1、届黑龙江省齐齐哈尔市普通高中联谊校高三上学期期末考试物理试题解析版2018-2019学年黑龙江省齐齐哈尔市普通高中联谊校高三（上）期末物理试卷一、选择題：1.一个氘核（H）与一个氚核（H）反应生成一个新核，同时放出一个中子，该新核的中子数为（）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】B【解析】【分析】根据核反应的电荷数守恒、质量数守恒可解答。【详解】根据电荷数守恒、质量数守恒知，新核的电荷数为2，质量数为4，则新核的中子数为2，故B正确，ACD错误。故选B。2.我国将于2017年下半年择机发射首颗电磁监测试验卫星假定这颗卫星入轨后绕地球做匀速圆周运动，周期为T，线速度大小为v，已知引力常
2、量为G，则由以上信息可求得（）A. 地球的质量 B. 地球的密度 C. 卫星的质量 D. 卫星的动能【答案】A【解析】【分析】根据万有引力提供向心力，列式可求得地球的质量判断能否求出卫星的质量和动能【详解】设地球的质量为M卫星地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有；又有 T，得卫星的轨道半径 r；两式结合得 M，可知能求出地球的质量M，故A正确。地球的半径未知，不能求出地球的密度。故B错误。由A项知不能求出卫星的质量，也就不能求卫星的动能，故CD错误。故选A。【点睛】解决本题的关键是掌握万有引力等于向心力这一思路，并能灵活运用要知道旋转天体的轨道半径和周期，可求得中心天体的质量3.如图
3、所示，两根绝缘轻质弹簧的劲度系数均为k，竖直静止吊起一根长为L的匀质水平金属棒AC，金属棒处在与棒垂直的水平匀强磁场中，当金属棒中通入由A端流向C端的电流I时，两弹簧的伸长量均增加了x。关于该匀强磁场的磁感应强度的大小和方向，下列判断正确的是（）A. 大小为，方向水平向里B. 大小为，方向水平向外C. 大小为，方向水平向里D. 大小为，方向水平向外【答案】D【解析】【分析】根据左手定则判断出磁场的方向，结合共点力的平衡及安培力的公式即可求出匀强磁场磁感应强度的大小。【详解】由左手定则可知，金属棒所受安培力方向竖直向下，磁场的方向水平向外；设金属棒所受安培力的大小为F安，对金属棒，安培力等于弹簧
4、的增加的弹力：BIL2kx，解得：，故D正确，ABC错误；故选D。【点睛】解决本题的关键掌握安培力的大小公式，以及掌握左手定则判断磁场方向、电流方向、安培力方向的关系。4.甲、乙两小车（均可视为质点）沿平直公路前进，其速度时间图象如图所示。下列说法正确的是（ ）A. 在010s内，甲车的平均速度大小为5m/sB. 在020s内，乙车的位移大小为100mC. 在10s20s内，甲车做加速度逐渐减小的减速运动D. 在020s内，甲车的加速度总是比乙车的加速度大【答案】B【解析】【分析】在速度-时间图象中，图象与坐标轴围成的面积表示位移，根据位移关系求两车平均速度大小v-t图象的斜率表示加速度，根据
5、图象的斜率分析两车加速度关系【详解】A. 根据速度时间图象与时间轴所围的“面积”大小表示位移,可知,在010s内,假如甲做匀加速运动,平均速度为，而实际上甲的位移大于匀加速运动的位移，所以甲车的平均速度大于5m/s，故A错误。B. 在020s内,乙车的位移大小为x= ，故B正确。C. vt图象的斜率表示加速度，斜率绝对值越大，加速度越大，则知在10s20s内，甲车做加速度逐渐增大的减速运动，故C错误。D. 在020s内，在刚开始运动的一段时间内和快要结束运动的一段时间内，甲车的图像的斜率绝对值比乙图像斜率大，10s附近时间段内，甲图斜率绝对值比乙图斜率小。甲车的加速度不是总比乙车大，故D错误。
6、故选：B【点睛】本题在010s内，甲车的平均速度大小的比较，用到了中点时刻速度公式，该公式适用条件是匀变速直线运动，而用位移与时间的比值求平均速度适用于一切运动，此处注意公式的适用条件。5.如图所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中的某一平面内有P、Q两点，OP、OQ与PQ的夹角分别为53、37，取sin53=0.8，O点处点电荷产生的电场在P、Q两点处的电场强度大小之比为（）A. 3：4 B. 4：3 C. 9：16 D. 16：9【答案】D【解析】【详解】结合几何关系，可知P、Q两点与O点的距离关系为：，根据点电荷的场强公式，有：，故D正确，A、B、C错误；故选D。【点睛】由数学知识
