福建省清流一中2018届高三物理上学期第三阶段考试试题（含解析）.docx

清流一中2017-2018学年第一学期第三次阶段考试卷高三物理试题一单项选择题（每小题3分，共30分；四个选项中只有一个符合题目要求）1. 用比值法定义物理量是物理学中一种很重要的思想方法，下列物理量的表达式不是由比值法定义的是A. 加速度 B. 电阻 C. 电容 D. 电场强度【答案】A【解析】试题分析：比值法定义的物理量与其他两个物理量大小没有关系，即比值法定义是计算式，不是决定式，BCD都是计算式，而加速度则为决定式，加速度的计算式应该为，故A正确考点：考查了比值法定义【名师点睛】关键是理解比值法定义：所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变2. 质量为m的小球做平抛运动，已知重力加速度为g。根据下列哪个条件可求出小球初速度A. 水平位移 B. 下落高度 C. 落地时的动能 D. 落地时的速度大小和方向【答案】D考点：平抛运动的特点.3. A、B两辆汽车从同一地点在同一直线上做匀变速直线运动，它们的速度时间图象如图所示，则在6s内A. A、B两辆汽车运动方向相反B. A车的加速度大于B车的加速度C. t=4s时，A、B两辆汽车相距最远D. t=4s时，A、B两辆汽车刚好相遇【答案】C考点：考查了速度时间图像4. 如图所示电路，、b、c是三个相同的灯泡，其电阻均大于电池内阻r，当闭合开关S，变阻器滑片向下移动时，下列说法中正确的是 A. 通过灯的电流减小B. c灯两端的电压减小C. b灯消耗的电功率减小D. 电源输出的电功率减小【答案】B【解析】试题分析：本题是电路动态分析问题，按局部到整体，再局部分析电压、电流的变化当变阻器的滑动触头P向上移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律知，总电流I增大，因灯接在干路中，所以通过灯的电流增大，故A错误；由欧姆定律知并联部分电压，I增大，减小，故B正确；根据欧姆定律知，减小，减小，由于，增大，减小，因此增大，根据知，b灯消耗的电功率增大，故C错误；三个灯泡的电阻都大于电源内阻，由电路结构可知，外电阻大于电源的内阻，根据推论：外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，则知，当变阻器的滑动触头P向下移动时，外电路总电阻减小，电源输出的电功率增大，故D错误所以选B考点：本题考查了闭合电路动态变化分析问题，意在考查考生对闭合电路的欧姆定律、部分电路欧姆定律及电功率的理解5. 质量为2 kg的小车以2 m/s的速度沿光滑的水平面向右运动，若将质量为0.5 kg的砂袋以3 m/s的水平速度迎面扔上小车，则砂袋与小车一起运动的速度的大小和方向是A. 1.0 m/s，向右B. 1.0 m/s，向左C. 2.2 m/s，向右D. 2.2 m/s，向左【答案】A【解析】以小车与砂带组成的系统为研究对象，以水平向右方向为正方向，系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：m车v车-m袋v袋=（m车+m袋）v，即：22-0.53=（2+0.5）v，解得：v=1m/s，方向向右故选A【点睛】本题考查了动量守恒定律的应用，应用动量守恒定律即可正确解题，解题时要注意正方向的选择，这是易错点6. 如图所示的玩具是由弹射物、托盘、弹簧及底座组成，竖直弹簧两端分别连接在托盘和底座上，弹簧与托盘的质量均不计。现将弹射物放在托盘上，并对其施加竖直向下的压力，使弹簧压缩。当撤去压力后，弹射物能弹离托盘。下列说法正确的是A. 撤去压力的瞬间，弹射物处于超重状态B. 弹射物弹离托盘后，在空中运动过程中处于超重状态C. 弹射物弹离托盘前，做匀加速直线运动D. 弹射物弹离托盘前，弹簧的弹性势能全部转化为弹射物的动能【答案】A【解析】A、撤去压力的瞬间，弹射物将向上加速运动，由牛顿运动定律知该物处于超重状态，故A正确B、弹射物弹离托盘后，在空中运动过程中只受重力，处于完全失重状态，故B错误C、弹射物弹离托盘前，受到重力和弹簧的弹力，弹力是变力，所以物体的合力在变化，做的是非匀加速直线运动，故C错误D、弹射物弹离托盘前，弹射物和弹簧组成的系统机械能守恒，可知弹黉的弹性势能全部转化为弹射物的重力势能和动能，故D错误故选A【点睛】此题要能正确分析物体的受力情况和运动情况，根据加速度的方向判断其状态，分析时要抓住弹簧的弹力是可变的7. 