【解析】黑龙江省齐齐哈尔市实验中学2018届高三上学期期末考试物理试题含解析.doc

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1、齐齐哈尔市实验中学2017-2018学年度上学期期末考试物理试卷一、选择题（本题共计15小题，110题为单选，1115有多个选项正确，每题4分，选不全得2分，选错不得分）1. 质量m= 1kg的物体做直线运动的速度时间图象如图所示,根据图象可知，下列说法中正确的是( )A. 物体在0-8s内的平均速度方向与1s末的速度方向相同B. 物体在0-2s内的速度变化比2-4s内的速度变化快C. 物体在2-4s内合外力做的功为零D. 物体在2s末速度方向发生改变【答案】C【解析】试题分析：在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线表示加速度，加速度向右

2、上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负解：A、速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知，08s内的平均速度m/s，1s末的速度为1m/s，方向相反，故A错误；B、02s内的加速度为：a=，24s内的加速度为，所以4s内的速度变化快，故B错误；C、24s内的位移为：x=，所以合外力做的功为零，故C正确；D、2s末前后速度图象都在时间轴的上方，都为正，所以2s末速度方向未改变，故D错误故选C【点评】本题是速度时间图象问题，抓住图象的数学意义来理解其物理意义：斜率表示加速度，面积表示位移2. 甲、乙两个溜冰者的质量分

3、别为48 kg和50 kg，甲手里拿着质量为2 kg的球，两人均以2 m/s的速率在光滑的冰面上沿同一直线相向滑行，甲将球传给乙，乙再将球传给甲，这样抛接几次后，球又回到甲的手里，乙的速度为零，则甲的速度大小为()A. 0 B. 2 m/sC. 4 m/s D. 无法确定【答案】A【解析】设甲溜冰者的运动方向为正方向，根据动量守恒定律，选择开始和最后两个状态列方程得：，代入数据解得v=0， A正确3. 如图所示，在同一平台上的O点水平抛出的三个物体，分别落到a、b、c三点，则三个物体运动的初速度va、vb、vc的关系和三个物体运动的时间ta、tb、tc的关系分别是()A. vavbvctatb

4、tcB. vavbvctatbtcC. vavbtbtcD. vavbvctatbtc【答案】C【解析】试题分析：在竖直方向上做自由落体运动，从图中可知三个物体落地的高度，根据可得，故，从图中可知，在水平方向上做匀速直线运动，根据知，a的水平位移最短，时间最长，则速度最小；c的水平位移最长，时间最短，则速度最大，所以有，C正确；考点：考查了平抛运动规律的应用4. 一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图所示，下列图象中合理的是 ()A. B. C. D. 【答案】D【解析】粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速

5、直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：，即图象上某点的切线的斜率表示电场力；A、 图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据，故电场强度也逐渐减小，A错误； B、根据动能定理，有：，故图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与B图矛盾，B错误； C、按照C图，速度随着位移均匀增加，根据公式，匀变速直线运动的图象是直线，题图图象是直线；相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，C错误； D、粒子做加速度减小的加速运动，D正确；故选D。视频5. 如图所示，电源电动势大小为E，内阻大

6、小为r，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向左的过程中（）A. 电流表读数变小，电压表读数不变B. 小电珠L变亮C. 固定在电容器C两板间某点的一个负点电荷所具有的电势能变小D. 电源的总功率变大【答案】C【解析】AB：当滑片向左滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的有效电阻变大，电路的总电阻变大，流过电路的电流变小，电源内电压变小，路端电压变大。则电流表读数变小，小灯泡变暗(流过小灯泡的电流变小)，电压表读数变大。故AB两项均错误。C：流过电路的电流变小，灯泡两端电压减小，滑动变阻器两端电压增大，电容器两端电压变大，电容器两板间场强变大，固定在电容器C两板间某点与左极板间电势差变大，由于左极板接地

