【解析】黑龙江省牡丹江市第一高级中学2018届高三上学期期中考试物理试题 Word版含解析【 高考】

黑龙江省牡丹江市第一高级中学2018届高三上学期期中考试物理试题
一、单项选择题
1. 下列叙述错误
．．的是（）
A. 用点电荷来代替带电体的研究方法叫理想模型法
B. 胡克指出，在任何情况下，弹簧的弹力都跟伸长量成正比
C. 牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用扭秤实验测出了万有引力常量的数值
D. 经典力学不适用于微观粒子和高速运动物体
【答案】B
【解析】用质点代替实际物体是采用了理想模型的方法，质点实际不存在，故A说法正确；胡克指出，在弹性范围内，弹簧的弹力都跟伸长量成正比，故B说法错误；牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用扭秤实验测出了万有引力常量的数值，故C说法正确；经典力学适用于宏观低速的物体，不适用于微观粒子和高速运动物体，故D说法正确。

所以选B。

2. 如图所示，粗糙水平面上的物体在水平拉力F作用下做匀加速直线运动，现使F不断变小到零，则在滑动过程中（）
A. 物体的加速度不断减小，速度不断增大
B. 物体的加速度不断增大，速度不断减小
C. 物体的加速度先增大后减小，速度先减小后增大
D. 物体的加速度先减小后增大，速度先增大后减小
【答案】D
【解析】试题分析：物体原来是做匀加速直线运动，加速度的方向与拉力的方向相同，当拉力减小时，物体受到向前的合外力逐渐减小，故加速度会逐渐变小，当拉力F与摩擦力f相等时，物体的合外力为0，故加速度的大小为0，在这之前，物体的速度不断增大，加速度为0时，速度最大；拉力再减小，则F<f时，物体受到的合外力的方向与运动方向相反，加速度反向，逐渐增大，速度不断减小，所以选项D是正确的。

考点：牛顿第二定律，速度与加速度的关系。

【名师点晴】首先我们假定物体向右运动的，拉力也是向右的，合外力向右，加速度向右，
拉力减小，加速度也减小，但是加速度的方向与物体的运动方向一致，所以物体的速度不断增大，相比较而言，比原来增大的慢了一些，但是是增大的。

3. 关于静电场，下列结论普遍成立的是（）
A. 电场强度为零的地方，电势也为零
B. 电场强度的方向与等电势面处处垂直
C. 随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低
D. 任一点的电场强度总是指向该点电势降落的方向
【答案】B
【解析】试题分析：电场强度与电势没有直接关系，电场强度为零时，电势不一定为零；电势为零，电场强度不一定为零，故A错误；电场线与等势面垂直，而电场强度的方向为电场线的方向，所以电场强度的方向与等势面垂直，故B正确；根据沿着电场线方向，电势降低，而电场强度大小减小，不一定沿着电场线方向，故C错误；顺着电场线方向电势降低，由匀强电场U=Ed可知，电场强度的方向是电势降低最快的方向，故D错误．故选B．
考点：电场强度与电势
【名师点睛】明确电场强度与电势无直接关系，知道电场强度的方向是电势降低最快的方向，同时理解沿着等势面移动电荷，电场力不做功．
4. 如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一个固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，表示点电荷在P点的电势能，表示静电计的偏角，若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（）
A. 减小，E不变
B. 增大，E增大
C. 减小，增大
D. 增大，不变
【答案】A
【解析】电容器与电源断开，故电量不变；上极板向下移动时，两板间的距离减小，根据电容决定式：可知，电容C增大，则根据可知，电压U减小；故静电计指针偏角减小；两板间的电场强度，因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不变，故A正确，BCD错误。

5. 一质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，在此过程中（）
A. 地面对他的冲量为，地面对他做功为
B. 地面对他的冲量为，地面对他做的功为
C. 地面对他的冲量为为，地面对他做的功为零
D. 地面对他的冲量为为，地面对他做的功为零
【答案】C
【解析】人从下蹲起跳，经时间速度为v，对此过程应用动量定理得：
故在此过程中，地面对他的冲量
人在起跳过程中，受到地面对人的支持力但没有产生位移，地面对他做的功为零。

