北京石景山区2018届高三物理期末测试试题解析版

1、北京市石景山区2018届高三物理期末测试试题、本题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。1 .由万有引力定律可知，两个物体的质量分别为mi和m2,其间距为r时，它们之间万有引力的大小为F=G,式中G为引力常量。在国际单位制中，G的单位是A.Nm2/kg2B.kg2/(Nm2)C.Nm2/kgD.Nkg2/m2【答案】Am1nhFr2【解析】根据万有引力定律知F=Gf，则6=，可知G的单位为：N-m-/kg2=N-m2,kg-2,故A正确,1BCD错误；故选Ao【点睛】根据万有引力公式得出G的表达式，结合F、r、m的单位导出G的单位。2 .质点做直

2、线运动的速度一时间图象如图所示，该质点A.在第1秒末速度方向发生了改变B.在第2秒末加速度方向发生了改变C.在前2秒内发生的位移为零D.第1秒末和第3秒末的位置相同【答案】D【解析】试题分析：0-2s内速度图象在时间轴的上方，都为正，速度方向没有改变，故A错误；速度时间图象的斜率表示加速度，由图可知1-3s图象斜率不变，加速度不变，方向没有发生改变，故B错误；根据面1积表本位移可知，第2s内的位移为：x=-k1、2m=1m,故C错误；根据面积”表本位移可知，0-3s内的位移为：升二一乂2乂2一又1某2加=1明，0-5s内的位移为：x±=;乂2乂=1m,所以第3秒末和第5秒7-2末的位

3、置相同.故D正确.考点：考查了速度时间图像【名师点睛】在速度时间图像中，需要掌握三点，一、速度的正负表示运动方向，看运动方向是否发生变化，只要考虑速度的正负是否发生变化，二、图像的斜率表示物体运动的加速度，三、图像与坐标轴围成的面积表本位移，在坐标轴上方表不正方向位移，在坐标轴下方表不负方向位移1视频n3.周期为2.0s的简谐横波沿x轴传播，该波在某时刻的图像如图所示，此时质点P沿y轴负方向运动。则该波1cmA.沿x轴正方向传播，波速v=10m/sB.沿x轴正方向传播，波速v=5m/sC沿x轴负方向传播，波速v=10m/sD_沿x轴负方向传播，波速v=5m/s【答案】C【解析】横波的振动方向与

4、传播方向垂直，已知P点的振动方向向下，由同侧法可知沿x轴负方向传播，而读图得波长兀=20m,则波速v=;p=10m/s,故C正确，ABD错误；故选C。【点睛】横波的性质、机械振动与机械波的关系。4.重离子肿瘤治疗装置中的回旋加速器可发射+5价重离子束，其束流强度为1.210-5A,则在1s内发射的重离子个数为(e=1.6M0-19C)A.3.0M012B.1.5M013C.7.5M013D.3.75M014【答案】B【解析】试题分析：设1s内发射的重离子数为n,则1s内发射的电荷量为5ne,由电流的定义式：/二一t得：附三二L5k10",故b正确。Sa考点：电流强度的定义式。【名师点

5、睛】根据电流的定义式，求出每秒发射的电荷量，结合每个重离子所带电荷数，即可计算出每秒发射的重离子个数。5 .发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个初速度不同的乒乓球（忽略空气的影响）。初速度较大的球越过球网，初速度较小的球没有越过球网。其原因是A.初速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大B.初速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少C.初速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大D.初速度较小的球下降相同距离所用的时间较多【答案】B【解析】发球机发出的球，速度较大的球越过球网，速度度较小的球没有越过球网，原因是发球机到网的水平距离一定，速度大，则所用的时间较少，球下降的高度较小

6、，容易越过球网，故B正确，ACD错误；故选Bo【点睛】键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。6 .将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略。P为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降经过P点时的动能分别为1口和从抛出开始到第一次经过P点的过程中小球克服重力做功的平均功率为Pi,从抛出开始到第二次经过P点的过程中小球克服重力做功的平均功率为P?。下列选项正确的是A. ”耳?，卜1"P?B. i,iC. ,D. i,i【答案】A【解析】小球上升和下降经过P点时，由动能定理得一Wf=Ek：rEk,所以E0