7、，左极板电势为零，则固定在电容器C两板间某点电势为正且变大，负点电荷在该点所具有的电势能变小。故C项正确。D：流过电路的电流变小，电源的总功率变小。故D项错误。点睛：本题是电路动态变化分析问题，首先确定变阻器有效电阻的变化，再分析总电阻、总电流的变化，再分析局部电压的变化。6. 两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，顶端接阻值为R的电阻质量为m、电阻为r的金属棒在距磁场上边界某处静止释放，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示，不计导轨的电阻，重力加速度为g，则()A. 金属棒在磁场中运动时，流过电阻R的电流方向为abB. 金属棒的速度为v时，金属棒所受的

8、安培力大小为C. 金属棒的最大速度为D. 金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为【答案】B【解析】A：金属棒在磁场中向下运动时，据右手定则可知，流过电阻R的电流方向为。故A项错误。B：金属棒的速度为v时，金属棒切割磁感线产生的感应电动势流过金属棒的电流金属棒所受的安培力故B项正确。C：当金属棒速度最大时，解得金属棒的最大速度。故C项错误。D：金属棒以稳定的速度下滑时，速度为最大速度，电路中电流电阻R的热功率联立解得：，故D项错误。点睛：本题考查电磁感应中的电路、受力、功能等问题，对于这类问题一定要做好感应电流、安培力、运动情况、功能转化这四个方面的分析。7. 在“测定金属的电阻率”实验中，

9、以下操作中错误的是A. 用米尺量出金属丝的连入电路部分的长度三次，算出其平均值B. 用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值C. 用伏安法测电阻时采用安培表的内接线路，多次测量后算出其平均值D. 实验中应保持金属丝的温度不变【答案】C【解析】A：用米尺量出金属丝的连入电路部分的长度三次，算出其平均值。多次测量求平均值减小误差。故A项正确。B：金属丝不同部位的直径不严格相等，因此用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值认为是金属丝的平均直径。故B项正确。C：金属丝的电阻相对电压表内阻较小，用伏安法测电阻时应采用安培表的外接线路，多次测量后算出其平均值。故C

10、项错误。D：金属丝的电阻率随温度的变化而变化，实验中应保持金属丝的温度不变，测定某一温度时金属丝的电阻率。故D项正确。本题选错误的，故选C。8. 如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可验证机械能守恒定律。实验中需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h。 某同学对实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案，这些方案中正确的是：A. 用刻度尺测出物体下落高度h，由打点间隔数算出下落时间t，通过v=gt计算出瞬时速度v.B. 用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过 计算出瞬时速度v.C. 根据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这

11、点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v，并通过 计算得出高度h.D. 用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v.【答案】D【解析】瞬时速度应由纸带根据v=求出，因为重物下落过程中受到阻力作用，实际加速度小于当地重力加速度，不能用v=来求速度，故AB错误；应用米尺量出纸带下落高度，不能用h=求高度，故C错误；下落高度应用米尺测量，根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测出瞬时速度，故D正确9. 一只小灯泡，标有“3 V,1.5 W”的字样现要描绘小灯泡03 V的伏安特性

12、曲线实验器材有最大阻值为10 的滑动变阻器电动势为6 V、内阻约为1.0 的电源量程为0.6 A、内阻约为1.0 的电流表A1量程为3 A、内阻约为0.1 的电流表A2量程为3 V、内阻约为6 k的电压表V1量程为15 V、内阻约为10 k的电压表V2开关、导线若干 ,以下电路图中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C.故电流表选用量程为0.6 A、内阻约为1.0 的电流表A1；电压表选用量程为3 V、内阻约为6 k的电压表V1。因，所以测量电路采用安培表的外接线路。又描绘小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端电压要从零开始连续变化，滑动变阻器应采用分压式接法。故C项正确。10. 用如图所示

13、电路（为标准定值电阻）测定电池的电动势和内电阻时，如果偶然误差可以忽略不计，则下列说法中正确的是（ ）A. 电动势的测量值小于真实值。B. 内电阻的测量值小于真实值。C. 测量误差的产生原因是电流表具有内电阻。D. 测量误差的产生原因是测量次数少，不能用图象法求电池的电动势和内电阻。【答案】C【解析】因为偶然误差可以忽略，所以据、和、可得：、即电动势的测量值等于真实值，内电阻的测量值大于真实值，测量误差的产生原因是电流表有内阻。故C项正确，ABD三项错误。点睛：应从闭合电路欧姆定律公式进行分析找出实验系统误差的原因。11. 如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面