7、得到P、Q两点与O点的距离关系，根据点电荷的场强公式列式求解即可。6.如图所示，固定在竖直平面内的1/4圆弧轨道与水平轨道相切于最低点B，质量为m的小物块从圆弧轨道的顶端A由静止滑下，经过B点后沿水平轨道运动，并停在到B点距离等于圆弧轨道半径的C点圆弧轨道粗糙，物块与水平轨道间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g物块到达B点前瞬间对轨道的压力大小为（）A. 2mg B. 3mg C. （1+2）mg D. （1+）mg【答案】C【解析】【分析】研究物块从B到C的过程，由动能定理求得物块经过B点的速度在B点，由牛顿第二定律求得轨道对物块的支持力，从而得到物块对轨道的压力【详解】设圆轨道的半径为r。
8、物块从B到C的过程，由动能定理得：mgr0mvB2；在B点，由牛顿第二定律得：Nmgm；联立得：N（1+2）mg；由牛顿第三定律知物块到达B点前瞬间对轨道的压力大小为（1+2）mg。故选C。【点睛】本题考查了动能定理和向心力知识的基本运用，抓住末动能为零，灵活选择研究的过程求B点的速度在B点，要知道由合力提供向心力7.把质量为m的小球（可看作质点）放在竖直的轻质弹簧上，并把小球向下按到A的位置（甲）如图所示，迅速松手后，弹簧把小球弹起，球升至最高位置C点（丙），途中经过位置B时弹簧正好处于自然状态（乙）已知A、B的高度差为h1，B、C的高度差为h2，重力加速度为g，不计空气阻力。则（）A. 小
9、球从A上升到B位置的过程中，动能一直增大B. 小球从A上升到B位置的过程中，机械能一直增大C. 小球在甲位置时，弹簧的弹性势能为mg（h2+h1）D. 小球在甲位置时，弹簧的弹性势能为mgh1【答案】BC【解析】【分析】小球从A上升到B位置的过程中，平衡位置速度最大，动能最大；小球上升和下落过程与弹簧组成的系统机械能守恒。对AC段，运用动能定理列式，可求出弹性势能。【详解】小球从A上升到B位置的过程中，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，小球先加速后减速，故小球从A上升到B的过程中，动能先增大后减小，故A错误；从A上升到B位置的过程中，弹簧对小球做正功，小球的机械能一直增大。故B正确。根据系统的
10、机械能守恒得知，小球在图甲中时，弹簧的弹性势能等于小球由A到C位置时增加的重力势能，为：Epmg（h2+h1），故C正确，D错误；故选BC。【点睛】解决本题的关键掌握机械能守恒的条件，在只有重力或弹簧弹力做功的情形下，系统机械能守恒。对于动能定理和动量定理运用时，要灵活选取研究的过程。8.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为20：1，原线圈所接交流电源的电压瞬时值表达式为u220sin100t（V），Q为保险丝（电阻不计），其额定电流为0.2A，R为负载电阻下列判断正确的是（）A. 该交流电源的频率为100HzB. 副线圈两端的电压为11VC. 要使保险丝不被烧断，R中通过的电流不超过4A
11、D. 要使保险丝不被烧断，R的阻值不小于3【答案】BC【解析】【分析】根据电压瞬时值表达式求解交流电源的频率；根据变压器原理求解副线圈的电压和R中通过的电流；根据欧姆定律求解R的最小电阻【详解】根据电压瞬时值表达式为u220sin100t（V）可知，该交流电源的频率为f50Hz，故A错误；原线圈电压有效值U1220V，则副线圈的电压U2220V11V，故B正确；要使保险丝不被烧断，原线圈的电流强度不得超过I10.2A，根据变压器原理可知R中通过的电流不超过I2A4A，故C正确；要使保险丝不被烧断，R的阻值不小于R2.75，故D错误；故选BC。【点睛】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键
12、是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等9.如图所示，D点为固定斜面AC的中点。在A点和D点分别以初速度v01和v02水平抛出一个小球，结果两球均落在斜面的底端C空气阻力不计。设两球在空中运动的时间分别为t1和t2，落到C点前瞬间的速度大小分别为v1和v2，落到C点前瞬间的速度方向与水平方向的夹角分别为1和2，则下列关系式正确的是（）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【分析】两球都做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度关系求出平抛运动时间之比。再结合水平位移关系求出初速度之比。根据小球落