7、u/,从抛出开始到第一次经过P点和抛出开始第二次经过P点，上升的高度相等，因重力做功只与初末位置有关，故重力做功相等，W即W1=W2,由P=：得P产P，故A正确，BCD错误；L故选Ao【点睛】从抛出开始到第一次经过P点和抛出开始第二次经过P点，上升的高度相等，因重力做功只与初末位置有关，故重力做功相等，小球上升和下降经过P点时，由动能定理求得。7 .如图所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，运行的周期为T0,图中P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点。若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经M、Q到N的运动过程中A.从P到M所用的时间等于叼48 .从Q到N阶段，机械能逐渐变

8、大C.从P到Q阶段，速率逐渐变小D.从P到M阶段，万有引力对它做正功【答案】C【解析】AC、由题意可知海王星从MHQ的过程中，万有引力做负功，速率逐渐变小，海王星公转周期为To,海王星从PQ的过程中所用的时间是0.5T。，由于海王星从MHQ的过程中，速率逐渐变小,从PM与从MRQ的路程相等，所以海王星从PM所用的时间小于三!，故A错误，C正确；4B、从Q到N阶段，只受到万有引力作用，机械能守恒，故B错误；海王星从的过程中，万有引力与运动方向夹角大于兜户，万有引力对它做负功，故D错误；故选C【点睛】正确理解开普勒的行星运动三定律是解答本题的关键，会根据力与速度方向的夹角判断该力是做正功还是负功8

9、.如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在电场力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB,电势能分别为EpA、EpBo下列说法正确的是A.A.若aA<aB,则Q靠近M端且为负电荷B.若aA>aB,则Q靠近M端且为正电荷C. EpA=EpBD. EpA>EpB【解析】AB、由图可知粒子电场力应向左方.因粒子带负电，故电场线的方向应向右若还v而r贝I。常近N端且为负电荷，故A错误；若sA曰日,则。靠近M端且为正电荷，故B正确；CD、粒子由A到B过程中，电场力做负功，电势能增加，故A点的电势能EpA小于在B点

10、的电势能EpB；故CD错误；故选Bo【点睛】曲线运动中，合力指向曲线的内侧；轨迹与电场线交点位置，电场力向左，故从A到B,电场力做负功，电势能增加。9.如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P和Q是它们的交点，四点处的电势分别为如、乐、竹和气。一带正电的粒子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等。则<1I*A.若带正电的粒子由M点运动到Q点，电场力做正功B.若带正电的粒子由P点运动到Q点，电场力做负功C.直线c位于某一等势面内，如.、D.直线a位于某一等势面内，W一。【答案】C【解析】CD、据题可知，带正电的粒子由M点分别到N点和P点的过程中

11、，电场力做负功相等，则电势能增加相等，电势增加，则N、P两点的电势相等，d位于同一等势面内，根据匀强电场等势面分布情况知，直线a不是同一等势面，直线c位于某一等势面内，且为工式不，故D错误，C正确.A、由上分析知，直线c位于某一等势面内，M、Q的电势相等，若带正电的粒子由M点运动到Q点电场力不做功，故A错误；B、带正电的粒子由P点运动到Q点与带正电的粒子由P点运动到M点电场力做功相等，所以电场力做正功，故B错误；故选Co【点睛】匀强电场和点电荷的电场以及等量同种点电荷和等量异种点电荷的电场线及等势面分布情况要熟记。10 .如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻Ro金属棒曲与两

12、导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，金属棒疝始终保持静止，下列说法正确的是A.金属棒ab中的感应电流方向由b到aB.金属棒曲中的感应电流逐渐减小C.金属棒曲所受的安培力保持不变D.金属棒曲所受的静摩擦力逐渐减小【答案】D【解析】试题分析：磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab中的感应电流方向由a到b,一ABS一A正确.由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律E=,可知感应电动势恒定，则ab中的感At应电流不变，B错误.根据安培力公式F=BIL知，电流不变，B均匀减小，则安培力减小，C错误.导体棒受安培力与

13、静摩擦力平衡，f=F,安培力减小，则静摩擦力减小，D正确.选AD.【点睛】根据楞次定律得出感应电流的方向，结合法拉第电磁感应定律判断感应电流是否不变，根据安培力公式分析安培力是否保存不变，结合平衡分析静摩擦力的变化.11 .如图所示，电阻R、电容C和电感L并联后，接入输出电压有效值恒定、频率可调的交流电源。当电路中交流电的频率为f时，通过R、C和L的电流有效值恰好相等。若将频率降低为-f,分别用Ii、I2和I3表示此时通过R、C和L的电流有效值，则A.B.C.D.【答案】C【解析】交流电的电压不变，所以交流电有效电压不变，故通过R的电流不发生变化，交流电频率减小，根据公式Xl=2加，线圈的感抗

