云南省保山市2018届高三物理上学期期末考试试题（含解析）.docx

2017-2018学年云南省保山市高三（上）期末物理试卷一、单选题（本大题共4小题，共24.0分）1.关于原子和原子核的结构，下列说法正确的是（ ）A. 汤姆逊发现了电子，并测量出了电子的电量，从而认识到原子是可以分割的，是由更小的微粒组成的B. 卢瑟福通过粒子散射实验得到这样的结论：电子在库仑力的作用下绕原子核做圆周运动，并且电子的轨道是量子化的C. 卢瑟福通过实验验证了质子和中子的存在，质子和中子是原子核的组成部分，统称为核子D. 玛丽居里夫妇发现了天然放射性元素镭，约里奥居里夫如发现了人工放射性同位素【答案】D【解析】【分析】本题比较简单考查了学生对物理学史的了解情况，在物理学发展的历史上有很多科学家做出了重要贡献，大家熟悉的汤姆孙、卢瑟福、查德威克等，在学习过程中要了解、知道这些著名科学家的重要贡献。【详解】A、汤姆逊发现了电子，美国物理学家罗伯特密立根通过油滴实验测量出电子的带电量，故A错误。B、卢瑟福通过对粒子散射实验的研究确立了原子的核式结构模型，认为电子在库仑力的作用下绕原子核做圆周运动；波尔认为氢原子能级是分立的，即电子的轨道是量子化的。故B错误。C、1919年英国物理学家卢瑟福通过对粒子轰击氮原子核实验的研究，首次完成了人工核转变，发现了质子，并猜测“原子核是由质子和中子组成的”；查德威克通过原子核人工转变的实验发现了中子。故C错误。D、玛丽居里夫妇发现了天然放射性元素镭，约里奥居里夫如发现了人工放射性同位素。故D正确。故选：D。【点睛】物理学史也是高考考查内容之一。对于著名物理学家、经典实验和重要学说一定要记牢，不能张冠李戴2.如图所示，放在粗糙水平面上的木块以初速度向右运动，木块质量为m，与地面之间的动摩擦因数为，同时受到一个水平向左的恒力在这个过程中，能正确描述木块运动情况的图象是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】分析物体的运动情况，根据牛顿第二定律求解加速度大小；根据速度时间关系求解运动时间.【详解】A、物体减速运动的加速度大小为a，则根据牛顿第二定律可得：F+mg=ma解得：a=+g，当木块速度减为零时，由于Fmg，所以物体静止，合力为零，加速度为零，故A错误。BCD、根据速度时间关系可得：v=v0+at解得运动的时间为：，t=，故D正确，B、C错误。故选：D【点睛】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。3.某卫星在半径为的轨道上做圆周运动。动能为，周期为，机械能为；变轨到半径为的轨道上后，动能比在半径为的轨道上减小了，周期变为，机械能变为，则下列说法正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据万有引力提供圆周运动向心力求解半径的变化，再根据万有引力提供圆周运动向心力求得周期与机械能的变化。【详解】设地球的质量为M，卫星的质量为m，由万有引力提供向心力得：，所以卫星的动能：Ek=，卫星的动能减小，则卫星的轨道半径增大。故A错误。B、由万有引力提供向心力得：，则：T=2，卫星的半径增大，则卫星的周期增大。故B错误。若要想使卫星的轨道半径增加，则需要对卫星进行加速，使卫星需要的向心力大于万有引力，所以卫星的机械能一定增大。故C正确，D错误。故选：C【点睛】本题关键是抓住万有引力提供圆周运动的向心力，熟悉并掌握相关规律是解题的关键。4.如图所示，粗糙水平面与半径为R的光滑圆轨道之间由小圆弧平滑连接，一质量为m的小球恰以初速度从A点沿切线进入圆轨道。如果小球恰好能够两次经过轨道最高点，已知重力加速度为g，小球在水平面上平动，则小球与水平面之间的动摩擦因数是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据牛顿第二定律求解第二次恰好经过轨道最高点的速度，全过程根据动能定理列方程求解。