根据粒子散射实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型图中虚线表示原子核所形成的电场的等势线，实线表示一个粒子的运动轨迹在粒子从a运动到b、再运动到c的过程中，下列说法中正确的是A. 动能先增大，后减小B. 电势能先减小，后增大C. 电场力先做负功，后做正功，总功等于零D. 加速度先变小，后变大【答案】C【解析】粒子受到斥力作用，根据电场力做功特点可知：从a运动到b过程中电场力做负功，电势能增加，动能减小，从b运动到c过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，整个过程中由于a与c在同一等势线上，故电场力不做功，AB错误，C正确；根据点电荷周围电场可知，距离原子核近的地方电场强度大，故越靠近原子核加速度越大，因此粒子加速度先增大后减小，故D错误故选C视频8. 如图所示,光滑水平面上放置着质量分别为m,2m的A,B两个物体,A,B间的最大静摩擦力为mg,现用水平拉力F拉B,使A,B以同一加速度运动,则拉力F的最大值为 A. mg B. 2mg C. 3mg D. 4mg【答案】C【解析】解：当AB间的静摩擦力达到最大时拉力F达到最大，根据牛顿第二定律得对A物体：mg=ma得a=g对整体：F=（2m+m）a得：F=3ma=3mg故选：C【点评】当两个物体刚要发生相对滑动时，它们之间的静摩擦力达到最大值灵活的选取研究对象根据牛顿第二定律列方程是关键9. 如图所示，在匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点。把小球拉到使细线水平的位置A，然后由静止释放，小球沿圆弧运动到细线与水平成的位置B时速度恰好为零（小球在运动过程电量不变）。以下说法正确的是 A. 小球在A点的电势能大于在B点的电势能B. 小球在B点时，其加速度大小为零C. 小球在AB弧线中点时，小球的加速度大小为零D. 小球在AB弧线中点时，所受电场力大于重力【答案】D【解析】试题分析：对小球受力分析，小球受有竖直向下的重力、水平向右的电场力和细线对它的拉力，其中拉力方向始终与速度方向垂直不做功，重力做正功，根据，又沿电场线的方向电势降落，A点的电势高于B点的电势，则，所以电场力做负功， 由电场力做功与电势能关系知，小球在A点的电势能小于在B点的电势能，故A错误；在B点，小球静止，受重力、电场力和拉力，由于重力和电场力的合力与细线不共线，故合力不为零，加速度也不为零，故B错误；类比单摆，小球从A点静止释放，运动到B点速度为0，说明弧AB的中点是运动的最低点，小球的速度最大，对小球进行受力分析，小球处在弧线中点位置时切线方向合力为零，沿半径方向的合力提供向心力，不为零，根据牛顿第二定律，小球的加速度不为零，故C错误；由于小球处在弧线中点位置时切线方向合力为零，因此有，解得：，所以小球所受电场力大于重力，故D正确考点：本题考查了带电粒子在匀强电场中的运动、牛顿第二定律、向心力、电场力做功与电势能的关系、电场线和电势等知识点10. 如图所示，光滑水平平台上有一个质量为m的物体，地面上的人用跨过定滑轮的绳子向右拉动物体，不计绳和滑轮的质量、滑轮的大小及滑轮的摩擦，人手离滑轮到竖直高度始终为h，所分析的运动过程中，人的初位置在A点，当人以速度v从A匀速运动到B时，人离滑轮的水平距离为x，下列说法正确的是 A. 在该运动过程中，物块向右做匀加速运动B. 人运动到B位置时，物块的运动速率为C. 在该运动过程中，人对物块做的功为D. 在该运动过程中，人对物块做的功为【答案】B【解析】试题分析：如图将人的速度分解沿绳子方向和垂直绳子方向两个分速度，物体的速度既沿绳子方向分速度，随着减小，物体速度增大，选项A错误；在B点，物体速度，选项B正确；物体速度不等于人的速度，选项C错误；人在A点物体速度不是零，选项D错误。考点：考查运动的合成与分解及动能定理二多项项选择题（每小题3分，共18分；每小题至少两个选项符合题目要求）11. 如图所示，质量为m的木块在推力F作用下，在水平地面上做匀速直线运动，已知木块与地面间的动摩擦因数为，那么木块受到的滑动摩擦力为( )A. mg B. (mgFsin ) C. (mgFsin ) D. Fcos 【答案】BD【解析】由于物体做匀速运动，对物体受力分析，根据平衡条件可得，在水平方向：，竖直方向：，滑动摩擦力：，解得：，故BD正确，AC错误。12. 一负电荷仅受电场力的作用，从电场中的A点运动到B点。在此过程中该电荷作初速度为零的匀加速直线运动，则A、B两点电场强度EA、EB及该电荷在A、B两点的电势能、之间的关系为（ ）A. EA=EB B. EAEB C. D. 