14、减小，相当于线圈的电阻减小，故通过线圈的电流增大，根据公式4二二,频率减小，电容器容抗增大，相等于电阻增大，故通过电容的电流减小，又因为在电源频率未改变之前，三个电流表的示数相等，综上所述故C正确，ABD错误；故C。【点睛】交流电频率减小，线圈的感抗减小，通过线圈的电流增大，电容器容抗增大，通过电容的电流减小，通过R的电流不发生变化。12 .扫描隧道显微镜（STM）可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如右图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板

15、上下及左右振动的衰减最有效的方案是ABCDA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发上变化。在A图中系统振动时在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的振动，故A正确；而BCEH个图均无此现象，故错误。【名师点睛】本题不要被题目的情景所干扰，抓住考查的基本规律，即产生感应电流的条件，有感应电流产生，才会产生阻尼阻碍振动。二、本题共2小题，共18分。13.现用频闪照相方法来研究物块的变速运动。同时刻物块的位置如图所示。拍摄时频闪频率是在一小物块沿斜面向下运动的过程中，用频闪相机拍摄的不10Hz；通过斜面上固定的刻度尺读

16、取A、B、C、D和E5个连续影像间的距离依次为Xi=i0.76cm、X2=15.05cm、X3=19.34cm和X4=23.65cm。根据数据，完成下列问题：(1)物块的加速度a=m/s2(保留3位有效数字)。(2)请判断当物块的速度为2m/s时物块处于xi、X2、X3和X4中的用，理由是【答案】(1).4.30(2).X3(3),因为物块在位置C的速度vc=1.72m/s<2m/s,物块在位置D的速度Vd=2.15m/s>2m/s,所以物块位于CD之间。【解析】(1)根据匀变速直线运动相邻相等时间内的位移之差相等和逐差法可知，物块的加速度为：与十一片一0巧十X4-X-X±

17、;7,a=r=4.30m/s-4T24(2)因为物块在位置C的速度¥0=物块在位置D的速度¥0=22m/s,所以物块位于CD之间，即当物块的速度为2m/s时物块处于xX2、&和X4中的小段。14 .某同学对毫安表进行改装和校准。I(1)如图(1)所示，已知毫安表表头的内阻为1000满偏电流为1mA;R1和R2为阻值固定的电阻。若使用a和b两个接线柱，电表量程为3mA;若使用a和c两个接线柱，电表量程为10mA。则表头中电阻(2)如图(2)所示，现用一量程为3mA、内阻为150期标准电流表A对改装电表的3mA挡进行校准，校准时需选取的刻度为0.5、1.0、1.5、2.

18、0、2.5、3.0mA。电池的电动势为L5V,内阻忽略不计；定值电阻有两种规格，阻值分别为300和1000%滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为750和3000Q则R0应选用阻值为的电阻，R应选用最大阻值为。的滑动变阻器。若电阻R1和R：!中有一个被短路，利用图(3)的电路可以判断出被短路的电阻，图(3)中R'为保护电阻。则图中的d点应和接线柱(填6”或C")相连。判断依据是：。图3【答案】.15(2).35(3).300(4).3000(5).c(6).闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R2；若电表指针不动，则损坏的电阻是Ri。【解析】(1)定值电阻和毫安表都是并

19、联关系，电压相等，电流和电阻成反比，若使用a和b两个接线柱，量程为3mA,则通过为和R的为2mA,电流比为1:2,所以电阻比为2:1,可得R，R广;4=50口。若使用a和c两个接线柱，电表量程为10mA,通过/的电流为9mA,电流比为1:9,可得电阻比为9:1,即+整理可得R-35Q,%=15且；9男l.5vl.5v(2)根据电流表校准的刻度，可知电路中总阻值最大为、2鹏3000八，最小阻值为=500o若定值电0.0005A0.003A阻选择为1000,则无法校准3.0mA；所以定值电阻选择300do由于最大阻值要达到前。0口，所以滑动变阻器要选择3000Q。(2)因为只有一个损坏，所以验证R

20、：是否损坏即可。所以d点应和接线柱"c"相连，若电流表无示数，则说明R二短路，若电流表有示数，则说明断号路。【点睛】电流表量程的改装关键是电压相等，各支路电流之和等于总量程。三、本题共5小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程和重要步骤。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。15 .如图所示，某台式弹簧秤的秤盘水平，一物块放在秤盘中处于静止状态。试证明物块对秤盘的压力大小等于物块所受的重力大小。【答案】证明略【解析】【分析】物体静止地放在台式弹簧秤上，说明物体处于平衡状态，受到了平衡力的作用，据牛顿第三定律，物体所受的作用力和反作用力

