黑龙江省哈尔滨市第六中学2018届高三上学期期中考试物理试题 含解析

哈尔滨市第六中学2017-2018学年度上学期期中考试
高三物理试题
一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

1. 如图所示，在高度不同的两水平台阶上放有质量分别为m1、m2的两物体，物体间用轻弹簧相连，弹簧与竖直方向夹角为θ。

在m1左端施加水平拉力F，使m1、m2均处于静止状态。

已知m1表面光滑，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）
A. 弹簧可能处于原长状态
B. 弹簧弹力的大小为m2g/cosθ
C. 地面对m2的摩擦力大小为F
D. 地面对m2的支持力可能为零
【答案】C
【解析】对m1隔离分析，在水平方向上合力为零，拉力F等于弹簧在水平方向上的分力，可知弹簧处于伸长状态，故A错误；对m1在水平方向上有：，则弹簧弹弹力为：
，故B错误；把m1和m2看成一个整体分析，地面对m2的摩擦力大小等于F，故C正确；物体m2在水平方向上平衡，可知m2在水平方向上受到摩擦力，则支持力不为零，故D错误。

所以C正确，ABD错误。

2. 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，利用以上条件不．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】C
【解析】地球表面的物体受到的重力等于万有引力：，解得：，故A可以求出；地球的近地卫星所受的万有引力提供向心力：，解得第一宇宙速度为：
，故B可求出；地球与其同步卫星之间的引力：，不知道同步卫星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不可求出；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可求出。

所以选C.
3. A、B为两等量异种电荷，图中水平虚线为A、B连线的中垂线。

现将另两个等量异种试探电荷a、b，如图用绝缘细杆连接后从离AB无穷远处沿中垂线平移到AB的连线，平移过程中两试探电荷位置始终关于中垂线对称。

若规定离AB无穷远处电势为零，则下列说法中正确的是（）
A. 在AB的连线上a所处的位置电势
B. a、b整体在AB连线处具有的电势能
C. 整个移动过程中，静电力对a做正功
D. 整个移动过程中，静电力对a、b整体做正功
【答案】B
【解析】设AB连线的中点为O．由于AB连线的垂直平分线是一条等势线，且一直延伸到无穷远处，所以O点的电势为零．AO间的电场线方向由A→O，而顺着电场线方向电势逐渐降低，可知，a所处的位置电势φa＞0，故A错误．a所处的位置电势φa＞0，b所处的位置电势φb ＜0，由E p=qφ知，a、b在AB处的电势能均大于零，则整体的电势能E p＞0．故B正确．在平移过程中，a所受的静电力与其位移方向的夹角为钝角，则静电力对a做负功，故C错误．a、b看成一个整体，原来总电势能为零，最终总电势能为正，电势能增加，所以整个移动过程中，
静电力对a、b整体做负功，故D错误．故选B.
点睛：对于等量异种电荷电场线和等势面的分布情况要熟悉，要抓住其对称性进行记忆，知道等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，且一直延伸到无穷远．
4. 两根材料相同的均匀导线x和y串联在电路中，两导线沿长度方向的电势变化情况分别如图中的ab段和bc段图线所示，则导线x和y的横截面积之比为（）
A. 2∶1
B. 1∶2
C. 6∶1
D. 1∶6
【答案】B
【解析】试题分析：ab段和bc段的电势差分别为2V，4V，电流相等，根据欧姆定律得：
．
根据电阻定律得，，则，则横截面积之比：．故选B．
考点：电阻定律; 欧姆定律
.........
5. 在如图所示的电路中，输入电压U恒为8 V，灯泡L标有“3 V，6 W”字样，电动机线圈的电阻R M＝1 Ω。

若灯泡恰能正常发光，下列说法正确的是（）
A. 电动机的输出功率10W
B. 整个电路消耗的电功率是10 W
C. 电动机的效率是80%
D. 流过电动机的电流是2 A
6. 在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。

下列说法正确的是（）
A. x1处的电场强度为零
B. q1、q2一定为异种电荷
C. 负电荷从x1移到x2，电势能增大
D. 负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大
【答案】B
【解析】在图象中，曲线斜率表示场强的大小，x1处的斜率不为零，故电场强度不为零，故A错误；由图可知：无穷远处电势为零，又有电势为正的地方，故存在正电荷；又有电势为负的地方，故也存在负电荷，所以q1和q2带有异种电荷，故B正确；负电荷从x1移到x2，电势增大，电势能减小，故C错误；负电荷从x1移到x2，曲线斜率减小，所以电场强度减小，即受到的电场力减小，故D错误。