【答案】AD【解析】C、D、电荷做初速度为零的匀加速直线运动，且只受电场力，因此电场力做正功，电势能减小，所以B点的电势能较小所以AB，则C错误，D正确；A、B、电荷做匀加速直线运动，所以根据Eq=ma可知，电场强度不变，即EA=EB ，故A正确，B错误故选AD【点睛】本题比较简单，基础性强；要加强理解电场力和电场强度关系，电势能和电场力做功关系13. 两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成以平行板电容器，与它相连接的电路如图所示，接通开关K，电源即给电容器充电 （ ）A. 保持K接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小B. 保持K接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的电量增大C. 断开K，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小D. 断开K，在两极板间插入一块介质，则极板上的电势差增大【答案】BC【解析】试题分析：保持S接通，则两板间的电势差不变，因d减小，由可知，两极板间的电场的电场场强增大，A错误；保持S接通，两板间的电势差不变，在两极板间插入介质后，电容增大，由可知，极板上的电量增大，B正确；断开S，两板上所带电量不变，减小距离d，电容增大，由可知，U减小，C正确；断开S，两板上所带电量不变，插入介质后电容变大，由可知，极板上的电势差减小，D错误；故选BC。考点：电容器的动态分析。【名师点睛】电容器的动态分析重点在于明确电容器的两种状态：充电后断开则极板上的电量不变；和电源相连，则两板间的电势差不变。14. 在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。如图甲所示，倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m1 kg的货物放在传送带上的A点，经过1.2 s到达传送带的B点。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，已知重力加速度g10m/s2。由vt图像可知( )A. A、B两点的距离为2.4 mB. 货物与传送带间的动摩擦因数为0.5C. 货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做功大小为12.8 JD. 货物从A运动到B的过程中，产生的热量为4.8 J【答案】BD【解析】试题分析：速度时间图像与坐标轴围成的面积表示位移，所以货物在12s内的位移为，在货物刚放上去时，由于传送带的速度大于货物的速度，所以货物相对传送带沿斜面向上运动，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可得，当速度达到和传送带速度相同后，货物相对传送带向上运动，所以受到的摩擦力沿斜面向上，此时有，所以，从图乙中可知002s过程对应滑动摩擦力向下的过程，0212s过程中对应摩擦力向上的过程，根据斜率表示加速度可得，联立四式可得，B正确；根据功能关系，由B中可知f=mgcos=0510108=4N，做a1匀加速直线运动，有图象知位移为：，物体受力分析受摩擦力，方向向下，摩擦力做正功为：，同理做匀加速直线运动，有图象知位移为：，物体受力分析受摩擦力，方向向上，摩擦力做负功为：，所以整个过程，传送带对货物做功大小为：12J-08J=112J，故C错误；根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，由C中可知：f=mgcos=0510108=4N，做匀加速直线运动，位移为：，皮带位移为：，相对位移为：，同理：做a2匀加速直线运动，位移为：，相对位移为：，故两者之间的总相对位移为：，货物与传送带摩擦产生的热量为：Q=W=fx=412=48J，故D正确；考点：考查了功能关系，牛顿第二定律，速度时间图像【名师点睛】本题一方面要分析工件的运动情况，由图象结合求解加速度，再结合牛顿第二定律分两个过程列式求解摩擦因数及斜面倾角是关键，求摩擦产生的热量注意找两物体的相对位移15. 如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零，则小球a( )A. 从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B. 