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泉州市高中毕业班单科质量检查
物理试题
一、选择题
1.如图所示为某质点做直线运动的位移一时间图象，其中0P段为曲线，PQ段为直线。

下列说
A.0~8s时间内质点一直做加速运动
B.4s末质点的速度大于8s未的速度
C.4s末质点的加速度大于8s末的加速度
D.4~6s时间内质点的平均速度大于6〜8s时间内的平均速度
【答案】C
【解析】
【分析】
在位移-时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度；平均速度等于位移除以时间。

【详解】s-t图像的斜率等于速度，可知0~8s吋间内质点的速度先增加后不变，选项A错误; s-t图像的斜率等于速度，可知4s末质点的速度小于8s未的速度，选项B错误；4s末质点的加速度不为零，而8s末的加速度为零，可知4s末质点的加速度大于8s末的加速度，选项C正确；4~6s时间内质点的位移为6m, 6'8s时间内的位移为7m,时间相同，则4~6s时间内质点的平均速度小于6~8s时间内的平均速度，选项D错误；故选C.
2.2018年11月1 口，我国成功发射第卩4十一颗北斗导航卫星，这颗卫星属于地球同步卫星，关于这颗卫星的说法正确的是
A.线速度人于地球的第一宇宙速度
B.运行角速度等于地球自转的角速度
C.运行周期大于月球绕地球运行的周期
D.向心加速度大于地球表面的重力加速度
【答案】B
【解析】
【分析】
GM 第一宇宙速度是所有环绕地球做圆周运动的卫星的最大速度；根据T = 2兀J丄和a ==讨论周JGM L 期和向心加速度关系；同步卫星的角速度与地球自转的角速度相同.
【详解】任何地球卫星的速度都小于第一宇宙速度，可知该卫星的线速度小于地球的第一宇
宙速度，选项A错误；因为这颗卫星属于地球同步卫星，可知运行角速度等于地球自转的角
速度，选项B正确；根据T = 2TT—可知，此卫星的运转半径小于月球绕地球运转半径，可知
J GM
GM
运行周期小于月球绕地球运行的周期，选项C错误；根据a =—可知，向心加速度小于地球表
r
面的重力加速度，选项D错误；故选B.
3.如图所示，总重为G的吊灯用三条长度相同的轻绳悬挂在天花板上，每条轻绳与竖直方向
的夹角均为0,则每条轻绳对吊灯的拉力大小为
G A
G
B.——
3sin0
1
C・—Gcos0
3
1
D. -GsinO
3
3cos0
【答案】A
【解析】
【分析】
根据平衡条件列出竖直方向的平衡方程即可求解.
【详解】由平衡知识可知：3Tcos6 = G解得T=—?—,故选A.
3cos9
4.高空坠物极其危险。

设想一枚质量为50g的鸡蛋从某人头部正上方45m高的楼上由静止落下，鸡蛋与人头部的作用时间为4.5X10—1。

则头部受到的平均冲击力约为
A.3X10筑
B. 3X10:i N
C. 3X10“N
D. 3X105N
【答案】B
【解析】
【分析】
鸡蛋先做自由落体，根据动能定理求出速度；然后发生碰撞，根据动量定理列式求解平均作用力。

【详解】由2gh=v2可得：v = = ^/2 x 45 x 10=30m/s；鸡蛋质量：m二50g二0. 05kg；设向下为正方向，对碰撞过程由动量定理可得：(mg-F) t-0-mv；代入数据得：F-3300N；负号说明鸡蛋受到的冲击力向上；根据牛顿第三定律可知，头部受到的平均冲击力约为3000N,故B正确, ACD错误。