所以B正确，ACD错误。

7. 如图所示，O为半径为R 的圆的圆心，ac、bd为圆的两个互相垂直的直径。

在圆心O处固定一电荷量为Q的负点电荷，在a点固定一电荷量为4Q的正点电荷。

e 为Oc 连线上一点，f为Oc 延长线上的一点，且ec＝cf。

则下列说法正确的是
A. b、d两点场强相同
B. b、c、d三点中，c点场强最大
C. b、c、d三点中，c点电势最高
D. 将一负的点电荷从e点沿直线移到f点，电势能先减小后增大
【答案】D
【解析】根据电场线的分布情况知，b、d两点场强大小相等，但方向不同，则电场强度不等，根据场强的叠加原理可知两电荷在c点产生的场强等大反向，合场强为零，而b、d两点均不为零，所以c点场强最小，故AB错误；b、d到正电荷的距离相等，由于b、d两点场强大小相等，所以b、d两点电势相等；由电场强度叠加可知，正负电荷在ac连线上的合场强向右，因为沿电场线的方向电势逐渐降低，所以c点电势最低，故C错误；将负的点电荷从e点沿直线移到f点，电场力先做正功后做负功，所以点电荷的电势能先减小后增大，故D正确。

所以D正确，ABC错误。

8. 如图所示，水平放置的平行板电容器与直流电源连接，下极板接地。

一带电质点恰好静止于电容器中的P点。

现将平行板电容器的下极板向上移动一小段距离，则（）
A. 电容器的电容将减小，极板带电荷量将增大
B. 带电质点将沿竖直方向向上运动
C. P点的电势将降低
D. 若将质点固定，则其电势能将减小
【答案】BC
【解析】根据电容决定式：，下极板上移时，则d减小，可知C增大，因为电压不变，根据Q=UC可知，极板带电量增大，故A错误；将平行板电容器的下极板竖直向上移动一
小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据得知板间场强增大，油滴所受的电场力增大，则油滴将向上运动，故B正确；场强E增大，而P点与上极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与上极板间电势差将增大，上极板的电势等于电源的电动势，保持不变，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低，故C正确；由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低且大于零，则油滴的电势能将增加，故D错误。

所以BC正确，AD错误。

9. 如图所示，水平固定放置的两根足够长的平行光滑杆AB和CD，各穿有质量均为m的小球a和b，两杆之间的距离为d，两球间用原长也为d的轻质弹簧连接。

现从左侧用固定挡板将a球挡住，再用力把b球向左边拉一段距离（在弹性限度内）后静止释放，则下面判断中正确的是（）
A. 在弹簧第一次恢复原长的过程中，两球和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒
B. 弹簧第一次恢复原长后，继续运动的过程中，系统的动量守恒、机械能守恒
C. 弹簧第二次恢复原长时，a球的速度达到最大
D. 释放b球以后的运动过程中，弹簧的最大伸长量总小于运动开始时弹簧的伸长量
【答案】BCD
【解析】从释放b到弹簧第一次恢复原长的过程中，挡板对a有外力作用，两球组成的系统动量不守恒，故A错误；弹簧第一次回复原长后，继续运动的过程中，系统所受的外力之和为零，系统动量守恒，因为只有弹簧弹力做功，系统机械能守恒，故B正确；第一次回复原长后，b向右做减速运动，a向右做加速运动，当弹簧回复原长时，a的速度最大，故C正确；释放b后的过程中，当第一次恢复到原长，弹簧的弹性势能全部转化为b的动能，在以后的运动过程中，弹簧伸长量最大时，两者都有速度，结合动量守恒定律和能量守恒定律知，弹簧的最大伸长量总小于释放b时弹簧的伸长量，故D正确。

