1、2018-2019 学年福建福州市高三（上）期末物理试卷一、单选题1.下列说法正确的是A. 电势有正负，所以是矢量B. 电流的方向规定为正电荷移动的方向，所以电流强度是矢量C. 比较磁通量时，需要考虑磁感线从面的哪一侧穿过，因为磁通量是矢量D. 某处磁感应强度的方向规定为该处小磁针静止时 N 极所指的方向，所以磁感应强度是矢量【答案】D【解析】【详解】A、电势是标量，电势有正负之分，电势的正负是相对的，它相对于你所取的零电势面，故 A 错误；B、电流的方向表示正电荷定向移动的方向，由于电流运算时不遵守平行四边形定则，所以电流不是矢量，故 B 错误；C、磁通量是通过闭合线圈的磁感线的条数，它是标
2、量，但是磁通量也有正负，磁通量的正负并不表示磁通量的方向，故 C 错误；D、磁感应强度是矢量，某处磁感应强度的方向规定为该处小磁针静止时 N 极所指的方向，故 D 正确；故选 D。2.以下关于近代物理内容的叙述中，正确的是 A. 原子核发生一次 衰变，该原子外层就一定失去一个电子B. 天然放射现象中发出的 、 、 三种射线本质都是电磁波C. 对不同的金属，若照射光频率不变，光电子的最大初动能与金属逸出功成线性关系D. 根据玻尔原子理论，一群氢原子从第 3 能级向低能级跃迁过程会发出 6 种不同频率的光子【答案】C【解析】【分析】根据光电效应的条件判断不能发生光电效应的原因； 衰变的实质是原子核
3、中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来；根据光电效应方程 进行分析；根据玻尔理论分析。【详解】 衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核外电子，故 A 错误；天然放射现象的射线中，只有 射线是电磁波， 射线是氦核，射线是高速的电子流，故 B 错误；根据爱因斯坦光电效应方程 ，对于不同种金属，若照射光频率不变， 与金属的逸出功成线性关系，故 C 正确；大量的氢原子从第 3 能级向低能级跃迁时会发出 种不同频率的光子，故 D 错误；故选 C。【点睛】本题考查了氢原子能级、衰变的实质、光电效应方程的应用、核反应等基础知识点，难度不大，关键要熟悉教材
4、，牢记这些基础知识点，注意光电效应发生的条件与光的强度无关。3.甲、乙两个小铁球从不同高度做自由落运动，同时落地。下列表示这一过程的位移 时间图象和速度 时间图象中正确的是 A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】甲、乙两个小铁球从不同高度做自由落运动，加速度相同，时间由高度决定，高度越高，时间越长，再结合位移 时间图象和速度 时间图象的特点分析即可。【详解】甲、乙两个小铁球从不同高度做自由落运动，则运动时间不同，高度高的，位移大，运动时间长，但同时落地，说明高度高的先释放，故 AB 错误；都做自由落体运动，加速度相同，则 图象的斜率相同，运动时间不等，故 C 错误， D 正确。故选
5、 D。4.一金属容器置于地面上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示。容器内表面为等势面， A、 B 为容器内表面上的两点。下列说法正确的是 A. 小球带负电B. A 点的电场强度比 B 点的小C. 同一试探电荷在小球表面的电势能一定大于在 A 点的电势能D. 将同一试探电荷从 A 点沿不同路径移到 B 点，电场力所做的功不同【答案】B【解析】【分析】电场线起始于正电荷（或无穷远处） ，终止于无穷远处（或负电荷） ，不形成闭合曲线，根据电场线的疏密可判定电场强度的强弱；依据沿着电场线方向电势是降低的，即可判定；在同一等势线上，电场力做功为零；【详解】A、在静电场中，电场线
