贵州省贵阳市2018届高三上学期期末考试物理试题 含解析

贵州省贵阳市2018届高三上学期期末考试物理试题

一、选择题（本题共12小题，每小题4分．共48分，在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一个选项符合题目要求，第9～12题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得O分．请将符合题目要求选项前的字母填在答题卷对应题号下的空格中）

1. 下列说法正确的是

A. 牛顿第一定律又称惯性定律，所以惯性定律与惯性的实质相同

B. 牛顿第一定律是牛顿第二定律的特殊情形，它们都可通过实验来验证

C. 牛顿运动定律和动量守恒定律既适用于低速、宏观的物体，也适用于高速、微观的粒子

D. 伽利略通过理想斜面实验，说明物体的运动不需要力来维持

【答案】D

【解析】物体总有保持原有运动状态不变的性质，这种性质叫做惯性．惯性定律就是牛顿第一运动定律，两者不同，故A错误；牛顿第一定律揭示了物体不受力时的运动规律，是经典力学的基础，它不是牛顿第二定律的特殊形式，牛顿第二定律可通过实验来验证，而牛顿第一定律不能通过实验验证，选项B错误；牛顿运动定律适用于低速、宏观的物体，不适用于高速、微观的粒子；动量守恒定律具有普适性，既适用于低速，也适用于高速运动的粒子；故C错误；伽利略通过理想斜面实验，说明物体的运动不需要力来维持，D正确．故选D.

2. 一物体做匀减速直线运动，在4s内的位移为16m，速度变为原来的三分之一，方向不变．则该物体的加速度大小为

A. 1m/s2

B. 1.5m/s2

C. 2m/s2

D. 0.75m/s2

【答案】A

【解析】由平均速度求位移得：解得：v=6m/s；根据加速度定义

，故选A.

3. 如国所示，假设甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M1和M2(M1>M2)的行星做匀速圆周运动．则下列说法正确的是

A. 甲和乙的向心加速度相等

B. 甲和乙运行的周期相等

C. 甲的角速度比乙的小

D. 甲的线速度比乙的大

【答案】D

，则得：

T=2πω，可见，中心天体的质量M越小，a、ω、v越小，T越大，所以得：甲的向心加速度、角速度、线速度都比乙大，而甲的周期比乙小，故D正确，ABC错误．故选D.

4. 如图所示，用完全相同的轻质弹簧1、2、3将两个相同的小球连接并懋挂，小球静止时，弹簧3水平，弹簧1与竖直方向的夹角θ=30°，弹簧l的弹力大小为F，则

A. 弹簧3的弹力大小为2F

B. 弹簧3

C.

D.

【答案】B

【解析】将两球和弹簧2看成一个整体，整体受到总重力G、弹簧1和3的拉力，如图，设弹簧1、3的拉力分别为F1和F2．由平衡条件得知，

F2和G的合力与F1大小相等、方向相反，则得：F2=F1sin30°=0.5F1=0.5F．选项B正确，A错

CD错误；故选B.

5. 一条水平放置的水管，距地面高h=1.8m，水管的横截面积为S=2×10-4m2.水从管口处以v=2 m/s不变的速率源源不断地沿水平方向射出，设出口处横截面上各处水的速率都相等，假设水流在空中不散开．重力加速度g取1Om/s2,不计空气阻力，请估算水流稳定后空中的水的体积为

A. 3.2×10-4m3

B. 4×10-4m3

C. 2.4×10-4m3

D. 2.4×10-3m3

【答案】C

【解析】水从管口射出后做平抛运动，则由2

在空中水的体积为V=vtS=2×0.6×2×10-4=2.4×10-4m3．故选C.

