福建省龙岩市2018届高三下学期教学质量检查(4月)理综物理试题

龙岩市2018年高中毕业班教学质量检查
理科综合能力测试（物理）
二、选择题：本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14~17题只有一项符合题目要求，第18-21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1.以下有关近代物理内容的叙述正确的是
A. 光电效应现象证明了光具有波动性
B. 光电效应产生的光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
C. 根据玻尔理论氢原子由高能级跃迁到低能级时释放核能
D. 比结合能小的原子核反应生成比结合能大的原子核时释放核能
【答案】D
【解析】
光电效应现象证明了光具有粒子性，故A错误。

根据光电效应方程知，知光电子的最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，不是正比关系。

故B错误。

氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，即能量，而这个能量不是核能，故C错误；比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时有质量亏损，释放核能。

故D正确。

【点睛】光电效应说明光具有粒子性，根据光电效应方程分析光电子的最大初动能与入射光的频率的关系，当原子核发生变化时才会释放出核能。

2.中国科技馆“探索与发现”展厅有一个展品名为“伸缩的线圈”，如图所示，该展品是将软导线绕制成“软螺线管”套在铁棒上，通电时，“软螺线管”的长度会发生变化。

现仅改变电流的方向，比较两次通电时线圈的状态，下列说法正确的是
A. 线圈由伸长状态变为压缩状态
B. 线圈由压缩状态变为伸长状态
C. 线圈仍是伸长状态
D. 线圈仍是压缩状态
【答案】D
【解析】
以每一匝线圈为研究对象，由安培定则可知，它们的N极都朝向同一方向，则相邻的两侧为异名磁极，根据异名磁极相互吸引可知，当通电后，线圈会向中间靠拢，故改变电流方向后，线圈仍是压缩状态，故ABC错误，D正确；故选D.
【点睛】本题考查了对“伸缩的线圈”原理的分析与判断，螺线管的各单匝线圈均产生磁场，由于各匝线圈的磁场都是异性磁极相对，因此他们之间相互吸引，在吸引力的作用下螺线管收缩在一起．
3.真空中的点电荷在其周围产生电场，电场中某点的电势与点电荷的电量成正比，与该点到点电荷的距离成反比，即。

在某真空中有一如图所示的正六边形 ABCDEF，O为中心，A、C、E三个顶点各固定一点电荷，其中A、C两点电荷量为q，E点电荷量为－q，E B、E o分别表示B、O点场强的大小，B、O分别表示B、O点的电势，则以下关系中正确的是
A. E B >Eo B＞O
B. E B＜Eo B＞O
C. E B = Eo B=O
D. E B＜Eo B=O
【答案】B
【解析】
A、C、E三个电荷分别在O点，B点的电场强度，如图所示
其中，由电场强度的叠加原理，可知O点的合电场强度向下，B的合电场强度向上，且；电场线由正电荷出发终止于负电荷，而沿电场线方向电势不断降低，故O点的电势低于B点的电势，即，故ACD错误，B正确，故选B.
【点睛】电势是一个标量，某点的电势等于三个电荷产生的电势的代数和；电场强度是一个矢量，某点的电场强度等于三个电荷产生的电场强度的矢量和．
4.某综艺电视台有一档游戏节目，可简化为如下过程：参赛选手用一个质量为m的物块(大小不计)压缩一弹簧，由静止释放物块，物块由水平地面滑上水平传送带，离开传送带后，若能落到传送带右侧的平台上指定的范围内，为游戏成功，如图所示。