6、起始于正电荷（或无穷远处） ，终止于无穷远处（或负电荷），不形成闭合曲线，所以小球带正电，故 A 错误；B、电场线越疏，电场强度越弱，而电场线越密的，则电场强度越强，由图可知，则 A 点的电场强度比 B 点的小，故 B 正确；C、根据沿着电场线方向电势是降低的，可知小球表面的电势比容器内表面的高，根据可知同一试探正电荷在小球表面的电势能一定大于在 A 点的电势能，同一试探负电荷在小球表面的电势能一定小于在 A 点的电势能，故 C 错误；D、因 A、B 在同一等势面上，将同一试探电荷从 A 点沿不同路径到 B 点，电场力所做的功相同，均为零，故 D 错误；故选 B。【点睛】关键是知道沿着电场线方
7、向电势是降低的，电场线越疏，电场强度越弱，而电场线越密的，则电场强度越强。5.如图所示，细绳上端固定于天花板上的 A 点，细绳的下端挂一质量为 m 的物体 P，用力 F作用于细绳上的 O 点；使细绳偏离竖直方向的夹角为 ，且保持物体平衡，此时 F 与水平方向的夹角为 ，若 = ，重力加速度为 g，则 F 的大小等于 A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】对结点 O 受力分析，根据平衡条件求出 F 的大小；【详解】对结点 O 受力分析如图，由于 = ，所以力 F 垂直细绳，根据平衡条件可得：，故 A 正确，B、C、D 错误；故选 A。6.在距离长直通电导线为 r 处的磁感应强度大小为
8、 ，式中常量 ， I 为导线中电流强度。在水平长直导线 MN 正下方，两根等长的轻质绝缘细线悬挂矩形线圈 abcd，线圈中通以逆时针方向的恒定电流，如图所示。开始时导线 MN 不通电流，此时两细线张力均为 ；当导线 MN 通 电流时，线圈所受安培力 ，两细线的张力均为 ，且 ；当导线 MN 通 电流时，线圈所受安培力 ，两细线的张力均为 ，且 ；下列判断正确的是 A. 电流方向向左B. ： ：C. ： ：D. 通 电流时，通电导线 MN 对 bc 边的安培力方向向右【答案】C【解析】【分析】通过线圈处于平衡，根据共点力平衡判断安培力的方向，从而确定磁场的方向，根据右手螺旋定则确定电流的方向；通
9、过安培力的公式分别求出线框所受的安培力，从而得出安培力之比；【详解】A、当导线 MN 通 I1电流时，两细线内的张力均大于 T0，此时线框所受安培力合力方向竖直向下，则 ab 边所受的安培力的方向向下，cd 边所受安培力方向向上，可知磁场方向垂直纸面向里，则 I1方向向右，故 A 错误；C、当 MN 中通以电流 I 时，设线圈中的电流大小是 i，线圈所受安培力大小为：， ，则有 ，故 C 正确；B、当导线 MN 通 I1电流时，则有两细线的张力均为 ，导线 MN 通 I2电流时，则有两细线的张力均为 ，所以 ，故 B 错误；D、当导线 MN 通 I1电流时，磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则可
10、知通电导线 MN 对 bc 边的安培力方向向左，故 D 错误；故选 C。二、多选题7.如图所示，电源电动势 E 和内阻 r 一定， R1、 R2是定值电阻， R3是光敏电阻(光敏电阻阻值随光照强度的增加而变小)。闭合开关，当照射到 R3的光照强度变化时， R2功率变大，以下判断正确的是 A. 电流表示数一定变小B. 电压表示数一定变小C. R3的功率一定变大D. 照射到 R3的光照强度一定增加【答案】BD【解析】【分析】R2功率变大，根据 可知 R2的电流增大，根据“串反并同”可得 R3的阻值变化，从而判断电流表示和电压表的变化；【详解】ABD、由于 R2功率变大，根据 可知 R2的电流增大，