综上，选C
点睛：动量定理中冲量应是所有力的冲量，不能漏去重力的冲量。

6. 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是一个电子只在静电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a A、a B，电势能分别为E p A、E p B.下列说法正确的是( )
A. 电子一定从A向B运动
B. 若a A>a B，则Q靠近N端且为正电荷
C. 无论Q为正电荷还是负电荷一定有E p A<E p B
D. B点电势可能高于A点电势
【答案】C
【解析】由于不知道电子速度变化，由运动轨迹图不能判断电子向那个方向运动，故A错误；若a A＞a B，则A点离点电荷Q更近即Q靠近M端；又由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，即在MN上电场方向向右，所以Q靠近M端且为正电荷，故B错误；由B可知，电子所受电场力方向指向左侧，若电子从A向B运动，则电场力做负功，电势能增加；若电子从B向A运动，则电场力做正功，电势能减小，所以，一定有E pA＜E pB，故C正确；由B可知，电场线方向由M指向N，沿电场线方向电势逐渐降低，则A点电势高于B点，故D错误。

所以
C正确，ABD错误。

7. 质量为m1＝1kg和m2(未知)的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其x­t(位移—时间)图象如图所示，则可知碰撞属于（）
A. 非弹性碰撞
B. 弹性碰撞
C. 完全非弹性碰撞
D. 条件不足，不能确定
【答案】B
【解析】位移时间图象的切线斜率表示物体的速度，由图象可得两物体碰撞前后的速度分别为：、、、；由动量守恒得；碰前总动能，碰后总动能代入数据可得：、，因此此碰撞是弹性碰撞。

故选B
8. 如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块后不再穿出，此时木块动能增加了5.5J，那么此过程产生的内能可能为（）
A. 1J
B. 3J
C. 5J
D. 7J
【答案】D
【解析】子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块后不再穿出，设子弹初速为，子弹和
木块的共同速度为；则、解得：
化简得：
，故选D
二、多项选择题
9. 已知引力常量为G，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g和地球的自转周期为T，不考虑地球自转的影响，利用以上条件可求出的物理量是（）
A. 地球的质量
B. 地球第一宇宙速度
C. 地球与其同步卫星之间的引力
D. 地球同步卫星的高度
【答案】ABD
【解析】地球表面的物体受到的重力等于万有引力，即，解得：，故A正确；地球的近地卫星所受的万有引力提供向心力：根据：，解得，故B正确；地球与其同步卫星之间的引力，不知道m的质量，所以无法求出地球与其同步卫星之间的引力，故C错误；地球的同步卫星的万有引力提供向心力：，代入地球的质量得卫星的高度：，故D正确。

所以ABD正确，C错误。

10. 某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O 点由静止开始在电场力作用下运动到A点。

取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计。

在O到A运动过程中，下列关于粒子运动速度v和加速度a随时间t
的变化、粒子运动径迹上的电势φ和动能E k随位移x的变化图线可能正确的是（）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】由图可知，从O到A点，电场线由疏到密，电场强度先减小后增大，方向不变，因此电荷受到的电场力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故A错误，B正确；沿着电场线方向电势降低，而电势与位移的图象的斜率表示电场强度，故C错误；根据能量守恒关系，
则，由此可知：，因此粒子的动能E k和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线斜率先减小后增大，故D正确。

所以BD正确，AC错误。

11. 如图所示，固定的倾斜粗糙杆，杆与水平面夹角为α(0<α<45°)，杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于原长h时，让圆环由静止开始沿杆滑下，滑到杆的底端时速度恰好为零。

若以地面为参考面，则在圆环下滑过程中（）
A. 圆环的机械能保持为mgh
B. 弹簧的弹性势能先增大后减小再增大
C. 弹簧弹力一直对圆环做正功
D. 全过程弹簧弹性势能的增加量小于圆环重力势能的减少量
【答案】BD
【解析】初位置时弹簧的弹性势能为零，环的机械能为mgh，由于摩擦力做负功，所以环的机械能一定是减小的，故A错误；弹簧的弹性势能随弹簧的形变量的变化而变化，由图知弹簧先缩短后再伸长，故弹簧的弹性势能先增大再减小后增大，故B正确；弹簧拉力与物体的速度方向的夹角先是小于90°，后来大于90°，故拉力先做正功，后做负功，故C错误；对于弹簧和物体系统，重力势能减小，弹性势能增加，同时摩擦生热，根据能量守恒定律，全过程弹簧弹性势能的增加量小于圆环重力势能的减少量，故D正确。

