2018届河南省中原名校(豫南九校)高三上学期第四次质量考评试题 物理

河南省中原名校（豫南九校）2018届高三上学期
第四次质量考评（期中）物理试题
一、选择题：本题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，第1—6题只有一个选项正确。

第7—10题有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1. 如图所示为氢原子的能级分布图，已知可见光光子的能量在1.61eV~3.10eV范围内，由图可知
A. 基态氢原子吸收能量为10.3eV的光子能从n=1能级跃迁到n=2能级
B. 基态氢原子的电离能为13.6eV
C. 一群处于n=5能级的氢原子向低能级跃迁时，可辐射6种不同频率的光子
D. 氢原子从n=4能级跃迁到n=3能级，辐射的光子是可见光
【答案】B
【解析】A、根据玻尔理论可知，氢原子能级跃迁时，吸收的光子能量必须严格等于能级差，A项错误；B、基态氢原子电离时的电离能为13.6eV，B项正确；
C、一群处于n=5能级的氢原子向低能级跃迁时，可辐射种不同频率的光子，C项错误；
D、氢原子从n=4能级跃迁到n=3能级，辐射的光子的能量为-0.85eV-（-1.51eV）=0.66eV，能量比可见光光子的能量小，不可能是可见光光子，D项错误。

故选B。

【点睛】只有入射光子的能量大于金属的逸出功才会发生光电效应．能级间跃迁辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，根据辐射的光子能量与可见光的光子能量比较进行判断．
2. 如图所示为甲、乙两质点做直线运动的v-t图象，若两质点从同一地点出发，到时刻相遇，则下列说法正确的是（）
A.
B.
C.
D. 时间内，甲、乙相距的最大距离为3m
【答案】C
【解析】C、由图可知，甲的加速度，乙的加速度，则，求得，C项正确；A、，A项错误；B、
，B项错误；D、内，甲、乙相距的最大距离为
，D项错误。

故选C。

【点睛】本题是速度-时间图象问题，要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，即可分析两物体的运动情况．
3. 将一右端带有固定挡板的长薄板放在水平面上，一质量不计的弹簧右端拴接在挡板上，左端拴接一可视为质点的滑块，当弹簧原长时滑块位于长薄板的O点，将滑块拉至图中的A点，整个装置处于静止状态。

现将长薄板的右端缓缓地抬起直到滑块将要沿长薄板下滑。

滑块所受的摩擦力以及支持力的大小分别用表示。

则在上述过程中下列叙述正确的是（）
A. 先减小后增大、一直减小
B. 先增大后减小、一直增大
C. 一直增大、先减小后增大
D. 保持不变、一直减小
【答案】A
【解析】假设滑块的重力为G，长薄板与水平之间的夹角大小为，弹簧的弹力大小用F表示，静摩擦力的大小用表示，由题意可知，当右端缓缓抬起时，逐渐增大，当滑块将要沿长薄板下滑时，弹簧的拉力一直不变，滑块的重力沿薄板向下的分力先小于弹簧的弹力、后大于弹簧的弹力，滑块所受的静摩擦力方向先沿长薄板向下再沿长薄板向上，当滑块的重
力沿长薄板向下的分力小于弹簧的弹力时，则有，当增大时F不变，减小；当滑块的重力沿长薄板向下的分力大于弹簧的弹力时，则有，增大时，F不变，
增大，则滑块所受的静摩擦力先减小后增大；而滑块所受的支持力等于重力垂直斜面向下的分力，则增大时，一直减小。

综合得A正确。

故选A.
【点睛】受力分析是前提，动态平衡是特点，静摩擦力和滑动摩擦力大小以及方向要区别对待。

4. 水平放置的平行板电容器与某一电源相连接后，断开电键，重力不可忽略的小球由电容器的正中央沿水平向右的方向射入该电容器，如图所示，小球先后经过虚线的A、B两点。

