貴州省貴陽市高三物理上學(xué)期期末考試試題(含解析)

1、貴州省貴陽市2018屆高三上學(xué)期期末考試物理試題一、選擇題(本題共 12小題，每小題4分.共48分，在每小題給出的四個選項中，第18題只有一個選項符合題目要求，第912題有多個選項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有錯選的得 。分.請將符合題目要求選項前的字母填在答題卷對應(yīng)題 號下的空格中)1.下列說法正確的是A.牛頓第一定律又稱慣性定律，所以慣性定律與慣性的實質(zhì)相同B.牛頓第一定律是牛頓第二定律的特殊情形，它們都可通過實驗來驗證C.牛頓運動定律和動量守恒定律既適用于低速、宏觀的物體，也適用于高速、微觀的粒子D.伽利略通過理想斜面實驗，說明物體的運動不需要力來維持【答案】D【

2、解析】物體總有保持原有運動狀態(tài)不變的性質(zhì)，這種性質(zhì)叫做慣性.慣性定律就是牛頓第一運動定律，兩者不同，故 A錯誤；牛頓第一定律揭示了物體不受力時的運動規(guī)律，是經(jīng)典 力學(xué)的基礎(chǔ)，它不是牛頓第二定律的特殊形式，牛頓第二定律可通過實驗來驗證，而牛頓第一定律不能通過實驗驗證，選項B錯誤；牛頓運動定律適用于低速、宏觀的物體，不適用于高速、微觀的粒子；動量守恒定律具有普適性，既適用于低速，也適用于高速運動的粒子；故C錯誤；伽利略通過理想斜面實驗，說明物體的運動不需要力來維持，D正確.故選D.2. 一物體做勻減速直線運動， 在4s內(nèi)的位移為16m,速度變?yōu)樵瓉淼娜种?，方向不?則該物體的加速度大小為A.

3、1m/s 2 B. 1.5m/s2 C. 2m/s 2 D. 0.75m/s2【答案】Av1V + V V【解析】由平均速度求位移得：3即：y 3解得：v=6m/s;根據(jù)加速度定義s =116 =x 422v式有： V 3 2V 26 - 1 ，故選 A. 3=m/s = Im/st 丸 a * 43.如國所示，假設(shè)甲、乙兩顆衛(wèi)星以相同的軌道半徑分別繞質(zhì)量為M和M(M1>M)的行星做勻速圓周運動.則下列說法正確的是A.甲和乙的向心加速度相等B.甲和乙運行的周期相等C.甲的角速度比乙的小D.甲的線速度比乙的大【答案】D【解析】衛(wèi)星由萬有引力提供向心力有：G =ma = mr = mm7=m

4、,則得：ar2T2r_ _ IV 網(wǎng) 而一-一 T=2兀r Jqm , 3 = 一丁，v= J ,可見，中心天體的質(zhì)里 M越小，a、3、v越小，T越大，所以得：甲的向心加速度、角速度、線速度都比乙大，而甲的周期比乙小，故D正確，ABC錯誤.故選D.4.如圖所示，用完全相同的輕質(zhì)彈簧1、2、3將兩個相同的小球連接并懋掛，小球靜止時，彈簧3水平，彈簧1與豎直方向的夾角 0 =30。，弓t簧l的彈力大小為F,則A.彈簧3的彈力大小為2FB.彈簧3的彈力大小為二2一一瓦C.每個小球重力大小為萬FD.每個小球重力大小為有F【答案】B【解析】將兩球和彈簧 2看成一個整體，整體受到總重力G彈簧1和3的拉力，

5、如圖，設(shè)彈簧1、3的拉力分別為F1和F2.由平衡條件得知，F(xiàn)iGF2和G的合力與Fi大小相等、方向相反，則得：F2=FiSin30 ° =0.5F i=0.5F .選項B正確，A錯誤；G = F1cos300 = yF,則每個球的重力為 5 = / = 與F,選項CD錯誤；故選B.5 . 一條水平放置的水管， 距地面高h(yuǎn)=1.8m,水管的橫截面積為 S=2X 10-4次水從管口處以v=2 m/s不變的速率源源不斷地沿水平方向射出，設(shè)出口處橫截面上各處水的速率都相等，假設(shè)水流在空中不散開.重力加速度 g取1Om/s2,不計空氣阻力，請估算水流穩(wěn)定后空中的水的體積A. 3.2 X10-4

