河北省张家口市高三上学期期末考试物理试题

河北省张家口市2018届高三上学期期末考试物理试题一、选择题：本题共12小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分1.第谷、开普勒等人对行星运动的研究漫长而曲折，牛顿在他们研究的基础上，得出了科学史上最伟大的定律之一万有引力定律，下列说法正确的是A.开普勒通过研究、观测和记录发现行星绕太阳做匀速圆周运动B.太阳雨行星之间引力的规律并不适用于行星与它的卫星C.库仑利用实验较为准确地测出了引力常量G的数值D.牛顿在发现万有定律的过程中应用了牛顿第三定律的知识【答案】D【解析】开普勒通过研究观测记录发现了行星运动定律，根据开普勒第一定律可知，所有行星绕太阳的运动都是椭圆，故A错误；太阳与行星间的引力就是万有引力，万有引力适用于一切天体之间，故B错误；卡文迪许利用实验较为准确地测出了引力常量G的数值，故C错误；在发现万有引力定律的过程中，牛顿应用了牛顿第二定律、第三定律以及开普勒定律的知识，故D正确。所以D正确，ABC错误。2.下列说法正确的是A.处于n=3激发态的一个氢原子回到基态时一定会辐射三种频率的光子B.α射线的穿透能力比γ射线强C.β衰变中的电子来自原子的内层电子D.放射性元素的半衰期与压力、温度无关【答案】D【解析】处于n=3的一个氢原子回到基态时可能会辐射一种频率的光子，或两种不同频率的光子，处于n=3的“一群”氢原子回到基态时会辐射三种频率的光子，故A错误；α射线的穿透能力最弱，电离本领最强，故B错误；β衰变中的电子来自原子内部的中子转化为质子同时释放出一个电子．故D错误；放射性元素的半衰期与压力、温度无关，故D正确。所以D正确，ABC错误。3.如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A点自由转动，用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在圆弧形墙壁上的C点，当点C由图示位置逐渐沿向上沿圆弧CB移动过程中（保持OA与地面夹角θ不变），OC绳所受拉力的大小变化情况是（）A.逐渐减小B.逐渐增大C.先减小后增大D.先增大后减小【答案】C【解析】试题分析：对G分析，G受力平衡，则拉力等于重力；故竖直绳的拉力不变；再对O点分析，O受绳子的拉力OA的支持力及OC的拉力而处于平衡；受力分析如图所示；将F和OC绳上的拉力合力，其合力与G大小相等，方向相反，则在OC上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC的拉力先减小后增大，图中D点时力最小；故选C。考点：物体的平衡【名师点睛】本题利用了图示法解题，解题时要注意找出不变的量作为对角线，从而由平行四边形可得出拉力的变化。4.如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上距离为L的两点，其中Q1带正电荷位于原点O，a、b是它们的连线延长线上的两点，其中b点与O点相距3L。现有一带正电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），设粒子经过a，b两点时的速度分别为va、vb，其速度随坐标x变化的图象如图乙所示，则以下判断正确的是A.Q2带负电且电荷量大于Q1B.b点的场强一定为零C.a点的电势比b点的电势高D.粒子在a点的电势能比b点的电势能大【答案】B【解析】在b点前做减速运动，b点后做加速运动，在b点的加速度为0，则在b点受到两点电荷的电场力平衡，Q1带正电荷，则Q2带负电，且根据库仑定律知，|Q2|＜|Q1|．故A正确．粒子通过b点的加速度为零，说明电场力为零，则b点的场强一定为零，故B正确．粒子从a运动到b的过程中，粒子的动能先减小，根据能量守恒知其电势能增大．根据正电荷在电势高处电势能大，可知粒子在a点的电势能比b点的电势能小，a点的电势比b点的电势低，故C、D错误．故选：AB.点睛：解决本题的关键以b点的加速度为突破口，根据库仑定律得到Q1和Q2的电量关系．以及知道电场力做功和电势能的关系．5.