所以BD正确，AC错误。

12. 如图所示，水平面内有A、B、C、D、E、F六个点，它们均匀分布在半径为R=2cm的同一圆周上，空间有一方向与圆平面平行的匀强电场。

已知A、C、E三点的电势分别为、
、，下列判断正确的是（）
A. 电场强度的方向由A指向D
B. 电场强度的大小为100V/m
C. 该圆周上的点电势最高为4V
D. 将电子沿圆弧从D点移到F点，静电力始终做负功
【答案】BC
【解析】AE中点G的电势为：，则
所以GC是一个等势面电场线与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面，所以电场强度的方向由E指向A，故A错误；EA两点间的电势差为：，EA两点间的距离，根据：代入数据可得电场强度的大小，故B正确；根据沿着电场线电势降低，可得H点电势最高，根据
，因为：，可得：，故C正确；从D移到F点，电势先升高后降低，电子带负电，电势能先减小后增加，静电力先做负功后做正功，故D错误。

所以BC正确，AD错误。

13. 如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。

AB为圆周的水平直径，CD 为竖直直径。

已知重力加速度为g，电场强度E=mg/q，不计空气阻力，下列说法正确的是（）
A. 若小球在竖直平面内绕O点做完整圆周运动，则它运动过程中的最小速度
B. 若小球在竖直平面内绕O点做完整圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大
C. 若将小球在A点由静止开始释放，它将在ACBD圆弧上往复运动
D. 若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将能够到达B点
【答案】ABD
【解析】试题分析：由于电场强度，故，则等效最低点在BC之间，重力和电场力的合力为
根据得，小球在等效最高点的最小速度为，A正确；除重力和弹力外其它力做功等于机械能的增加值，若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时，电场力做功最多，故到B点时的机械能最大，B正确；小球受合力方向与电场方向夹角45°斜向下，故若将小球在A点由静止开始释放，它将沿合力方向做匀加速直线运动，C 错误；若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，由于在沿AD弧线运动至半径OA 转过45°过程中，重力的负功大于电场力的正功，故小球动能继续减小，由于小球在等效最高点的速度为，则小球将脱离圆周，故不可能到达B点，D错误；故选AB。

考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系。

【名师点睛】掌握重力做功与重力势能变化的关系，掌握合外力做功与动能变化的关系，除重力和弹力外其它力做功与机械能变化的关系，注意将重力场和电场的总和等效成另一个“合场”，将重力场中的竖直面内的圆周运动与本题的圆周运动进行类比。

三、填空题
14. 关于图示力学实验装置，下列说法中正确的是____________。

A．用此装置“研究匀变速直线运动”时需要平衡摩擦力
B．用此装置“探究小车的加速度与外力的关系”时，若用钩码的重力代替细线对小车的拉力，应保证钩码质量远小于小车质量
C．用此装置“探究功与速度变化的关系”时，将长木板远离滑轮一端适当垫高，且小车未拴细线，轻推小车后，通过纸带分析若小车做匀速运动，即实现平衡摩擦力
【答案】BC
【解析】在利用该装置“研究匀变速直线运动”的实验中，摩擦力不影响研究结果，故不需要平衡摩擦力，故A错误；在利用该装置来“探究物体的加速度与力、质量的关系”时，设
小车的质量为M，小吊盘和盘中物块的质量为m，设绳子上拉力为F，以M为研究对象：F=Ma，以整体为研究对象有mg=（m+M）a，联立可得：，显然要有F=mg必有m+M=M，即只有时才可以认为绳对小车的拉力大小等于小吊盘和盘中物块的重力，故B正确；利用该装置来做“探究功与速度变化的关系”实验前，木板左端被垫起一些，使小车在不受拉力作用时做匀速直线运动，这样做的目的是为了补偿阻力，使小车受到的拉力等于砝码的重力，故C正确。

所以BC正确，A错误。

15. 如图所示为实验室“验证碰撞中的动量守恒”的实验装置．
①下列说法中不符合本实验要求的是__________．
A．入射球比靶球质量大，但二者的直径可以不同
B．在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高度由静止释放
C．安装轨道时，轨道末端必须水平
D．需要使用的测量仪器有天平和刻度尺
②实验中记录了轨道末端在记录纸上的竖直投影为O点，经多次释放入射球，在记录纸上找到了两球平均落点位置为M、P、N，并测得它们到O点的距离分别为、和。

