《广东省东莞市2018届高三上学期期末教学质量检查理综物理试卷含答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《广东省东莞市2018届高三上学期期末教学质量检查理综物理试卷含答案（11页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1 广东省东莞市广东省东莞市 2018 届高三上学期期末教学质量检查届高三上学期期末教学质量检查 理综物理理综物理 14.物理学是一门以实验为基础的科学，以下说法正确的是 A.光电效应实验表明光具有波动性 B.电子的发现说明电子是构成物质的最小微粒 C.居里夫人首先发现了天然放射现象 D. 粒子散射实验是原子核式结构理论的实验基础 15. 甲、乙两辆汽车在同一平直公路上行驶，其运动的 xt 图象如图所示，则下列关于两辆车运动 情况的说法中错误的是（ ） A在 010s 内，甲、乙两车相遇两次 B乙车在 010s 内平均速度大小为 0.8m/s C甲车先做匀减速直线运动，后做匀速直线运动 D若乙
2、车做匀变速直线运动，则图线上 P 所对应的瞬时速度大小一定大于 0.8m/s 16.如图所示，甲图是接有灯泡上和理想交流电表的理想变压器，乙图是输出电压 U2的图象，已知 变压器原、副线圈的匝数比为 10：1，电流表的示数为 1.0A.则 2 A.电压表 V1的示数为 220V B 电压表 V2的示数为 28.2V C.变压器原线圈电流的最大值为A 10 2 D 知准实际消耗功本为 20W2 17.摩天轮是的乐场一种大型转轮状设施，摩天轮边缘悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直平面内做 匀速圆周运动，下列叙述正确的是 A.摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变 B.原天轮物动一周的过程中，乘客所受合
3、外力的冲量为零 C.在最低点，乘客处于失重状态 D 摩天轮转动过程中，乘客所受的重力的顾时功率保持不变 18.如图，一带电小球垂直于电场线方向射人极板区域后，偏向 A 极板，为使小球沿射入方向做直 线运动，可以采用的方法是 3 A.将变阻器滑片 P 适当向右滑动 B.将变阻器滑片 P 适当向左滑动 C.适当减小小球所带电量 D.将极板间距适当增大 19.图中虚线 A、B、C、D 表示匀强电场的等势面，一带正电的粒子只在电场力的作用下，a 点运 动到 b 点，轨迹如图中实线所示，下列说法中正确的是 A.等势面 A 电势最低 B.粒子从 a 运动到 b，动能减小 C.粒子从 a 运动到 b，电势能
4、减小 D.粒子从 a 运动到 b 的过程中电势能与动能之和不变 20.如图，一颗在椭圆轨道上运行的地球卫星，通过轨道上的近地点 P 时，短暂点火加速后进人同 步转移轨道.当卫星到达同步转移轨道的远地点 Q 时，再次变轨，进入同步轨道.下列说法正确 的是 4 A.卫星在轨道 I 的 P 点进入轨道机械能增加 B.卫星在轨道经过 Q 点时和在轨道经过 Q 点时速度相同 C.卫星在轨道经过 Q 点时和在轨道经过 Q 点时加速度相同 D.由于不同卫星的质量不同，因此它们的同步轨道高度不同 21.如图甲所示，在光滑水平面上用恒力 F 拉质量为 lkg 的单匝均匀正方形铜线框，在位置 1 以速 度 v0=
5、3m/s 进人匀强磁场时开始计时，此时线框中感应电动势为 lV，在 t=3s 时线框到达位置 2 开 始离开匀强磁场此过程中线框 v-t 图象如图乙所示，那么 A.t=0 时，线框右侧边铜线两端 MN 间的电压为 0.75V B.恒力 F 的大小为 0.5N C.线框进人磁场与离开磁场的过程中线框内感应电流的方向相同 D.线框完全离开磁场瞬间的速度大小为 2m/s 第卷 三、非选择题（包括必考题和选考题两部分。第 22 题-第 33 题为必考题，每个试题考生都必须做 答。第 34 题-第 37 题为选考题，考生根据要求做答。） （一）必考题（共 144 分） 5 22.（6 分)某同学利用如图