11、根据“串反并同”可得 R3的阻值减小，照射到 R3的光照强度一定增加，电路总电阻减小，电路总电流增大，电源内阻电压增大，路端电压减小，所以电压表示数减小，电流表示数增大，故 B、D 正确，A 错误；C、R 3的阻值减小，通过 R3的电流增大，根据 可知，R 3的功率无法确定变化，故 C 错误；故选 BD。8.在飞镖游戏中，匀速转动的竖直圆盘边缘有一点 A，当 A 点转到最高点时与 A 点等高处的飞镖以初速度 v0垂直圆盘对准 A 点水平抛出，恰好击中圆盘上 A 点，已知飞镖抛出点与圆盘水平距离为 L，如图所示，不计空气阻力，下列判断正确的是A. 从飞镖抛出到恰好击中 A 点的时间为 B. 圆盘
12、的直径为C. 圆盘转动的最大周期为 D. 圆盘转动的角速度为 （ k = 1,2,3）【答案】AB【解析】【分析】飞镖做平抛运动的同时，圆盘上 A 点做匀速圆周运动，恰好击中 A 点，说明 A 点正好在最低点被击中，根据高度求出平抛运动的时间，从而得出水平位移和初速度、时间的关系抓住圆周运动的周期性，得出角速度与初速度的关系【详解】A、飞镖做平抛运动的同时，圆盘上 A 点做匀速圆周运动，恰好击中 A 点，说明 A点正好在最低点被击中，设时间为 t，由 得飞镖飞行时间 ，故 A 正确；B、圆盘的直径为 ，故 B 正确；C、圆盘转动的最大周期为 ，故 C 错误；D、圆盘转动的角速度为 ，则有 ，解
13、得圆盘转动的角速度为 ，故 D 错误；故选 AB；【点睛】关键是飞镖做平抛运动的同时，圆盘上 A 点做匀速圆周运动，恰好击中 A 点，说明A 点正好在最低点被击中，运动时间相同。9.如图所示，以直角三角形 AOC 为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为 B， A=60，AO=L，在 O 点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子 。 已知粒子的比荷为 ，发射速度大小都为 ，设粒子发射方向与 OC 边的夹角为 ，不计粒子重力及它们之间的相互作用。对于粒子进入磁场后的运动，下列判断正确的是 A. 粒子在磁场中运动的半径 R = LB. 当 = 0时，粒子射出磁场速度方向与 AC 边垂直C.
14、 当 = 0时，粒子在磁场中运动时间D. 当 = 60时，粒子在磁场中运动时间【答案】ABD【解析】【分析】带电粒子以相同的速率，不同的速度方向，进入磁场，运动轨迹的曲率半径相同，从而根据夹角为 不同情况，即可求解；【详解】A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得： ，解得粒子的运动半径 ；故 A 正确；BC、当 =0时，粒子恰好从 AC 中点飞出，粒子射出磁场速度方向与 AC 边垂直，圆心角为60，粒子在磁场中运动时间为 ，故 B 正确，C 错误；D、当 =60入射时，粒子恰好从 A 点飞出，圆心角为 60，粒子在磁场中运动时间为，故 D 正确；故选 ABD。【点睛】关键是粒子在磁场
15、中做匀速圆周运动，根据 ，解得粒子的运动半径，由图找出圆心角，由 求粒子在磁场中运动时间。10.A、 B 两物体质量均为 m，其中 A 带正电，带电量为 q， B 不带电，通过劲度系数为 k 的绝缘轻质弹簧相连放在水平面上，如图所示，开始时两者都处于静止状态。现在施加竖直向上的匀强电场，电场强度 ，式中 g 为重力加速度，若不计空气阻力，不考虑 A 物体电量的变化，则以下判断正确的是 A. 刚施加电场的瞬间， A 的加速度为 2gB. 从开始到 B 刚要离开地面过程， A 物体速度大小先增大后减小C. 从开始到 B 刚要离开地面的每段时间内， A 物体的机械能增量一定等于电势能的减少量D. B