6、miB. 4X10-4 03C. 2.4 XIO、 D. 2.4 X10-3mi【答案】C一， 一 1 2 區(qū) U x 1.8“一【解析】水從管口射出后做平拋運動，則由 h= gt2得，t=卜工=。.%，水流穩(wěn)定后 2心、10在空中水的體積為 V=vtS=2X 0.6X2X10 -4=2.4 X 10-4n3.故選 C.6 .如圖甲所示.在同一平面內(nèi)有兩個絕緣金屬細(xì)圓環(huán)A、B,兩環(huán)重疊部分的面積為圓環(huán) A面積的一半，圓環(huán) B中電流i隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示，以甲圖圓環(huán)B中所示的電流方向為負(fù)，則A環(huán)中A.沒有感應(yīng)電流B.有逆時針方向的感應(yīng)電流C.有順時針方向的感應(yīng)電流D.感應(yīng)電流先沿順時針方

7、向，后沿逆時針方向【答案】B【解析】由安培定則可知，環(huán) A產(chǎn)生的磁場分布，環(huán)內(nèi)垂直紙面向外，環(huán)外垂直紙面向里,由于內(nèi)部的磁場大于外部的磁場，由矢量的疊加原理可知A環(huán)總磁通量向外；當(dāng)導(dǎo)線中的電流強度I逐步減小時，導(dǎo)致環(huán)產(chǎn)生感應(yīng)電流.根據(jù)楞次定律，則有感應(yīng)電流的方向逆時針；同理，當(dāng)導(dǎo)線中的電流強度I反向逐步增大時，導(dǎo)致環(huán)產(chǎn)生感應(yīng)電流.根據(jù)楞次定律，則有感應(yīng)電流的方向逆時針.故B正確，ACD昔誤；故選B.點睛：考查安培定則、楞次定律的應(yīng)用，注意當(dāng)直導(dǎo)線的電流變化時，穿過環(huán)的磁通量如何變化是解題的關(guān)鍵.7 .如圖所示，豎直實線表示某勻強電場中的一簇等勢面，具有一定初速度的帶電小球在電場中從A到B做直線

8、運動（如圖中虛線所示）.小球只受電場力和重力，則該帶電小球從A運動到B的過程中A.做勻速直線運動8 .機械能守恒C.機械能逐漸增大，電勢能逐漸減小D.機械能逐漸減小，電勢能逐漸增大【答案】D【解析】根據(jù)電場線與等勢面垂直r知電場線應(yīng)水平,帶電微粒在勻強電場中受到豎直向下的重力和水 平方向的電場力作用，微粒做直線運動，合力與速度平行r可知微粒所受的電場力方向必定水平向左， 微粒做勻減速直線運動，故也錯誤；由于電場力對微粒做負(fù)功，所以微粒的機械能逐漸減小，電勢能逐 漸增大，故世錯誤，D正確；故選D,點睛：本題要能根據(jù)其受力情況判斷微粒的運動狀態(tài)，抓住質(zhì)點做直線運動的條件：合力與 速度平行是關(guān)鍵.8

9、.如圖所示，兩個內(nèi)壁光滑、半徑為R （圖中未標(biāo)出）的半圓形軌道正對著固定在豎直平面內(nèi)，對應(yīng)端點（圖中虛線處）相距為 x,最高點A和最低點B的連線豎直.一個質(zhì)量為 m的小球交替著在兩軌道內(nèi)運動而不脫離軌道，己知小球通過最高點A時的速率“瓶，不計空氣阻力，重力加速度為 g.則A.小球在A點的向心力小于 mgB.小球在B點的向心力等于 4mgC.小球在B、A兩點對軌道的壓力大小之差大于6mgD.小球在B、A兩點的動能之差等 2mg( R+x)【答案】C2【解析】小球在 A點時的向心加速度人向二巾2Amg，選項A錯誤；根據(jù)Rmg , (2R + x) += -mvg ,可得 vh *45)：= 2gx

