福建三明市A片区高中联盟校高三上学期期末考试物理试题 Word版含解析

福建省三明市A片区高中联盟校2018届高三上学期阶段性考试（期末考）物理试题
一.选择题：
1. 下列说法错误的是：
A. 千克、米、秒都是国际单位制中的基本单位
B. 探究加速度与力和质量关系的实验中运用了控制变量法
C. 加速度a=F/m、功率P=W/t的定义都运用了比值定义法
D. 平均速度、合力，有效值等槪念的建立运用了等效替代法
【答案】C
【解析】千克、米、秒都是国际单位制中的基本单位，选项A正确；探究加速度与力和质量关系的实验中运用了控制变量法，选项B正确；功率P=W/t的定义运用了比值定义法，而加速度a=F/m不是比值定义法，选项C错误；平均速度、合力，有效值等槪念的建立运用了等效替代法，选项D正确；故选C.
2. 某电视台每周都有棋类节目，铁质的棋盘竖直放置，每个棋了都是一个小磁铁，能吸在棋盘上，不计棋子之间的相互作用力，下列说法正确的是
A. .小棋子共受三个力作用
B. 棋子对棋盘的压力大小等于重力
C. 磁性越强的棋子所受的摩擦力越大
D. 质量不同的棋子所受的摩擦力大小不同
【答案】D
..................
考点：物体的弹性和弹力；弹性形变和范性形变
【名师点睛】此题主要考查学生对二力平衡条件及其应用的理解和掌握，特别注意是摩擦力与重力相平衡，难度不大。

3. AB两物体沿同一方向运动，它们的v-t图象如图所示，下列判断正确的是
A. 在0-t1这段时间内，B物体的位移比A物体的位移大
B. 在t1时刻前，B物体的速度始终比A物体增加得快
C. 在t1时刻前，B物体始终在A物体的前面
D. 在t1时刻两物体不可能相遇
【答案】A
【解析】在v-t图象中，图象与时间轴所围的面积表示物体运动的位移，故在0-t1这段时间内，B物体的位移比A物体的位移大，故A正确；在v-t图象中，斜率表示加速度，在t1时刻，B物体的加速度先大于A的加速度，后小于A的加速度，则B物体的速度先比A物体速度增加得快，后比A物体速度增加得慢，故B错误；A、B出发的位置不确定，无法判断A、B的位置关系，故C错误；由于不知道出发时的位置关系，故在t1时刻两物体有可能相遇，故D错误，故选A.
点睛：本题主要考查了v-t图象，关键是明确在v-t图象中斜率代表加速度，与时间轴所围面积表示物体通过的位移。

4. 如图所示为某静电除尘装置的原理图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区．图中虚线是某一带负电的尘埃（不计重力）仅在电场力作用下向集尘极迁移并沉积的轨迹，A、B 两点是轨迹与电场线的交点．不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电量变化，则以下说法正确的是（）
A. A 点电势高于B点电势
B. 尘埃在A点的加速度大于在B点的加速度
C. 尘埃在迁移过程中做匀变速运动
D. 尘埃在迁移过程中电势能一直在增大
【答案】B
【解析】沿电场线方向电势降低，由图可知，B点的电势高于A点电势，故A错误；由图可知，A点电场线比B点密集，因此A点的场强大于B点场强，故A点的电场力大于B点的电场力，则A点的加速度大于B点的加速度，故B正确；放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的．故粒子不可能做匀变速运动，故C错误；由图可知，开始速度方向与电场力方向夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大；后来变为锐角，电场力做正功，电势能减小；对于全过程而言，根据电势的变化可知，电势能减小，故D错误．故选B．
点睛：本题考查考查分析实际问题工作原理的能力，解题时要明确电场线的分布规律，并且能抓住尘埃的运动方向与电场力方向的关系是解题突破口．
5. 用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理．如图所示，从距秤盘80cm高度把1000 粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半．若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短（在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力），已知1000 粒的豆粒的总质量为100g．则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为（）
A. 0.2N
B. 0.6N
C. 1.0N
D. 1.6N
【答案】B
【解析】豆粒从80cm高处落下时速度为v，，
则
设向上为正方向，根据动量定理：
B正确，ACD错误。

