安徽省黄山市屯溪区第二中学2018届高三物理上学期期末考试试题含解析.doc

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1、黄山市屯溪区第二中学2018届高三上学期期末理综试卷物理部分二、选择题： 1. 下列说法中正确的是（）A. 原子核结合能越大，原子核越稳定B. 对黑体辐射的研究表明：随着温度的升高，辐射强度的最大值向波长较短的方向移动C. 核泄漏事故污染物Cs137能够产生对人体有害的辐射，其核反应方程式为，可以判断x为正电子D. 一个氢原子处在n=4的能级，当它跃迁到较低能级时，最多可发出6种频率的光子【答案】B【解析】原子核比结合能越大，原子核越稳定,选项A正确；对黑体辐射的研究表明：随着温度的升高，辐射强度的最大值向波长较短的方向移动，选项B正确；核泄漏事故污染物Cs137能够产生对人体有害的辐射，其核

2、反应方程式为，可以判断x质量数为零，电荷数为-1,则为负电子，选项B错误；一个氢原子处在n=4的能级，由较高能级跃迁到较低能级时，最多可以发出43，32，和21三种种频率的光故D错误；故选B.点睛：本题考查了核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒以及能级等知识点，关键掌握这些知识点的基本概念和基本规律，同时是以原子物理的相关知识为命题背景考查学生的理解能力。2. 水平面上有两个物块A、B，A质量是B质量的两倍，与水平面的动摩擦因数都为，t=0时刻，B静止， A以初速度向B运动，与B发生弹性正碰后分开，A与B都停止运动时的距离与t=0时刻AB距离相同，t=0时刻A与B间的距离为（ ）A. B. C.

3、 D. 【答案】B【解析】设A与B碰前速度为，由运动学公式得：设A与B碰撞后，A的速度为，B的速度为，由动量守恒定律得：由能量守恒规律得：由运动学公式可得：可得：，故选项B正确。点睛：对于弹性碰撞，要掌握两大守恒定律：动量守恒定律和能量守恒定律，对学生的能力要求较高，需加强这方面的训练。3. 2013年6月13日，“神舟十号”飞船与“天宫一号”目标飞行器在离地面343km的圆轨道上成功进行了我国第5次载人空间交会对接，在进行对接前，“神舟十号”飞船在比“天宫一号”目标飞行器较低的圆形轨道上飞行，这时“神舟十号”飞船的速度为v1，“天宫一号”目标飞行器的速度为v2，“天宫一号”目标飞行器运行的圆

4、轨道和“神舟十号”飞船运行圆轨道最短距离为h，由此可求得地球的质量为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】设“神舟十号”飞船的轨道半径为r，质量为m，则“天宫一号”目标飞行器轨道半径为r+h，质量为m；由万有引力提供向心力： ； 联立解得：，故选C.4. 在匀强磁场中有一不计电阻的矩形线圈，绕垂直磁场的轴匀速转动，产生如图甲所示的正弦交流电，把该交流电接在图乙中理想变压器的A、B两端，电压表和电流表均为理想电表，Rt为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻。下列说法正确的是()A. 在t=0.01s时，穿过该矩形线圈的磁通量的变化率为零B. 变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为

5、C. Rt处温度升高时，由于变压器线圈匝数比不变，所以电压表V1、V2的比值不变D. Rt处温度升高时，电流表的示数变小，变压器输入功率变大【答案】A【解析】当t=0.01s时，u=0，此时穿过该线圈的磁通量最大，穿过线圈的磁通量的变化率为零，故A正确；原线圈接的图甲所示的正弦交流电，由图知最大电压36V，周期0.02s，故角速度是=100，u=36sin100t（V），选项B错误；Rt处温度升高时，原副线圈电压比不变，但是V2不是测量副线圈电压，Rt温度升高时，阻值减小，电流增大，则R电压增大，所以V2示数减小，则电压表V1、V2示数的比值增大，故C错误；Rt温度升高时，阻值减小，电流增大，

6、即电流表的示数变大，而输出电压不变，所以变压器输出功率增大，而输入功率等于输出功率，所以输入功率增大，故D错误；故选A.点睛：根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键5. 如图所示，在边长为a的正方形区域内，有以对角线为边界、垂直于纸面的两个匀强磁场，磁感应强度大小相同、方向相反，纸面内一边长为a的正方形导线框沿x轴匀速穿过磁场区域，t0时刻恰好开始进入磁场区域，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下列选项中能够正确表示电流与位移关系的是()A. B. C. D. 【答案】CD【解析】试题分析：线框进入磁场后，右边切

7、割磁感线运动，产生的感应电流，当时，；当时，；当时，；之后是左边做切割运动，与右边切割情况类似；故选B。考点：电磁感应中的图象问题。【名师点睛】根据物理过程选图象问题，通过物理过程遵从的规律，找出函数关系，注意特殊点的特殊值，选择对应的图象。6. 图中A为理想电流表，V1和V2为理想电压表，R1为定值电阻，R2为可变电阻，电源E内阻不计，则（ ）A. R2不变时，V2读数与A读数之比等于RlB. R2不变时，Vl表示数与A示数之比等于RlC. R2改变一定量时，V2读数的变化量与A读数的变化量之比的绝对值等于R1D. R2改变一定量时，V1读数的变化量与A读数的变化量之比的绝对值等于R1【答案