【详解】小球第二次恰好经过轨道最高点的速度为v，根据牛顿第二定律可得：mg=m全过程根据动能定理可得：-mgR-mgR(1+)=mv2-mv02解得：=,故B正确，A、C、D错误。故选：B【点睛】本题主要是考查了动能定理；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答；动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动；一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究，也可以全过程根据动能定理解答。二、多选题（本大题共6小题，共33.0分）5.如图甲、乙是两个相同的理想变压器的示意图，输人电压分别为、，导线电阻不计，四个相同的灯泡按图示接入电路中，图乙中在原线圈一端接有阻值为R的电阻，当开关均闭合时，下列说法正确的是A. 、均增大B. 、均增大C. 变亮D. 变亮【答案】AD【解析】【分析】根据理想变压器输入电流由输出电流决定，输出电压由输入电压和变压比决定，分析电流和电压的变化，判断两灯亮度的变化。【详解】AB、在甲图中，u1不变，变压器的变压比不变，则u2不变，当开关闭合时，副线圈电路的总电阻减小，则I2增大，I1随之增大。在乙图中，u3不变，当开关闭合时，副线圈电路的总电阻减小，I3增大，I4也增大，R上电压增大，则原线圈的电压减小，u4减小。故A正确，B错误。C、u2不变，L1的电压不变，亮度不变，故C错误。D、L2原来不亮，开关闭合时变亮，故D正确。故选：A、D【点睛】本题是交流电路中的动态分析问题，可以根据接通开关后电路电路电阻的变化，确定出总电路电阻的变化，进而可以确定总电路副线圈电流的变化情况，再分析原线圈电流的变化，注意分析的顺序。6.如图所示，在一个半径为R的圆形区坡内存在微感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个比荷为的正粒子，从A点沿与AO夹角的方向射入匀强磁场区域，最终从B点沿与AO垂直的方向离开磁场。若粒子在运动过程中只受磁场力作用，则A. 粒子运动的轨道半径B. 粒子在磁场区域内运动的时间C. 粒子的初速度的D. 若仅改变初速度的方向，该粒子仍能从B点飞出磁场区域【答案】AC【解析】【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度的偏向角等于轨迹对应的圆心角。画出轨迹，由数学知识求出轨迹半径，再利用洛伦兹力提供向心力结合结合关系即可分析求解，利用周期公式结合粒子在磁场中转过的圆心角，求解粒子在磁场中运动的时间。【详解】A、画出粒子轨迹示意图，如下图所示，因为粒子从B点沿与AO垂直的方向离开磁场，故OB与AO平行，又因为OAB与OAB均为等腰三角形，可得：OAB=OBA=OBA=OAB，所以OA与BO也平行，因为粒子速度方向偏转的角度为，故AOB=，所以四边形OAOB为两个等边三角形组成的菱形，故粒子运动的轨道半径r=R，故A正确。B、粒子在磁场中运动的周期：T=，粒子在磁场中转过的圆心角=600，所以粒子在磁场中运动的时间为：t=，故B错误。C、根据洛伦兹力提供向心力可得：qv0B=m，结合轨道半径r=R，联立可得粒子的初速度为：v0=，故C正确。D、当入射粒子速度方向发生变化时，粒子运动的轨迹示意图如图所示，速度大小不变，粒子做圆周运动的半径不变，入射速度方向发生变化，粒子在圆周上的出射点也随之变化，所以若仅改变初速度的方向，该粒子将不能从B点飞出磁场区域，故D错误。故选：A、C【点睛】本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，利用洛伦兹力提供向心力，结合几何关系进行求解；运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间。7.如图所示，将电动势为E的电源与电容为C的电容器相连，中间接有一个理想二极管，一个质最为m、电荷量为q的粒子静止在P点，则A. 