6、（1)所示的气垫导轨装置验证系统机械能守恒在气垫导轨上安装了两个 光电门 1、2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过定滑轮与钩码相连 用 10 分度游标卡尺测量遮光条宽度 d，如图（2）所示遮光条宽度 d=_mm 实验时要调整气垫导轨水平。不挂钩码和细线，接通气源，轻推滑块从轨道右端向左运动的过程 中，发现遮光条通过光电门 2 的时间小于通过光电门 1 的时间.以下选项中能够达到调整气垫导轨 水平目标的措施是_（选填相应选项前的符号） A.调节旋钮 P 使轨道左端升高一些 B.遮光条的宽度增大一些 C.滑块的质量增大一些 D.气源的供气量增大一些 调整气垫导轨水平后，挂上细绳和钩码进行实验，测
7、出光电门 1、2 间的距离 L. 遮光条的宽度 d，滑块和遮光条的总质量 M，钩码质量 m. 由数字计时器读出遮光条通过光电门 1、2 的时间 t1、t2，则遮光条通过光电门 1 时的瞬时速度的表达式 v1=_；验证系统机械能守恒定律成 立的表达式是_（用题中的字母表示） 23.（9 分）某实验小组设计如图（1）所示电路图来测量电源的电动势及内阻，其中待测电源电动 势约为 2V、内阻较小：所用电压表量程为 3V. 内阻非常大。可看作理想电压表 6 按实验电路图在图（2）中补充完成实物连线。 先将电阻箱电阻调至如图（3）所示，则其电阻读数为_.闭合开关 S，将 S1打到 b 端， 读出电压表的读
8、数为 1.10V；然后将 S1打到 a 端，此时电压表读数如图（4）所示，则其读数为 _V.根据以上测量数据可得电阻 R0=_.（计算结果保留两位有效数字）. 将 S1打到 b 端，读出电阻箱读数 R 以及相应的电压表读数 U、不断调节电阻箱电阻，得到多组 R 值与相应的 U 值，作出图如图（5）所示，则通过图像可以得到该电源的电动势 RU 11 E=_V.内阻=_.（计算结果保留三位有效数字） 24.(12 分）如图所示，两平行金属导轨间的距离 L=0.4m，金属导轨所在的平面与水平面夹角 =37， 在导轨所在平面内，分布着磁感应强度 B=0.5T 方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，金属
9、导 轨的一端接有电动势 E=4.5V、内阻 r=0.5 的直流电源，现把个质量 m=0.04kg 的导体棒 ab 放在金 属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点 间的电阻 R=2.5，金属导轨电阻不计，g 取 10m/s2，已知 sin37=0.6，cos37=0.8，求： 7 （1）通过导体棒的电流 I 的大小； （2）导体棒受到的安培力 F 的大小及方向； （3）导体棒受到的摩擦力 f 的大小及方向 25.(15 分）如图所示，两平行金属板 E、F 之间电压为 U.两足够长的平行边界 MN、PQ 区城内， 有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度
10、为 B.一质量为 m、带电量为+q 的粒子（不计重力）、由 E 板中央处静止释放、经 F 板上的小孔射出后，垂直进入磁场，且进入磁场时与边界 MN 成 60角， 最终粒子从边界 MN 离开磁场，求： （1）粒子离开电场时的速度 v 及粒子在磁场中做圆周运动的半径 r； （2）两边界 MN、PQ 的最小距离 d； （3）粒子在磁场中运动的时间 t. 26.(20 分）如图，水平面 MN 右端 N 处与水平传送带恰好平齐且很靠近，传送带以速率 v=lm/s 逆 时针匀速转动，水平部分长度 L=lm.物块 B 静止在水平面的最右端 N 处、质量为 mA=lkg 的物块 A 在距 N 点 s=2.25