则（）
A. 如果小球所带的电荷量为正电荷，小球所受的电场力一定向下
B. 小球由A到B的过程中电场力一定做负功
C. 小球由A到B的过程中动能可能减小
D. 小球由A到B的过程中，小球的机械能可能减小
【答案】D
【解析】A、小球在极板间受到竖直向下的重力作用与电场力作用，由图示小球运动轨迹可知，小球向下运动，说明小球受到的合力竖直向下，重力与电场力的合力竖直向下；当小球带正电时，若上极板带正电荷，小球受到的合力向下，小球运动轨迹向下，若上极板带负电，但如果电场力小于重力，小球受到的合力向下，小球运动轨迹向下，故无法确定电场力与重力的大小关系，A错误；B、如果小球受到的电场力向下，小球从A运动到B点过程中电场
力做正功，如果小球受到的电场力向上，则电场力做负功，B错误；C、小球受到的合力向下，小球从A点运动到B点过程中合外力做正功，小球的动能增加，C错误；D、小球从A 点运动到B点过程动能增加，重力势能减小，机械能不一定增加，D正确。

【点睛】本题关键是明确小球的受力情况和运动情况，然后根据类似平抛运动的分运动公式列式分析，同时考虑动能定理解决复杂曲线运动．
5. 2016年9月15日，搭载着天宫二号空间实验室的长征二号F运载火箭在酒泉卫星发射中心正式点火升空，天宫二号顺利地进入了运行圆轨道。

某同学从网上查得天宫二号的运行轨道离地高度为h，地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，由此得到天宫二号的（）
A. 运行周期
B. 运行的线速度
C. 角速度为
D. 向心加速度为
【答案】C
【解析】在地球表面上的物体，由题可知，卫星在圆轨道上运行时，
，由此求得,，
,因此C项正确。

故选C.
【点睛】解决本题的关键掌握万有引力两个理论的运用：1、万有引力提供向心力；2、万有引力等于重力．
6. 如图所示，平行边界MN、PQ间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，两边界间距为d，MN上有一粒子源A，可在纸面内沿各个方向向磁场中射入质量均为m，电量均为q的带正电的粒子，粒子射入磁场的速度，不计粒子的重力，则粒子能从PQ边界射出的区域长度为（）
A. d
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】粒子在磁场中运动的半径，粒子从PQ边射出的两个边界粒子的轨迹如图所示：
由几何关系可知，从PQ边射出粒子的区域长度为，C项正确。

故选
C.
7. 将一足够长的木板固定在水平面上，倾角为，将一铁块由长木板的底端以一定的初速度冲上木板，经过一段时间铁块的速度减为零，该过程中的速度随时间的变化规律如图所示，已知，重力加速度取。

则（）
A. 长木板与铁块之间的动摩擦因数为0.5
B. 铁块沿长木板上滑的最大距离为3.6m
C. 铁块沿长木板下滑时的加速度大小为
D. 铁块滑到长木板底端时的速度大小为
【答案】AD
【解析】A、由铁块上滑过程的速度—时间图线，可知铁块上滑时的加速度大小为
，对铁块受力分析，根据牛顿第二定律可得
，代入数据解得，A正确；B、由速度时间图象可知，铁块沿长木板上滑的最大距离为，B错误；C/铁块沿长木板下滑时，由牛顿第二定律，代入数据可解得，C错误；D、由运动学公式，代入数据解得，D正确故选AD.
【点睛】动力学的两类问题：一是已知受力情况分析运动的规律；二是已知运动情况分析受力满足的条件。

8. 甲图为小型交流发电机的原理图，发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，从t=0时刻开始，通过矩形线圈的磁通量随时间变化的规律如图乙所示，已知线圈的匝数n=50，线圈的电阻，线圈与外电路连接的定值电阻，电压表为理想交流电表。