6. 如图甲所示．在同一平面内有两个绝缘金属细圆环A、 B,两环重叠部分的面积为圆环A面积的一半，圆环B中电流i随时间t的变化关系如图乙所示，以甲图圆环B中所示的电流方向为负，则A环中

A. 没有感应电流

B. 有逆时针方向的感应电流

C. 有顺时针方向的感应电流

D. 感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向

【答案】B

【解析】由安培定则可知，环A产生的磁场分布，环内垂直纸面向外，环外垂直纸面向里，由于内部的磁场大于外部的磁场，由矢量的叠加原理可知A环总磁通量向外；当导线中的电流强度I逐步减小时，导致环产生感应电流．根据楞次定律，则有感应电流的方向逆时针；同理，当导线中的电流强度I反向逐步增大时，导致环产生感应电流．根据楞次定律，则有感应电流的方向逆时针．故B正确，ACD错误；故选B．

点睛：考查安培定则、楞次定律的应用，注意当直导线的电流变化时，穿过环的磁通量如何变化是解题的关键．

7. 如图所示，竖直实线表示某匀强电场中的一簇等势面，具有一定初速度的带电小球在电场中从A到B做直线运动（如图中虚线所示）．小球只受电场力和重力，则该带电小球从A运动到B的过程中

A. 做匀速直线运动

B. 机械能守恒

C. 机械能逐渐增大，电势能逐渐减小

D. 机械能逐渐减小，电势能逐渐增大

【答案】D

点睛：本题要能根据其受力情况判断微粒的运动状态，抓住质点做直线运动的条件：合力与速度平行是关键．

8. 如图所示，两个内壁光滑、半径为R（图中未标出）的半圆形轨道正对着固定在竖直平面内，对应端点（图中虚线处）相距为x，最高点A和最低点B的连线竖直．一个质量为m的小

球交替着在两轨道内运动而不脱离轨道，己知小球通过最高点A时的速率不计空气阻力，重力加速度为g．则

A. 小球在A点的向心力小于mg

B. 小球在B点的向心力等于4mg

C. 小球在B、A两点对轨道的压力大小之差大于6mg

D. 小球在B、A两点的动能之差等2mg( R+x)

【答案】C

【解析】小球在A A错误；根据

，B、A 两点的动能之差等mg(2R+x)，小球在B，选项BD错误；在A点对

B点对轨道的压力：，则

，选项C正确；故选C.

9. 如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4:1．原线圈接入一电压瞬时值随时间变

R=27.5Ω的负载电阻，闭合开关S．待电路稳定后．下述结论正确的是

A. 副线圈中电流的周期为0.02s

B. 副线圈中电压的最大值为55V

C. 原线圈中电流的最大值为0.5A

D. 原线圈中的输入功率为110W

【答案】AD

【解析】变压器不会改变电流的周期，则副线圈输出电流的周期为所以

A正确；原线圈电压最大值为，则副线圈中电压的最大值为,B错

，则原线圈中电流的最大值为

C错误；原线圈电压有效值为220V，电流有效值为0.5A，掌握变压器输入功率为P=I1U1=110W，选项D正确；故选AD.

10. 如图所示，位于水平面上的同一物体在恒力F1的作用下，做速度为v1的匀速直线运动；在恒力F2的作用下，做速度为v2的匀速直线运动．已知 F1与F2的功率相同，则可能有

A. F1= F2, v1

B. F1= F2, v1>v2

C. F1< F2, v1

D. F1>F2, v1>v2

【答案】BD

...............

11. 如图所示．MN为两个方向相同且垂直于纸面的匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小关系为B1=2B2,一比荷值为k的带电粒子（不计重力）．以定速率从O点垂直MN进入磁感应强度大小为B1的磁场．则粒子下一次到达O点经历的时间为

D.

【答案】BC

【解析】粒子垂直进入磁场，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：

粒子做圆周运动的周期为：由题意可知：B1=2B2，则：r2=2r1，T2=2T1，

根据粒子运动轨迹可知，粒子下一次到达O点经历的时间为（n=0，1，2，3……）则选项BC正确，CD错误；故选BC.

