泉州市2018届普通高中毕业班单科质量检查物理

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1、含答案一、选择题(本题10小题，每小题4分，共40分。1-6小题给出的四个选项中，只有一个选项正确。7-10小题的四个选项中，有多个选项正确，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。)1．C　2．D3．C4．B　5．A6．D7．AD8．AD9.ABC10.BD第II卷(共60分)二、实验题(本题2小题，共16分。)11．(6分)（1）1.70(2分)；（2）mgh=m或gh=(2分)；（3）偏大(2分)12．(10分)R0R乙V2V1+-+-(1)实物连接如图所示(2分)；(2)0.30(2分)；3.0(2分)；5.0(

2、2分)（3）C(2分)三、计算题(本题4小题，共44分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，有数值的计算题，答案中必须明确写出数值和单位，或按题目要求作答。)13．(10分)解：(1)设小球由B摆到A的速度为v1，由机械能守恒有：mgL(1－cosθ)=mv12（1分）解得v1=（1分）设小球与滑块碰后瞬间小球的速度为v1′，滑块的速度为v2′，由完全弹性碰撞有：mv1=mv1′+2mv2′（1分）mv12=mv1′2+2mv2′2（1分）解得v1′=－v2′=设碰后瞬间轻绳对小球的拉力大小T，由牛顿第二定律有：T－mg=m（

3、1分）解得T=mg（1分）(2)对小滑块由动量定理ΔP=I总有：0－2mv2′=－μ2mgt（3分）解得t=（1分）另解对小滑块由牛顿第二定律及运动学公式有：a=（1分）F合=μ2mg（1分）0=v2′－at（1分）解得t=（1分）14．(10分)解：（1）设ab边刚进入磁场时线框的速度为v1，根据机械能守恒定律有mgL=mυ12（1分）ab边刚进入磁场时的电动势E=BLυ1（1分）线框中的电流I1=（1分）ab两端的电势差Uab=I1•R（1分）联立以上各式得Uab=BL（1分）（2）由图乙可知cd边进入磁场前线框已做匀速运动，设此时速

4、度为υ2，线框电流为I2，则有BI2L=mg（1分）I2=，E=BLυ2联立解得υ2=（1分）根据能量守恒定律有Q=2mgL-mυ22（2分）由以上各式解得Q=2mgL-（1分）15．(12分)解：（1）根据几何关系可知离子沿AC圆弧的运动轨迹半径R=L（1分）由qυB=m（1分）DPOACExyυυ45°45°MN联立解得：υ=（1分）（2）从C点进入电场的离子恰好垂直通过电场边界OD上的P点，设从C到P的水平位移为x，竖直位移为h，则有x=2hΔOPM为等腰直角三角形，OM=x所以有x+h=L即得h=L，x=L（1分）离子在电场中的加

5、速度：a=（1分）根据平抛运动有x=υt（1分）h=at2（1分）联立解得：E=（1分）（3）由于速度大小不同的离子均垂直通过y轴，设离开磁场时的出射点的坐标为(x，y)，则满足x=-(L-R)y=R联立可得：y=x+L（2分）则它们从有界磁场飞出的位置在AC连线上，如图所示，因此磁场范围最小面积是由弧线ANC和虚线AC所围成的面积。扇形OAC的面积S=πL2ΔOAC的面积S′=L2所以Smin=S-S′=(π-)L2（2分）16．(12分)解析：（1）由动能定理可得：mgR－qE(R+s0)－μmgs0＝Ek1－mυ02（2分）解得E

6、k1=4.4J（1分）（2）设D、D′两点间的距离为s1，小滑块P从A点出发到再次回到A点的过程克服摩擦力所做的功为Wf，则有：Wf=mυ02（1分）又Wf=2×μmg(s0+s1)（1分）可得s1=0.2m（1分）物体P由D′点返回到A点的过程，由功能关系得：EP=μmg(s0+s1)+mgR－qE(R+s0)=4J（2分）（3）物体P和Q从D′点被释放后一起滑行到D点并分离，设分离时物体P的动能为Ek，则有：EP=2μmgs1+2Ek（1分）得Ek=1.6J（1分）由于qE＝10N，μmg＝2N，qE>μmg所以小滑块最终在圆弧轨道某

7、部分做往复运动，且到B点的速度为0由功能关系可得qEs0－μmgL＝0－Ek（1分）解得：L＝4.8m（1分）