8、】BCDA、R2不变时，V2读数与A读数之比等于R2故A错误B、R2不变时，Vl表示数与A示数之比等于Rl故B正确C、R2改变一定量时，设V2读数为U2，A读数为I，根据欧姆定律，U2=E-IR1，由数学知识可知，大小等于R1故C正确D、设V1读数为U1，根据欧姆定律，U1=IR1，由数学知识可知，大小等于R1故D正确故选BCD考点：闭合电路的欧姆定律点评：本题考查对电阻概念的理解能力，对于线性元件，；对于非线性元件，7. 在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，有一定的宽度的匀强磁场区域，如图所示已知离子P

9、+在磁场中转过=30后从磁场右边界射出在电场和磁场中运动时，离子P+和P3+（）A. 在电场中的加速度之比为1：1B. 在磁场中运动的半径之比为 3：1C. 在磁场中转过的角度之比为1：2D. 离开电场区域时的动能之比为1：3【答案】B【解析】两个离子的质量相同，其带电量是1：3的关系，所以由a=可知其在电场中的加速度是1：3，故A错误要想知道半径必须先知道进入磁场的速度，而速度的决定因素是加速电场，所以在离开电场时其速度表达式为：v=，可知其速度之比为1：又由qvB=m知，r=，所以其半径之比为：1，故B错误由B的分析知道，离子在磁场中运动的半径之比为：1，设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的

10、角度等于其圆心角，所以有sin=，则可知角度的正弦值之比为1：，又P+的角度为30，可知P3+角度为60，即在磁场中转过的角度之比为1：2，故C正确由电场加速后：qU=mv2可知，两离子离开电场的动能之比为1：3，故D正确故选CD点睛：磁场中的圆周运动问题重点是要找出半径，然后通过合理的作图画出粒子的运动轨迹，基本就可以解决问题了，磁场中的轨迹问题是高考特别喜欢考查的内容，而且都是出大题，应该多做训练8. 如图甲所示，甲、乙两个小球可视为质点，甲球沿倾角为30的光滑足够长斜面由静止开始下滑，乙球做自由落体运动，甲、乙两球的动能与路程的关系图象如图乙所示。下列说法正确的是()A. 甲球机械能不守

11、恒，乙球机械能守恒B. 甲、乙两球的质量之比为m甲m乙41C. 甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球重力的瞬时功率之比为P甲P乙11D. 甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球下降高度之比h甲h乙14【答案】BCD【解析】试题分析：两球在运动过程中只有重力做功，甲、乙球的机械能都守恒，故A错误；由机械能守恒定律得，对甲球：EK0=m甲gx0sin30，对乙球：EK0=m乙g2x0，解得：m甲：m乙=4：1，故B正确；两球重力的瞬时功率为：P=mgvcos=mgcos=g cos，甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球重力的瞬时功率之比为：，故C正确；甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球高度之比为：x0si

12、n30：2x0=1：4，故D正确；故选：BCD.考点：机械能守恒定律；功率。视频非选择题9. 某同学设计一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验：在小车 A 的前端粘有橡皮泥， 推动小车 A使之做匀速运动，然后与原来静止在前方的小车 B 相碰并粘合成一体，继续做匀速运动.他设计的具体装置如图所示.在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50Hz长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力(1)若已得到打点纸带如图并测得各相邻计数点间距标在图上。A为运动起始的第一点.则应选_段来计算 A的碰前速度.应选_段来计算 A 和 B碰后的共同速度.(以上两格填“AB”或 “BC”或“CD”或“DE”).(2)已测

13、得小车 A 的质量 m1=0.4kg，小车 B的质量m2=0.2kg.由以上测量结果可得：碰前总动量=_ kgm/s；碰后总动量=_ kgm/s。（结果保留三位有效数字）【答案】 (1). （1）BC (2). DE (3). （2）0.420 (4). 0.417【解析】试题分析：（1）A与B碰后粘在一起，速度减小，相等时间内的间隔减小，可知通过BC段来计算A的碰前速度，通过DE段计算A和B碰后的共同速度（2）A碰前的速度：碰后共同速度：碰前总动量：，碰后的总动量：可知在误差允许范围内，AB碰撞过程中，系统动量守恒考点：验证动量守恒定律的实验10. 某同学为了测量金属热电阻在不同温度下的阻值

14、，设计了如图甲所示的电路，其中R0为电阻箱， Rx为金属热敏电阻，电压表可看做理想电表，电源使用的是稳压学生电源，实验步骤如下：按照电路图连接好电路记录当前的温度t将单刀双掷开关S与1闭合，记录电压表读数U，电阻箱阻值R1将单刀双掷开关S与2闭合，调节变阻箱使电压表读数仍为U，记录电阻箱阻值R2改变温度，重复的步骤（1）则该金属热电阻在某一温度下的阻值表达式为： Rx=_，根据测量数据画出其电阻R随温度t变化的关系如图乙所示；（2）若调节电阻箱阻值，使R0=120，则可判断，当环境温度为_时，金属热电阻消耗的功率最大。【答案】 (1). (2). 20 【解析】（1）将单刀双掷开关S与1闭合，