游戏开始前，传送带静止，选手进行一次测试：压缩弹簧到某一位置，释放后，物块能落在有效范围内。

游戏开始后，让传送带以一定的速度转动，为保证游戏成功，选手要根据传送带转动情况调整弹簧的压缩量，则：
A. 传送带逆时针转动时，弹簧的压缩量一定不变
B. 传送带逆时针转动时，弹簧的压缩量一定要增加
C. 传送带顺时针转动时，弹簧的压缩量一定不变
D. 传送带顺时针转动时，弹簧的压缩量一定要减少
【答案】A
【解析】
当传送带不动时，选手受向左的摩擦力作用，故选手在传送带上做匀减速运动，然后做平抛运动到有效范围内；传送带逆时针方向运行，选手受向左的摩擦力作用，在传送带上做匀减速直线运动，其运动情况与传送带静止情况相同，根据平抛运动规律知道选手的落地点与静止的落地点相同，故此时选手也能落在有效范围内，故此时弹簧的压缩量与静止相同，故A 正确，B错误；传送带沿顺时针方向运行，当选手的速度大于传送带的速度时，选手在传送带上可能一直做匀减速运动，也有可能先做匀减速后做匀速运动，故选手滑出传送带时的速度大于等于传送带的速度，根据平抛运动规律知道选手的落地点可能仍在原来的落点上，可能在原落点的右侧；传送带沿顺时针方向运行，当选手的速度小于传送带的速度时，选手在传送带上可能一直做匀加速运动，也有可能先做匀加速后做匀速运动，根据平抛运动规律知道小物块的落地点在原落地点的右侧，故弹簧的压缩量可能不变，可能增大，故CD错误；故选A.
【点睛】根据机械能守恒定律知道滑上传送带的速度，与传送带的运行速度进行比较，判断物体的运动规律，从而得出物体平抛运动的初速度，以及平抛运动的水平位移。

物体飞出右端做平抛运动，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动
5.如图所示，有一个“口口”形铁芯上绕有两个线圈，铁芯的三个竖直部分截面积相同，当线圈通电时产生的磁场都不能穿出铁芯，并且在分支处分成完全相等的两部分，现在给线圈1加电压为U0的正弦式交流电，2接一负载电阻，此时线圈1中的电流为I0，线圈2中的电流为
I0，则线圈1、2的匝数比k及线圈2两端的电压U为(忽略线圈的电阻及铁芯中由于涡流而造成的电能损失)
A. U=2U0
B. U= 4U0
C. k=
D. k=
【答案】AD
【解析】
【详解】因为理想变压器，根据能量守恒定律可得I1U1=I2U2，解得，故A正确，B错误；当线圈通电时产生的磁场都不能穿出铁芯，并且在分支处分成完全相等的两部分。

可
知，由法拉第电磁感应定律得：，。

解得：，故D正确，C错误。

故选AD.
【点睛】根据变压器原副线圈的电压与匝数成正比，原副线圈的电流与匝数成反比，即可求解。

6.地面卫星监测技术在军事、工业、农业、生产、生活等方面发挥着巨大作用，对地面上的重要目标需要卫星不间断地进行跟踪监测是一项重要任务。

假设在赤道上有一个需跟踪监测的目标，某监测卫星位于赤道平面内，离地面的飞行高度为R，飞行方向与地球自转方向相同，设地球的自转周期为T，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，忽略大气层对光线传播的影响，则此卫星在一个运动周期内对目标连续监测的最长时间为t，卫星的运转周期为T′，则
A. T′=
B. T′=
C. t=
D. t=
【答案】AC
【解析】
根据，得卫星的周期，故A正确，B错误。