已知入射球的质量为，靶球的质量为，如果测得近似等于________，则认为成功验证了碰撞中的动量守恒．
③在实验中，根据小球的落点情况，若等式______________成立，则可证明碰撞中系统的动能守恒（要求用②问中测量的物理量表示）．
【答案】 (1). A (2). (3).
【解析】①要使两球发生对心正碰，两球半径应相等，为防止入射球碰撞后反弹，入射球的质量应大于靶球的质量，所以入射球比靶球质量大，入射球与靶球半径应相等，故A不符合要求；为保持入射球的初速度相等，在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高度由静止释放，故B符合要求；为保证小球离开轨道后做平抛运动，小球离开轨道时的速度
必须水平，安装轨道时，轨道末端必须水平，故C符合要求；实验中需要测出小球质量与小球的水平位移，需要使用的测量仪器有天平和刻度尺，故D符合要求。

所以选A。

②两球碰撞后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，碰撞过程动量守恒，则，两边同时乘以时间t得：，则
，则碰撞过程中若满足，则系统动量守恒。

③如果碰撞过程能量守恒，由此可得：，如果，将代入可得：，只要满足
，即可说明：碰撞过程动能守恒。

四、计算题
16. 如图所示，在光滑的水平面上放置一个质量为2m的木板B，B的左端放置一个质量为m
的物块A，已知A、B之间的动摩擦因数为μ，现有质量为m的小球以水平速度v0飞来与物块A碰撞后立即粘住，在整个运动过程中物块A始终未滑离木板B，且物块A可视为质点，求：
（1）球与物体A碰后的速度大小；
(2)物块A相对木板B静止后的速度大小；
(3)木板B至少多长。

【答案】(1) 0.5v0 （2）0.25v0 (3)
【解析】试题分析：小球、物块和木板看成一个系统满足动量守恒，根据动量守恒求得球与物体A碰后的速度和物块A相对木板B静止后的速度大小；由能量守恒得求出木板B至少多长。

（1）设小球和物块A碰撞后二者的速度为v1，三者相对静止后速度为v2，规定向右为正方向，根据动量守恒得，mv0＝(m＋m)v1
解得： v1=0.5v0
（2）根据动量守恒：(m＋m)v1＝(m＋m＋2m)v2
联立以上解得：v2＝0.25v0
...............
联立解得：
点睛：本题主要考查了动量守恒和能量守恒，在碰撞中A与B组成的系统满足动量守恒，在结合能量守恒即可求得板长。

17. 如图甲所示，A和B是真空中正对面积很大的平行金属板，位于两平行金属板正中间的O 点有一个可以连续产生粒子的粒子源，AB间的距离为L．现在A、B之间加上电压U AB随时间变化的规律如图乙所示，粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生N个相同粒子，这种粒子产生后，在电场力作用下由静止开始运动，粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A、B板电势．已知粒子质量为，电荷量
，，，，忽略粒子重力，不考虑粒子之间的相互作用力，求：
（1）t＝0时刻产生的粒子，运动到B极板所经历的时间t0；
（2）在时间内，产生的粒子不能到达B板的时间间隔；
（3）在时间内，产生的粒子能到达B板的粒子数与到达A板的粒子数之比k．
【答案】（1）（2）（3）
【解析】（1）t=0时刻，粒子由O到B：
加速度：
得：
所以：
则匀加速的加速度：
匀减速的加速度大小：
由：
得：
所以：
由：
得：
（3）设刚好不能到达B极板的粒子，反向加速到A极板的时间为，
由：
得：
即：在时间内，内返回的粒子都能打到A极板上
所以：
18. 下列说法中正确的是_____。

A. 气体扩散现象表明气体分子间存在斥力
B. 布朗运动就是液体分子的无规则运动
C. 常见的金属都是多晶体
D. 一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中内能一定增大
E. 已知阿伏伽德罗常数、某种理想气体的摩尔质量和密度，就可以估算出该气体分子间的平均距离
【答案】CDE
【解析】扩散现象是指分子能够充满整个空间的过程，它说明分子永不停息地运动，与分子之间存在斥力无关，故A错误；布朗运动是固体小颗粒的运动，它间接说明分子永不停息地做无规则运动，故B错误；金属是多晶体，故C正确；由盖吕萨克定律可知，理想气体在等
压膨胀过程中气体温度升高，气体内能增加，故D正确；已知阿伏伽德罗常数、气体的摩尔质量和密度，估算出该气体分子间的平均距离为，故E正确。