所以BCD正确，A错误。

10. 图示为质点做匀变速运动的轨迹示意图，质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好垂直。

则质点从A点运动到E点的过程中，下列说法中正确的是（）
A. 质点经过C点的速率比D点大
B. 质点经过A点时的动能小于经过D点时的动能
C. 质点经过D点时的加速度比B点的加速度大
D. 质点从B到E过程中加速度方向与速度方向的夹角一直减小
【答案】AD
【解析】质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，速度沿D点轨迹的切线方向，则知加速度斜向左上方，合外力也斜向左上方，质点做匀变速曲线运动，合外力恒定不变，质点由A到D过程中，合外力做负功，由动能定理可得，C点的速度比D点速度大，质点经过A点时的动能大于经过D点时的动能，故A正确，B错误；质点做匀变速曲线运动，则有加速度不变，所以质点经过D点时的加速度与B点相同，故C错误；质点从B到E过程中加速度方向与速度方向的夹角一直减小，故D正确。

所以AD正确，BC错误。

11. 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。

12. 如图所示，质量为M的木板A静止在水平地面上，在木板A的左端放置一个质量为m的铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数μ1，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2。

现给铁块施加一由零开始逐渐增大的水平作用力F，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列判断正确的是
（）
A. 若μ1>μ2，则一定是木板A先相对地发生滑动，然后B相对A发生滑动
B. 若μ1mg>μ2Mg，则一定是木板A先相对地发生滑动，然后B相对A发生滑动
C. 若铁块B先相对A发生滑动，则当A、B刚发生相对滑动时，F的大小为μ1mg
D. 若木板A先相对地发生滑动，则当A、B刚发生相对滑动时，F的大小为mg（μ1-μ2）（m+M）/M
【答案】CD
【解析】试题分析：A和B谁先滑动关键看二者受到的摩擦力大小，而不是看摩擦因数的大小；根据共点力的平衡条件分析铁块B先相对A发生滑动时F的大小；B相对于A滑动时，二者的加速度关系为a B≥a A，根据牛顿第二定律列方程求解F大小．
要使A相对地面发生滑动，则B给A向右的摩擦力必须大于地面给的向左的滑动摩擦力，若B 未滑动，A先发生相对地面滑动，则，这种情况下
，A错误；若B滑动后，A发生相对地面运动，则，即，这种情况下，一定是B先滑动，后A再开始滑动，B错误；若铁块B先相对A发生滑动，则当A、B刚发生相对滑动时，此时拉力刚好等于B所受的滑动摩擦力，即
，C正确；若木板A先运动，B相对于A滑动时，二者的加速度关系为，即：
，整理得：，所以当A、B刚发生相对滑动时，F的大小为，D正确．
二．实验题：共2小题，共10分。

13. 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。

14. 为了测量两个质量不等的沙袋的质量，由于没有直接测量工具，某实验小组应用下列器材测量：轻质定滑轮（质量和摩擦可以忽略）、砝码一套（总质量m=0.5kg）、细线、米尺、秒表，根据已学过的物理知识，改变实验条件进行多次测量，选择合适的变量得到线性关系，作出图象并根据图象的斜率和截距求出沙袋的质量。

操作如下：
（1）实验装置如图，设左右两边沙袋的质量分别为m1、m2。

（2）从m中取出质量为的砝码放在左边的沙袋中，剩余砝码都放在右边沙袋中，发现m1
下降、 m2上升。

（3）用米尺测出沙袋m1从静止下降的距离h，用秒表测出沙袋m1下降的时间t，则可知沙袋的加速度大小为a =______。

（4）改变，测量相应的加速度a，得到多组及a的数据，作出_____（填或）
图线。

（5）若求得图线的斜率k=4m/kg·s2，截距b=2m/s2，（g=10m/s2）则沙袋的质量m1=_____kg，m2=_____kg。

【答案】 (1). (2). (3). 3 (4). 1.5
【解析】（3）根据匀变速直线运动的位移时间公式：，解得加速度为：。

（4）（5）根据牛顿第二定律得：对m1和砝码：（m1+m′）g-T=（m1+m′）a，对m2和砝码：T-（m2+m-m′）g=（m2+m-m′）a，联立解得：，所以作“a～m′”图线，图线的斜率：，图线的截距：，将k、b、m代入计算，解得m1=3kg，m2=1.5kg。

