黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学届高三上学期期末考试理综物理试题-含解析.doc

《黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学届高三上学期期末考试理综物理试题-含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学届高三上学期期末考试理综物理试题-含解析.doc（39页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、Four short words sum up what has lifted most successful individuals above the crowd: a little bit more.-author-date黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2018届高三上学期期末考试理综物理试题-含解析高考资源网黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2018届高三上学期期末考试理综物 理 试 题二、选择题：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1417题只有一项符合题目要求，第1821题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1. 一个质点沿直线运动，运动

2、方向始终不变，加速度的方向与速度方向相反，并且加速度大小逐渐减小直至为零，则在此过程中A. 速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值B. 速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值C. 位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大D. 位移逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值【答案】A【解析】只要加速度方向和速度方向相同，则物体一定做加速运动，所以速度一直增大，加速度减小，说明速度变化的慢了，当加速度为零时，速度不再变化，即达到最大值，而速度方向不变，所以位移一直增大，当加速度减小为零时，由于速度不为零，所以位移继续增大，故B正确2. 如图所示，A为一水平旋转的橡胶盘

3、，带有大量均匀分别的负电荷，在圆盘正上方水平放置一通电直导线，电流方向如图，当圆盘按图示方向高速绕中心轴OO转动时，通电直导线所受磁场力的方向是A. 竖直向上B. 竖直向下C. 水平向里D. 水平向外【答案】D【解析】试题分析：带电圆盘如图转动时，形成逆时针方向的电流，根据右手螺旋定则可知，在圆盘上方形成的磁场方向竖直向上，根据左手定则，伸开左手，让四指和电流方向一致，磁感线穿过手心，则大拇指指向纸面内侧，因此安培力的方向水平向里，故ABD错误，C正确故选C。考点：右手螺旋定则；左手定则3. 如图所示，a、b两点处分别固定有电量均为Q的带正电的点电荷，c是线段ab的中点，d是ac的中点，c是a

4、b的垂直平分线上的一点，ce=cd，将一个正点电荷先后放在d、c、e点，它所受的电场力分别为，则下列说法正确的是 A. 的方向都是水平向右B. 的方向相互垂直，C. 的大小相等，的方向竖直向上D. d的电势小于e点的电势【答案】B【解析】等量同号正电荷的电场的分布特点如图：A、B、C、从图中可知， d点的场强方向向右，e点的场强的方向向上，c点的总场强叠加后为零，所以正电荷在这三点受到的电场力的方向分别为Fd向右Fc=0，Fe方向向上，故B正确，A，C错误；D、沿着电场线电势逐渐降低，可得,则选项D错误。故选B.【点睛】该题考查等量异号电荷的电场的分布特点，属于对常见电场的考查要求大脑中对这部

5、分的常见电场的特点有清晰的图象4. 如图所示，足够长的水平平行金属导轨间距为L，左右两端均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，中间连接电阻及电容器，两根电阻均为R的相同金属棒，在导轨两端分别同时以相同速率v0向左、向右匀速运动不计导轨的电阻，金属棒与导轨接触良好，则电容器C两极板上电压为 A. B. C. D. 【答案】B【解析】两个导体棒产生的感应电动势均为E=BLv0；电阻R3两端的电压为，由右手定则知外端电势高；左端电路外电路总电阻为R，则R4两端电压为，R2两端电压为，同理里端电势高，故电容器两端的电压为，故B正确，A、C、D错误故选B【点睛】此题是法拉第电磁感应定律以及欧姆定律

6、的结合题；关键是知道这是两个基本电路，必须求得与电容器相连接的两个电阻两端的电压，并判断出两端电势的高低才能知道电容器两端的电压；注意搞清两个电路的内外电路5. 宇宙飞船绕地心做半径为r的匀速圆周运动，飞船舱内有一质量为m的人站在可称体重的台秤上，用R表示地球的半径，g表示地球表面处的重力加速度，g0表示宇宙飞船所在处的地球引力常数的加速度，N表示人对秤的压力，则下列关系式中正确的是A. B. C. D. 【答案】AD【解析】A、B、忽略地球的自转，万有引力等于重力，在地球表面处：，宇宙飞船：，由两式解得：，故A正确，B错误；C、D宇宙飞船绕地心做匀速圆周运动，飞船舱内物体处于完全失重状态，即