16、 刚要离开地面时， A 的速度大小为【答案】AD【解析】【分析】提供电场前，A 静止，受到重力和弹力，合力为零，施加电场后对 A 根据牛顿第二定律有加速度；B 刚要离开地面时，此时弹簧被拉长，且弹力刚好等于物体 B 的重力，对 A 分析，此时受力平衡，即 A 的加速度等于零，从开始到 B 刚要离开地面过程，A 做加速度减小的加速运动，在 A 点速度最大，根据能量守恒定律可知，从开始到 B 刚要离开地面的每段时间内，A 物体的机械能增量一定等于电势能的减少量与弹簧的弹性势能减小量之和；【详解】A、提供电场前，A 受到重力和弹力，合力为零，施加电场后对 A 根据牛顿第二定律有： ，则加速度为 ，故
17、 A 正确；B、B 刚要离开地面时，此时弹簧被拉长，且弹力刚好等于物体 B 的重力，对 A 分析，此时受力平衡，即 A 的加速度等于零，从开始到 B 刚要离开地面过程，A 做加速度减小的加速运动，在 A 点速度最大，故 B 错误；C、根据能量守恒定律可知，从开始到 B 刚要离开地面的每段时间内，A 物体的机械能增量一定等于电势能的减少量与弹簧的弹性势能减小量之和，故 C 错误；D、B 刚要离开地面时弹簧的伸长量 等于开始时弹簧的压缩量 ，从开始到 B 刚要离开地面过程，弹性势能不变，根据动能定理可得： ，解得 A 的速度大小为： ，故 D 正确；故选 AD。【点睛】关键是 B 刚要离开地面时弹
18、簧的伸长量 等于开始时弹簧的压缩量 ，从开始到 B 刚要离开地面过程，弹性势能不变。三、实验题探究题11.为了验证矩形线框自由下落过程上、下边经过光电门时机械能是否守恒，使用了如图所示的实验装置。已知矩形线框用直径为 d 的圆形材料做成。某次实验中矩形线框下边和上边先后经过光电门的挡光时间分别为 t1和 t2。（1）为完成该实验，还需通过操作测量相应的物理量是_.A用天平测出矩形线框的质量 mB用刻度尺测出矩形线框下边离光电门的高度 hC用刻度尺测出矩形线框上下边之间距离 LD用秒表测出线框上下边通过光电门的时间间隔 t（2）如果满足关系式_（请用测量的物理量和已知量来表示，重力加速度为 g）
19、 ，则自由下落过程中线框的机械能守恒。【答案】 (1). C (2). 【解析】【分析】(1)根据实验目的以及机械能守恒定律的表达式，可明确该实验需要测量的物理量；(2)写出机械能守恒的表达式，可正确解答本题。【详解】(1) A 项：根据机械能守恒的表达式，可知不需要测量其质量，故 A 错误；B 项：测出矩形线框上下边之间距离 L，不需要测量释放时其下边离桌面的高度 h，故 B 错误；C 项：实验中需要测量过程中重力势能的减小量，因此需要测量矩形线框上下边之间距离L，故 C 正确；D 项：根据机械能守恒定律的表达式，可知不需要测量线框上下边通过光电门的时间t，故D 错误。故选：ABD。(2)
20、本实验中利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故有： ，同理：根据机械能守恒有：mgL= 即 。【点睛】验证机械能守恒的实验方法有多种，解答的关键是明确实验原理，同时注重动手实验，体会实验步骤以及数据处理的过程，加深对实验的理解。12.某实验小组用如图所示实验电路研究电源路端电压和小灯泡电压随电流的变化规律。（1）实验操作步骤：按实验电路连接好实验器材；把滑动变阻器滑动片 P 移到滑动变阻器的_（填“最右端”或“最左端” ） ；闭合开关 S，调节滑动片 P 到适当位置，读出电流表 A、电压表 V1和电压表 V2的示数，并记录数据，断开开关 S；调整滑动片 P 到不同位置，多次重复步骤。某