若下板上移，电容器的电容增大，带电粒子将向上加速B. 若下板上移，电容器的电容减小，带电粒子将向下加速C. 若下板下移，电容器的电容减小，带电粒子将静止不动D. 若下板下移，电容器的电容增大，带电粒子将向上加速【答案】AC【解析】【分析】根据电源与电容器相连，则电容器的电压不变，且依据电路中二极管，电容器只能充电，不能放电，再由电容的定义式C=与决定式C=，及电场强度公式E=，即可求解。【详解】AB、若下板上移，即极板间距减小，依据电容的决定式C=，那么电容C增大；根据电源与电容器相连，则电容器的电压不变，再由电容的定义式C=可知，电容器处于充电状态，即电量Q会增多，而电场强度公式E=可知，电场强度增强，即电场力增大，因此带电粒子将向上加速，故A正确，B错误。CD、若下板下移，即极板间距增大，依据电容的决定式C=，那么电容C减小，根据电源与电容器相连，则电容器的电压不变，再由电容的定义式C=可知，电容器处于要放电，但二极管的作用，即电量Q不会减小，而电场强度公式E=，可知，电场强度不变，即电场力不变，因此带电粒子将静止不动，故C正确，D错误。故选：A、C【点睛】考查电容的定义式与决定式的应用，注意两者的区别，同时会推导电场强度的综合表达式，及理解二极管的作用是解题的关键。8. 如图甲、乙所示，倾角为的斜面上放置一滑块M，在滑块M上放置一个质量为m的物块，M和m相对静止，一起沿斜面匀速下滑，下列说法正确的是（ ）A. 图甲中物块m受到摩擦力，方向水平向左B. 图乙中物块m受到摩擦力，方向与斜面平行向上C. 图甲中物块M受到5个力D. 图乙中物块M受到6个力【答案】B【解析】试题分析：甲中物块m如果受到摩擦力，则在水平方向上合力不为零，不能做匀速直线运动，所以图甲中的m不受摩擦力作用，图乙中的m在沿斜面方向上受到重力沿斜面向下的分力，和沿斜面向上的静摩擦力，两力等大反向，故A错误B正确；甲中的M受到重力，斜面的支持力，斜面给的滑动摩擦力，m的压力四个力作用，而图乙中的M受到重力，斜面的支持力，m的压力，斜面给的摩擦力，m给的摩擦力，共5个力作用，CD错误；考点：考查了受力分析【名师点睛】在判断摩擦力存在与否时，可使用假设法，假设法是一种常用的方法，假设存在，然后结合物体所处的状态分析，若两者相符，则假设成立，若两者不相符，则假设不成立，假设法也是判断弹力是否存在的常用方法9.闲置不用的大理石堆放在煤炭上。过一段时间后发现大理石粘了很多黑色的煤炭。不管怎么清洗都洗刷不干净，用砂紙打磨才发现，已经有煤炭进入到大理石的内部，则下列说法正确的是A. 如果让温度升高，煤炭进入大理石的速度就会加快B. 煤炭进入大理石的过程说明分子之间有引力，煤炭会被吸进大理石中C. 在这个过程中，有的煤炭进入大理石内，有的大理石成分出来进入煤炭中D. 煤炭进入大理石的运动属于布朗运动E. 煤炭进入大理石的运动属于扩散现象【答案】ACE【解析】【分析】煤炭进入到大理石的内部属于扩散现象，是分子无规则热运动的结果，温度越高，根子运动越剧烈。【详解】A、如果温度升高，分子运动更剧烈，则煤炭进入大理石的速度就会加快，故A正确。B、煤炭进入大理石的过程说明分子之间有间隙，以及说明分子不停的做无规则运动，不是因为分子之间有引力，故B错误。C、分子都在无规则运动，所以在这个过程中，有的煤炭进入大理石内，有的大理石成分出来进入煤炭中，故C正确。DE、煤炭进入大理石的运动属于分子的运动，即属于扩散现象，不是布朗运动，故D错误，E正确。故选：A、C、E【点睛】本题考查了扩散现象，注意扩散是分子热运动的宏观表现；而分子热运动的特点：分子热运动的剧烈程度与温度有关；分子一直永不停息在做无规则运动。10.如图甲为一列沿x轴传播的简谐横波在时刻的波形，图乙表示该波传播的介质中处的质点a从时起的振动图象，则 A. 波沿x轴正方向传播B. 波传播的速度为C. 波的传播周期为D. 时，质点a的加速度沿y轴负方向E. 时，处的质点b的加速度沿y轴负方向【答案】BCE【解析】【分析】本题要在乙图上读出a质点在t=0.1s时刻的速度方向，在甲图上判断出波的传播度方向；由甲图读出波长，由乙图读出周期，即求出波速和频率。