2018届高三物理上学期期末考试试题(含解析) (I).doc

2018届高三物理上学期期末考试试题(含解析) (I)二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14-17题只有一项符合题目要求，第18-21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全对的得3分，有选错的得0分。1. 下列说法正确的是A. 质子、中子和氘核的质量分别为m1、m2、m3，则质子与中子结合为氘核的反应是人工核转变，放出的能量为（m3 m1m2）c2B. 玻尔将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱的实验规律C. 紫外线照射到金属锌板表面时能够产生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大D. 半衰期是反映放射性元素天然衰变的统计快慢，若使放射性物质的温度升高，其半衰期将减小【答案】B【解析】质子、中子和氘核的质量分别为m1、m2、m3，则质子与中子结合为氘核的反应是人工核转变，放出的能量为(m1+m2-m3)c2，选项A错误； 玻尔将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱的实验规律，选项B正确； 紫外线照射到金属锌板表面时能够产生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，单位时间从锌板表面逸出的光电子的数量增加，最大初动能不变，选项C错误； 半衰期是反映放射性元素天然衰变的统计快慢，外界环境对半衰期无影响，若使放射性物质的温度升高，其半衰期将不变，选项D错误；故选B.2. 如图所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接倾角为的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是A. C球的加速度沿斜面向下，大小为gsinB. B球的受力情况未变，加速度为零C. A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为gsinD. A、B之间杆的拉力大小为mgsin【答案】A【解析】A细线被烧断的瞬间，绳在断后弹力会突变为零，C球沿斜面向下匀加速运动，加速度沿斜面向下，大小为；故A正确。B、细线被烧断的瞬间，B不再受细线的拉力作用，B的受力情况发生变化，合力不为零，加速度不为零，故B错误；C细线被烧断的瞬间，弹簧的弹力不变，对AB两个小球，根据牛顿第二定律得AB球的加速度沿斜面向上，大小，故C错误；D由C可知，B的加速度为，以B为研究对象，由牛顿第二定律得：T-mgsin=ma，解得：，故D错误故选A3. 如图所示，两光滑直杆成直角竖直固定，OM水平，ON竖直，两个质量相同的有孔小球A、B(可视为质点)串在杆上通过长为L的非弹性轻绳相连，开始时小球A在水平向左的外力作用下处于静止状态，此时OB，重力加速度为g，现将外力增大到原来的4倍(方向不变)，则小球B运动到与O点的距离为时的速度大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】开始时O与A间距离：OA 设AB质量均为m，对开始时的B受力分析如图，则又所以以开始时的AB两物体作为整体受力分析：水平方向只受F和N，故FN将外力增大到原来的4倍(方向不变)，则 小球B运动到与O点的距离为时，这一过程中A向左移动了，B上升了 此时绳与竖直方向夹角的正切值， ，此时AB间的速度关系为，即以AB为整体，由功能关系得： 联立解得： 点睛：绳连接、杆连接的物体沿绳（杆）方向的速度分量相等。4. 如图所示的四条实线是电场线，虚线表示等势面，四条电场线聚于点O，A、B、C、D分别是四条电场线上的点，则下列说法正确的是A. O点一定有一个正点电荷B. C点的场强小于B点的场强，C点的电势高于B点的电势C. A、D两点的场强大小不一定相等，但将一个电荷由A点移到D点电场力做功为零D. 若将一个正电荷由A点移到B点时电场力做正功，则将一个负电荷由A点移到C点时电场力做负功【答案】C【解析】A四条实线是电场线，方向不知道，O点点电荷电性可能带正电荷，可能负电荷，故A错误；B由电场线越密的地方，电场强度越大，则有C点的场强小于B点的场强，沿着电场线，电势逐渐降低，电场线方向不知道，C点的电势不一定高于B点的电势，故B错误。C虚线表示等势面，A、D两点的电势相等，将一个电荷由A点移到D点电场力做功为零，由电场线越密的地方，电场强度越大，则有A点的场强小于D点的场强，故C正确。D若将一个正电荷由A点移到B点时电场力做正功，A点的电势能小于B点的电势能，A点的电势小于B点的电势，则有A点的电势高于C点的电势，将一个负电荷由A点移到C点时A点的电势能小于C点的电势能，电场力做正功，故D错误。