故选B。

【点睛】本题考查动量定理及自由落体的运动规律，要注意动量定理屮的方向性，在解题时耍先明确正方向。

5.如图所示，b点为两等量异种点电荷+Q和一Q连线的中点，以+Q为圆心且过b点的虚线圆弧上有a、c 两点，a、c两点关于连线对称。

下列说法正确的是
㊉ --- 9 --------- ㊀
+Q ；一0
/
✓
■ ■"
A.纸b、c三点电势相等
B.电子在纸c两处受到的电场力相同
C.电子由3点沿虚线圆弧移到b点的过程中电势能一直减小
D.电子由a点沿虚线圆弧移到c点的过程屮电势能先增加后减小
【答案】D
【解析】
【分析】
根据等量异种电荷周围的场强分布和电势分布规律进行判断；负电荷在低电势点的电势能较大，在髙电势点的电势能较小.
【详解】根据等量异种电荷的电场分布可知，b点的电势为零，ac两点电势相等且大于零，则选项A错误；a、c两点的场强大小相同，方向不同，则电子在a、c两处受到的电场力不相同，选项B错误；电子由爼点沿虚线圆弧移到b点的过程屮，因电势逐渐降低，可知电子的
电势能增加，选项C 错误；电子由a 点沿虚线圆弧移到c 点的过程，电势先降低后升高，则 电子的电势能先增加后减小，选项D 正确；故选D.
6. 如图所示，在x 轴上方空间存在磁感应强度大小为B 、方向垂直纸血向里的匀强磁场。

在原 点0处有一粒
子源，沿纸面各个方向不断地放出同种粒子，粒子以相同的速率v 射入磁场。

粒子重力及粒子间的作用均不计。

图屮的阴影部分表示粒子在磁场屮能经过的区域，其边界
A. 能经过M 点的粒子必能经过N 点
B. 粒子的电荷量与质量之比为丄
LB
C. 从ON 的屮点离开磁场的粒子在磁场屮运动的时间可能为一
6v
3兀L
D. 从N 点离开磁场的粒子在磁场中运动的时间为——
4v
【答案】C 【解析】 【分析】
沿x 轴正方向射出的粒子能经过M 点，然后回到原点；沿y 轴正方向射入磁场时粒子到达x 轴负向上最远处N 点；由儿何关系结合粒子的运动轨迹计算运动的时间.
【详解】沿x 轴正方向射出的粒子能经过点，然后回到原点；沿y 轴正方向射入磁场时粒
2 子到达X 轴上最远处，则能经过M 点的粒子不能经过N 点，选项八错戾ON^L,由叶石
M
解得：—
m 2v
BL ，
下列说法正确的是
由几何关系可知，从ON的中点离开磁场的粒子在磁场中运动转过的圆心角可能为300°,时间300° 2TC R 5TU L . 一』八fl , _ u . 60°2兀R 7tL t_ 十“ tl―亠卄〜”
t =—- ——=——，也可能为60°,时间为t=—- ——=—,选项C正确；从7点离升磁场360°v& 360°v 6v
的粒子在磁场中运动的时间为半周期，大小为t = - •,选项D错误；故选C.
2v 2v
【点睛】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径.要掌握左手
定则，熟练运用牛顿第二定律研究半径.
7.如图甲所示，匀强磁场垂直穿过矩形金属线框abed,磁感应强度B随时间t按图乙所示规
律变化，下列说法正确的是
甲乙
A.ti时刻线框的感应电流方向为a-^b-^c-^d-^a
B.t3时刻线框的感应电流方向为a—b—c—d—a
C.t2时刻线框的感应电流最大
D.D时刻线框ab边受到的安培力方向向右
【答案】AD
【解析】
【分析】
根据楞次定律判断感应电流的方向；根据B-t图像的斜率等于磁感应强度的变化率判断感应电流的大小；根据左手定则判断安培力的方向.
【详解】t」寸刻穿过线圈的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，线框的感应电流方向为a->b->c->d-*a,由左手定则可知，线框ab边受到的安培力方向向右，选项AD正确；ts时刻穿过线圈的磁通量向里减小，可知线框的感应电流方向为a-*d-*c-*b-*a,选项B错误；B~t 图像的斜率等于磁感应强度的变化率，可知t2吋刻磁感应强度的变化率为零，则线框的感应电流为零，选项C错误；故选AD.
【点睛】此题关键是知道感应电流的方向由楞次定律来确定，而其人小是由法拉第电磁感应定律來算得的.知道B-t图像的斜率等于磁感应强度的变化率；分清左右手定则的适用范围. &如图所示，轻绳一端固定在0点，另一端系一质量为m的小球。