如图所示，可视为质点的小球，位于半径为半圆柱体左端点A的正上方某处，以一定的初速度水平抛出小球，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切与B点。过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为60°，则小球的初速度大小为（不计空气阻力，重力加速度）A.B.4m/sC.D.【答案】C【解析】飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，知速度与水平方向的夹角为，设位移与水平方向的夹角为，则有：因为则竖直位移为：，,所以，联立以上各式解得：,故选项C正确。点睛：根据平抛运动速度与水平方向夹角的正切值等于位移与水平方向夹角正切值的2倍，求出竖直方向上的位移，从而求出竖直方向上的分速度，根据速度方向求出平抛运动的初速度。6.如图所示，是一做匀变速直线运动的质点的位移时间图像（xt图像），P（t1，x1）为图像上一点，PQ为过P点的切线，与x轴交于点Q，（0，x2）。则下列说法正确的是A.t1时刻，质点的速率为B.t1时刻，质点的速率为C.质点的加速度大小为D.时间内，质点的平均速度大小为【答案】B【解析】在xt图象中图线的斜率表示速度，则t1时刻，质点的速率为：，故A错误，B正确；根据图象可知，t=0时刻，初速度不为零，根据加速度定义式：，可得加速度为：，故C错误；0t1时间内，质点的平均速度大小为：，故D错误。所以B正确，ACD错误。7.一正三角形导线框ABC（高为a）从图示位置沿x轴正方向匀速穿过两匀强磁场区域。两磁场区域磁感应强度大小均为B，磁场方向相反且均垂直于平面、宽度均为a．则感应电流I与线框移动距离x的关系图线可能是（以逆时针方向为感应电流的正方向）A.B.C.D.【答案】C【解析】当线框移动距离x在a～2a范围，线框穿过两磁场分界线时，BC、AC边在右侧磁场中切割磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势E1增大，AC边在左侧磁场中切割磁感线，产生的感应电动势E2不变，两个电动势串联，总电动势E=E1+E2增大，故A错误；当线框移动距离x在0～a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，故B错误；当线框移动距离x在2a～3a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，故C正确，D错误。所以C正确，ABD错误。8.宇航员站在某一星球上，将一个小球距离星球表面h高度处由静止释放使其做自由落体运动，经过t时间后小球到达星球表面，已知该星球的半径为R，引力常量为G，则下列选项正确的是（）A.该星球的质量为B.该星球表面的重力加速度为C.该星球表面的第一宇宙速度为D.该星球的密度为【答案】ACD【解析】根据自由落体运动公式：，解得星球表面的重力加速度：，星球表面的物体受到的重力等于万有引力，即，解得质量为：，故A正确，B错误；根据万有引力提供向心力可得第一宇宙速度为：，联立以上解得：，故C正确；在星球表面有：，星球的密度为：，联立以上解得：，故D正确。所以ACD正确，B错误。9.1957年，科学家首先提出了两类超导体的概念，一类称为I型超导体，主要是金属超导体，另一类称为II型超导体（载流子为电子），主要是合金和陶瓷超导体．I型超导体对磁场有屏蔽作用，即磁场无法进入超导体内部，而Ⅱ型超导体则不同，它允许磁场通过．现将一块长方体Ⅱ型超导体通入稳恒电流I后放入匀强磁场中，如图所示．下列说法正确的是（）A.超导体的内部产生了热能B.超导体所受安培力等于其内部所有电荷定向移动所受洛伦兹力的合力C.超导体表面上a、b两点的电势关系为D.超导体中电流I越大，a、b两点的电势差越小【答案】BC【解析】超导体电阻为零，超导体不会在内部产生热能，故A错误；超导体所受安培力是洛伦兹力的宏观表现，安培力等于其内部所有电荷定向移动所受洛伦兹力的合力，故B正确；载流子为电子，超导体表面上a带负电，φa＜φb，故C错误；根据电流的微观表达式I=neSv，稳定时，洛伦兹力和电场力平衡，即，解得：，所以电流越大，电势差越大，故D错误。所以B正确，ACD错误。10.