故选：B。

6. 夏季游乐场的“飞舟冲浪”项目受到游客的欢迎，如图所示，一游客（可视为质点）以某一水平速度从A点出发沿光滑圆轨道运动，至B点时脱离轨道，最终落在水面上的C点，不计空气阻力，下列说法正确的是（）
A. 在A点时，游客处于超重状态
B. 从B到C过程，游客的机械能增大
C. 在B点时，游客的向心加速度为g
D. 从A到B过程，游客的加速度不断增大
【答案】D
【解析】在A点，小球具有竖直向下的向心加速度，此瞬间处于失重状态，故A错误；从B 到C过程，小球只受重力作用，游客的机械能守恒，故B错误；小球在B点刚离开轨道，则小球对圆轨道的压力为零，游客的加速度为g，竖直向下，但向心加速度小于g，故C错误；小球受重力和支持力的作用，并且由A到B的过程支持力在竖直方向上的分力减小，因此重
力和支持力的合力增大，加速度增大，故D正确。

故选D.
点睛：解决本题的关键要掌握机械能守恒的条件，明确人的受力情况即可分析加速度的变化，同时注意明确向心加速度和切向加速度的区别。

7. 如图所示，质量为m，长为l的铜棒ab，用长度也为l的两根轻导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，未通电时，轻导线静止在竖直方向，通入恒定电流后，棒向外偏转的最大角度为θ，则（）
A. 棒中电流的方向为b→a
B. 棒中电流的大小为
C. 棒中电流的大小为
D. 若只增大轻导线的长度，则θ角变大
【答案】C
【解析】根据导体棒受到的安培力方向可知，电流的方向由a到b，故A错误；根据动能定理可知，BI l2sinθ-mg l（1-cosθ）=0-0，解得I=，故B错误，C正确；根据B可知，最大偏转角与导线的长度无关，故D错误；故选C.
8. 过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“51 peg b”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕，“51 peg b”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的1/20，该中心恒星与太阳的质量比约为（）
A. 1/10
B. 1
C. 5
D. 10
【答案】B
【解析】研究行星绕某一恒星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式为：
，解得；“51 peg b”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的1/20，所以该中心恒星与太阳的质量比约为，故选B．
点睛：要求解一个物理量大小变化，我们应该把这个物理量先表示出来，再根据已知量进行判断．向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用．
视频
9. 真空中一半径为r0的带电金属球，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图所示，图中x1、x2、x3分别是该直线上A、B、C三点离球心的距离，根据φ-x电势图象，判断下列说法中正确的是（）
A. 该金属球可能带负电
B. B点的电场强度大于C点的电场强度
C. A点的电场强度方向由A指向B
D. 电荷量为q的正电荷沿直线从B移到C的过程中，电场力做功W=q（φ2-φ3）
【答案】BD
【解析】由图可知0到r0电势不变，之后电势变小，带电金属球为一等势体，再依据沿着电场线方向，电势降低，则金属球带正电，故A错误；B点的电场强度方向由B指向C，B点的电场强度大于C点的电场强度，选项B正确；A点在金属球的内部，场强为零，正确C错误；正电荷沿直线从B移到C的过程中，电场力做功W=qU BC=q（φ2-φ3），故D正确．故选BD．10. 如图所示，将一小球从空中A点以水平速度v0抛出，经过一段时间后，小球以大小为2v0的速度经过B点，不计空气阻力，则小球从A到B（）
A. 下落高度为
B. 经过的时间为
C. 速度增量为v0，方向竖直向下
D. 运动方向改变的角为60°
【答案】AD
【解析】小球经过B点时竖直分速度；由v y=gt得；根据 h=gt2得，h=．故A正确，B错误。

速度增量为△v=gt=v0，方向竖直向下，故C错误。

球经过B点时速度与水平方向的夹角正切 tanα=，α=60°，即运动方向改变的角为60°．故
D正确。

故选AD.
点睛：解决本题的关键是要知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，运用平行四边形定则研究分运动的速度，要知道分运动具有等时性。