从N到P的过程中，速率先增大后减小C. 从N到Q的过程中，电势能一直增加D. 从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量【答案】BC【解析】试题分析：a球从N点静止释放后，受重力mg、b球的库仑斥力FC和槽的弹力N作用，a球在从N到Q的过程中，mg与FC的夹角逐渐减小，不妨先假设FC的大小不变，随着的减小mg与FC的合力F将逐渐增大，况且，由库仑定律和图中几何关系可知，随着的减小FC逐渐增大，因此F一直增加，故选项A错误；在a球在从N到Q的过程中，a、b两小球距离逐渐变小，电场力一直做负功，电势能一直增加，故选项D正确；显然在从P到Q的过程中，根据能的转化与守恒可知，其电势能增加量等于其机械能的减少量，b球在Q点时的重力势能大于其在P点时的重力势能，因此该过程中动能一定在减少，且其减少量一定等于其电势能与重力势能增加量之和，故选项C错误；既然在从P到Q的过程中，b球的动能在减少，因此其速率也在减小，而开始在N点时速率为0，开始向下运动段中，其速率必先增大，故选项B正确。考点：孤立点电荷等势面特征、库仑定律、平行四边形定则、功能关系、能量守恒定律的应用【名师点睛】题运用假设法，假设出各个量采用定量计算很繁琐，因此宜选择定性分析法与半定量相结合。能的转化与守恒，是普适规律，任何情况下都要遵循，重力、电场力属于保守力，保守力做功与路径无关，且相关力做正功，相关势能减少，相关力做负功，相关势能增加，做多少功就有多少能的变化。视频16. 如图所示，足够长的水平传送带以速度v沿逆时针方向转动，传送带的左端与光滑圆弧轨道底部平滑连接，圆弧轨道上的A点与圆心等高，一小物块从A点静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回圆弧轨道，返回圆弧轨道时小物块恰好能到达A点，则下列说法正确的是( )A. 圆弧轨道的半径一定是B. 若减小传送带速度，则小物块仍可能到达A点C. 若增加传送带速度，则小物块有可能经过圆弧轨道的最高点D. 不论传送带速度增加到多大，小物块都不可能经过圆弧轨道的最高点【答案】BD【解析】试题分析：物体下滑道传送带上时，解得，若vv1时，物体回到传送带左端时的速度仍为v1；若vv1时，物体回到传送带左端时的速度为v，则物体在圆轨道上滑的过程中，根据机械能守恒可得：，解得，故圆弧轨道的半径可能是，选项A错误；若减小传送带速度，当传送带速度，物体才能回到A点，故B错误若增大传送带的速度，由于物体返回圆道速度不变，只能滑到A点，不能到圆弧轨道的最高点，故C错误，D正确故选D考点：机械能守恒定律；【名师点睛】本题很好的考查了学生对物体运动状态的分析能力；物体在减速和加速时的加速度的大小相同的，传送带的速度大于或等于物体下滑到传送带上的速度时，物体反向加速的速度的大小才会等于下滑到传送带时的速度的大小，才能够返回原来的A点。三、实验、探究题（每空2分，共14分）17. 某同学用如图所示的实验装置来“验证力的平行四边形定则”三条细绳结于O点分别与两弹簧测力计和钩码相接。实验步骤如下：A弹簧测力计A挂于固定在竖直木板上的P点；B结点O下的细线挂钩码C；C手持弹簧测力计B缓慢向左拉，使结点O静止在某位置D记下钩码质量卅、结点O的位置、读出并记录弹簧测力计A和B的示数、记录_。在实验过程中，下列哪些情况会对实验结果产生误差?答：_ (选填选项前的字母)A.木板不竖直B.A弹簧测力计外壳的重力C.B弹簧测力计的拉力方向没有保持水平D.改变弹簧测力计B拉力进行多次实验时，结点O的位置发生变化某次实验中该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，请你提出解决问题的一个办法_.【答案】 (1). 三条细绳（拉力）的方向 (2). A (3). 减小弹簧测力计B的拉力(或减小钩码C的质量；或减小与之间的夹角；或其它能达要求的方法同样给分)【解析】解： 1.验证力的平行四边形定则”是要在图纸上面做出两个分力和合力的示意图,测力计A为合力,测力计B和钩码重力为两个分力,力的大小可以直接读出和计算,而力的方向需要我们记下绳子的方向。2.在木板上做图时,所有力的方向都在平面内,木板若不是竖直,而重力是竖直方向,那么就没有办法画出钩码重力这个分力,对实验造成误差,选项A对。弹簧测力计外壳的重力并没有作用在弹簧上,不会造成误差选项B错。在木板上做图时,所有力的方向都在平面内,如果弹簧测力计的拉力方向没有保持水平,但只要在木板平面内对作图就没有影响,不会造成误差。