根据几何关系，卫星在t时间内比地球自转的角度多120度，如图
卫星从A到B，地球自转从C到D，则有：，而卫星的角速度，解得
，故C正确，D错误。

故选AC。

【点睛】根据万有引力提供向心力求出卫星的周期大小；根据几何关系，结合题意得出卫星在t时间内比地球自转多走的角度，从而求出运动的时间。

7.如图所示，在一截面边长为a的正方形ABCD真空区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，在AB边的中点位置O，有一个粒子放射源，能沿纸面向磁场区域各个方向发射速度为的同种带负电粒子，粒子质量为m、电荷量为q，粒子重力不计，已知沿OB方向射入的粒子，在磁场中运动转过的角度为30°，下面有关磁场及粒子运动的描述正确的是
A. 磁感应强度大小为
B. CD边上任何一点均会有粒子射出磁场
C. CD边上射出磁场的粒子在磁场中运动的最短时间为
D. 粒子不可能由C点射出磁场，由D点射出磁场的粒子在磁场中运动时间最长
【答案】CD
【解析】
根据题意，作出沿OB方向入射的粒子的运动轨迹图，如图
其中E为圆心，M为出射点，过M作OE的垂线交于N点，由图可知，设粒子运动的半
径为r，由几何关系得：，解得:r=d，根据，解得：，故A错误；因为运动的半径r=d，保持不变，若粒子从C点出射，则圆心在D点，由几何关系可知，入射点O到D点的距离大于r，故粒子不可能从C点出射，而从D点出射的粒子，其运动轨迹对应的弦长最长，故圆心角最大，根据，可知粒子运动的时间最长，故B错误，D正确；因为周期不变，根据，可知从CD边出射时偏转角度越小，运动的时间越短，此时对应的弦长也最短，故由几何关系可知，当粒子从E点出射时运动的时间最短，作出运动轨迹图，如图
其中H为圆心，G为出射点，因为OH=HG=OG=r，故三角形OHG是等边三角形，故，
则运动的时间为，故C正确；故选CD.
【点睛】根据几何关系求出运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度，粒子在磁场中运动的时间与角度有关，而角度与对应的弦长有关，弦长越长，运动的时间越长。

8.光滑水平面上有一静止的长木板，其左端放着一个质量为m的小铁块，如图中A所示初始位置。

某时刻小铁块获得一水平向右的初速度v后开始在木板上滑行，一段时间后从长木板的右端离开，小铁块与木板之间存在摩擦力。

则小铁块刚滑到长木板的右端时，与初始的相对位置比较，图中①②③④所示的四种情况中，不可能出现的是
A. ①
B. ②
C. ③
D. ④
【答案】ACD
【解析】
小铁块以一定的初速度滑上长木板，相对于长木板向右运动，小铁块对长木板有向右的滑动摩擦力，在滑动摩擦力作用下，长木板向右做匀加速运动，当小铁块刚滑到长木板的右端时，长木板相对于水平面的位移向右，所以①图不可能。

故A错误。

小铁块向右做匀减速运动，长木板向右做匀加速运动，若小铁块刚滑到长木板的右端时小铁块的速度大于长木板的速度，作出两个物体的v-t图象，由图象的“面积”表示位移知，图中红色阴影面积表示小铁块相对于长木板的位移，等于板长，黑色阴影面积表示长木板的位移，如图
根据几何关系知，长木板的位移小于板长。

所以②图可能，③、④图不可能。

同理，当小铁块刚滑到长木板的右端时小铁块的速度等于长木板的速度，②图可能，③、④图不可能。

故B 正确，CD错误。

本题选不可能出现的，故选ACD。

【点睛】分析长木板的受力情况，判断其运动情况。

画出小铁块和长木板的v-t图象，根据图象的面积表示位移分析小铁块刚滑到长木板的右端时两者相对位移与长木板位移的大小，即可作出判断。

9.某兴趣小组想测量一卷弹性可忽略的尼龙线的最大承受拉力，他们选择使用拉力传感器和钢卷尺来完成实验，他们首先从整卷线上剪下一段样品线(重力不计)，穿上一个质量很小的光滑度很高的小环，然后将细线两端分别固定在两根竖直杆上的两个适当位置A、B，如图所示，用拉力传感器拉住小环，竖直向下逐渐增大拉力，直到将细线拉断。

(1)第一次实验测量时，发现传感器的示数已经很大了但仍没有拉断细线，他们分析发现选择细线的长度不合适，应当将细线长度____________(填“加长”或“缩短”)。

(2)正确调整后进行第二次实验，竖直向下拉光滑小环，逐渐增大拉力，当观察到传感器示数为F时细线被拉断.
(3)该兴趣小组要想得到尼龙线的最大拉力，还需要测量的物理量(并写出相应的符
号)__________。