21、次测量时三个电表指针位置如图所示，电流表读数_A，电压表 V1读数_V，电压表 V2的读数_V；整理好实验器材。（2）实验小组把测量数据画在 U I 坐标中，描绘出两条图线 A、B。从图中可以算出电源的电动势 E=_V，内阻 r = _（计算结果保留 2 位有效数字） 。滑动变阻器滑动片 P 移到滑动变阻器的最右端时，小灯泡的实际功率为_W（计算结果保留 2 位有效数字） 。请在图中用描点法画出滑动变阻器两端电压随电流表电流变化的图线。【答案】 (1). 最左端 (2). 1.50 (3). 2.9 (4). 1.30 (5). 4.5 (6). 1.0 (7). 5.0【解析】【分析】滑动变
22、阻器有 4 个接线柱，选择一上一下接线柱，把滑动变阻器串联在电路中；电压表和电流表的读数：首先确定使用的量程，然后确定每一个大格和每一个小格代表的示数；根据 U-I 图像求出知道电源的电动势和内阻，根据电压和电流，根据 计算实际功率；【详解】解：(1)由于滑动变阻器限流式，所以把滑动变阻器滑动片 P 移到滑动变阻器的最左端；电流表选择 03A 的量程，每一大格表示 1.0A，每一大格里有 10 个小格，则每个小格表示0.1A，则指针所指的示数为 1.50A；电压表 V1选择 06V 的量程，刻度盘中有三个大格，则每一大格为 2V，每一大格又分为 10小格，则每一小格表示 0.2V，故指针所指的
23、示数为 2.9V；电压表 V2选择 03V 的量程，刻度盘中有三个大格，则每一大格为 1V，每一大格又分为 10小格，则每一小格表示 0.1V，故指针所指的示数为 1.30V；(2) 从图中可以算出电源的电动势 E=4.5V ，内阻滑动变阻器滑动片 P 移到滑动变阻器的最右端时，小灯泡的电流最大为 ，电压为，实际功率为四、计算题13.如图所示，返回式月球软着陆器在完成了对月球表面的考察任务后，由月球表面回到绕月球做圆周运动的轨道舱。已知月球表面的重力加速度为 g，月球的半径为 R，轨道舱到月球中心的距离为 r，引力常量为 G，不考虑月球的自转。求：（1）月球的质量 M；（2）轨道舱绕月飞行的周
24、期 T。【答案】 （1） （2）【解析】【分析】月球表面上质量为 m1的物体，根据万有引力等于重力可得月球的质量；轨道舱绕月球做圆周运动，由万有引力等于向心力可得轨道舱绕月飞行的周期；【详解】解：(1)设月球表面上质量为 m1的物体，其在月球表面有： 月球质量：(2)轨道舱绕月球做圆周运动，设轨道舱的质量为 m由牛顿运动定律得： 解得：14.如图所示，静止在粗糙水平面上的 A、 B 两个物体用水平轻绳相连，在水平力 F 作用下一起向右运动，当 F 增大到某一值 F0时轻绳刚好被拉断，此时两物体的速度为 v=2 m/s，此后水平力 F0保持不变。已知轻绳能承受的最大拉力 T=8 N， A 的质量
25、 mA=2 kg， B 的质量 mB=8 kg， A、 B 物体与水平面间的动摩擦因数均为 =0.2，重力加速度 g 取 10 m/s2。求：（1） F0的大小；（2）物体 A 停止运动瞬间，B 的速度大小。【答案】 （1） F0 = 40N （2）5m/s【解析】【分析】绳刚要被拉断时对分别 A 物体和对 A、 B 整体，根据牛顿第二定律求出 F0的大小；绳断后，根据牛顿第二定律求出 A 的加速度大小和 B 的加速度大小，根据运动学公式求出物体 A 停止运动瞬间，B 的速度大小；【详解】解：(1)绳刚要被拉断时根据牛顿第二定律，对 A 物体有： 代入数据得： 对 A、 B 整体：代入数据得：