11. 如图所示为一个质量为m、带电量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中．现给圆环向右初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的v-t图象可能是下图中的（）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】当qvB=mg时，小环做匀速运动，此时图象为B，故B正确；当qvB＞mg时，F N=qvB-mg，此时：μF N=ma，所以小环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB=mg时，小环开始做匀速运动，故C正确；当qvB＜mg时，F N=mg-qvB此时：μF N=ma，所以小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其v-t图象的斜率应该逐渐增大，故AD错误．故选BC.
12. 如图所示电路中，电源电动势为E内阻为r，当滑动变阻器R2滑动端向右滑动后，理想电
流表A1、A2的示数变化量的绝对值分别为△I1、△I2，理想电压表示数变化量的绝对值为△U．下列说法中正确的是（）
A. 电流表A2的示数变小
B. 电压表V的示数减小
C. △U与△I1比值一定小于电源内阻r
D. △U与△I2比值一定小于电源内阻r
【答案】ABC
【解析】当滑动变阻器滑动端向右滑动后，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，则总电流减小．所以电流表A2的示数减小．根据串联电路分压的特点分析可知，并联部分电压增大，即电压表V的示数增大，故A正确，B错误；根据并联电路的电流规律I2=I1+I，A2
的示数I2变小，通过定值电阻R1的电流增大，则A1的示数I1变小，所以△I1一定大于△I2．电压表测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律U=E-I2r可知，=r，而△I1大于△I2，所以
＜r．故D错误，C正确．故选AC.
点睛：本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构、明确电表所测电压，关键能根据闭合电路欧姆定律分析电压与电流变化的比值，即可正确解题．
13. 发动机额定功率为P o的汽车在水平路面上从静止开始先匀加速启动，最后达到最大速度并做匀速直线运动，已知汽车所受路面阻力恒为f，汽车刚开始启动时的牵引力和加速度分别为F0和a0，如图所示描绘的是汽车在这一过程中速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其中正确的是（）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】汽车匀加速启动时，a一定，根据v=at知v增大，F=ma+F f知F一定，根据P=Fv知牵引力增大，功率P也均匀增大，达到P额后，功率保持不变，由v继续增大，所以F=P/v减小，减小，当F=f时，a=0，v m=P/f，此后做匀速运动，故AC正确，BD错误．故选AC. 点睛：对于机车启动问题，要根据牛顿第二定律和汽车功率P=Fv进行讨论，弄清过程中速度、加速度、牵引力、功率等变化情况．
14. 如图所示，物块A、B、 C、D的质量都是m，并都可吞作质点，四个物块用细线通过轻质滑轮连接；物块B与C、C与D、D与地面的距离都是L；现将物体A下方的细线剪断，若物体A距离滑轮足够远且不计一切阻力，则：
A. A上升的最大速度是
B. A上升的最大速度是
C. A上升的最大高度是
D. A上升的最大高度是
【答案】AD
【解析】由牛顿第二定律得：D落地前，对ABCD系统：3mg-mg=4ma1，解得：a1=g，D落地后
C落地前，对ABC系统：2mg-mg=3ma2，解得：a2=g，D落地前运动时间：，D落地时的速度：v1=a1t1=，从D落地到C落地过程：v22-v12=2a2L，解得：v2=，C落地后A 向上做匀速直线运动，B落地后A向上做竖直上抛运动，由此可知，C落地时A的速度最大为，故A正确，B错误；B落地后A向上做竖直上抛运动，上抛的高度：h=，A上升的最大高度：H=3L+h=L，故C错误，D正确；故选AD.
点睛：本题考查了牛顿第二定律的应用，考查了求速度与位移问题，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。