10、 , mg - QR x),小球在 B A 兩2點的動能之差等 mg(2R+x),小球在B點的向心力Fd. =m>5me，選項BD昔誤；在A點對軌B叵r u道的壓力：=>在B點對軌道的壓力：Fb = hi上十mg，則RRAF = Fr-F氣=-3 + 2mg = 2mg(2R_+ 2ng > 6nig, 選項 C 正確； 故選 C. RR9.如圖所示，一理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為4:1 .原線圈接入一電壓瞬時值隨時間變化的規(guī)律為囪SsinlOMlCV)的交流電源，副線圈接一個 R=27.5 Q的負(fù)載電阻，閉合開關(guān)S.待電路穩(wěn)定后.下述結(jié)論正確的是A.副線圈中電流的周期為0

11、.02sB.副線圈中電壓的最大值為55VC.原線圈中電流的最大值為0.5AD.原線圈中的輸入功率為 110W【答案】AD【解析】變壓器不會改變電流的周期，則副線圈輸出電流的周期為 T = -=s = Q,02s,所以s IOOteA正確；原線圈電壓最大值為22陰V,則副線圈中電壓的最大值為 U2m = ；5巾=55企U,B錯誤.副線圈中電流的最大值為I,=戾=過二=2應(yīng)總，則原線圈中電流的最大值為3tn R 2750.5A1 = = ?a = O,5J5a,選項C錯誤；原線圈電壓有效值為220V,電流有效值為0.5A ,44掌握變壓器輸入功率為 P=IiU=110W選項D正確；故選 AD.10

12、.如圖所示，位于水平面上的同一物體在恒力Fi的作用下，做速度為 vi的勻速直線運動；在恒力F2的作用下，做速度為 V2的勻速直線運動.已知Fl與F2的功率相同，則可能有A. F i= F 2, v i<V2B. F i= F 2, v i>v2C. F i< F 2, v i<v2D. F i>F2, v i>v2【答案】BD【解析】物體都做勻速運動t受力平衡，則:Ficos6=p ftig-FiSlnei F2=pmg 解得：Fitosfi+psine）=電；根據(jù)Fi與F2功率相同得：F3v2=F1V1cose ,聯(lián)立解得：而*V| LUb 口 T p&#

13、177;iJl It7 ± T pLLdrit?所以，而Fl與0的關(guān)系無法確定，大于、等于、小于都可以.故選BD.ii.如圖所示.MNJ兩個方向相同且垂直于紙面的勻強磁場的分界面，兩磁場的磁感應(yīng)強度大小關(guān)系為B=2電一比荷值為k的帶電粒子（不計重力）.以定速率從O點垂直MNS入磁感應(yīng)強度大小為Bi的磁場.則粒子下一次到達(dá)。點經(jīng)歷的時間為Sf3北 A.: kB1【答案】qB'BC粒子垂直進(jìn)入磁場,由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得:qvB=m解得:粒子做圓周運動的周期為:mniT =,由題意可知：Bi=2E2,則：2=21,丁2二2，11=二71qB阻根據(jù)粒子運動軌跡可知

14、，粒子下一次到達(dá)。點經(jīng)歷的時間為1 =n。 +父'=凡2 kBj43r2兀kB：(n=0,1, 2, 3)則選項 BC正確，CD昔誤；故選 BC.點睛：本題關(guān)鍵在于根據(jù)半徑關(guān)系畫出粒子運動的軌跡，然后確定時間與周期的關(guān)系，這也 是磁場中的軌跡問題常用的思路。12.如圖所示，一固定光滑斜面與水平面間的夾角為0 ,輕質(zhì)彈簧的一端固定在斜面底端的擋板上，另一端與斜面上質(zhì)量為m的物塊連接.開始時用手拉住物塊使彈簧伸長xi,放手后物塊由靜止開始下滑，到達(dá)最低點時彈簧壓縮了X2,重力加速度為go則在物塊下滑到最低點的過程中.A.物塊的加速度先減小后增大B.物塊重力的功率先減小后增大C.彈簧的彈性勢