则下列判断正确的是（）
A. 线圈转动的周期为6.28s
B. t=0时刻线圈平面与磁感线平行
C. 线圈转动过程中产生的最大电动势为
D. 电压表的示数为
【答案】BD
【解析】A、由乙图可知，线圈转动的周期为，A项错误；B、由乙可知，
时刻，磁通量为零，线圈平面与磁感线平行，B项正确；C、线圈中的最大电动势
，C项错误；D、电压表的示数为
，D项正确。

故选BD.
【点睛】依据图象可得感应电动势的最大值，其中公式中的量可以根据图象读取．电压表显示的是有效值，依据最大值可得有效值，进而依据欧姆定律可得电表示数．通过导体横截面的电荷量时的公式为.
9. 如图甲所示，光滑“∠”型金属支架ABC固定在水平面里，支架处在垂直于水平面向下的匀强磁场中，一金属导体棒EF放在支架上，用一轻杆将导体棒与墙固定连接，导体棒与金属支架接触良好，磁场随时间变化的规律如图乙所示，则下列说法正确的是（）
A. 时刻轻杆对导体棒的作用力最大
B. 时刻轻杆对导体棒的作用力为零
C. 到时间内，轻杆对导体棒的作用力先增大后减小
D. 到时间内，轻杆对导体棒的作用力方向不变
【答案】BC
【解析】A、时刻磁感应强度的变化率为零，因此回路中的感应电流为零，导棒受到的安培力为零，因此轻杆对导棒的作用力为零，A项错误；B、时刻回路中的感应电流不为零，但磁感应强度为零，因此导棒受到的安培力为零，轻杆对导棒的作用力为零，B项正确；C、
时刻杆对导棒的作用力为零，时刻杆对导棒的作用力也为零，过程中不为零，因此C项正确；D、到时间内，磁感应强度增大，因此回路有收缩的趋势，导棒受到的安培力向左，轻杆对导棒的作用力向右，同理分析，到时间内，杆对导棒的作用力向左，D项错误。

故选BC.
【点睛】本题考查电磁感应定律感生模型的动态分析，分析B-t图象，其斜率表示磁感应强度的变化率，要注意区分磁通量与磁通量的变化率，二者并无决定性关系，正确分析图象是解题关键．
10. 倾角为的三角形斜面体固定在水平面上，在斜面体的底端附近固定一挡板，一质量不计的的弹簧下端固定在挡板上，其自然长度时弹簧的上端位于斜面体上的O点。

质量分别为4m、m的物块甲和乙用一质量不计的细绳连接，且跨过固定在斜面体顶端的光滑定滑轮，如图所示。

开始物块甲位于斜面体上的M处，且MO=L，滑块乙开始距离水平面中足够高，现将物块甲和乙由静止释放，物块甲沿斜面下滑，当滑块将弹簧压缩到N点时，滑块的速度减为零，。

已知物块甲与斜面体之间的动摩擦因数为，重力加速度取，忽略空气的阻力，整个过程细绳始终没有松弛。

且乙未碰到滑轮，则下列说法正确的是（）
A. 物块由静止释放到斜面体上N点的过程，物块甲先匀加速直线运动紧接着匀减速直线运动到速度减为零
B. 物块甲在与弹簧接触前的加速度大小为
C. 物块甲位于N点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为
D. 物块甲位于N点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为
【答案】BD
【解析】A、释放甲、乙后，物块甲沿斜面加速下滑，当与弹簧接触时，开始压缩弹簧，弹簧产生沿斜面向上的弹力，但此时弹力小于物块甲沿斜面向下的作用力，故物块甲做加速度减小的加速运动，当把弹簧压缩到某一位置时，物块甲沿斜面受力平衡，速度达到最大，之后弹力大于物块甲沿斜面向下的作用力，物块甲做减速运动，A错误；B、物块甲沿斜面租受自身重力沿斜面分力、物块乙对其沿斜面的拉力mg和斜面体对物块甲的摩擦力，根据牛顿第二定律，沿斜面方向则有：
，解得正确；C、D、以物块甲和乙为研究对象，从M 点运动取N点，在N点弹簧压缩最短，弹性势能达最大，物块甲和乙从M点运动到N点，由动能定理，得，解得，由弹力做的功等于弹性势能的变化，即错误，D正确。