现将小球拉至与0点等高的A处，由静止释放后小球下摆到最低点B,此
时速度大小为\「。

不计空气阻力，已知重力加速度大小为g。

下列说法正确的是
B
A.该过程重力做的功为hw?
2
B.小球经过B点时重力的功率为mgv
C.小球经过B点时拉力的功率为0
D.小球经过B点吋拉力大小为2mg
【答案】AC
【解析】
【分析】
由动能定理求解重力功；根据P二Fv判断功率，注意v是沿F方向的速度分量；根据动能定理结合牛顿笫二定律求解在最低点的拉力.
1
【详解】根据动能定理可知，该过程重力做的功为W G=-mv2,选项A正确；小球经过B点时，
2
因重力向下，速度与重力的方向垂直，可知重力的功率为0,选项B错误；小球经过B点时拉
力的方向与速度垂直，则拉力的功率为0,选项C正确；根据mgR=^mv2；由牛顿第二定律：
2
2
F-mg=m—；解得小球经过B点时拉力大小为F=3mg,选项D错误；故选AC.
R
9.如图所示，粗糙木板MN竖直固定在方向垂直纸面向里的匀强磁场中。

t二0时，一个质量为叭电量为q 的带正电物块沿MN以某一初速度竖直向下滑动，则物块运动的v-t图象可能是
A/
N
v
【解析】
【分析】
对滑块受力分析，分析开始时重力吧与摩擦力的大小关系來确定滑块的运动特点，根据速度的变化分析加速
度的变化。

【详解】设初速度为Vo,则若满足mg=f=uN,因N=Bqv0,则mg二PBqv。

,则滑块向下做匀速运动，则选项A正确；若mg> n Bqv(),则滑块开始有向下的加速度，由3 =哩二业可知，随速度m
增加，加速度减小，即滑块做加速度减小的加速运动，最后达到匀速状态，则选项D正确；若mg< M Bqvo,则滑块开始有向上的加速度做减速运动，由a = ptDqV可知，随速度减小，加
m
速度减小，即滑块做加速度减小的减速运动，最后达到匀速状态，则选项C正确；故选ACD.
【点睛】此题是动态分析问题；关键是分析洛伦兹力随速度的变化情况，从而分析加速度的变化情况来确
泄图像的形状.
10.如图所示，水平轻弹簧左端固定，右端连接一小物块，弹簧处于自然状态时物块位于粗糙水平桌面上的0点。

现用外力F缓慢推动物块到M点，此时弹簧的弹性势能为E“撤去力F 后，物块向右滑动，最远滑至N点，此过程中物块的最大动能为Ek,动能最大时的位置与M 点的距离为d,则下列说法正确的是
M O N
A.物块经过0点时动能最大
B.物块从M点到0点的过程中加速度先减小后增大
d E k
0.块经过与M点的距离为的-位置时动能大于芒
2 2
D.物块从M点运动到N点的过程克服摩擦阻力做的功为E p
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据滑块的受力情况以及弹力的变化情况分析加速度的变化；由能量关系分析选项CD的正误。

【详解】当弹力等于摩擦力时，滑块的速度最大，此位置应该位于M0之间某位置，选项A错误；开始时弹力大于摩擦力，加速度向右，随弹力的减小加速度逐渐减小，当弹力等于摩擦力时加速度减为零，此时速度最大；滑块继续向右运动时，弹力小于摩擦力，加速度向左且随着弹力的减小加速度逐渐变大，则选项B 正确；
设滑块速度最大的位置为M0之间的P点，则MP=d； MP的中点为Q,则由M到P由动能定理：W弹= E k；从M到Q,由动能定理：W弹MQ-尹ngd = E k,因W^M Q > (V弹临；可得E k>-E k,选项C .正确；因物块
在N点仍然有弹性势能，贝幽块从M点运动到N点的过程克服
2
摩擦阻力做的功小于Ep,选项D错误；故选BC.
【点睛】此题是牛顿第二定律进行动态分析以及能量守恒定律的应用问题；关键是分析物体
的受力情况以及弹力和摩擦力的关系；知道运动过程中能量的转化关系。