13、在斜面上时竖直位移与水平位移之比相等，求，最后v1和v2之比。【详解】两球都做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，由h=gt2，得两球下落的高度之比 h1：h2=2：1，可得，故A错误。小球水平方向做匀速直线运动，则 v0=x/t两球水平位移之比 x1：x2=2：1，结合，得，故B正确。设斜面的倾角为，小球落到C点前瞬间的速度方向与水平方向的夹角为。则tan=2tan，是定值，所以=1，即1=2落到C点前瞬间的速度大小分别为，可得，故C正确，D错误。故选BC。【点睛】解决本题的关键是平抛运动的速度方向与水平方向的夹角正切是位移方向与水平方向的夹角正切的2倍，要在理解的基础上记牢，经常用到。1
14、0.如图所示，两根相距为L的足够长的光滑导轨的一部分处于在同一水平面内，另一部分与水平面的夹角为，质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中，当杆ab在平行于水平导轨的拉力F作用下以大小为v的速度沿导轨匀速运动时，杆cd也恰好处于静止状态重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A. 回路中的电流为B. 杆ab所受拉力的大小为mgsinC. 回路中电流的总功率为mgvsinD. 回路的总电阻为【答案】AD【解析】【分析】ab杆和cd杆均处于平衡状态，运用平衡条件分别对两杆研究，对于cd杆分析，由平衡条件求解感应电流，并可求得
15、拉力F的大小；回路中电流的总功率等于拉力的功率，由公式P=Fv求出根据安培力与速度的关系，求回路的总电阻【详解】对于cd杆，由平衡条件得：F安mgtan由于感应电流的大小、导线的长度相等，两杆所受的安培力大小相等，对ab杆，由平衡条件得知：FF安；拉力 Fmgtan；cd杆所受的安培力 F安BIL，又F安mgtan；得回路中的电流为：I，故A正确，B错误；回路中电流的总功率等于拉力的功率，为：PFvmgvtan，故C错误；根据EBLv，I，F安BIL，结合F安mgtan，解得：R总，故D正确。故选AD。【点睛】本题要熟练运用法拉第电磁感应定律、平衡方程等规律，强调受力分析的正确性，同时要抓住克
16、服安培力所做的功等于产生的焦耳热二、非选择题： 11.某同学利用重锤的自由落体运动验证机械能守恒定律。(1)除重锤外，实验室可供选择的器材有铁架台、电磁打点计时器及复写纸、纸带若干、4V6V低压交流电源、天平、毫米刻度尺、导线，开关，其中不必要的器材是_。(2)根据打出的纸带算出相关各点的速度v，量出重锤下落的距离h，以为纵轴，以h 为横轴画出的图线如图所示，若图象的斜率为k，重锤在下落过程中机械能守恒，则当地的重力加速度大小为_(用实验所得物理量的符号表示)。【答案】 (1). 天平 (2). 【解析】（1）实验中重锤的质量从方程两边消掉了，不需要测重锤的质量，则不必要的器材是天平；（2）根
17、据可得v2=2gh，则k=2g，解得g=k/2.12.某实验小组用图甲所示的电路测定一电阻的阻值，实验室提供的器材如下：A待测电阻Rx（约5）B电流表A1（量程00.1A，内阻约5）C电流表A2（量程00.6A，内阻约1）D电压表V1（量程03V，内阻约为10k）E电压表V2（量程015V，内阻约为30k）F直流电源（输出电压4V，内阻不计）G滑动变阻器R1（阻值范围050，允许最大电流1A）H开关一个、导线若干（1）根据器材的规格和实验要求，为使实验结果尽可能准确，电流表应选_，电压表应选_。（填所选器材前的字母）（2）实验小组已将实验电路连接好一部分，请根据电路图甲用笔画线代替导线，将实物
18、图乙连接完整_。（3）根据实验测得的数据，在坐标纸上作出UI图象如图丙所示，由图象求得被测电阻的阻值为_（结果保留两位有效数字）【答案】 (1). （1）C， (2). D； (3). （2）如图所示； (4). （3）5.0。【解析】【分析】（1）根据电源电动势选择电压表，根据通过待测电阻的最大电流选择电流表，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；（2）根据电路图连接实物图即可；（3）利用欧姆定律结合图象，即可求出被测电阻的阻值。【详解】（1）电源电动势4V，为了减小误差使电表有较大偏转，故电压表选择D，根据欧姆定律，电路中的最大电流：Imax0.8A，为了减小误