故选BD.
【点睛】解决本题有两个关键：一是正确分析物块的受力情况，判断其运动情况．二是明确能量是如何转化的，运用牛顿第二定律和能量守恒定律进行解答．
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。

第11题—第14题为必考题，每个试题考生都必须作答，第15题—第16题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：共45分。

11. （6分）某实验小组利用如图所示的实验装置来探究机械能守恒定律，将一端带有光滑的定滑轮的长木板另一端抬起放置在水平桌面上，并在长木板上合适的位置固定两光电门A 和B。

现将一带有遮光条的物块放在长木板上，并用质量不计的细绳连接一质量为m的钩码Q，然后将滑块由静止释放，已知两光电门之间的距离为L，物块和遮光条的总质量为M，挡光宽度为d（且d远小于L），物块经过两光电门时的挡光时间分别为。

通过以上的叙述回答下列问题：
(1)如果该小组的同学利用上述的实验装置来探究加速度与质量、外力的关系时，平衡摩擦力后，还需满足______时物块的合外力近似等于钩码的重力，则物块在长木板上下滑时加速度的关系式为_____（用题中的物理量表示）；
(2)实验前，该小组的同学已经平衡了摩擦力，如图所示，不挂Q，滑块能匀速滑行，则
_________（填“可以”或“不可以”）用该装置验证PQ组成的系统的机械能守恒，其原因为_____________。

【答案】(1). M远大于m(2). (3). 不可以(4). 有摩擦力做功(2)虽然平衡了摩擦力，但摩擦力并没有消失，在物块运动的过程中有摩擦力做功，故系统机械能不守恒，所以不能用些装置验证系统机械能守恒。

【点睛】本题考查了实验注意事项、实验数据处理，本题是一道基础题，掌握基础知识即可解题，知道实验原理是解题的前提与关键；平时要注意基础知识的学习．
12. 在测量两节干电池的电动势与内阻的实验中，利用实验提供的实验器材设计的电路图如图1所示，其中每节干电池的电动势约为1.5V、内阻约为，电压表的量程均为3V、内阻为，定值电阻（未知），滑动变阻器最大阻值为(已知)。

请回答下列问题：
(1)根据设计的电路图，将图2中的实物图连接____________；
(2)在完成实验时，将滑动变阻器的最值调到，闭合电键，两电压表的示数分别为
，则定值电阻_______________（用、表示）；
(3)测出定值电阻的阻值后，调节滑动变阻器的滑片，读出多组电压表的示数，以两电压表的示数为坐标轴，建立坐标系，描绘出的关系图象如图3所示，假设图线的斜率为k、与横轴交点的坐标值为c，则电池的电动势为E=__________，内阻
___________。

（以上结果用k、c、表示）
【答案】(1). (2). (3). (4).
【解析】(1)由电路图的连接可得出的实物图的连接方式，如图所示；
(2)由电路图可知，电压表测量了与两端的电压，电压表测了滑动变阻器两端的电压，则两端的电压，由欧姆定律可知，；
(3)由闭合电路欧姆定律可知，，变形得，则有，解得。

【点睛】本题考查测量电动势和内电阻的实验方法，关键在明确根据闭合电路欧姆定律得出对应的表达式，再分析图象的意义，求得电动势和内电阻．
13. 如图所示，A为一具有光滑曲面的固定轨道，轨道底端是水平的，质量为m的平板小车B静止于轨道右侧，其板面与轨道底端靠近且在同一水平面上。