7、人只受万有引力（重力）作用，所以人对秤的压力N=0，故C错误、D正确；故选AD【点睛】根据万有引力等于重力列出等式去求解，是本题解题的关键；常称为黄金代换式，在万用引力定律的应用经常用到，要理解记牢6. 有一足够长、倾角为30的光滑斜面，在其顶端由静止释放小球P，经过时间t后，仍在该斜面顶端位置水平抛出另一小球Q，小球Q刚好击中小球P，重力加速度为g，小球P、Q均可视为质点，下列说法正确的是A. 小球P被击中前在斜面上运动的时间为1.5tB. 小球Q将要击中小球P时小球Q的速度与水平方向成60C. 小球Q水平抛出时的速度为D. 小球Q击中小球P时小球Q的位移为【答案】CD【解析】A、P运动的加

8、速度为，设Q经过时间击中小球P，则有，解得，则小球P被击中前在斜面上运动的时间为2t，故A错误.B、设小球Q击中小球P时的速度方向与初速度方向夹角为，则有，则，故B错误.C、小球Q运动的时间为t，则有，解得，故C正确.D、小球Q平抛的位移为,故D正确.则选CD.【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，运用运动学公式灵活求解7. 如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子（不计重力）以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过t1时间从C点射出磁场，OC与OB成60角，在磁场中的运动轨迹长为L1，现将带电粒子的速度变为，仍从A点沿原方向射入磁场，则粒

9、子在磁场中的运动时间为t2，在磁场中的运动轨迹长为L2，则下列等式中正确的是A. B. C. D. 【答案】AC【解析】A、B、设圆形磁场区域的半径是R，以速度v射入时，半径，根据几何关系可知，所以，运动时间；以速度射入时，半径，所以,做出粒子两次的运动轨迹如图所示：【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，同时还利用圆弧的几何关系来帮助解题8. 两块相互靠近的平行金属板M、N组成电容器，N板接地，充电后与电源断开，M板带正电，N板带负电，且电荷量保持不变，如图所示，板间有一个用绝缘细线悬挂的带电小球（可视为质点），小球静止时与竖直方向的夹角为，忽略带电小球所带电荷

10、量对极板间匀强电场的影响，则下列说法正确的是A. 若将细线烧断，小球将做类平抛运动B. 若保持细线拉直的情况下用外力将小球拉到最低点，然后无初速度释放，则小球运动到图示位置时细线拉力最大C. 若只将M板水平向左平移稍许，则间距将不变，小球的电势能不变D. 若只将M板竖直向上平移稍许，则电容器的电容将变小，小球稳定后间距将变大【答案】BCD【解析】A、根据小球受力分析，结合小球在图示位置，可知小球带正电,受到水平向右的电场力，拉力，及重力处于平衡，当轻轻将细线剪断，小球将沿重力与电场力的合力方向做匀加速直线运动，故A错误B、将重力和电场力合成为等效重力可知图示位置为等效重力场的最低点，小球获得初

11、速度通过等效最低点时速度最大，提供的向心力最大，此时的拉力也是最大，故B正确。C、若将M极板向左平移稍许，根据、，可得板间场强，知板间场强E不变，小球所受的电场力不变，不变，而可得小球到负极板的距离不变，则电势能不变，故C正确D、若将M极板向上平移少许，电容器的正对面积减小，电容C会减小，因电量Q不变，根据，则E增大，小球所受的电场力增大，将变大，故D正确故选BCD.【点睛】本题要抓住条件：在电容器的电量Q不变的基础上，根据、进行分析，同时注意受力平衡的条件应用二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。9. 某同学用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和厚度，测量结果如图A和B所示，该

12、工件的直径为_cm；厚度为_mm。【答案】 (1). 10.080 (2). 10.84210.844【解析】游标卡尺的主尺读数为10cm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为160.05mm=0.80mm，所以最终读数为：100mm+0.80mm=100.80mm=10.080cm.螺旋测微器的固定刻度为10.5mm，可动刻度为34.20.01mm=0.342mm，所以最终读数为10.5mm+0.342mm=10.842mm(10.842mm10.844mm)【点睛】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量10. 图a是某同