将阻值为非线性变化的滑动变阻器R2接入图甲的电路中，移动滑动变阻器滑动触头改变接入电路中的电阻丝长度x（x为图中a与触头之间的距离），定值电阻R1两端的电压U1与x间的关系如图乙，a、b、c为滑动变阻器上等间距的三个点，在触头从a移到b和从b移到c的这两过程中，下列说法正确的是A.电流表A示数变化量相等B.电压表V2的示数变化量不相等C.从a点到b点电阻R1的功率变化量较大D.电源的输出功率均不断增大【答案】AC【解析】根据欧姆定律得到电阻R1两端的电压U1=IR1，由图看出，电压U1变化相等，R1一定，则知电流的变化相等，即得电流表示数变化相等，故A正确；电压表V2的示数U2=EIr，电流I的变化相等，E、r一定，则△U2相等，故B错误；电阻R1的功率P1=I2R1，其功率的变化量为△P1=2IR1•△I，由上知△I相等，而I减小，可知从a移到b功率变化量较大，故C正确；由图乙知，U1减小，电路中电流减小，总电阻增大，由于外电路总与电源内阻的关系未知，无法确定电源的输出功率如何变化，故D错误。所以AC正确，BD错误。11.质量为2m的物块A和质量为m的物块B相互接触放在水平面上，如图所示，若对A施加水平推力F，两物块沿水平反向做加速运动，关于A对B的作用力，下列说法中正确的是A.若水平地面光滑，物块A对B的作用力大小为FB.若水平地面光滑，物块A对B的作用力大小为F/3C.若物块A与地面间无摩擦，B与地面的动摩擦因数为μ，则物体A对B的作用力大小为μmgD.若物块A与地面间无摩擦，B与地面的动摩擦因数为μ，则物体A对B的作用力大小为【答案】BD【解析】试题分析：若水平地面光滑，将两者看做一个整体有：，由于两物体一起运动，所以加速度相同，故将B隔离有：，所以,A错误，B正确，若若物块A与地面间无摩擦，B与地面间的动摩擦因数为μ，将两者看做一个整体有：，将B隔离有：，解得，C错误，D正确故选BD考点：考查了整体法和隔离法以及牛顿第二定律的应用点评：整体法和隔离法在对连接的物体受力分析时非常有用，并且也是高考的一个热点，所以需要灵活掌握12.如图所示，处在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中的矩形线框MNPQ，以恒定的角速度绕对角线NQ转动．已知MN长为l1，NP长为l2，线框电阻为R．t=0时刻线框平面与纸面重合，下列说法正确的是（）A.矩形线框产生的感应电动势有效值为B.矩形线框转过π时的电流强度为零C.矩形线框转动一周，通过线框任意横截面电荷量为D.矩形线框转过π过程中产生的热量为【答案】ABD【解析】产生正弦式交变电流，最大值为，所以有效值为：，故A正确；转过π时，线圈平面与磁场垂直，磁通量最大，感应电动势为零，电流为零，故B正确；转过一周通过横截面的电量为零，故C错误；根据焦耳定律可得转过π过程的热量为：，故D正确。所以ABD正确，C错误。二、实验题13.某活动小组利用如图所示的装置测定物块A与桌面间的最大静摩擦力，步骤如下：①按图组装好器材，使连接物块A的细线与水平桌面平行；②缓慢向矿泉水瓶内加水，直至物块A恰好开始运动；③用天平测出矿泉水瓶及水的总质量m；④用天平测出物块A的质量M；（1）该小组根据以上过程测得的物块A与桌面间的最大静摩擦力为______，本小组采用注水法的好处是__________________________________________．（当地重力加速度为g）（2）若认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A与桌面间的动摩擦因数为______．【答案】(1).mg(2).可使物块A所受拉力连续增加，使测量更加准确(3).【解析】（1）根据平衡条件可知，最大静摩擦力f=mg，好处是可以连续不断地注入水，即连续不断的改变拉力。