(4)写出计算承受最大拉力的表达式F m=___________。

【答案】 (1). 缩短 (2). 两杆之间的距离d，两杆之间细线的有效长度 (3).
【解析】
对小环受力分析，如图所示
根据平衡条件得：，解得，当细线的长度缩短时，两细线之间的夹角增大，则减小，故在相同F作用下，拉力T增大，更容易到达最大拉力，故应缩短两细线之间的距离；（2）设两杆之间的距离d，两杆之间细线的有效长度，由几何关系得：
，则.
【点睛】以小环为研究对象，受F和两侧细线的拉力作用，因为是同一根细线，故两侧细线的拉力大小相等，再根据正交分解法求出细线拉力与F的关系式，并根据关系进行分析求解。

10.甲、乙两个同学分别对同一电源进行了测量其电动势和内电阻的实验
(1)甲同学用图甲所示的电路进行实验，利用测量得到的数据可求得电源的电动势为E1，内电阻为r1。

(2)乙同学用图乙所示电路进行实验。

图乙中E是待测电源，E′是辅助电源，灵敏电流表为监视电流表，T是一个常开开关，通常是断开的，按下时接通，松开后又断开，防止中长时间有电流，具体测量操作过程如下：
①按图乙连接电路，闭合S1、S2闭合前将滑动变阻器R和R′的阻值均调到最大；
②调节R的滑片到某一位置，闭合开关S 1、S2，短时间按下开关T，观察示数；反复调
节R′的阻值，直到使示数为零；此时A点电势φA与B点电势φB的大小关系是
φA________φB(选填“>”、“<”、“=”)
③记下此时电压表和电流表的示数U 1、I1；
④减小R的阻值，重复②的操作，再次记下电压表和电流表的示数U 2、I2；
⑤根据以上操作测量得到的数据，可求得电源的电动势为E2，内电阻为r2=______。

(3)两位同学所测的电动势的大小关系是E1_______E2(选填“>”、.“<”、“=”)。

【答案】 (1). = (2). (3). =
【解析】
（2）②电流计G示数为零，说明其两端的电势差相等，故，⑤因AB两点等势，则说明电压测量为路端电压，而电流表示数为干路电流；则闭合电路欧姆定律可得：
，联立解得：，（3）甲同学采用相对电源电流表内接法，本实验中电动势测量值是准确的；乙同学采用补偿法进行实验，电表内阻的影响可以忽略，所以测量值是准确的；故。

【点睛】明确实验原理，确定两同学的测量方法，从而根据闭合电路欧姆定律分析电动势和内电阻；同时根据实验原理电表内阻的影响分析实验误差情况。

11.一质量为M的同学站在粗糙的水平地面上将质量为m的铅球水平推出，推出后人保持静止，铅球落地时的位移大小为L，方向与水平成θ角。

第二次该同学站在光滑的水平冰面上将此铅球水平推出，假设两次推铅球过程中出手高度及推球动作相同，人做功输出的机械能也相同，求：
(1)第一次推铅球时，铅球的水平初速度大小；
(2)先后两次铅球刚落时，铅球与人的水平距离之比。

【答案】(1) (2)
【解析】
试题分析：（1）铅球被推出后做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出铅球的水平速度。

（2）推铅球过程中，人与铅球组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出铅球落地时与人间的距离，然后求出距离之比。

（1）设铅球的水平初速度为，铅球做平抛运动
水平方向有：，竖直方向有：
联立解得：
（2）在光滑的水平冰面上推出铅球过程，人与铅球组成的系统在水平方向动量守恒，以铅球的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
在推铅球过程，由能量守恒定律得：
铅球被推出后最平抛运动，人做匀速直线运动，铅球落地时，人与铅球间的水平距离：
在粗糙水平面上，铅球落地时，人与铅球间的水平距离：
联立解得：
【点睛】本题考查了动量守恒定律的应用，铅球被推出后做平抛运动，分析清楚铅球与人的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、平抛运动规律可以解题。

12.如图所示，abcd是质量为m、边长为l、电阻为R的正方形金属线框，PQMN为倾角为θ、绝缘的光滑矩形斜面。

在斜面的ABCD区域充满匀强磁场，磁场的方向垂直于斜面，磁感应强度为B，PQ、MN、AB、CD均水平，AB与CD间距离为d(d＞l)。

abcd是由静止开始沿斜面下滑，下滑过程线框的cd边始终平行于PQ，并且cd边到达磁场上边界AB时的速度与到达下边界CD的速度均为v，求：
(1)线框通过磁场过程中，线框产生的焦耳热；
(2)线框通过磁场过程中，运动时的最小速度；
(3)线框通过磁场所用的时间。