【详解】A、由乙图知，t=0.1s时刻，质点a向上运动，在甲图上，结合波形的平移可知，该波沿x轴负方向传播；故A错误。BC、由乙图知，质点的振动周期为T=0.2s，由甲图知，波长=4m，则波速为：v=m/s=20m/s，故B正确，C正确。D、由乙图知，a质点的振动周期为T=0.2s，所以质点a在t=0.25s的时刻的振动情况是在甲图的波形基础上，再向后延0.15s，据波的传播方向与质点的振动情况可知，质点a处于负的最大位移处，根据回复力F=-kx知，回复力的方向及加速度沿y轴正方向。故D错误。E、由图甲可知，a质点和b质点的平衡位置相距半个波长，振动情况总是相反，所以在振动过程中任意时刻的位移都相反，所以质点b在t=0.25s时处于正的最大位移处，根据回复力F=-kx知，回复力的方向及加速度沿y轴负方向，故E正确。故选：B、C、E【点睛】本题关键要把握两种图象的联系，能根据振动图象读出质点的速度方向，在波动图象上判断出波的传播方向.三、实验题探究题（本大题共2小题，共15.0分）11.用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。重物含遮光片从光电门1的上侧由静止释放，P整直向下运动，分别测出速光片经过光电门1和光电门2的时间和，另测得遮光片的宽度为d，两光电门之间的距离为h，已知重力加速度为g。实验中还需要测量的物理量有_填写物理量名称及表示符号。写出验证机械能守恒定律的等式为_用以上测得的物理量符号表示通过代入数据计算发现，等式两端并不严格相等，引起此结果的原因可能是_。【答案】 (1). 重物P的质量m (2). ； (3). 重物在下落过程中受到了空气阻力及纸带与传送带之间的摩擦力等阻力作用【解析】【分析】(1)这个实验的原理是要验证P的增加的动能和P的减少重力势能是不是相等，所以我们要测量的物理量有：物块P的质量m；物块P下落的距离h，及遮光片的宽度d，光电门1、2间的距离h，与遮光片通过光电门1、2的时间、。（2）写出P的重力势能变化表达式与它们动能变化的表达式，需要验证的是两者相等；分析下落过程中的受力情况，则可得出误差的形成原因。【详解】(1)验证重物P机械能守恒定律，即验证重物P的势能变化与动能变化是否相等，由题知道两光电门之间的距离h，遮光片的宽度d，及遮光片通过光电门1、2的时间、，所以还需要测量重物P的质量m.(2)重物P下降h，它的重力势能的变化：EP=mghP经过第一个光电门的速度：v1=经过第二个光电门的速度：v2=P动能的变化：Ek=m(v22-v12)=m()2-()2需要验证的是：mgh=m()2-()2由于重物在下落过程中受到了空气阻力及纸带与传送带之间的摩擦力等阻力作用，使重力势能的减小量大于动能的增加量；故答案为：(1)重物P的质量m；(2)mgh=m()2-()2；重物在下落过程中受到了空气阻力及纸带与传送带之间的摩擦力等阻力作用。【点睛】此题为一验证性实验题。要求根据物理规律选择需要测定的物理量，运用实验方法判断系统重力势能的变化量是否与动能的变化量相同是解题的关键，了解光电门测量瞬时速度的原理。实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面。12.如图所示为多用电表欧姆挡的原理图和面板示意图。电阻的作用是_填序号。A、保护电路B、欧姆调零若取，两表笔短接指针恰好指在C处，不计电源内阻，当电源的电动势为时，表头的满偏电流值为_。若AD弧长等于AB弧长的，则D处的刻度线对应的电阻的数值为_。【答案】 (1). B (2). (3). 【解析】【分析】(1)根据欧姆表结构与工作原理分析答题。(2)欧姆表内阻等于中值电阻，应用闭合电路欧姆定律求出满偏电流。(3)根据题意应用闭合电路欧姆定律求出电阻阻值。