（2）根据共点力平衡可知，μMg=mg，解得：。14.某兴趣小组欲通过测定工业污水（含有多种重金属离子）的电阻率来判断某工厂废水是否达到排放标准（一般工业废水电阻率的达标值ρ≥200Ω•m）．如图甲所示为该同学所用盛水容器，其左、右两侧面为金属薄板（电阻极小），其余四面由绝缘材料制成，左右两侧带有接线柱．容器内表面长a=40cm，宽b=20cm，高c=10cm．将水样注满容器后，用多用电表粗糙水样电阻约为2750Ω。（1）为更精确地测量所取水样的电阻，该小组从实验室中找到如下实验器材：A．电流表（量程5mA，电阻RA约为20Ω）B．电压表（量程15V，电阻RV约为10kΩ）C．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）D．电源（12V，内阻约10Ω）E．开关一只、导线若干请在图乙实物图中完成电路连接．（2）正确连接电路后，闭合开关，测得一组U、I数据；再调节滑动变阻器，测出一系列数据如下表所示，请在如图丙所示的坐标纸中作出UI关系图线．（3）由以上测量数据可以求出待测水样的电阻率为_________Ω•m．据此可知，所测水样在电阻率这一指标上_______（选填“达标”或“不达标”）。【答案】(1).(2).137（134~140）不达标【解析】（1）因为要精确测量电阻值，需要电路中电压有较大的变化范围，而滑动变阻器阻值又远小于待测电阻，所以连线时滑动变阻器要用分压接法；又因为，则采用电流表内接法，电路连接如图1所示：（2）根据描点作图法可得图2所示：（3）由图线斜率可知，总电阻为：，又因为：R=R总RA=2700Ω，根据电阻定律：，代入数据解得：，所以不达标。三、计算题15.如图所示，竖直半圆形光滑轨道BC与水平面AB相切，AB间距离x=1m，质量m=0.1kg的小滑块1放在半圆形轨道底端的B点，另一质量也为m=0.1kg的小滑块2，从A点以的初速度在水平面上滑行，两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道．已知滑块2与水平面之间的动摩擦因数μ=0.2．取重力加速度g=10m/s2．两滑块均可视为质点．求：（1）碰后瞬间两滑块共同的速度大小v；（2）两滑块在碰撞过程中损失的机械能△E；（3）半圆环轨道的半径R．【答案】（1）3m/s（2）0.9J（3）0.18m【解析】试题分析：根据动能定理和动量守恒定律求出小滑块1与小滑块2碰撞后的共同速度；碰后小滑块1、小滑块2粘在引起，组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求出碰后的速度，结合能量守恒定律求出损失的机械能；碰后两物块沿圆弧轨道上升到C点的过程中根据机械能守恒和根据牛顿第二定律可得求得半径。（1）滑块2从A运动到B，设滑块2在B点的速度为v1，由动能定理可得：代入数据解得：在B点，滑块2与滑块1发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律可得代入数据解得：（2）滑块2与滑块1在B点发生完全非弹性碰撞，由能量守恒可得机械能损失为：解得：（3）碰后两物块沿圆弧轨道上升到C点的过程中机械能守恒在C点，两滑块受重力和轨道的作用力F根据牛顿第二定律可得：代入数据解得：R=0.18m点睛：本题主要考查了动量守恒定律、牛顿第二定律、机械能守恒定律等知识，综合性较强，关键是理清运动过程，选择合适的规律进行求解。16.如图所示，两根半径为r的四分之一圆弧轨道间距为L，其顶端a、b与圆心处等高，轨道光滑且电阻不计，在其上端连有一阻值为R的电阻，整个装置处于辐向磁场中，圆弧轨道所在处的磁感应强度大小均为B．将一根长度稍大于L、质量为m、电阻为R0的金属棒从轨道顶端ab处由静止释放．已知当金属棒到达如图所示的cd位置（金属棒与轨道圆心连线和水平面夹角为θ）时，金属棒的速度达到最大；当金属棒到达轨道底端ef时，对轨道的压力为1.5mg．求：（1）当金属棒的速度最大时，流经电阻R的电流大小和方向；（2）金属棒滑到轨道底端的整个过程中流经电阻R的电量．（3）金属棒滑到轨道底端的整个过程中电阻R上产生的热量．【答案】（1）电流方向为a→R→b（2）（3）【解析】试题分析：（1）金属棒速度最大时，在轨道切线方向所受合力为0，由此条件列式求解流经电阻R的电流大小，由右手定则判断电流方向．（2）金属棒下滑过程中，回路的磁通量增加，先求出磁通量的增加量，再由法拉第电磁感应定律和欧姆定律求电量．（3）先由牛顿第二定律求出金属棒到达最低点时的速度，再根据能量守恒定律求电阻R上产生的热量．解：（1）金属棒速度最大时，在轨道切线方向所受合力为0，则有：mgcosθ=BIL解得：I=，流经R的电流方向为a→R→b．