故选C5. 在如图所示倾角为的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场，区域I的磁场方向垂直斜面向上，区域的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L一质量为m电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场I时，恰好以速度做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度做匀速直线运动，从ab越过GH到达JP与MN的中间位置的过程中，线框的动能变化量为，重力对线框做的功的大小为，安培力对线框做功大小为，下列说法中正确的有A. 在下滑过程中，由于重力做正功，所以有B. 从ab越过GH到达JP与MN的中间位置的过程中，机械能守恒C. 从ab越过GH到达JP与MN的中间位置的过程中，有的机械能转化为电能D. 从ab越过GH到达JP的中间位置的过程中，线框动能的变化量大小【答案】CD【解析】当安培力与重力沿斜面向下的分力相等时，线框做匀速运动，则ab边刚越过GH进入磁场区时，有：，ab边下滑到JP与MN的中间位置时，ab、dc两边都切割产生感应电动势，回路中总电动势为，两边都受到安培力，则有：，则得到：故A错误；从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，安培力做负功，机械能减小转化为电能根据功能关系得知，机械能减小量是转化为电能，故此过程机械能不守恒；根据动能定理可知，线框动能的变化量大小为：；故B错误，CD正确；选CD. 【点睛】当ab边刚越过GH进入磁场区时和当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框都做匀速运动，安培力与重力沿斜面向下的分力大小相等，根据平衡条件得到速度的表达式，即可求出两速度之比在线框下滑的过程中，安培力做负功，机械能减小从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程，机械能减小，转化为电能，机械能不守恒，根据功能关系分析由动能定理求解动能的变化量6. 如图所示，小车的上面是中突的两个对称的曲面组成，整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上今有一个可以看作质点的小球，质量也为m，以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下关于这个过程，下列说法正确的是（ ）A. 小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置B. 小球在滑上曲面的过程中，小车的动量变化大小是C. 小球和小车作用前后，小车和小球的速度一定变化D. 车上曲面的竖直高度不会大于【答案】BD.考点：考查动量守恒定律；动量定理；机械能守恒定律【名师点睛】本题是系统动量守恒和机械能守恒的类型，类似于弹性碰撞，常见类型7. 如图a，理想变压器原、副线圈的匝数比为21，与副线圈相连的两个灯泡完全相同，闭合电键K后，正确的是( )A. 电流表示数不变B. 电压表示数增大C. 变压器的输入功率增大D. 如b图所示的交流电每秒钟方向改变50次【答案】AC【解析】AB、原线圈输入电压不变，线圈匝数不变，则副线圈电压不变，即电压表示数不变，灯泡电阻不变，则电流表示数不变，故A正确、B错误；C、当K接通后，两个灯泡并联，增加一个负载，则副线圈功率增大，所以变压器的输入功率增大，故C正确；D、根据b图可知，周期T=0.02s，则频率f=50Hz，交流电每个周期方向改变两次，每秒钟方向改变100次，故D错误。故选：AC。点睛：原线圈输入电压不变，线圈匝数不变，则副线圈电压不变，灯泡两端的电压不变，则通过电流表的电流不变，变压器的输入功率由输出功率决定，根据图b求出周期，进而求出频率，求出电流方向改变次数。8. 如图为学校配电房向各个教室的供电示意图，T为理想变压器，、为监控市电供电端的电压表和电流表，、为监控校内变压器输出端的电压表和电流表，、为教室的负载电阻，、为教室内的监控电压表和电流表，配电房和教室间有相当长的一段距离，则当开关S闭合时，以下说法错误的是A. 电流表、和的示数都变大B. 只有电流表的示数变大C. 电压表的示数变小D. 电压表和的示数都变小【答案】ABD【解析】试题分析：当开关闭合后，副线圈的总电阻变小，由于升压变压器的输入电压不变，则输出电压不变，即不变，可知输电线中的电流增大，即增大，则输电线上损失的电压增大，可知用户端得到的电压减小，即减小，所以通过的电流减小，即减小，副线圈中电流决定原线圈中的电流，根据知，原线圈中的电流增大，所以示数增大，故C正确，ABD错误考点：考查了远距离输电，理想变压器【名师点睛】抓住原线圈的输入电压不变，结合输出端总电阻的变化得出输电线上电流的变化，从而得出电压损失的变化，根据输出电压不变，得出用户端电压的变化，从而得知通过负载电阻电流的变化抓住输电线上电流的变化，根据原副线圈电流比等于匝数之反比求出原线圈中电流的变化9. 