点睛：本题关键在于根据半径关系画出粒子运动的轨迹，然后确定时间与周期的关系，这也是磁场中的轨迹问题常用的思路。

12. 如图所示，一固定光滑斜面与水平面间的夹角为θ，轻质弹簧的一端固定在斜面底端的挡板上，另一端与斜面上质量为m的物块连接．开始时用手拉住物块使弹簧伸长x1，放手后物块由静止开始下滑，到达最低点时弹簧压缩了x2，重力加速度为g。则在物块下滑到最低点的过程中．

A. 物块的加速度先减小后增大

B. 物块重力的功率先减小后增大

C. 弹簧的弹性势能变化了mg(x1+x2)sinθ

D. 物块重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变

【答案】AC

【解析】物块由静止向下运动的过程中，弹力先沿斜面向下，且大小减小，物块的合外力减小，加速度减小．后来弹力反向增大，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，所以加速度先减小后增大．故A正确．物块先向下加速，后向下减速，则重力的功率先增大后减小．故B错误．对整个过程，由系统的机械能守恒得弹簧的弹性势能变化量等于物块重力势能的减少量，为mg（x1+x2）sinθ．故C正确．对于物块和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律知，物块重力势能、动能与弹簧弹性势能之和保持不变．故D错误．故选AC.

点睛：本题属于动态分析类型的题目，要注意通过受力分析与受力分析的方程来说明物体受到的合力的变化，进而说明物体的加速度的变化与速度的变化关系．要注意机械能是针对物块和弹簧组成的系统的，对物块机械能并不守恒．

二、实验题（本题共2小题，共15分．把答案直接填写在答题卷的对应位置处）

13. 某同学为了测量R x的电阻值，设计了如图甲所示的电路．用到的器材有：电源（电动势未知．内阻为r），理想电流表，理想电压表，单刀双掷开关S．实验时他进行了如下操作：

(1)在开关处于断开状态下连接好电路；

(2)将开关S向电压表一侧闭合，记录下电压表读数U1；将开关S向R x一侧闭合，记录下电流表读数I2;

(3)根据已知条件和(2)中测量数据，可得电源电动势E=________，待测电阻的表达式R x=

_________;

(4)根据图甲电路，完成图乙中各实物器材之间的连线___________.

【答案】 (1). U1

【解析】（3）当将开关S向电压表一侧闭合，电压表读数U1，可知电源的电动势E=U1；将开

关S向R x一侧闭合，电流表读数I2，则E=I2(R x+r)

（4）实物连线如图；

14. 利用知图1所示的装置可以“研究匀变速直线运动的规律”．将质量为m1的物块1与质量为m2的物块2(m1

(1)相邻两计数点之间的时间间隔为______ s；

(2)实验时要在接通打点计时器电源之______释放物块2（选填“前”或“后”）；

(3)将各计数点至0点的距离依次记为h1、h2、h3、h4……，测得h2=l.60cm, h4=6.40cm，请计算打点计时器打下C点时物块的速度大小为____ m/s;

(4)根据测出物块l上升的高度h与相应的时间t，描绘出如图3所示的h-t2图线，由此可以求出物块的加速度大小为 ________ m/s2;

【答案】 (1). 0.1 (2). 后 (3). 0.24 (4). 0.80

【解析】（1）相邻两计数点之间的时间间隔为：T=0.02×5=0.1s；

（2）实验时要在接通打点计时器之后释放物体；

（3）C点的瞬时的速度为BD

（4）根据运动学公式2，因此s-t2图线的斜率k=，那么a=2k=2×=0.8m/s2；

点睛：考查计数点与实际打点的区别，注意先接通电源后，释放纸带，同时从纸带上求解速度和加速度是处理纸带的两个主要问题，一定要熟练掌握．

三、计算题（本大题共4小题，共37分．要求写出必要的文字说明、方程式和演算过程步骤）

15. 质量为m=4kg的小物块静止在水平地面上，现用水平恒力F拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停止运动，物块整个过程中做直线运动，其v-t图象如图所示，物块与地面间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度g取10m/s2，求：