19、差使电表有较大偏转，故电流表选择C。（2）根据电路图连接实物图，如图所示：（3）根据欧姆定律可知丙图象的斜率即为被测电阻的阻值，故：Rx=5.0【点睛】本题考查伏安法测电阻实验，解决问题的关键是要会根据电源电动势以及最大电流选择合适的电压表和电流表，选电表时要求要达到满偏的三分之二以上，会利用欧姆定律结合电路特点以及电功率推导图象横纵坐标的表达式，再根据表达式选择合适的图象。13.物体P静止在光滑水平地面上，其截面如图所示，图中ab段为光滑圆弧面，bc段是长度为L的粗糙的水平面，质量为物体P的一半的物块Q（可视为质点）从圆弧面的底端b以大小为v0的速度滑上圆弧面，并最终相对P静止在水平面的右端
20、c重力加速度大小为g求：（1）Q到达最高点时的速度大小v；（2）Q与水平面间的动摩擦因数。【答案】（1）；（2） 【解析】【分析】（1）木块Q从b运动到斜面上最高点的过程中，木块Q与物体P组成的系统，水平方向不受外力，水平方向的动量守恒。木块在最高点时，两者有共同速度，由动量守恒定律求解v。（2）结合能量守恒定律求出Q与水平面间的动摩擦因数。【详解】（1）设Q的质量为m，则P的质量为2m。木块Q在最高点时和P具有相同的速度。取水平向左为正方向，由系统水平方向动量守恒得： mv0（m+2m）v得：v （2）经分析可知，Q最终相对P静止在c处时，它们的速度也为v由能量守恒定律得： mv02（m+2
21、m）v2+mgL解得：【点睛】本题综合运用了动量守恒定律和能量守恒定律，关键要灵活选择研究的过程，根据两大守恒定律列表达式进行求解。要注意摩擦生热与相对位移有关。14.某真空中存在一匀强电场，一带电油滴在该电场中从A点由静止开始竖直向上运动，经过时间t1运动到B点时撤去电场，再经时间t2油滴的速度恰好为零，又过一段时间后此空间中加入另一匀强电场，方向与原来相同但大小是原来的2倍，已知油滴的质量为m、电荷量为q，重力加速度大小为g（1）求再次加入电场前，此匀强电场的电场强度大小和油滴达到的最大高度；（2）为了使油滴能回到A点且速度恰好为零，求从油滴减速为零到再次加入电场的时间【答案】（1）； （
22、2）【解析】（1）以油滴为研究对象，从开始运动到达到最高点的过程中，根据动量定理求解电场强度，由运动学公式求解全过程的位移大小；（2）分析物体运动过程和受力情况，根据牛顿第二定律求解各个过程中的加速度，再根据运动学公式求解【解答】解：（1）以油滴为研究对象，从开始运动到达到最高点的过程中，根据动量定理可得：qEt1mg（t1+t2）=0，解得：E=；由运动的可逆可得加速过程末的速度v=gt2，所以全程的平均速度为=，故全过程的位移大小h=；（2）油滴从最高点先做自由落体运动，再次加电场后，匀减速运动的速度为零，设油滴从最高点做自由落体运动的时间为t，自由落体运动结束时的速度为v，油滴匀减速运动
23、过程中的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得：2qEmg=ma，设自由落体运动下落的高度为s1，匀减速下落的高度为s2，则有s1+s2=h，s1=，s2=，根据自由落体运动的规律，有：v=gt，解得：t=15.如图所示，在高度均为L的条形区域、中分别存在匀强磁场和匀强电场，区域内的磁场方向垂直于纸面向里，区域内的电场方向竖直向上、电场强度大小为EM、N是涂有荧光物质的水平板，其中M板位于匀强磁场的上边界，N板位背匀强电场的下边界观有一束电子从O点（在磁场内部，且紧贴M板）连续不断地水平向右射入磁场，电子束由两部分组成，一部分为速度大小为v的低速电子，另一部分为速度大小为2v的高速电子，当区中磁
24、场较强时，M板出现两个亮斑，缓慢改变磁场的强弱，直至M板上的亮斑恰好消失为止，此时可观察到N板有两个亮斑已知电子质量为m、电荷量为e，电子间的相互作用不计，磁场下边界上没有磁场，但有电场，不计电子重力求：（1）N板出现两个亮斑时区内磁场的磁感强度大小B；（2）到达N板左方亮斑的电子在磁场和电场中运动的时间t；（3）N板两个亮斑之间的距离x【答案】（1） ；（2）；（3）【解析】【分析】（1）根据题意作出电子运动轨迹，求出电子轨道半径，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出磁感应强度（2）求出电子在磁场与电场中的运动时间，然后求出电子总的运动时间（3）求出两电子到达N板的位置，然后求出两亮斑间的