15、能變化了mg(xi+X2)sin 0D.物塊重力勢能與彈簧彈性勢能之和保持不變【答案】AC【解析】物塊由靜止向下運動的過程中，彈力先沿斜面向下，且大小減小，物塊的合外力減小，加速度減小.后來彈力反向增大，合外力先減小后增大，加速度先減小后增大，所以加速度先減小后增大.故A正確.物塊先向下加速，后向下減速，則重力的功率先增大后減小. 故B錯誤.對整個過程，由系統(tǒng)的機械能守恒得彈簧的彈性勢能變化量等于物塊重力勢能的減少量，為mg(xi+X2)sin。.故C正確.對于物塊和彈簧組成的系統(tǒng)，由機械能守恒定律知，物塊重力勢能、動能與彈簧彈性勢能之和保持不變.故 D錯誤.故選AC.點睛：本題屬于動態(tài)分析類

16、型的題目，要注意通過受力分析與受力分析的方程來說明物體受到的合力的變化，進(jìn)而說明物體的加速度的變化與速度的變化關(guān)系.要注意機械能是針對物塊和彈簧組成的系統(tǒng)的，對物塊機械能并不守恒.二、實驗題(本題共 2小題，共15分.把答案直接填寫在答題卷的對應(yīng)位置處)13 .某同學(xué)為了測量 R的電阻值，設(shè)計了如圖甲所示的電路.用到的器材有：電源(電動勢未知.內(nèi)阻為r),理想電流表理想電壓表 ©,單刀雙擲開關(guān)S.實驗時他進(jìn)行了如下操 作:(1)在開關(guān)處于斷開狀態(tài)下連接好電路;(2)將開關(guān)S向電壓表一側(cè)閉合，記錄下電壓表讀數(shù)U;將開關(guān)S向R一側(cè)閉合，記錄下電流表讀數(shù)I 2； 根據(jù)已知條件和(2)中測量

17、數(shù)據(jù)，可得電源電動勢E=,待測電阻的表達(dá)式RX=(4)根據(jù)圖甲電路，完成圖乙中各實物器材之間的連線5- 12r【答案】 (1). U 1 (2). (3).【解析】(3)當(dāng)將開關(guān)S向電壓表一側(cè)閉合，電壓表讀數(shù)U,可知電源的電動勢 E=U;將開I.關(guān)S向R一側(cè)閉合，電流表讀數(shù)I2,則E=I2(Rx+r),解得(4)實物連線如圖;14 .利用知圖1所示的裝置可以“研究勻變速直線運動的規(guī)律”.將質(zhì)量為m的物塊1與質(zhì)量為R1的物塊2(mi<m2)通過輕繩懸掛在定滑輪上，打點計時器(用頻率為50Hz的交流電)固定在豎直方向上，物塊 l與穿過打點計時器的紙帶相連接.開始時托住物塊2使兩物塊均處于靜止

18、狀態(tài)，之后將物塊2釋放。圖2所示為實驗中打點計時器打出的一條點跡清晰的紙帶.O是打點計時器打下的第一個點，相鄰兩個計數(shù)點之間還有四個點沒有畫出.(1)相鄰兩計數(shù)點之間的時間間隔為 s ;(2)實驗時要在接通打點計時器電源之 釋放物塊2 (選填"前”或“后”)(3)將各計數(shù)點至 。點的距離依次記為 h1、h2、h3、h4,測得 h2=l.60cm, h 4=6.40cm,請計算打點計時器打下 C點時物塊的速度大小為 m/s；(4)根據(jù)測出物塊l上升的高度h與相應(yīng)的時間t,描繪出如圖3所示的h-t 2圖線，由此可以 求出物塊的加速度大小為 m/s 2;【答案】 (1). 0.1 (2).