21、大小相等，方向相反。解：设一质量为m的物体放在秤盘上，秤盘对物体的支持力大小为Fn,物体对秤盘的压力大小为Fn；物体静止，Fn和mg是一对平衡力，则有FN=mgFn和Fn是一对作用力与反作用力，据牛顿第三定律，Fn=Fn'所以，Fn'mg,即物体对秤盘的压力的大小等于物体所受重力的大小216.有一辆质量为800kg的小汽车驶上圆弧半径为50m的拱桥。取重力加速度大小g=10m/s。(1)若汽车到达桥顶时速度为5m/s,求汽车对桥的压力大小。(2)若汽车经过桥顶时恰好对桥顶没有压力而腾空，求汽车的速度大小。汽车对地面的压力过小是不安全的，对于同样的车速，请说明拱桥圆弧的半径大些比

22、较安全，还是小些比较安全。(3)如果拱桥的半径增大到与地球半径R=6400km一样，汽车要在桥面上腾空，求汽车最小速度的大小。【答案】(1)7600N(2)相同的行驶速度，拱桥圆弧半径越大，桥面所受压力越大，汽车行驶越安全(3)8000m/sI解析】【分析】5与车到达桥顶时.重力和支持力的合力提供向心力,由牛顿第二定律求懈，*与车经过桥顶做圆周运动的向心力由重力和支持力的合力提供：车经过桥顶恰好对桥没有压力而腾空汽车做圆周.运动的向心力完全由其自身重力来提供；.解：(1)汽车到达桥顶时，重力和支持力的合力提供向心力，据牛顿第二定律V1mg-FK=mFn=7600N据牛顿第三定律，汽车对桥顶的压

23、力大小Fn'=Fn=7600N(2)汽车经过桥顶恰好对桥没有压力而腾空，则N=0,汽车做圆周运动的向心力完全由其自身重力来提供，行-V"有一解得.,I-m/s=22.4m/s2汽车经过桥顶做圆周运动的向心力由重力和支持力的合力提供_.、：汽车所受支持力FN=mg-m二，对于相同的行驶速度，拱桥圆弧半径越大，桥面所受压力越大，汽车行驶越(3)汽车要在地面上腾空，所受的支持力为零，重力提供向心力，则有V*mg=m得：I=8000m/s17 .已知瓶核的质量约为质子的3倍，带正电荷，电荷量为一个元电荷；“粒子即氨原子核，质量约为质子的4倍，带正电荷，电荷量为元电荷的2倍。现在瓶核和

24、a粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动。求以下情况下它们运动半径之比：(1)它们的速度大小相等；(2)它们由静止经过相同的加速电场加速后进入磁场。【答案】(1)3:2(2)【解析】【分析】粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力求出；电荷从静止开始在电场中加速运动，在磁场中做匀速圆周运动。二解(1)由洛伦兹力提供向心力qvB=m入射粒子速度相同时，运动半径之比.，e(2)电荷从静止开始在电场中加速qU=2在磁场中做匀速圆周运动.：R1EtnU运动半径之比：卜.)18 .如图所示，一正方形金属框边长l=0.1m,每条边的电阻r=0.1R金属框以v=1.0m/s的速度匀速穿过矩形匀强磁场

25、区域MNPQ,其平面始终保持与磁场方向垂直，且cd边始终平行于磁场边界MN。已知金属框的边长小于MN的长度，磁场宽度L=0.3m,磁感应强度B=0.2T。(1)取逆时针方向为正方向，请通过计算分析，在图1中画出金属框穿过磁场区域的过程中，金属框内感应(2)请通过计算分析，在图2中画出ab两端电压Uab随时间t变化的图线。(2)D.02-0.015.一丁。.皖一【答案】(1)002-10C1D2oja140.5IIIfa【解析】【分析】线框进入磁场区域时和线框穿出磁场区时，由楞次定律求出；ab两端电压Uab由电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求出。解：(1)线框进入磁场区域时Ei=Blv=0.02V-=A4r电流方向沿逆时针，如图(1)实线abcd所示,只一*感应电流持续的时间L=0,1s线框在磁场中运动时，E2=0,I2=0无电流的持续时间''1V线框穿出磁场区时，E3=Blv=0.02V,与I,=0.05A*4rIt3=-=0.1sv此电流的方向为顺时针，如图（1）虚线abcd所示,规定电流方向逆时针为正，得I-t图线如图（2）所示。（2）线框进