14、上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面。下列说法正确的是A. 斜面倾角=30B. A获得最大速度为C. C刚离开地面时，B的加速度最大D. 从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒【答案】AB【解析】试题分析：C刚离开地面时，对A有：kx2=mg此时B有最大速度，即aB=aC=0则对B

15、有：T-kx2-mg=0对A有：4mgsin-T=0以上方程联立可解得：sin=，=30 故A正确；初始系统静止，且线上无拉力，对B有：kx1=mg由上问知，则从释放至A刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零；此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，即：4mg（x1+x2）sin=mg（x1+x2）+（4m+m）vBm2以上方程联立可解得：所以A获得最大速度为，故B正确；C刚离开地面时，B的速度最大，说明是受力平衡，故加速度微粒，故C正确；从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误故选ABC考点：物体的平衡；机械能守恒定律【名师点睛】本题关键是对三个物体分别受

16、力分析，得出物体B速度最大时各个物体都受力平衡，然后根据平衡条件分析；同时要注意是那个系统机械能守恒12. 质量为m、带电荷量为q的小球，从倾角为的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向外的匀强磁场中，其磁感应强度为B，如图所示若带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的是()A. 小球带负电B. 小球在斜面上运动时做匀加速直线运动C. 小球在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动D. 小球在斜面上下滑过程中，小球对斜面压力为零时的速率为【答案】BD【解析】A：若带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，故其所受洛仑兹力方向垂直斜面向上，据左手定则

17、可知小球带正电。故A项错误。BC：小球在斜面上运动时其加速度由重力沿斜面向下的分量产生，则，小球在斜面上运动时做匀加速直线运动。故B项正确，C项错误。D：小球在斜面上下滑过程中，小球对斜面压力为零时，对小球受力分析可得：，解得此时小球的速度。故D项正确。13. 如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t=0时刻，质量为m的带电微粒以初速度沿中线射入两板间，时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在时间内运动的描述，正确的是( )A. 末速度大小为B. 末速度沿水平方向C. 重力势能减少了D. 克服电场

18、力做功为【答案】BC【解析】A、时间内微粒匀速运动，则有：，内，微粒做平抛运动，下降的位移，时间内，微粒的加速度，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，T时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为，故A错误，B正确；C、微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为，则重力势能的减小量为，故C正确；D、在内和时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，则位移的大小相等，为，整个过程中克服电场力做功为，故D错误。点睛：解决本题的关键知道微粒在各段时间内的运动规律，抓住等时性，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，知道在内和时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，位

19、移的大小相等。14. 如图所示，极地卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极(轨道可视为圆轨道)若已知一个极地卫星从北纬30的正上方，按图示方向第一次运行至南纬60正上方时所用时间为t，地球半径为R(地球可看做球体)，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G.由以上条件可以求出A. 卫星运行的周期 B. 卫星距地面的高度C. 卫星的质量D. 地球的质量【答案】ABD【解析】卫星从北纬30的正上方，第一次运行至南纬60正上方时，刚好为运动周期的，所以卫星运行的周期为4t，故A正确；知道周期、地球的半径，由，可以算出卫星距地面的高度，通过上面的公式可以看出，只能算出中心天体的质量，BD正确C错误15.