在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m1.00 kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，当地的重力加速度g取9.80 m/s2，那么：根据图上所得的数据，应取图中O点到_点来验证机械能守恒定律从O点到（1）问中所取的点，重物重力势能的减少量Ep_J，动能增加量Ek_ J（结果取三位有效数字）若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及物体下落的高度h，则以为纵轴、以h为横轴画出的图象是下图中的_【答案】 (1). B (2). 1.88 (3). 1.84 (4). A【解析】试题分析：（1）验证机械能守恒时，我们验证的是减少的重力势能Ep=mgh和增加的动能之间的关系，由B点能够测下落高度h和下落速度v的数据，而A、C两点无法测出v故选B点（2）B点的速度为AC段的平均速度，即,所以增加的动能, 从开始下落至B点，重锤的重力势能减少量Ep=mgh=1980192J=188J（3）利用图线处理数据，如果，那么图线应该是过原点的直线，斜率就等于g故A正确所以A正确，BCD错误。考点：验证机械能守恒定律【名师点睛】此题是验证机械能守恒定律的问题；解决本题的关键知道实验的原理，验证重力势能的减小量与动能的增加量是否相等以及知道通过求某段时间内的平均速度表示瞬时速度。 纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值。10. 在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图所示，用米尺测量金属丝的长度l=0.810m金属丝的电阻大约为4，先用伏安法测出金属丝的电阻，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率（1）从图1中读出金属丝的直径为_mm（2）在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测电阻丝外，还有如下供选择的实验器材：A直流电源：电动势约4.5V，内阻很小；B电流表A1：量程00.6A，内阻0.125；C电流表A2：量程03.0A，内阻0.025；D电压表V：量程03V，内阻3k；E滑动变阻器R1：最大阻值10；F滑动变阻器R2：最大阻值50；G开关、导线等在可供选择的器材中，应该选用的电流表是_，应该选用的滑动变阻器是_（3）根据所选的器材，在如图2所示的方框中画出实验电路图_（4）若根据伏安法测出电阻丝的电阻为Rx=4.1，则这种金属材料的电阻率为_m（保留二位有效数字）【答案】 (1). 0.520 (2). A1 (3). R1 (4). (5). 1.1106【解析】试题分析：（1）固定刻度读数：0；半刻度读数：05mm；可动刻度读数001mm20=0020mm；故螺旋测微器读数为：0520mm；（2）直流电源电动势为45V，为减小读数误差，结合电压表量程，根据欧姆定律，电流，电流不超过06A，故电流表同样选择小量程的，即选B；滑动变阻器的特点是：电阻大的调节精度低，电阻变化快，操作不方便，故选小电阻的，即选E；（3）伏安法测电阻时，测量较大电阻用安培表内接法，测量较小电阻用安培表外接法，本题待测电阻与安培表电阻相接进，故采用安培表外接法；滑动变阻器的总电阻和被测的电阻丝的电阻接近，采用限流电路，故电路图如图；（4）根据电阻定律，得到考点：测定金属的电阻率。【名师点睛】螺旋测微器精确度为001mm，需要估读，读数时注意半毫米刻度线是否露出在不要求电流或电压从零调或变阻器的阻值不是太小的情况下，滑动变阻器优先选择限流式接法，因限流式调节方便且节能。11. 一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图所示，物块以v0=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动直至静止g取10m/s2（1）求物块与地面间的动摩擦因数；（2）若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；（3）求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W【答案】（1）0.32（2），负号表示方向向左（3）9J（2）由动量定理，有可得。（3）。【考点定位】本题考查动能定理、动量定理、做功等知识视频12. 