二、实验题
11.如图甲为某学习小组利用光电门研究物体做匀变速直线运动的实验装置。

请回答下列问题：
(1) ________________________________________________________ 用游标卡尺测量一滑块的长度L,示数如图乙所示，则L二__________________________________________ mni；
(2)在斜而上的八处安装一光电门，将滑块(M、N为滑块的两端点)从斜面上某处由静止滑下,
滑块经过光电门后，计时器记录了滑块遮光时间为t 。

则滑块MN 的中点经过光电门的瞬时速
2L
三(均选填“大于”“等于”或“小于”)
3 4 cm
11 i > JJ .U J 11
1
I HI 11 •111
1
0 5 10 乙
【解析】 【分析】
（1） 游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标尺的读数，不估读；（2）根据中间吋刻的速度小 1 2L
于中间位置的速度判断；根据＞v o t+-at 2
判断加速度和石的关系.
2 L
【详解】（1）用游标卡尺测量一滑块的长度L,则L=3. 2cm+0. 1mmX4=3. 24cm=32. 4mm ；
（2） 滑块经过光电门中I'可时刻的速度等于平均速度0 = 1 ；因中间位置的速度大于中间时刻的
t
速度，可知滑块MN 的中点经过光电门的瞬时速度大于1；设N 点经过光电门A 时的速度为vo, t 1 2T 2v°
2L
则L=v o t+-at 2,解得a= -------------- ,则滑块下滑的加速度小于 2 t 2 1
t
12.屯池组E （电动势3V,内屯限很小） 滑动变阻器凤＜O-20klL 報定电流1A 〉 电压表V （量程0~3V,内电眼约3kQ ＞ 滑动变限器凡（0-20Q,额定电漩2A ） 电流表儿（燉稈070mA,内电九约6Q ） 开关S 电流表A 2 （fi ：程OQ6A ・内电組约0.2Q ）
导线若干
（1）该同学先用多用电表欧姆挡粗测该电阻的阻值，先用“X100”挡测量，发现指针指在图
甲中虚线位置，这时他应该选用“ ________________ ”挡进行测量，调整好挡位并进行欧姆调零后 再次测量，指针指在图甲中实线位置，则&的阻值为
Q 。

(1). (1) 32.4 (2). (2)大于； (3).小于;
【答案】
甲
(2)为了进一步准确测量&的阻值，该同学根据表中器材设计实验电路进行测量，
①电流表应选用____________ ，滑动变阻器应选用________________ (均填写字母代号)；
②若该同学已正确选用器材，并连接好部分实验电路，如图乙所示，请用笔划表示导线补充
完成连线_________ 。

③闭合开关，移动滑片测得多组数据，可求11!乩的阻值。

【答案】(1). (1) X10 (2). 300 (3). (2)①Al (4). R2 (5).②如图;
【解析】
【分析】
(1)欧姆表指针指在图甲中虚线位置，指针偏角过大，说明倍率扌肖选择的过大，应选择较小的倍率；(2)根据实验要求选择仪器；(3)因待测电阻的阻值300Q远大于电流表的内阻6Q, 可知应该采用电流表内接电路，滑动变阻器用分压电路；
【详解】(I)该同学先用多用电表欧姆挡粗测该电阻的阻值，先用“X100”挡测量，发现指
针指在图甲中虚线位置，指针偏角过大，说明倍率挡选择的过大，这吋他应该选用“X10” 挡进行测量；R'的阻值为30 X 10 Q =300 Q。

3
(2)电路中可能出现的最大电流为—A=10mA,可知电流表选择儿；滑动变阻器要用分压
300
电路，故选R2；
(3)因待测电阻的阻值300 Q远大于电流表的内阻6Q,可知应该釆用电流表内接电路，滑动变阻器用分压电路；如图；
三、计算题
13.“复兴号”动车组共有8节车厢，每节车厢质量m=18t,第2、4、5、7节车厢为动力车厢, 第1、3、6、8节车厢没有动力。