三．计算题，共3小题，共37分。

15. 如图所示，半径为R（未知）的光滑半圆轨道ABC与倾角为θ=37°的粗糙斜面轨道DC 相切于C，圆轨道的直径AC与斜面垂直。

质量为m的小球从A点左上方距A高为h的斜面上方P点以某一速度水平抛出，刚好与半圆轨道的A点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D处。

已知当地的重力加速度为g，sin37°=0.6，
cos37°=0.8，不计空气阻力，求：
(1)小球被抛出时的速度v0；
(2)小球从C到D过程中摩擦力所做的功W f。

【答案】（1）（2）
【解析】试题分析：小球从P到A过程做平抛运动，由运动学公式求出小球经过A点时竖直方向分速度，作出速度分解图，即可求得小球被抛出时的速度v0；对于整个运动过程，重力做功为零，根据动能定理求解小球从C到D过程中摩擦力做的功W f。

（1）小球到达A点时，速度与水平方向的夹角为θ，如图所示．
根据速度位移公式：
由几何关系得：
解得：
（2）整个运动知过程中，重力做功为零，根据动能定理得知，小球沿斜面上滑过程中克服摩擦力做的功等于小球做平抛运动的初动能，则有：
点睛：本题主要考查了小球在竖直轨道内的运动，应用速度位移公式和动能定理即可解题，属于基础题。

16. 如图所示，一带电粒子以一定的初速度垂直于场强方向沿上板边缘射入匀强电场，刚好从下板右边缘飞出。

已知极长为L，如果带电粒子的速度变为原来的2倍，当它的竖直位移等于板间距时，试计算它运动全过程中的水平位移x为多少？（不计粒子重力）
【答案】
【解析】试题分析：带电粒子以速度v垂直于场强方向沿上板边缘射入电场时做类平抛运动，由类平抛运动的规律得出前后两次偏转位移的关系；粒子离开电场后速度反向延长线交上板的中点，根据三角形相似再结合几何关系，求出水平射程x。

带电粒子以速度v垂直于场强方向沿上板边缘射入电场时，由类平抛运动的规律得：
在竖直方向：
水平方向：
粒子的加速度为：
带电粒子的速度为2v 时，粒子离开电场时偏转的距离为y，
在竖直方向：
水平方向：
粒子的加速度为：
联立以上解得：
粒子偏出时速度的反向延长线交上极板的中点如图所示：
由三角形相似得：
根据几何关系有：
联立解得：
点睛：本题主要考查了带电粒子在电场中的偏转，运用运动的分解法研究类平抛运动，根据三角形相似法求出水平射程。

17. 如图所示，质量为m A=3kg的小车A以v0=4m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不可伸长的轻绳悬挂质量为m B=1kg的小球B（可看作质点），小球距离车面h=0.8m。

某一时刻，小车与静止在光滑水平面上的质量为m C=1kg的物块C发生碰撞并粘连在一起（碰撞时间可忽略），此时轻绳突然断裂。

此后，小球刚好落入小车右端固定的砂桶中（小桶的尺寸可忽略），不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。

求：
（1）小车系统的最终速度大小v共；
（2）绳未断前小球与砂桶的水平距离L；
（3）整个过程中系统损失的机械能△E机损。

【答案】（1）3.2m/s （2）0.4m （3）14.4J
【解析】试题分析：根据动量守恒求出系统最终速度；小球做平抛运动，根据平抛运动公式
和运动学公式求出水平距离；由功能关系即可求出系统损失的机械能。

（1）设系统最终速度为v共，由水平方向动量守恒：
(m A＋m B) v0=(m A＋m B＋m C) v共
带入数据解得：v共=3.2m/s
（2）A与C的碰撞动量守恒：m A v0=(m A＋m C)v1
解得：v1=3m/s
设小球下落时间为t，则：
带入数据解得：t=0.4s
所以距离为：
带入数据解得：L=0.4m
（3）由能量守恒得：
带入数据解得：
点睛：本题主要考查了动量守恒和能量守恒定律的应用，要注意正确选择研究对象，并分析系统是否满足动量守恒以及机械能守恒；然后才能列式求解。

18. 下列说法中正确的是_______。

（填入正确选项前的字母。

选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。

每选错1个扣3分，最低得分为0分）
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；根据理想气体的状态方程：，
可知一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，气体的温度升高，则内能一定增加，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。