13、学组装完成的简易多用电表的电路图，图中E是电池，是定值电阻，是可变电阻，表头G是满偏电流为250A，内阻为480，其表盘如图b所示，最上一行刻度的正中央刻度值为“15”。图a中虚线方框内为换档开关，A端和B端分别与两表笔相连，该多用电表有5个档位，和5个档位分别为：直流电压1V档和5V档；直流电流1mA档和2.5mA档，欧姆100挡。(1)若用欧姆100档测二极管的反向电阻，则图（a）中的A端应与_（填“红”或“黑”）色表笔连接后，再将此表笔金属部分与二极管的_（填“正”或“负”）极相接触，测得的示数如图b，则读数为_（保留两位有效数字）。(2)某次测量时该多用电表指针位置如图b所示，若此时B

14、端是与“1”相连的，则多动电表的读数为_。(3)根据题中所给的条件可得E=_V,=_。(4)若该表的欧姆100档使用一段时间后，电池内阻不能忽略且变大，电动势变小，但将两表笔短接时调节，指针仍能满偏，按正确使用方法进行测量，其测量结果与最初时的该表测量结果相比将_。A偏大 B偏小 C不变 D无法确定【答案】 (1). 黑 (2). 负 (3). 6.0103 (4). 0.57mA (5). 1.5 (6). 4000 (7). A【解析】(1)由图(a)所示电路图可知，A与欧姆表内置电源正极相连，满足红进黑出向右偏，则A端应与黑表笔相连；用欧姆表测二极管反向电阻，应将黑表笔与二极管的负极相连

15、，欧姆表挡位为100，由图(b)所示可知，读数为：60100=6000=6.0103.(2) B端是与“1”相连，由图(a)所示可知，此时多用电表测电流，量程为2.5mA，由图(b)所示可知，其分度值为0.05mA，示数为0.57mA.(3)表盘正中央刻度为15，欧姆表挡位为100，则欧姆表内阻：R内=15100=1500，电源电动势：E=IA小R内=110-31500=1.5V，由欧姆定律可知：.(4)由题意可知，电源内阻r变大，电动势E变小，电表满偏电流Ig不变，欧姆表进行欧姆调零时，内阻：变小，用欧姆表测电阻时，电流：，由于R内变小而Ig不变，I偏小，指针位置偏左，所测电阻阻值示数偏大，

16、故A正确；故选A.【点睛】本题考查了多用电表读数以及内部原理，要注意明确串并联电路的规律应用，同时掌握读数原则，对多用电表读数时，要先确定电表测的是什么量，然后根据选择开关位置确定电表分度值，最后根据指针位置读数；读数时视线要与电表刻度线垂直；知道欧姆表的工作原理是解答(4)的关键11. 如图，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为下他的固定斜面，斜面上放一质量为m的光滑球，静止时，箱子顶部与球接触但无压力，箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后改做加速度大小为a的匀减速运动直至速度为零，经过的总路程为s，运动过程中的最大速度为v。(1)求箱子加速阶段的加速度大小(2)若，求减速阶段球受到箱子左壁和顶

17、部的作用力大小【答案】(1) (2)【解析】(1)设加速度过程中加速度为，由匀变速运动公式解得(2)若球不受车厢作用，则应满足:解得:减速时加速度由斜面支持力N的水平分量与左壁支持力共同决定，当时，球受力如图：由牛顿定律Nsin=ma解得:.12. 如图所示，区域I和区域II的匀强磁场的磁感应强度大小相等，方向相反，在区域II的A处有一静止的铀核发生衰变后衰变成钍核，和粒子的运动轨迹如图，其中粒子由区域II进入区域I，与光华绝缘挡板PN垂直相碰后（PN与磁场分界线CD平行），经过一段时间又能返回到A处，已知区域I的宽度为d，元电荷的值为e，不考虑钍核和粒子的相互作用和重力。(1)请写出钍核衰变

18、反应方程；(2)试求钍核的轨道半径；(3)试求当粒子第一次返回到A处时钍核和粒子的距离。【答案】(1) (2) (3)【解析】(1)核反应方程为(2)衰变过程遵守动量守恒，则由可以知道，左边为粒子轨迹，且在区域I、II中轨道半径相同，轨迹和CD的交点设为P，过P的轨迹半径与CD的夹角为，由几何关系可知=60，则粒子轨道半径为又粒子的轨道半径钍核的轨道半径根据动量守恒可得，又知道q=90e，钍核运动的轨道半径为(3)从衰变刚结束到粒子第一次返回到A处时历时时间内钍核转过的圆心角为所以【点睛】本题把原子核的衰变过程结合了内力作用动量守恒的规律，同时置于匀强磁场中，受洛仑兹力作用做匀速圆周运动的运动