【答案】(1) (2) (3)
【解析】
试题分析：（1）cd边从AB运动到CD，由动能定理求得克服安培力做功，即等于产生的焦耳热。

（2）cd边到达磁场上边界AB时的速度与到达下边界CD的速度均为v，而线框全部进入磁场做匀加速运动，说明线框进入磁场时做减速运动，对于线框全部进入磁场直到cd边刚要出磁场的过程，由动能定理求解最小速度。

（3）线框减速进入磁场的过程，由动量定理及电磁感应规律求解运动时间。

线框在磁场中匀加速过程，由动量定理或牛顿第二定律和速度公式结合求运动时间。

线框出磁场的时间与进磁场的时间相等，从而求得总时间。

（1）cd边从AB运动到CD，由动能定理得
线框通过磁场过程中，线框产生的焦耳热为：
解得：
（2）线框全部进入磁场做匀加速运动，直到cd边刚要出磁场
由动能定理得：
解得：
（3）减速进入磁场的过程，由动量定理得：
又安培力、感应电流、感应电动势，运动的位移
联立解得
在磁场中匀加速度：
解得：
线框通过磁场的时间
则
【点睛】分析清楚金属框的运动过程是正确解题的前提，要知道焦耳热往往根据能量守恒定律求解。

对于变减速运动的时间，可根据动量定理求解。

13.潜水员在潜水作业时，会造成大量气泡，若将潜水作业的潜水员产生的气泡内的气体视为理想气体。

气泡从水下缓慢上升到水面的过程中(不考虑水温的变化)，气泡体积变大，对外界做了0.4J的功。

气泡到达水面后，仍未破裂，由于与外界接触，温度上升，吸收了0.3J 的热量，同时气泡内气体内能增加了0.1J。

则下列说法正确的是_________
A.气泡从水下上升到水面过程中放出0.3J的热量
B.气泡从水下上升到水面过程中吸收了0.4J的热量
C.整个过程中，气泡对外界做了0.6J的功
D.气泡到达水面后没有破掉是因为水的表面张力
E.整个过程中气体的体积变大，分子势能变大
【答案】BCD
【解析】
由题可知气泡内的气体视为理想气体，气泡从水下上升到水面过程温度不变，即△U=0；根据热力学第一定律△U=Q+W，解得：Q=0.4J．故A错误、B正确；由题可知气泡从水下上升到水面过程对外界做功0.4J；气泡达到水面后，再根据热力学第一定律解得：W=-0.2J，即气体对外界做功0.2J，因此全过程气泡对外界做功0.6J．故C正确；气泡到达水面后没有破掉是因
为水的表面张力的作用。

故D正确；理想气体的内能大小与体积无关，也就是说理想气体的内能永远等于零。

故E错误。

故选BCD。

【点睛】根据热力学第一定律求解出气体吸放热和做功的情况；利用表面张力的特点解释一些生活常识；一定质量的理想气体内能大小决定因素只有温度，与体积无关。

14.如图所示，竖直放置在地面上的结构相似的绝热气缸A与导热气缸B，由刚性轻质细杆连接的绝热活塞与两气缸间均无摩擦，已知两气缸的横截面积之比S A：S B=2：1，两气缸内装有某理想气体。

开始时气缸中的活塞与缸底的距离均为L，温度均为T0，已知外界大气压为p0，现缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体温度变为原来的1.5倍，设环境温度始终保持不变。