(1)撤去拉力F后物块继续滑行的位移大小x；

(2)水平恒力F的大小．

【答案】(1) x2=4m (2) F=10N

【解析】（1）设撤去拉力 F 时的速度为 v．撤去拉力后的加速为 a2，滑行的位移为 x2．

由牛顿第二定律得：μmg=ma2

由运动学公式 v2=2ax2

代入数据联立解得：x2=4m

（2）设从开始运动到最后停止过程的位移x，从开始运动到撤去拉力过程中的位移为x1．由动能定理有： Fx1-μmgx=0

由 v－t

x1=x-x2

代入数据联立解得：F=10N

16. 如图所示，一斜面光滑的直角三角形劈固定在水平地面上，劈高为h=5m，右端与水平面

平滑连接．物块B静止在水平面上P点，P点左侧水平面光滑，右侧粗糙．现让物块A从斜劈顶端由静止沿斜面滑下，然后与物块B发生正碰（碰撞时间极短）并粘连在一起，继续运动4s停下，物块A、B可视为质点，与P点右侧水平面间的动摩擦因数均为μ=0.2．重力加速度g取10m/s2．求：

(1)物块A滑至斜劈底端时的速度大小；

(2)物块A与物块B的质量之比。

【答案】(1) v=10m/s (2) m A：m B = 4：1

【解析】（1）设物块A滑到斜劈底端时的速度为v，由机械能守恒定律得：

解得：v=10m/s

（2）设A、B碰撞后的共同速度为vˊ，由动量守恒定律得：

m A v =( m A+m B) vˊ

由动量定理得

－μ( m A+m B)gt =0－( m A+m B) vˊ

联立解得： m A：m B = 4：1

17. 如图所示，两光滑平行金属导轨置于水平面（纸面）内，轨道间距为l，左端连有阻值为R的电阻，一金属杆置于导轨上静止，金属杆右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场区域，现给金屈杆施加一水平向右的恒力，使其进入磁场区域做初速度为零的变加

轨始终保持垂直且接触良好，除左端所连电阻外，其他电阻忽略不计．求：

(1)给金属杆施加的水平向右恒力的大小；

(2)金属杆达到最大速度时，电阻的热功率。

【答案】(1) F＝

【解析】（1）当安培力等于水平恒力 F 时速度为最大，设此时的电流为 I，则

F=F安

F安=BIl

联立解得：F＝2R

(2) 设金属杆达到最大速度时，电阻R的热功率为P，则P=I2R

18. 如图所示，竖直平面内两块厚度不计的带电平行极板AB. CD正对水平放置．极板CD正中央有一小孔，两极板间电势差为U．板长为2d、板间距为d．两板间电场可视为匀强电场，方向竖直向下，在两极板构成的矩形区域（图中虚线框）外有垂直于纸面向外、范围足够大的匀强磁场（图中未标出）．将一质量为m.电荷量为q(q>0)的带电粒子从极板AB的正中央0点，由静止释放，经极板AB、CD间的电场加速后，从极板CD正中央小孔射出，在磁场中做匀速圆周运动改变方向后，能再次进入电场，且带电粒子射入电场时的速度方向与电场方向垂直，并恰能第二次射出电场，不计带电粒子所受重力，电场、磁场的交界处为理想边界．

(1)求粒子从极板CD中央小孔射出时的速度大小：

(2)求匀强磁场的磁感应强度大小；

(3)请计算说明带电粒子第二次射出电场时的位置，

【答案】从C点射出

【解析】（1）设带电粒子经过电场加速后，从极板CD正中央小孔射出时的速度大小为v，由动能定理有:

解得：

（2）设带电粒子第一次从电场中射出后，在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由粒子再次进入匀强电场时的速度方向与电场方向垂直，可知运动方向改变270°，由A点垂直射入电场．由几何关系可得r=d

（3）带电粒子由 A 点垂直电场方向射入电场之后做类平抛运动，能第二次射出电场，设运动时间为 t．

若从极板 DC 右端射出，则

垂直电场方向有：2d= vt

由牛顿第二定律有：Eq=ma

由极板AB、CD

联立解得：y = d

因此带电粒子从C点射出．

点睛：此题是带电粒子在复合场中的运动问题；解题时要搞清粒子运动的物理过程，能结合圆周运动以及类平抛运动的知识列出方程求解.