【详解】（1）由图1所示电路图可知，电阻的作用是进行欧姆调零的；故选：B（2）欧姆表内阻等于中值电阻，由图示可知，表盘中央刻度线为18，则中值电阻：R中=18k，满偏电流：Ig=310-4A=300A（3）指针指在D处时电流：ID=Ig=110-4A由闭合电路欧姆定律得：ID=即：110-4A=解得D处的刻度线对应的电阻的数值为：；Rx=9104=90k故答案为：(1)B；（2）300A；（3）90k【点睛】本题考查了欧姆表的结构与原理，应用闭合电路欧姆定律即可解题，掌握基础知识是解题的前提与关键，平时要注意基础知识的学习与积累。四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）13.如图所示，质量的足够长的木板放置在水平面上，质量的物块可视为质点放置在木板上，距高木板右端的距离，已知木板与地面之间的动摩擦因数，物块与木板之间的动摩擦因数，木板的右端与墙壁的距离，先给木板和木块一个向右的共同的初速度，木板右端有一层黏性物质，当木板与墙壁发生碰撞的瞬间，木板的速度减为零并粘在墙上,物块与墙壁发生的是弹性碰撞。g取，求：物块与墙壁碰撞瞬间的速度大小；物块最终停在木板上的位置距离木板右端的距离s。【答案】；。【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求解整体加速度大小，运动2m后，与墙撞击瞬间木板停止，根据速度位移关系求解木块的速度，随后木块继续减速，运动1m之后水块与墙壁碰撞，再次根据速度位移关系求解物块与墙壁碰撞瞬间的速度大小；（2）物块与墙壁发生弹性碰撞之后，木板静止，物块做反方向匀减速运动，根据牛顿第二定律求解加速度，再根据速度位移关系求解。【详解】（1）由于12，因此物块和木板一起做匀减速运动有：1（m+M）g=（m+M）a1解得加速度大小a1=2m/s2运动2m后，与墙撞击瞬间木板停止，设此时物块的速度为v1，有:v02-v12=2a1x解得：v1=m/s物块继续减速，有2mg=ma2解得加速度大小a2=4m/s2运动1m之后木块与墙壁碰撞，设碰前速度为v，有：v12-v2=2a2d解得物块与墙壁碰撞瞬间的速度大小为：v=3m/s（2）物块与墙壁发生弹性碰撞，因为木板静止，物块反方向做匀减速运动，初速度v=3m/s，有：2mg=ma3解得加速度大小a3=4m/s2由匀变速直线运动x=解得物块最终停在木板上的位置距离木板右端的距离为：x=m【点睛】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。14.如图所示，在两光滑平行金属导轨之间存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨的间距为L，电阻不计。金属棒垂直于导轨放置，质量为m，重力和电阻可忽略不计。现在导轨左端接入一个电阻为R的定值电阻，给金属棒施加一个水平向右的恒力F，经过时后金属棒达到最大速度。金属棒的最大速度是多少？求金属棒从静止达到最大速度的过程中。通过电阻R的电荷量q；如图乙所示，若将电阻换成一个电容大小为C的电容器认为电容器充放电可瞬间完成。求金属棒由静止开始经过时间t后，电容器所带的电荷量Q。【答案】；。【解析】【分析】（1）当速度最大时，导体棒受拉力与安培力平衡，根据平衡条件、安培力公式、切割公式列式后联立求解即可；（2）根据法律的电磁感应定律列式求解平均感应电动势、根据欧姆定律列式求解平均电流、再根据电流定义求解电荷量；（3）根据牛顿第二定律和电流的定义式，得到金属棒的加速度表达式，再分析其运动情况。由法拉第电磁感应定律求解MN棒产生的感应电动势，得到电容器的电压，从而求出电容器的电量。【详解】（1）当安培力与外力相等时，加速度为零，物体速度达到最大，即F=BIL=由此可得金属棒的最大速度：vmax=（2）由动量定律可得：(F-)t0=mvmax其中：=解得金属棒从静止达到最大速度的过程中运动的距离：x=-通过电阻R的电荷量：q=-（3）设导体棒运动加速度为a，某时装金属棒的速度为v1，经过t金属体的速度为v2，导体棒中流过的电流充电电流为I，则:F-BIL=ma电流：I=其中：E=BLv2-BLv1=BLv，a=联立