19、特点。13. 下列说法正确的是A. 温度是分子平均动能的标志B. 若物体温度升高，则该物体一定吸热C. 理想气体等温膨胀过程一定是吸热过程D. 热量不可能自发地从低温物体传到高温物体E. 温度高的物体具有的内能一定多【答案】ACD【解析】A、温度是分子平均动能的标志，物体温度高，则物体的分子平均动能大，故A正确B、温度升高可说明物体的内能增大，但改变内能的方式有做功和热传递，所以不一定是吸热升温，B错误。C、由热力学第一定律U=W+Q，当气体等温膨胀过程时，气体对外做功，吸收热量，故C项正确。D、根据热力学第二定律可知热量不可能自发地由低温物体传到高温物体，除非引起其它的变化，故D项正确。E、

20、温度高的物体，由于不知道质量大小，具有的内能不一定多，故E错误。故选ACD.【点睛】该题考查到分子动理论、热力学第一定律、热力学第二定律等知识点的内容，都是一些记忆性的知识点，在平时的学习过程中多加积累即可做好这一类的题目同时要注意几个容易错误的地方14. 有一粗细均匀的U形管，当温度为31时，封闭端和开口端的水银面在同一水平面上，如图所示，封闭端内的空气柱长8cm，大气压强为76cmHg，问： (1)温度升高到多少摄氏度时，封闭端气柱将增加到9cm；(2)在(1)问的操作结束后，如果再从开口端缓慢灌入水银（灌入的水银与开口端的水银面相连，其间没有气泡），使封闭端内的空气柱恢复到原长，此过程保

21、持气体温度不变，那么此次是封闭端和开口端的水银面相差几厘米？【答案】(1) (2)h=11.75cm【解析】(1)取温度升高前后始末两个状态：初态:（S为U形管的横截面积）；，根据理想气体状态方程：解得：则(2)，因为温度保持不变，根据玻意耳定律可得：解得：h=11.75cm【点睛】本题考查了求温度、水银柱的高度差，分析清楚气体状态变化过程、求出气体状态参量、应用理想气体状态方程、玻意耳定律即可正确解题15. 如图为一横波在某时刻的波形图，已知C质点在波峰处，G质点在波谷处，F质点此时的运动方向向下，则下列说法正确的是_A. 波向左传播B. 质点H的运动方向与质点F的运动方向相同C. 质点C比

22、质点B先回到平衡位置D. 质点E在此时的加速度最大E. 质点C和质点G在此时的速度都为零【答案】ACE【解析】A、F质点此时的运动方向向下，根据波形平移法可知，该波向左传播，故A正确；B、根据该波向左传播和波形平移法可知，质点H的运动方向向上，与质点F的运动方向相反故B错误；C、该波向左传播，质点B先向上运动再向下运动才能回到平衡位置，而质点C直接向下运动回到平衡位置，所以质点C比质点B先回到平衡位置，故C正确；D、质点E此时在平衡位置处，回复力为零，所以加速度最小，故D错误；E、质点离平衡位置越近速度越大，通过平衡位置时速度最大，波峰和波谷处的速度最小为零，所以C点和G点此时速度为零，E项正

23、确。故选ACE。【点睛】解题关键是根据质点振动方向判断波的传播反向，常用的方法是波形平移法，再判断各质点的振动情况，各质点的振动类比简谐运动16. 如图所示，一束光线通过透明容器平行液面射向液体内部的平面镜上的O点，已知这种透明液体的折射率为，试求：(1)这种液体临界角是多大？(2)当平面镜可以绕过O点为轴上下转动时，为使光线能够从液体表面射出，平面镜与入射光的夹角应满足什么条件？【答案】(1)C=45 (2)【解析】(1)由题意可知解得C=45(2)光线经平面镜向右上方以临界角射向液面刚好发生全反射，光路图如图所示：由图可知，则所以当光线射向液面时，刚好发生全反射，而当时，光线经平面镜发射再射向液面时，才能从反射点的右上方射出，所以必须满足要想发生全反射避免安祖，同理，光线经平面镜向左上方以临界角射向液面时，刚好发射全反射，光路图如图所示：由图可知若,光线能从反射点的左上方射出。综合上述两种情况的结果，若使光线能从液体表面射出，应满足的条件为【点睛】本题是几何光学问题，掌握全反射条件和临界角公式，运用几何关系进行求解. -