改变弹簧测力计拉力进行多次实验时,结点的位置发生变化,那么合力即测力计的示数也会发生变化,对实验没有影响,实验会造成误差的只有A。3.弹簧测力计的指针稍稍超出量程,就向想办法使合力变小,方法可以减小分力大小即减小弹簧测力计的拉力;或减小钩码的质量,或者使两个分力的夹角变大,即减小与之间的夹角也可以使合力变小。18. 某同学通过实验测定一根粗细均匀、阻值约为5合金丝电阻率的实验，用螺旋测微器测定合金丝直径的结果如图所示，合金丝的直径为_mm。现有如下器材：A输出电压可调的学生电源(2V、4V、6V内阻可不计)B电流表(00.6A，内阻约0 2n)C电压表(03V，内阻约3 k)D待测电阻RxE保护电阻R0=5F滑动变阻器(05，额定电流2A)G滑动变阻器(020，额定电流1A)H开关和导线若干为了减小测量误差，本实验应选用图中两种电路图中的_(填相应的电路图下的字母A或B)；为了提高测量准确度，获取多组数据，因此电源电压应选用_V；滑动变阻器应选用_(选填器材前的字母)；【答案】 (1). 0.547(0.5460.549)， (2). (3). 6 (4). G【解析】解：由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为4.90.01mm=0.049mm，螺旋测微器的示数为0.5mm+0.049mm=0.549mm待测电阻阻值约为5，电压表内阻约为3k，电流表内阻约为0.2，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，实验实验需要选图B所示电路为获取多组数据，电压变化范围应大些，电源电压应大些，应选用6V；由图示电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，为测多组实验数据，滑动变阻器应选用F故答案为：0.549；B；6；F【点评】本题考查了螺旋测微器读数、实验电路的选择、实验器材的选择，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，螺旋测微器需要估读当电压表内阻远大于待测电阻阻值时，电流表应采用外接法，当待测电阻阻值远大于电流表内阻时，电流表应采用内接法四、计算题（本大题4小题，共38分。解答时应写出必要的文字说明、公式和重要步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）19. 汽车发动机额定功率为60 kW，汽车质量为5.0103kg，汽车在水平路面行驶时，受到的阻力大小是车重的0.1倍，试求：(1)汽车保持额定功率从静止出发后能达到的最大速度是多少？(2)若汽车从静止开始，以0.5 m/s2的加速度匀加速运动，则这一加速度能维持多长时间？【答案】(1)vm=12m/s (2)t=16s【解析】(1)当牵引力等于阻力时速度最大，根据P=fvm得最大速度为：(2)根据牛顿第二定律得：F-f=ma解得牵引力为：F=f+ma=0.150000+50000.5N=7500N根据P=Fv得：则匀加速运动的时间：【点睛】本题考查了机车的启动问题，掌握恒定功率启动和恒定加速度启动两个过程的运动规律，结合牛顿第二定律、运动学公式、功率公式进行求解20. 建筑工地上常用升降机将建材从地面提升到需要的高度某次提升建材时，研究人员在升降机底板安装了压力传感器，可以显示建材对升降机底板压力的大小已知建材放上升降机后，升降机先静止了t0=1s，然后启动，7s末刚好停止运动，在这7s内压力传感器的示数如图所示当地重力加速度g取10m/s2求(1)整个过程中升降机的最大速度及整个过程中建材上升的高度h.；(2)在5s7s内压力传感器的示数F。【答案】(1)v=4m/s,h=12m (2)F=4000N【解析】试题分析：（1）建材质量为（1分）在1s5s内加速度为a1=（3分）最大速度为（2分）h=12m （2分）(2) 在5s7s内，加速度为a2=（2分）由牛顿第二定律：（3分）解得压力传感器的示数 F=4000N （2分）考点：牛顿定律及匀变速直线运动规律21. 如图所示，在xOy平面上，以y轴上点Ol为圆心，半径为R=0.3m的圆形区域内，分布着一个方向垂直于xOy平面向里，磁感应强度大小为B=0.5T的匀强磁场。一个比荷的带正电粒子，从磁场边界上的原点O，以的初速度，沿不同方向射入磁场，粒子重力不计，求：(1)粒子在磁场中运动的轨道半径；(2)粒子通过磁场空间的最长运动时间。【答案】(1)r=0