所以CDE正确，AB错误。

19. “拔火罐”是一种中医疗法，为了探究“火罐”的“吸力”，某人设计了如图实验。

圆柱状汽缸（横截面积为S）被固定在铁架台上，轻质活塞通过细线与重物m相连，将一团燃烧的轻质酒精棉球从缸底的开关K处扔到汽缸内，酒精棉球熄灭同时密闭开关K（设此时缸内温
度为t），此时活塞下的细线刚好拉直且拉力为零，而这时活塞距缸底为L。

由于汽缸传热良好，重物被吸起，最后重物稳定在距地面L/10处。

已知环境温度为27不变，mg/S与1/6大气压强相当，汽缸内的气体可看做理想气体，求t值。

【答案】1270C
【解析】试题分析：酒精棉球熄灭时，封闭气体向下得压力，大气压向上的支持力，由平衡得：
解得：，此时体积为：，温度为：
重物被吸起稳定后，活塞受绳子得拉力，封闭气体向下得压力和大气压向上得支持力，由平衡得：
解得：
此时体积为：，温度为
有理想气体状态方程得：
解得：
考点：考查了理想气体状态方程
【名师点睛】本题得关键是以活塞为研究对象，受力分析利用平衡求出初末状态压强，然后
利用理想气体状态方程列式即可求解，酒精棉球熄灭后，以活塞为研究对象可求出封闭气体初末状态压强，利用理想气体状态方程列式即可求解
20. 一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示，介质中x=2m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为 y=10sin5πt（cm），下列说法正确的是（）
A. 该波的周期为0.4s
B. 该波沿x轴负方向传播
C. 该波的传播速度为10m/s
D. 若在t=0时，波刚好传到x=6m处，则波源开始振动的方向沿y轴负方向
E. 在1s的时间内，质点P运动的路程为1m.
【答案】ACE
【解析】由质点P沿y轴做简谐运动的表达式y=10sin5πt（cm），可知这列简谐波的振幅为A=10cm，ω=5πrad/s，则周期为：，故A正确；由表达式y=10sin5πt cm，可知t=0时刻x=2m处质点P沿y轴正方向运动，则根据波形的平移法可知，波沿x轴正方向传播，故B正确；由波的图象得：波长λ=4m，故波速为：，故C正确；波在传波的过程中，所有质点的起振方向都相同，根据波形的平移法可知在t=0时，波刚好传到x=6m处，则波源开始振动的方向沿y轴正方向，故D错误；在1s的时间内运动了，一个周期运动的路程为4个振幅，则质点P运动的路程为S=10A=1m，故E正确。

所以ACE正确，BD错误。

21. 玻璃半圆柱体的半径为R，横截面如图所示，圆心为O，A为圆柱面的顶点，两条单色红光分别按如图方向沿截面入射到圆柱体上，光束1指向圆心，方向与AO夹角为30°，光束2的入射点为B，方向与底面垂直，∠AOB=60°，已知玻璃对红光的折射率。

①判断光线1、2在柱体底面是否发生全反射。

②两条光线经柱面折射后到达底面的入射点间的距离d；
【答案】①不会发生全反射②
【解析】试题分析：先根据折射定律求出光线2在玻璃半圆柱体圆弧面上和底面上的折射角，再运用折射定律求出光线1在底面上的折射角，根据几何知识求解即可。

①在底面上没有发生全反射光路如图所示：
对于光线2：如图所示入射角i=60°，根据
代入数据解得：。

则由几何知识得：i′=60°-=30°，从图知，1光线在O点的入射角，
因为临界角C满足：，则小于
故光线1、2不会在底面发生全反射。

②从光路图知，光线1、2在底面的入射点O、C，根据数学知识，三角形BOC为等腰直角三角形，所以入射点间的距离为：.
点睛：本题主要考查了光的折射和全反射，作出光路图，运用几何知识帮助分析求解。