26、(2)设绳断后， A 的加速度大小为 aA， B 的加速度大小为 aB，则：A 物体停止运动时间 tA ，则有： 则此时 B 加速到速度 vB ，则有：15.如图所示，竖直平面 MN 的右侧空间存在着相互垂直水平向左的匀强电场和水平向里的匀强磁场， MN 左侧的绝缘水平面光滑，右侧的绝缘水平面粗糙。质量为 m 的小物体 A 静止在MN 左侧的水平面上，该小物体带负电，电荷量- q（ q 0） 。质量为 的不带电的小物体 B以速度 v0冲向小物体 A 并发生弹性正碰，碰撞前后小物体 A 的电荷量保持不变。（1）求碰撞后小物体 A 的速度大小；（2）若小物体 A 与水平面间的动摩擦因数为 ，重力加
27、速度为 g，磁感应强度为 ，电场强度为 。小物体 A 从 MN 开始向右运动距离为 L 时速度达到最大。求小物体 A 的最大速度 vm和此过程克服摩擦力所做的功 W 。【答案】 （1） （2） ；【解析】【分析】由于 A、 B 发生弹性正碰，动量、动能守恒，求碰撞后小物体 A 的速度大小；当物体 A 的加速度等于零时，由牛顿第二定律得其速度达到最大值，根据动能定理得此过程克服摩擦力所做的功；【详解】解：(1)设 A、 B 碰撞后的速度分别为 vA、 vB，由于 A、 B 发生弹性正碰，动量、动能守恒，则有：解得： (2)当物体 A 的加速度等于零时，其速度达到最大值 vm，受力如图所示。由牛顿
28、第二定律得： 在竖直方向：在水平方向：解得：根据动能定理得：联立并代入相相关数据可得：16.由电子加速器、偏转电场组成装置可以实现电子扩束。偏转电场由加了电压相距为 d 的两块水平平行放置的导体板组成，如图 1 所示。大量电子由静止开始，经电压为 的加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入偏转电场；当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为 ，当在两板间加如图 2 所示的周期为 、偏转电压峰值为 的交变电压时所有电子恰好都能从两板间通过，已知电子的电荷量为 ，质量为 m，电子重力和它们之间相互作用力均忽略不计；求：（1）电子进入偏转电场的初速度 大小；（2）偏转电场的电压 ；
29、（3）哪个时刻进入偏转电场的电子，会从距离中线上方 飞出偏转电场。【答案】 （1） （2） （3） ，（ n =1,2,3,）【解析】【分析】电子在加速电场中，由动能定理得电子进入偏转电场的初速度 v0大小，电子在偏转电场中做分段类平抛运动，竖直方向做分段匀变速运动，从图可以看出在 时刻进入偏转电场电子，出偏转电场时上、下偏移量最大，由牛顿第二定律和运动学公式求出偏转电场的电压；进入偏转电场的电子，会从中线上方 处飞出偏转电场，由运动学公式求出；【详解】解：(1)电子在加速电场中，由动能定理得：解得：(2)电子在偏转电场中做分段类平抛运动 水平方向匀速运动，速度 竖直方向做分段匀变速运动，其速度-时间图象如图所示。从图可以看出在 时刻进入偏转电场电子，出偏转电场时上、下偏移量最大，依题意得：由牛顿第二定律：由运动学公式：解得偏转电压：(3)设： tx时刻进入偏转电场的电子，会从中线上方 处飞出偏转电场由运动公式可得： 解方程组得：所以在 （ n =0,1,2,）时刻进入偏转电场的电子，会从中线上方 飞出偏转电场同理可得： （ n =1,2,3,）时刻进入偏转电场的电子，也会从中线上方飞出偏转电场【点睛】入偏转电场的电子，也会从中线上方 飞出偏转电场