一个质量、可视为质点的小滑块C以的初速度从轨道顶端滑下冲上小车B后，经一段时间与小车相对静止并继续一起运动。

若轨道顶端与底端水平面的高度差为h，小滑块C与平板小车板面间的动摩擦因数为，平板小车与水平面间的摩擦不计，重力加速度为g。

求：
(1)小滑块C冲上小车瞬间的速度大小；
(2)平板小车加速运动所用的时间及平板小车板面的最小长度。

【答案】(1)(2),
【解析】(1)对小滑块从释放至经过轨道底端的运动过程，
由机械能守恒定律有，
解得小滑块C冲上小车瞬间的速度大小；
(2)从小滑块C滑上平板小车到两者共速，平板小车做匀加速运动，
对这一过程中的滑块小车系统由动量守恒定律有，
对这一过程中的平板小车由动理定理有，
对这一过程中的小滑块由动能定理有，
对这一过程中的平板小车由动能定理有，
是平板小车的最小长度，
解得平板小车加速运动所用的时间，
平板小车板面的最小长度
【点睛】该题是一道综合题，综合运用了机械能守恒定律、动量守恒定律、动能定理以及功能关系，解决本题的关键熟练这些定理、定律的运用．
14. 在如图所示的绝缘水平面上，有两个边长为d=0.2m的衔接的正方形区域I、II，其中区域I中存在水平向右的大小为的匀强电场，区域II中存在竖直向上的大小为
的匀强电场。

现有一可视为质点的质量为m=0.3kg的滑块以的速度由区域I边界上的A点进去电场，经过一段时间滑块从边界上的D点离开电场（D点未画出），滑块带有q=+0.1C的电荷量，滑块与水平面之间的动摩擦因数为，重力加速度。

求：
(1)D点距离A点的水平间距、竖直间距分别为多少？A、D两点之间的电势差为多少？
(2)滑块在D点的速度应为多大？
(3)仅改变区域II中电场强度的大小，欲使滑块从区域II中的右边界离开电场，则区域II中电场强度的取值范围应为多少？
【答案】(1),,(2)(3)
【解析】(1)滑块在区域I中运动时，根据牛顿第二定律可得，
代入数据得，
设滑块运动到两电场区域的交界点B的速度为，则，
联立解得，
对滑块在区域II中做类平抛时，根据牛顿第二定律得，
整理得，
滑块在区域II内做类平抛运动，假设滑块从区域II的上边界离开电场区域，运动的时间为，根据类平抛运动的规律得，滑块在水平方向上做匀速运动，则，
在竖直方向上做匀加速运动，则，
联立解得，因此假设成立，
因此滑块最终离开电场时，A、D两点之间的竖直距离，
A、D两点之间的水平距离，
A、B两点之间的电势差为，
B、D两点之间的电势差为，
A、D两点之间的电势差；
(2)对滑块全程由动能定理得，
解得；
(3)滑块在区域II中运动好从右边界的最上端离开时，根据平抛运动的规律水平方向上
，竖直方向上，
根据牛顿第二定律得，
联立解得，
解得，
滑块刚好从C点离开区域II时，由运动学规律，
根据牛顿第二定律得，
联立解得，
则区域II中的电场强度时，滑块从区域II的右边界离开。