20、以下说法中正确的是：( )A. 满足能量守恒定律的宏观过程都是可以自发进行的B. 某导热材制成的容器处于温度恒定的环境中，容器内用活塞封闭着刚好饱和的一些水汽，当缓慢向下压活塞时，水汽的质量减少，密度不变C. 单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点D. 布朗运动并不是液体分子的运动，但它说明分子永不停息地做无规则运动【答案】BD【解析】A：自发的宏观热学过程是有方向性的，满足能量守恒定律的宏观过程并不一定都是可以自发进行的，自发的宏观热学过程还应满足熵增加原理。故A项错误。B：某导热材制成的容器处于温度恒定的环境中，容器内用活塞封闭着刚好饱和的一些水汽，当缓慢向下压活塞时，温度不变，

21、水汽的饱和气压不变，密度不变，体积减小，质量减小。故B项正确。C：单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点。故C项错误。D：布朗运动是固体小颗粒的运动并不是液体分子的运动，但它说明分子永不停息地做无规则运动。故D项正确。二、计算题16. 如图甲所示，放置在水平台上的导热良好的气缸内封闭一定质量的理想气体，活塞质量为5kg，面积为25cm2，厚度不计，活塞与气缸之间的摩擦不计，且密闭良好气缸全高为25cm，大气压强为1.0105 Pa，当温度为27时，活塞封闭的气柱高为10cm若保持气体温度不变，将气缸逆时针缓慢旋转至与水平方向成30的状态，如图乙所示g取10 m/s20相当于273K分

22、析此过程中气体是吸热还是放热，并说明理由若气缸静止于图乙状态，将外界环境温度缓慢升高，使活塞刚好下移至缸口，求此时的温度【答案】(1)此过程为等温过程，压强减小，所以体积增大，气体对外做功，又因为气体内能不变，由热力学第一定律，应从外界吸收热量 （2）562.5K【解析】本题考查热力学第一定律，气体压强计算、气体状态方程等知识。(1) 过此程中气体从外界吸收热量。此过程为等温过程，压强减小，所以体积增大，气体对外做功，又因为气体内能不变，由热力学第一定律，应从外界吸收热量。（2）以活塞为研究对象，初态时有，解得：末态时有，解得： ，解得： 17. 如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端B点水平，上端

23、A与B点的高度差为h10.3 m，倾斜传送带与水平方向的夹角为37，传送带的上端C点到B点的高度差为h20.1125m(传送带传动轮的大小可忽略不计)一质量为m1 kg的滑块(可看作质点)从轨道的A点由静止滑下，然后从B点抛出，恰好以平行于传送带的速度从C点落到传送带上，传送带逆时针传动，速度大小为v0.5 m/s，滑块与传送带间的动摩擦因数为0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g10 m/s2，试求：(1).滑块运动至C点时的速度vC大小；(2).滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf；(3).滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q.【答案】（1）2.5 m/s

24、 （2）1 J （3）32 J【解析】本题考查运动的合成与分解、动能定理及传送带上物体的运动规律等知识。(1) 在C点，竖直分速度：，解得：(2)C点的水平分速度与B点的速度相等，则从A到B点的过程中，据动能定理得：，解得：(3) 滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律得：解得：达到共同速度所需时间二者间的相对位移由于，此后滑块将做匀速运动。滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量 18. 如图所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场。左侧匀强电场的场强大小为E、方向水平向右，电场宽度为L；中间区域匀强磁场方向垂直纸面向外，右侧区域匀强磁场方向垂直纸面向里，两个磁场区域的磁感应强度大小

25、均为B .一个质量为m、电量为q、不计重力的带正电的粒子从电场的左边缘的O点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后，又回到O点，然后重复上述运动过程。求：（1）粒子在磁场中运动的速率v（2）粒子在磁场中运动的轨道半径R（3）粒子运动的一个完整的周期T【答案】（1） （2） （3）【解析】本题考查带电粒子在电场中的加速以及带电粒子在磁场中的运动等知识。（1）带电粒子在电场中加速，由动能定理，可得：，解得：则粒子在磁场中运动的速率(2) 带电粒子在磁场中偏转，由牛顿第二定律，可得：，解得：粒子在电场中运动的时间粒子在磁场中运动的周期粒子在中间磁场中运动的时间粒子在右侧磁场中运动的时间粒子运动的一个完整的周期 ASDFESAQ!#%FWQQ!QAaaazzx33456#$!%ASDFESAQ!#%FWQQ!QAaaazzx33456#$!%