11、m 处以 v0=5m/s 的水平初速度向右运动、再与 B 发生碰撞并粘在一起，若 B 的质 量是 A 的 k 倍，A、B 与水平面和传送带的动摩擦因数都为 =0.2、物块均可视为质点，取 g=l0m/s2. 8 （1）求 A 到达 N 点与 B 碰撞前的速度大小； （2）求碰撞后瞬间 AB 的速度大小及碰撞过程中产生的内能； （3）讨论 k 在不同数值范围时，A、B 碰撞后传送带对它们所做的功 W 的表达式 物理参考答案 一、选择题：14-17 为单选题，18-21 题为多选题。每题 6 分，漏选得 3 分。 14-17：DCCB18-21：ACDCD AC ABD 二、非选择题： 22.（6
12、 分）3.8mm（l 分）A(2 分） （1 分）（2 分）（其中 g 为常量） 1 1 t d v 2 1 2 2 )( 2 1 )( 2 1 t d Mm t d MmmgL 23.（9 分）连线如右图（2 分） 11.0（1 分），1.50V（1 分，l.49V、l.5lV 也给这 l 分） 4.0（l 分，3.9、4.1 也给这 l 分） 1.67（2 分） 1.00（2 分，0.98、1.02 也给 2 分） 9 24.(12 分）（l)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路， 闭合电路欧绣定律得: （2 分） rR E I 解得：I=1.5A(1 分） （2）导体棒受到的安培力：F
13、=BIL=0.30N（2+1 分） 由左手定则可得，安培力 F 方向平行斜面向上。（1 分） （3）导体棒所受至力沿斜面向下的分力 F1=mgsin37=0.24N(1 分） 由于 F1小于安培力。故导体棒受沿斜面向下的摩擦力 f(1 分） 如图根据共点力平衡条件 mgsin37+f=F(2 分） 解得：f=0.06N（1 分） 25.(l5 分)（l)设粒子离开电场时的速度为 v.由动能定理有： （2 分） 2 2 1 mvUq 解得：（2 分） m 2qU v 粒子离开电场后，垂直进入磁场，由洛仑兹力提供向心力有： （2 分） r v mqvB 2 联立解得：（2 分） q mU B r
14、21 10 （2）最终粒子从边界 MN 离开磁场， 临乔的轨迹如图所示，需满足： dr+rsin30（2 分） 联立解得：（1 分） q mU B d 2 2 3 两边齐 MN、PQ 的最小距离 d 为 q mU B 2 2 3 （3）粒子在磁场中做圆周运动的间期 (1 分） v r T 2 联立解得： (1 分） qB m T 2 由图可得粒子在磁场中转过的圆心角 =240(1 分） 粒子在磁场中运动的时间（1 分） qB m Tt 3 4 360 240 0 0 26.（20 分)解：（1）设碰撞前 A 的速度为 v1.由动能定理得 （3 分） 2 0 2 1 2 1 2 1 -vmvmg
15、sm AAA 得：=4m/s(1 分）gsvv2 2 01 11 （2）没碰撞后 A、B 速度为 v2，且设向右为正方向，由动量守恒定律得： mAv1=(mA+mB) v2 (3 分） 得： (1 分）smvv/ 1k 4 mm m 1 BA A 2 由系统能量转化与守恒可得：（3 分） 2 2 2 1 )( 2 1 2 1 vmmvmQ BAA 解得：Q=J(1 分） 1k 8k （3）如果 AB 能从传送带右演离开，必须满足： (1 分）gLmmvmm BABA )()( 2 1 2 2 得：k1（1 分） 传送带对它们所做的功为： W= (1 分）JkgLmm BA ) 1(2)( 当 v2v 时有：k3（1 分） 即 AB 返回到传送带左端时速度仍为 v2； 故这个过程传送带对 AB 所做的功为： W=0（1 分） 当 1k3 时，AB 沿传送带向右减速到速度为零，再向左加速，当速度与传送带速度相等时与 传送带一起匀速运动到传送带的左端。(1 分） 在这个过程中传送带对 AB 所做的功为： W= (1 分） 2 2 2 )( 2 1 )( 2 1 vmmvmm BABA 解得：W=（1 分）J ）（1k2 15-2kk2 （简答题如用其他方法求解，过程及结果正确的，参照给分