【点睛】本题考查分析较为复杂的电场与力学的综合题，尽管复杂，但过程分析并不难，要注意电场加速、偏转和圆周运动的研究方法的不同．
（二）选考题：共15分。

在所给的2道题中任选一题作答。

如果多答，则按所做的第一题计分。

15. 下列说法正确的是_________。

（填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。

每选错一个扣3分，最低得分为0分）
A. 物体从外界吸收热量的同时，物体的内能可能在减小
B. 分子间的引力和斥力，当时（为引力与斥力大小相等时分子间距离），都随分子间距离的增大而减小，但斥力比引力变化快
C. 水黾（一种小型水生昆虫）能够停留在水面上而不陷入水中是由于液体表面张力的缘故
D. 第二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，内能却不能全部转化为机械能
E. 气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而使气体的压强一定增大
【答案】ABC
【解析】A、如果吸收热量的同时，物体还对外做功，且对外做的功比吸收的热量多，根据热力学第一定律可知，物体的内能在减小，A项正确；B、分子间的引力和斥力，都随分子间距离的增大而减小，但斥力比引力减少得快，B正确；C、由于液体表面分子间的距离大于液体内部分子间的距离，液体表面分子间表现为引力，这个引力即为液体表面张力，正是因为这种张力的存在，水黾才能停留在水面上而不陷入水中，做C正确；D、第二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，内能却不能全部转化为机械能，同时不引起其他变化，D项错误；E、一定质量的理想气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，由于不清楚体积的变化，根据气体状态方程知道气体的压强变化无法确定。

故E错误。

故选ABC。

【点睛】热力学第一定律的应用，要注意明确做功和热传递在改变内能上是等效的，要综合
考虑二者的影响分析内能的变化．
16. 如图所示，导热性能良好的气缸内用活塞封闭有一定质量的理想气体，活塞用轻弹簧与缸底相连，当气缸如图甲水平放置时，弹簧伸长了，活塞到缸底的距离为，将气缸缓慢转动竖直放置，开口上，如图乙表示，这时活塞刚好向缸底移动了的距离，已知活塞的横截面积为S，活塞与缸壁的摩擦不计，且气密性好，活塞的质量为m，重力加速度为g，大气压强为，求：
①弹簧的劲度系数的大小；
②从甲图到乙图的过程中，活塞重力做的功及大气压力对活塞做的功各为多少？
【答案】①②,
【解析】①气缸水平放置时，缸内气体的压强为，
当气缸竖直放置时，缸内气体的压强为，
根据玻意耳定律有，
求得；
②从甲图到乙图的过程中，，。

【点睛】本题考查气体实验定律和热力学第一定律等知识要点，分析气体的状态参量，判断何种变化是关键，同时要能根据平衡条件求解封闭气体的压强，应用功的定义求气体的压力做功．
17. 下列说法正确的是_____________。

（填正确答案标号，选对一个得2分，选对2分得4分，选对3个得5分。

每选错一个扣3分，最低得分为0分）
A. 竖直的弹簧振子的回复力，由弹簧的弹力提供
B. 单摆振动的周期，一定等于它的固有周期
C. 机械波从一种介质进入另一种介质，如果波速变大，波长一定变大
D. 在干涉现象中，振动加强点的位移可能比振动减弱点的位移小
E. 发生多普勒效应时，波源发出的波的频率并没有发生变化
【答案】CDE
【解析】A、弹簧振动的回复力，由沿振动方向的合力提供，如果是沿竖直方向振动的弹簧振子，其回复力由重力和弹簧的弹力的合力提供，A项错误；B、当单摆做受迫振动时，它振动的周期等于驱动力的周期，不一定等于它的固有周期，B项错误；C、机械波从一种介质进入另一种介质，频率不变，如果波速变大，由可知，波长一定就变大，C项正确；
D、在干涉现象中，振动加强点的位移某时会变为零，D项正确；
E、发生多普勒效应时，波源发出的波的频率并没有发生变化，只是观察者接收到频率发生了变化，E项正确。

故选CDE.
【点睛】该题考查简谐振动与机械波的几个比较重要的知识点的内容，都是一些记忆性的知识点，在平时的学习中多加积累即可．
18. 如图所示，一束平行单色光照射到半圆形玻璃砖的平面上，入射光线的方向与玻璃砖平面成45°角，玻璃砖对该单色光的折射率为，入射到A点的光线折射后，折射光线刚好射到圆弧的最低点B，照射到C点的光线折射后在圆弧面上的D点刚好发生全反射，半圆形玻璃砖的半径为R，求：
①在B点的光线反射与折射后，反射光线与折射光线间的夹角大小；
②OA间的距离及∠CDO各为多少？
【答案】①105°②
【解析】①光线在平面上发生折射，设入射角为，折射角为r，
由折射定律可知，。