如图甲所示，两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距 L1m，导轨平 面与水平面的夹角37，下端连接阻值 R1的电阻；质量 m1kg、阻值 r1的匀质金属棒 cd 放在两导轨上，到导轨最下端的距离 L11m，棒与导轨 垂直并保持良好接触，与导轨间的动摩擦因数0.9。整个装置处于与导轨平面 垂直（向上为正）的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示。认 为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知在 01.0s 内，金属棒 cd 保持静止，取 sin370.6，cos370.8，g10ms2。（1）求 01.0s 内通过金属棒 cd 的电荷量；（2）求 t1.1s 时刻，金属棒 cd 所受摩擦力的大小和方向；（3）1.2s 后，对金属棒 cd 施加一沿斜面向上的拉力 F，使金属棒 cd 沿斜面向上 做加速度大小的匀加速运动，请写出拉力 F 随时间 t（从施加 F 时开 始计时）变化的关系式。【答案】（1）1C（2）6.2N,方向沿导轨向上(3) 【解析】(1)在01.0s内，金属棒cd上产生的感应电动势为：E=其中S=L1L=11=1m；由闭合电路欧姆定律有：I=由于在01.0s内回路中电流恒定，故电量q=It其中t=1s；联立解得：q=1C；(2)若01.1s内金属棒cd保持静止,则在01.1s内回路中的电流不变,t=1.1s时,金属棒cd所受安培力F=B1IL=0.211=0.2N，方向沿导轨向下；又导轨对金属棒cd的最大静摩擦力f=mgcos37=0.9100.8=7.2N；由于mgsin37+F=6.2Nf，可知假设成立，金属棒仍保持静止故所求摩擦力为f=mgsin37+F=6.2N；方向沿导轨向上；(2)1.2s后金属棒cd上产生的感应电动势为E=B2Lv，其中v=at金属棒cd所受安培力的大小为：F安=B2I2L,其中I2=由牛顿第二定律有：FmgsinmgcosF安=ma解得：F=15.2+0.16t(N)13. 下列说法中正确的是_A. 气体压强的大小和单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关B. 布朗运动是液体分子的运动，说明液体分子永不停息地做无规则热运动C. 热力学第二定律的开尔文表述：不可能从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响D. 水蝇可以停在水面上是因为液体具有表面张力E. 温度升高，物体所有分子的动能都增大【答案】ACD【解析】试题分析：气体压强的大小和单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关，单位体积内的分子数越多及气体分子的平均动能越大，则气体的压强越大，选项A正确；布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的无规则运动，说明液体分子永不停息地做无规则热运动，选项B错误；热力学第二定律的开尔文表述：不可能从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响，选项正确；水蝇可以停在水面上是因为液体具有表面张力的缘故，选项D正确；温度升高，分子的平均动能变大，并非所有分子的动能都增大，选项E错误；故选ACD考点：气体的压强；布朗运动；热力学第二定律；表面张力；平均动能【名师点睛】此题考查了选修3-3中的几个知识点，包括气体的压强的微观解释、布朗运动、热力学第二定律、液体的表面张力以及平均动能等；都是基础知识，但是有些确实都是易错点，例如布朗运动，它不是分子运动，不是液体分子运动，不是热运动，这些都要认真理解14. 如图所示，导热气缸（内壁光滑）与导热活塞质量均为缸内封闭一定质量的理想气体，放在光滑导热的水平面上，静止时缸内气柱长为L0，当用恒力水平向右拉动活塞，缸内气柱稳定时长度为L1，环境气压和温度不变。I当用相同的恒力水平向右推气缸，求气柱稳定时的长度；II请分析上述两种情况下，气缸内的气体是吸热还是放热.【答案】(1)(2) 向右拉时，气体必须吸热；向右推时，气体必须放热；【解析】设大气压为p0，气缸底面积为S，当向右拉活塞时，缸内气压设为p1则对系统由牛顿第二定律得F(Mm)a2ma对气缸由牛顿第二定律得 p0Sp1SMama又由玻意耳定律得p0SL0p1SL1当向右推气缸时，缸内气压设为p2，对系统仍有F（Mm）a2ma对活塞由牛顿第二定律得p2Sp0Sma又由玻意耳定律得p0SL0p2SL2联立解得向右拉时，因为L1L0，气体膨胀对外做功，而内能又不变（温度不变）气体必须吸热；向右推时，因为L2L0，气体压缩外界对气体做功而内能又不变（温度不变），气体必须放热；15. 下列说法正确的是_A. 肥皂泡呈现的彩色是光的干涉现像，露珠呈现的彩色是光的色散现像，通过狭缝看太阳光呈