19、后 (3). 0.24 (4). 0.80【解析】(1)相鄰兩計數(shù)點之間的時間間隔為：T=0.02X5=0.1s；(2)實驗時要在接通打點計時器之后釋放物體;(3) C點的瞬時的速度為 BD點的平均速度為：v =E = Q°J-°36 = 024tti/s c 2T 2x0.1(4)根據(jù)運動學(xué)公式 s= at 2,因此s-t 2圖線的斜率k=1,那么a=2k=2x =0.8m/s 2; 221點睛：考查計數(shù)點與實際打點的區(qū)別，注意先接通電源后，釋放紙帶，同時從紙帶上求解速 度和加速度是處理紙帶的兩個主要問題，一定要熟練掌握.三、計算題(本大題共4小題，共37分.要求寫出必要

20、的文字說明、方程式和演算過程步驟)15 .質(zhì)量為m=4kg的小物塊靜止在水平地面上，現(xiàn)用水平恒力F拉動物塊一段時間后撤去，物塊繼續(xù)滑動一段位移停止運動，物塊整個過程中做直線運動，其 v-t圖象如圖所示，物塊 與地面間的動摩擦因數(shù)為(1=0.2,重力加速度g取10m/s2,求：10捱(1)撤去拉力F后物塊繼續(xù)滑行的位移大小x;(2)水平恒力F的大小.【答案】(1) x 2=4m (2) F=10N【解析】(1)設(shè)撤去拉力F時的速度為v .撤去拉力后的加速為 a 2,滑行的位移為X2.由牛頓第二定律得：mg=ma由運動學(xué)公式 v 2=2ax2代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：X2=4m(2)設(shè)從開始運動到最后停止

21、過程的位移x,從開始運動到撤去拉力過程中的位移為X1.由動能定理有： Fx 1-mgx=0由v t圖象得：x = Xi=X-X 2代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：F=10N16 .如圖所示，一斜面光滑的直角三角形劈固定在水平地面上，劈高為 h=5m右端與水平面平滑連接.物塊B靜止在水平面上 P點，P點左側(cè)水平面光滑，右側(cè)粗糙.現(xiàn)讓物塊A從斜劈頂端由靜止沿斜面滑下，然后與物塊B發(fā)生正碰(碰撞時間極短)并粘連在一起，繼續(xù)運動=0.2 .重力加速4s停下，物塊 A B可視為質(zhì)點，與 P點右側(cè)水平面間的動摩擦因數(shù)均為度g取10m/s2.求:(1)物塊A滑至斜劈底端時的速度大?。?2)物塊A與物塊B的質(zhì)量之比?！敬鸢?/p>

22、】(1) v=10m/s (2) m a： m? = 4:1v,由機械能守恒定律得:【解析】(1)設(shè)物塊A滑到斜劈底端時的速度為1 2叫a=-niAv解得：v=10m/s(2)設(shè) A B碰撞后的共同速度為 v"由動量守恒定律得： nAV =( m A+m v / 由動量定理得一科(m A+m)gt =0 ( m a+htb) v /聯(lián)立解得：mA： mB = 4 ： 117 .如圖所示，兩光滑平行金屬導(dǎo)軌置于水平面(紙面)內(nèi)，軌道間距為l ,左端連有阻值為R的電阻，一金屬桿置于導(dǎo)軌上靜止，金屬桿右側(cè)存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場區(qū)域，現(xiàn)給金屈桿施加一水平向右的恒力，使其進(jìn)入磁場區(qū)域做初速度為零的變加 速直線運動，到達(dá)圖中虛線位置(仍在磁場中)時速度達(dá)到最大，最大值為yvo,金屬桿與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好，除左端所連電阻外，其他電阻忽略不計.求：(1)給金屬桿施加的水平向右恒力的大??；(2)金屬桿達(dá)到最大速度時，電阻的熱功率。Hl3工【答案】(1) F =2R (2) p=12R【解析】(1)當(dāng)安培力等于水平恒力F時速度為最大，設(shè)此時的電流為I ,則F=F安F 安=BIlE=RE = Bl?。聯(lián)立解得：F=2R(2)設(shè)金屬桿達(dá)到最大速度時，電