（2）金属棒滑到轨道底端的整个过程中，穿过回路的磁通量变化量为：△Φ=BS=B•L•=平均电动势为：=，平均电流为：=则流经电阻R的电量：q=t==（3）在轨道最低点时，由牛顿第二定律得：N﹣mg=m据题有：N=1.5mg由能量转化和守恒得：Q=mgr﹣=mgr电阻R上发热量为：QR=Q=答：（1）当金属棒的速度最大时，流经电阻R的电流大小为，流经R的电流方向为a→R→b．（2）金属棒滑到轨道底端的整个过程中流经电阻R的电量为．（3）金属棒滑到轨道底端的整个过程中电阻R上产生的热量为．【点评】解决本题的关键是明确金属棒是垂直切割磁感线的，与平直轨道上运动情况相似，注意电量与磁通量的变化量有关，热量往往根据能量守恒求解．17.如图所示，在竖直平面内建立坐标系xoy，第I象限坐标为（x，d）位置处有一微粒发射器P，第II、III、IV象限有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场。某时刻微粒发射器P沿x轴负方向以某一初速度发出一个质量为m、电荷量为q的带正电微粒。微粒从处经过y轴且速度方向与y轴负方向成45°角。其后微粒在匀强磁场中偏转后垂直x轴返回第I象限。已知第II、III、IV象限内匀强电场的电场强度。重力加速度为g，求：（1）微粒刚从发射器射出时的初速度及微粒发射器P的横坐标x；（2）微粒从发射器射出到返回第I象限上升到最高点所用的总时间。【答案】（1）（2）【解析】试题分析：小球在第一象限做平抛运动，应用平抛运动规律求出小球的初速度与距离；小球在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系求出运动的半径，进而求出磁感应强度，求出微粒在匀强磁场中运动的时间和微粒返回到第I象限后上升到最大高度所用时间，进而求出总时间。（1）带电微粒从发射器射出后做平抛运动，设初速度为沿水平方向，，沿竖直方向，速度关系为：，联立解得：（2）如图所示，带电微粒进入垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场中受竖直向上的电场力：qE=mg在洛伦兹力作用下匀速圆周运动，有微粒在匀强磁场中运动的线速度由几何关系可得，微粒做匀速圆周运动的半径微粒在匀强磁场中运动的时间其中周期，联立解得设微粒返回到第I象限后上升到最大高度所用时间所以，微粒从射出到返回第I象限上升到最高点所用的总时间点睛：本题主要考查了带电粒子在复合场中的运动，注意带电微粒进入垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场中当qE=mg时做匀速圆周运动。18.对于分子动理论和物体内能的理解，下列说法正确的是________A.温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大B.外界对物体做功，物体内能一定增加C.温度越高，布朗运动越明显D.当分子间的距离增大时，分子间作用力就一直减小E.当分子间作用力表现为斥力时分子势能随分子间距离的减小而增大【答案】ACE19.一粗细均匀的J形玻璃管竖直放置，短臂端封闭，长臂端（足够长）开口向上，短臂内封有一定质量的理想气体，初始状态时管内各段长度如图（a）所标，密闭气体的温度为27℃．大气压强为75cmHg，求：①若沿长臂的管壁缓慢加入5cm的水银柱并与下方的水银合为一体，为使密闭气体保持原来的长度，应使气体的温度变为多少？②在第①小题的情况下，再使玻璃管沿绕过O点的水平轴在竖直平面内逆时针转过180°，稳定后密闭气体的长度变为多大？③在图乙所给的pT坐标系中画出以上两个过程中密闭气体的状态变化过程。【答案】①②30cm③①已知，，由，代入数据解得：②假设玻璃管旋转180°后短臂内无水银，水平管内水银柱长为x，则有，，由可得：解得：x=8cm，与假设相符，故假设成立，则密闭气体的长度为18+10+10x=30cm③，变化过程如图所示：点睛：本题主要考查了理想气体状态方程解题，关键是正确选取状态，明确状态参量，尤其是正确求解被封闭气体的压强，这是热学中的重点知识。20.一振动周期为T，位于x=0处的波源从平衡位置开始演y轴正方向做简谐运