25、距离【详解】（1）低速电子速度恰好与两场交界相切且速度方向与电场垂直时M板上的亮斑消失，此时两电子运动轨迹如图所示：低速电子轨道半径：r1=，高速电子轨道半径：r2=L，电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB=m，解得：；（2）低速电子打在N板的左侧，该电子在磁场中的运动时间为半个周期，在磁场中的运动时间：，低速电子在电场中做类平抛运动，解得：，到达N板左方亮斑的电子在磁场和电场中运动的时间：t=t1+t2=；（3）高速电子沿电场线方向进入电场，到达N板时与O带你的水平距离：x1=L，低速电子在电场中做类平抛运动，沿板方向运动的距离：x2=vt2=v，N板两亮斑间
26、的距离：x=x1+x2=L+v；【点睛】本题考查了电子在磁场与电场中的运动，电子在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚电子运动过程、作出电子运动轨迹、求出电子在磁场中做圆周运动的轨道半径是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与几何知识即可解题（二）选考题： 16.下列说法正确的是（）A. 水的温度越高，悬浮在水中的花粉的布朗运动越显著B. 第二类永动机违背了能量守恒定律C. 饱和汽的体积越大，饱和气压越大D. 一定质量的理想气体的内能随温度的升高而增大E. 分子间的引力和斥力均随分子间距的增大而减小【答案】ADE【解析】【详解】根据布朗运动的特点可知，水的温度越高，悬浮在水中的花粉的布朗运动越显著。故
27、A正确；第二类永动机是效率100%的机器，违背了热力学第二定律，故B错误；饱和气压仅仅与温度以及饱和气的种类有关，与体积无关；故C错误；一定质量的理想气体的内能仅仅与温度有关 ，随温度的升高而增大，故D正确；根据分子力的特点可知，分子间的引力和斥力均随分子间距的增大而减小。故E正确；故选A DE。17.如图所示，竖直玻璃管粗细均匀，上端开口，下端封闭有长度L1=30cm的理想气体，中间水银柱长h=24cm。在竖直管中间接一水平玻璃管，右端开口于大气相通，管的直径与竖直部分相同，用光滑活塞封闭足够长的水银柱，已知外界大气压强p0=76cmHg，保持环境温度恒为T1=300K，现用外力缓慢向左推活
28、塞，使下端气柱长变为L2=25cm，求：气柱长度为L2=25cm时，活塞移动的距离d；若活塞左移中的距离d后固定，对玻璃管缓慢加热，使下端气柱长又变回L1，求此时封闭气体的温度T2.【答案】（1）20cm（2）360K【解析】设玻璃管的横截面积为S，气柱长为时竖直玻璃管中水银柱的长度为，在活塞向左移动的过程中，封闭气体做等温变化，有：又，解得该过程中封闭气体做等压变化，有，解得18.关于机械振动和机械波，下列说法正确的是_。A机械振动在介质中的传播形成机械波B做简谐振动的物体，其振动周期与振幅无关C当波从一种介质传播到另一种介质中时，频率改变D当两列波产生干涉现象时，这两列波的频率一定相同E当
29、观察这远离波源时，观察者感觉到波源的频率变大【答案】ABD【解析】机械振动在介质中的传播形成机械波，选项A正确；做简谐振动的物体，其振动周期与振幅无关，选项B正确；当波从一种介质传播到另一种介质中时，波速变化，但频率不变，选项C错误；当两列波产生干涉现象时，这两列波的频率一定相同，选项D正确；根据多普勒效应可知，当观察者远离波源时，观察者感觉到波源的频率变小，选项E错误；故选ABD.19.一小昆虫在一池底安装有点光源的游泳池的水面上爬行，某时刻看见光源在其正下方，当它沿直线爬行了x=4m时恰好看不见光源。已知水的折射率n=，真空中的光速c=3108m/s，求：（1）光在该水中的传播速度大小v；（2）光源距水面的深度h【答案】（1）2.4108m/s（2）3m【解析】【分析】（1）根据求光在该水中的传播速度大小v；（2）小昆虫恰好看不见光源时光线发生了全反射，入射角等于临界角C根据求临界角C，再由几何知识求光源距水面的深度h【详解】（1）根据，解得（2）如图所示：由于全反射，光源发出的光只能照亮半径为4m的圆形水面，设临界角为C由几何关系可知结合临界角公式h=3m【点睛】此题的关键要理解全反射的条件，掌握临界角的公式，结合几何知识，来确定光源距水面的深度h