假设“复兴号”在水平轨道上从静止开始加速到速度v=360km/h, 此过程视为匀加速直线运动，每节车厢受到f二1・25X1(TN的阻力，每节动力车厢的牵引电机提供24.75X107的牵引力。

求：
(1)该过程“复兴号”运动的时间；
(2)第4节车厢和第5节车厢之间的相互作用力的大小。

【答案】(1) 80s (2) 0
【解析】
【分析】
(1)以动车组为研究对象，根据牛顿第二定律结合运动公式求解该过程“复兴号”运动的时间；(2)以前4节车厢为研究对彖，由牛顿第二定律列式求解第4节车厢和第5节车厢之间的相互作用力的大小.
【详解】(1)以动车组为研究对象，由牛顿第二定律：4F-8f=8ma
动车组做匀加速运动，则v 二at
解得t=80s
(2)以前4节车厢为研究对象，假设第4、5节车厢间的作用力为N,则由牛顿第二定律：
2F-4f+N=4ma
解得N 二0.
14. 如图甲所示，将两根足够长、间距为L 的平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，左端接 一阻值为R 的电阻，与导轨垂直的虚线ef 右边区域存在方向竖直向下的匀强磁场，质量为m 的金属杆PQ 静止在导轨上。

现对杆施加一水平向右的恒定拉力，经过时间t 杆进人磁场，并 开始做匀速直线运动，杆始终与导轨垂直并接触良好，导轨和杆的电阻均不计。

乙
杆运动的速度与此后的位移关系图象如图乙所示，求
0〜x°与x/3x°两个过程中电阻R 产生的热量之比9。

mR
5 【答案】(1) B= — (2)- Jl?t
4
【解析】
【分析】 (1)杆进入磁场Z 前做匀加速运动，进入磁场后做匀速运动，根据安培力等于F 求解(2) 根据能量关系求解两个过程中电阻R 产生的热量之比.
【详解】(1)设拉力大小为F,杆的加速度为a,进入磁场时的速度为v 。

，则F=ma ；
杆做匀加速运动，则v 0=at,
杆在磁场中做匀速运动，则F 二F 安二BIL
I 二
E/R
(1)求匀强磁场的磁感应强度大小B ；
(2)若杆进入磁场后的某时刻撤去拉力,
E=BLv0
hnR 联立解得：B-
2v
(2)撤去拉力后，由图乙可知，杆在X=Xo处的速度大小为¥=—3
1 . 1 ? 由能量关系，在O-Xo过程屮，电阻R
产生的热量Q! = 在Xo-3xo过程屮，电阻R产生的热量Q2 = ^mv2 解得勺=-
Q2 4
15.如图所示，四分Z—圆弧AB和半圆弧
BC组成的光滑轨道固定在竖直平面
内，A、C两端点R
等高，直径BC竖直，圆弧AB的半径为R,圆孤BC的半径为-。

一质量为HI的小球从A点上方2
的D点由静止释放，恰好沿A点切线方向进入并沿轨道运动，不计空气阻力，重力加速度大小为go
B
(1)要使小球能运动到C点，D、A两点间的高度差h至少为多大？
(2)改变h,小球通过C点后落到圆弧AB上的最小动能为多少
【答案】(1)— (2) —mgR
4 2
【解析】
【分析】
(1)小球刚好通过C点，则重力充当向心力，结合机械能守恒定律求解h； (2)小球从C点做平抛运动，结合平抛运动的规律和机械能守恒定律找到陽和h的函数关系，根据数学知识讨论.
【详解】(1)设小球刚好通过C点的速度为V,则mg二IBR
2
小球从D点到C点的过程中机械能守恒，有：mgh=-mv1 2
2
联立解得h二R/4
(2)设小球通过C点的速度为％,落到圆弧AB上时，水平位移为x,下落高度为y,由平抛
运动的规律可知X二Vot; y=-gt2
2
1 碰后b的速度大小u以及a、b碰撞过程中系统损失的机械能AE；
2 磁场的磁感应强度大小B；
从C点抛出到落到圆弧AB _h, rfl动能定理mgy = E k-^mvQ
又x2+y2=R2
联立可得：E k = -mg(— + 3y)式中当—=3y B|Jy = —R时，E K有最小值，
4 y y 3
联立可得E k = ymgR
16.如图所示，在竖直平面(纸面)内有一直角坐标系xOy,水平轴x下方有垂直纸而向里的匀
强磁场，第三象限有沿x轴负方向的匀强电场，第四象限存在另一匀强电场(图中未画出)；光滑绝缘的固定不带电细杆PQ交x轴于M点，细杆PQ与x轴的夹角0=30°,杆的末端在y 轴Q点处，PM两点间的距离为L。