活塞的质量、气缸壁的厚度均忽略不计，气缸B的质量是M=，(题中对应温度为热力学温度)求：
(i)初始状态时，B气缸中的气体压强;
(ⅱ)停止加热达到稳定后，气缸B上升的高度
【答案】(1) 2p0 (2) 0.5L
【解析】
试题分析：（i）对活塞进行受力分析，即可求出初态时B气缸中的气体压强；（ii）加热膨胀气缸A的气体压强不变，做等压变化，而气缸B内的气体温度、体积保持不变，故气缸B上升的高度等于气缸A中活塞上升的高度
(i)设初态时，气缸B中的气体压强，对活塞B由平衡条件得：
解得：
(ii) 加热膨胀前后气缸A、B的压强均不变
对气缸A的气体，由盖—吕萨克定律得：
解得：
对气缸B，气体温度不变，所以B内气体的体积也不变
因此稳定后气缸A中活塞上升的高度就等于气缸B上升的高度h=1.5L－ L=0.5L
【点睛】本题是连接体问题，先对活塞进行受力分析，再找出两部分气体状态参量间的关系，分析清楚气体做何种变化，再由相应的定律即可解题，要掌握连接体问题的解题思路与方法。

15.一列简谐横波沿x轴正方向传播，这列波的传播速度是30cm/s，如图为距波源7.50cm处的质点的振动图象，且该质点开始振动时记为0时刻，则下列说法正确的是_______。

A.波源的起振方向沿y轴负方向
B.该质点与距波源2.5cm处的质点运动方向始终相同
C.当t=0.1s时，波源处的质点处于波峰
D.当t=0.2s时，该质点的位移为6.00cm
E.当该质点经过的路程为1cm时，波源处的质点加速度为零
【答案】ACE
【解析】
由图可知，x=7.50cm处的质点的起振方向沿y轴负方向，故波源的振动方向沿y轴负方向，故A正确；由图可知，波的周期T=0.2s，则波长，x=2.5cm
处的质点与x=7.5cm处的质点相距，故两处质点的运动方向不相同，故B错误；波源与x=7.5cm处的质点相距，故.当t=0.1s时x=7.5cm 处的质点位于平衡位置向上振动，则波源处的质点在波峰位置，故C正确；当t=0.2s时，该质点又回到平衡位置，故该质点的位移为0cm，故D错误；因振幅A=0.2cm，当该质点经过的路程为1cm=5A，即质点振动了个周期，此时该质点处于波谷位置，而波源处的质点处于平衡位置，故位移为0，则加速度为0，故E正确；故选ACE.
【点睛】由振动图象读出周期，根据求出波长，分析x=2.5cm处的质点与x=7.5cm处的质点的距离差与波长的关系，得出两处质点的振动情况；分析波源处的质点与x=7.5cm处的质点的距离差与波长的关系，得出两处质点的振动情况。

16.如图所示，一个横截面为半径R=2cm的圆柱形玻璃，放置在水平地面上，地面上有一个光源P，可发出不同颜色的线状光束恰好照射到柱形玻璃的水平直径的左侧A点，且光源射出的
光线和横截面在同一平面。

绿色光束射到A点，经柱形玻璃后在B点(图中未标出)光源恰沿水平方向射出(不考虑在玻璃内的反射光)。

已知射出点B与A点的水平距离是d=3cm，求：
(i)绿光在该柱形玻璃内的运动时间；(取光在空气中速度为3×108m/s)
(ii)若将这束绿光改成蓝光，经柱形玻璃射出后能否在地面上形成光斑。

(不用说明理由) 【答案】(1) 2×10－10 s (2)能
【解析】
试题分析：（i）根据题意作出光路图，再根据几何关系求入射角和折射角，根据折射定律求出折射率，最后根据和运动的路程求出运动的时间；（ii）若将绿光换成蓝光时，因为蓝光的折射率大，大小不变，r变小，由光路图可知，经柱形玻璃射出后能在地面上形成光斑.
(i)根据题意作出光路图，如图所示
由光路图和几何关系可得，
若将绿光换成蓝光时，因为蓝光的折射率大，大小不变，r变小
由光路图可知，经柱形玻璃射出后能在地面上形成光斑；由几何关系可得：，且
，得：
根据折射定律有：
解得：
由几何关系可知：，又
联立解得
(ii)能
【点睛】本题主要考查了折射定律，光在介质中的传播速度和传播时间的问题，解决本题的。