解题时注意研究对象的选择。

二.填空题：
15. 某同学利用如图甲所示的实验装置探究合力做功与动能变化之间的关系；
（1）实验中需要通过调整木板倾斜程度以平衡摩擦力，目的是______
A．为了使小车能做匀加速运动
B．为了增大绳子对小车的拉力
C．为了使绳子对小车做的功等于合外力对小车做的功
（3）为了使绳子的拉力约等于钩码的总重力，需要确保钩码的总质量远远小于小车的质量．实验时，先接通电源，再释放小车，得到图乙所示的一条纸带．在纸带上选取三个计数点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为s A、s B、s C，相邻计数点间的时间间隔为T，已知当地重力加速度为g，实验时钩码的总质量为m，小车的质量为M．从O到B的运动过程中，拉力对小车做功W=________，小车动能变化量△Ek=__________
（4）另一位同学在本实验中，也平衡了摩擦力，并打出了一条纸带，但钩码的总质量m没有远远小于小车的质量M，在处理数据时，他仍然取绳子的拉力约等于钩码的总重力．该同学采用图象法进行数据分析：在纸带上选取多个计数点，测量起始点O到每个计数点的距离，并计算出每个计数点对应的小车速度v以及从O点到该计数点对应的过程中绳子拉力所做的功
W，描绘出v2-W图象．请你根据所学的知识分析说明：该同学所描绘的v2-W图象应当是
_________（填“直线”或“曲线”）（不考虑空气阻力影响）．
【答案】 (1). C (2). mgs B (3). (4). 直线
【解析】（1）实验前要把木板的一端适当垫高以平衡摩擦力，平衡摩擦力后小车受到的合力等于绳子的拉力，可以使绳子对小车做的功等于合外力对小车做的功，故AB错误，C正确；故选C．
（2）从O到B的运动过程中，拉力对小车做功W=mgs B；
打下B点时小车的速度：，小车动能变化量△E k=Mv2=；
（4）设细线的拉力为F，小车发生位移为x时的速度大小为v，加速度大小为a，
根据牛顿第二定律，对于小车有：F=Ma ①
对于钩码有：mg-F=ma ②
本实验中：W=mgx ③
根据匀变速运动学公式有：v2=2ax ④
联立①②③④式可得：W=（M+m）v2，v2=W，
由于M+m不变，则v2与W成正比，该同学所描绘的v2-W图象应当是直线．
点睛：探究合力做功与动能变化之间的关系关系实验时需要求出小车动能的变化量与合外力做功，实验前要平衡摩擦力，需要测出小车质量与速度，知道实验原理是解题的前提；求出函数表达式是解最后一问的关键，对于实验题一定要理解实验原理．
三.计算题：
16. 如图所示，足够长的斜面倾角θ=37°，一物体以v0=12m/s的初速度从斜面上的A点开始沿斜面向上运动，物体与斜面之间的动摩擦因数为0.25．g取10m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求：
（1）物体沿斜面向上滑行的最大距离；
（2）物体从斜面上的最远点返回底部的时间；
【答案】(1) (2)
【解析】（1）根据牛顿第二定律得，上滑的加速度为：a=gsin37°+μgcos37°
解得a1=8m/s2
由v02=2ax解得上滑的最大距离
（2）根据牛顿第二定律得，物体下滑的加速度为：a2=gsinθ-μgcosθ
解得a2=4m/s2．
根据
解得
17. 用质量为m、总电阻为R的导线做成边长为l的正方形线框MNPQ，并将其放在光滑的平行绝缘的倾斜轨道上，轨道的倾角为θ，平行导轨的间距也为l，如图所示．在导轨的下端有一宽度为l（即ab=l）、磁感应强度为B的有界匀强磁场，磁场的边界aa′、bb′垂直于导轨，磁场的方向与线框平面垂直．把线框从静止状态释放，线框恰好能够匀速地穿过磁场区域．若当地的重力加速度为g，求：
（1）线框进入磁场时的运动速度和离开磁场时感应电流的方向；
（2）线框MN边运动到aa′的过程中通过线框导线横截面的的电荷量；
（3）穿过磁场的过程中，线框中所产生的热量Q．
【答案】(1) 方向MNPQM (2) (3) 2mglsinθ
【解析】（1）感应电动势：E=Blv
感应电流：I=E/R
安培力：F=BIl
线框在磁场区域做匀速运动时，其受力如图所示
F=mgsinθ
解得匀速运动的速度：v=
由楞次定律，线框离开磁场时感应电流方向MNPQM
（2）由BIl=mgsinθ
得，I＝，
所以q＝It＝
（3）通过磁场过程中线框沿斜面匀速运动了2 l的距离，由能量守恒定律得：△E增=△E减机械能的减小量为△E减=mg•2lsinθ
故产生的热量为Q=△E减=2mglsinθ
点睛：本题主要考查了电磁感应，明确导线切割磁场时产生感应电流，感应电流产生安培力，抓住共点力平衡列方程；注意电磁感应问题中的能量转化关系.
18. 如图所示，在xoy平面坐标系中，x轴上方存在电场强度E=1000v/m、方向沿y轴负方向的匀强电场；在x轴及与x轴平行的虚线PQ之间存在着磁感应强度为B=2T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁场宽度为h．一个质量m=2×10-8kg、带电量q=+1.0×10-5C的粒子从y轴上（0，0.04）的位置以某一初度v0沿x轴正方向射入匀强电场，不计粒子的重力．
（1）若v0=200m/s，ⅰ求粒子第一次进入磁场时速度v的大小和方向；
（2）若磁场足够宽，求在磁场运动过程中粒子到x轴距离的最大值d.
（3）无论初速度v0大小如何，从该位置射入的所有粒子都能经磁场返回电场，求磁场宽度的最小值h m．
【答案】（1）200m/s，与x轴成45°角（2）0.083m （3）0.2m
【解析】（1）ⅰ带电粒子垂直进入电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律得：
Eq=ma
根据运动学公式有：y=at2
粒子刚进入磁场时竖直分速度大小为：
v y=at=200m/s
根据几何关系有：v2=v x2+v y2
tanα=
代入数据解得：v=200m/s，与x轴成45°角
ⅱ.进入磁场后做匀速圆周运动．根据Bqv=m
运动过程中粒子到x轴的最大距离为d=r-rcosα
解得d=0.2( -1)≈0.083m
（2）Bqv=m
d＝r−r cosθ＝−＝
当v0=0时，运动过程中粒子到x轴的距离最大d m=0.2m 要粒子经磁场返回电场，即不从磁场下边穿出，磁场的宽度h≥d，所以磁场宽度应为
h min=0.2m
点睛：带电粒子在电场中运动偏转时，常用运用运动的合成与分解来研究。

粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定也是本题的一个考查重点，要正确画出粒子运动的轨迹图，能熟练的运用几何知识解决物理问题。

19. 如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=6.0kg的物块A．装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接．传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表
面以u=2.0m/s匀速运动．传送带的右边是一半径R=1.25m位于竖直平面内的光滑1/4圆弧轨道．质量m=2.0kg的物块B从1/4圆弧的最高处由静止释放．已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两轴之间的距离l=4.5m．设物块A、B之间发生的是正对弹性碰撞，第一次碰撞前，物块A静止．取g=10m/s2．求：
（1）物块B滑到1/4圆弧的最低点C时对轨道的压力；
（2）物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；
（3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B与物块A碰撞的第n次到n+1次之间的过程中，物块B在传送带上运动的时间．
【答案】（1）60N，方向：竖直向下（2）12J （3）
【解析】（1）设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为
由机械能守恒知：
得
设物块B滑到圆弧的最低点C时受到的支持力大小为F，
由牛顿第二定律得：
解得：
由牛顿第三定律得：物块B滑到圆弧的最低点C时受到的支持力大小为，
方向竖直向下。

（2）设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a，则：
设物块B通过传送带后运动速度大小为，有
联立解得：
由于，所以即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小.
设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为、，取向左为正方向，
由动量守恒定律和能量守恒定律得：，
解得，
弹簧具有的最大弹性势能等于碰后物块M的初动能：；
（3）物块B经第一次与物块A碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动.
设物块B在传送带上向右运动的最大位移为，
由动能定理得：
得
所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上.当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动.可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为，继而与物块A发生第二次碰撞.设第1次碰撞到第2次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为
由动量定理得：
解得
设物块A、B第二次碰撞后的速度分别为、，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得:，
解得：
当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动.可以判断，物块B 运动到左边台面时的速度大小为，继而与物块A发生第3次碰撞.则第2次碰撞到第3次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t2.
由动量定理得：
解得
同上计算可知：物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞……第n次碰撞后物块B在传送带
运动的时间为t n=s，构成无穷等比数列，公比q=
由无穷等比数列求和公式可知，当n→∞时，有
物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带运动的总时间为: .
点睛：本题是一道力学综合题，难度较大，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，分析清楚运动过程后，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二定律与动量定理可以解题。