一套在杆上的质量为加、电荷量为q的带正电小环b恰好静止在M点，另一质量为叭不带电绝缘小环a套在杆上并由P点静止释放，与b瞬间碰撞后反弹，反弹后到达最高点时被锁定，锁定点与M点的距离为b沿杆下滑过程屮始终与杆Z 16
间无作用力，b进入笫四象限后做匀速圆周运动，而后通过x轴上的"点，且0M=0N o已知重力加速度大小为g,求：
【答案】（1）誨；詁gL⑵蟹^
（3）i；竖直向上经过x轴：t =壬片+（□・1）（諾+ g佇）（“1、2、3……）ii ；竖直向下经过x
轴:t = -^+-E+（n-l）（-E+-E）（n=l> 2、3……）
24』g 4jg 八4屉16jg7
【解析】
【分析】
（1）根据能量守恒定律和动量守恒定律求解碰后b的速度大小D以及a、b碰撞过程中系统损失的机械能AE；（2） b从M点运动到Q点的过程中与杆无作用力，列出平衡方程，结合其他关系求解B；（3）画出粒子的运动轨迹，结合几何关系以及圆周运动的知识求解b离开杆后通过x轴可能的时间。

【详解】（1）设a和b相碰前的速度大小为w,碰后的速度为V2,由机械能守恒定律：
1 2
mgLsinO = -mvi
L . 1 2
mg ・一sinO = -mv9
16 2 2
3 b离开杆后经过多长时间会通过x轴。

由动量守恒定律：mV]=-mv2 + 2mv
“ 5 L
解得V =-\^
8
1 ? 1 9 1 °
机械能损失：AE =+ - x 2mv~）
解得AE = —mgL
（2）设匀强磁场的磁感应强度大小为B,由于b从M点运动到Q点的过程屮与杆无作用力，可得qvBcos 0 =2nig,
解得B =迴亟
15qL
（3） b在第四象限做匀速圆周运动的轨迹如图，
由儿何关系可知轨迹的圆心0’在x轴上,b经过N点时速度方向与x轴垂直，圆心角a =120°,
又匀速圆周运动的周期为T =— b 从Q 点第一次通过N 点的时间为ti=—T
360°
(ii)竖直向下通过x 轴： 5K (3L 5 E 5 £ 5TC (3L 、
t = tj + t 2 + (n-l)(t2 + t 3) = — — + -H+(n-l)(-H+— 一) (n=l 、2、 ........ )
2列 g 4jg 4、念 16( g
【点睛】此题考查带电粒子在复合场屮的运动，粒子的运动较复杂，关键是是先搞清粒子运 动的物理过程，画出粒子运动的轨迹图，结合圆周运动的知识，能量守恒以及动量守恒的关 系求解. b 第一次通过N 点后做竖直上抛运动，经t2时间第二次通过N 点，有:
b 第二次通过N 点后做竖直上抛运动，经S 吋间第三次通过N 点，有:
故b 离开杆后会通过x 轴的可能时间是:
(i )竖直向上通过x 轴:
t = t 1 + (n-l)(t 2 + t 3) = (n 二 1、2 >
3。