15、记录电压表读数U，电阻箱阻值R1，此时电路的电流为：I1由闭合电路欧姆定律有：E=I1（Rx+R1）=U+R1=（1+）U将单刀双掷开关S与2闭合，调节变阻箱使电压表读数仍为U，记录电阻箱阻值R2，此时电路中的电流为：I2由闭合电路欧姆定律有：EI2(Rx+R2)Rx+U=(+1)U解得：Rx（2）由图乙可得金属热电阻R随温度t变化的关系式为：R=100+t；若调节电阻箱阻值，使R0=120，则金属热电阻消耗的功率为：，故当R=R0=120时，金属热电阻消耗的功率P最大，此时有：t=20点睛：本题考查了电阻的测量以及功率，解题关键是明确实验原理，再利用闭合电路欧姆定律列式，求出该金属热电阻在某

16、一温度下的阻值表达式，根据功率的计算公式，推导出R取何值时，金属热电阻消耗的功率最大11. 如图所示，竖直平面内轨道ABCD的质量M=0.4kg，放在光滑水平面上，其中AB段是半径为R=0.4m的光滑四分之一圆弧，在B点与水平轨道BD相切，水平轨道的BC段粗糙，动摩擦因数=0.4，长L=3.5m，CD段光滑，D端连一轻弹簧，现有一质量m=0.1kg的小物体（可视为质点）在距A点高为H=3.6m处由静止自由落下，恰沿A点滑入圆弧轨道（），求：（）ABCD轨道在水平面上运动的最大速率；（）小物体第一次演轨道返回A点时的速度大小。【答案】（1）2.0m/s（2）4.0m/s【解析】试题分析：由题意分

17、析可知，当小物体沿运动到圆弧最低点B时轨道的速率最大，设为vm，假设此时小物体的速度大小为v，则小物体和轨道组成的系统水平方向动量守恒：以初速度的方向为正方向；由动量守恒定律可得：，由机械能守恒得：，联立并代入数据解得：由题意分析可知，小物体第一次沿轨道返回到A点时小物体与轨道在水平方向的分速度相同，设为，假设此时小物体在竖直方向的分速度为，则对小物体和轨道组成的系统，由水平方向动量守恒得：由能量守恒得：联立并代入数据解得：；故小物体第一次沿轨道返回到A点时的速度大小为：考点：考查动量守恒定律及能量关系的应用，【名师点睛】要注意明确系统在水平方向动量是守恒的，整体过程中要注意能量的转化与守恒小

18、物体和轨道组成的系统水平方向动量守恒：由动量守恒定律可得求解最大速率；由水平方向动量守恒定律，对全过程应用能量守恒规律可求得小物体回到A点时的速度12. 如图甲所示，倾角为的光滑斜面上有两个宽度均为d的磁场区域I、，磁感应强度大小都为B，区域I的磁感应强度方向垂直斜面向上，区域的磁感应强度方向垂直斜面向下，两磁场区域间距为d。斜面上有一矩形导体框，其质量为m，电阻为R，导体框ab、cd边长为，bc、ad边长为d。刚开始时，导体框cd边与磁场区域I的上边界重合；t=0时刻，静止释放导体框；t1时刻ab边恰进入磁场区域，框中电流为；随即平行斜面垂直于cd边对导体框施加力，使框中电流均匀增加，到t2

19、时刻框中电流为I2。此时，ab边未出磁场区域，框中电流如图乙所示。求：(1)在0t2时间内，通过导体框截面的电荷量；(2)在0-t1时间内，导体框产生的热量；(3)在t1-t2时间内，导体框运动的加速度。【答案】（1）（2） （3） 【解析】试题分析：（1）由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电流的定义，得0t1阶段：通过导体框截面的电量由电流的定义，得t1t2阶段：通过导体框截面的电量0t2阶段：通过导体框截面的电量（2）设导体框t1时刻的速度为v1，在0t1阶段：因，可得：根据动能定理可得：联立可得：导体框产生的热量等于克服安培力做功，即.即：解得：考点：法拉第电磁感应定律；动能定理。

20、选考题： 13. 下列说法不正确的是 _A当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，但斥力减小得更快，所以分子间的作用力表现为引力B所有晶体都具有各向异性C自由落体运动的水滴呈球形D在完全失重的状态下，一定质量的理想气体压强为零E摩尔质量为M( kg/mol)、密度为(kg/m3)的1m3的铜所含原子数为NA（阿伏伽德罗常数为NA）【答案】ABD【解析】当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，但斥力减小得更快，所以当分子间距rr0时分子间的作用力表现为引力；当分子间距rr0时分子间的作用力表现为斥力，选项A错误；只有单晶体具有各向异性，多晶体各向同性，选项B错误；自由落体运动的水

21、滴呈完全失重态，则呈球形，选项C正确；气体的压强与气体的重力无关，则即使在完全失重的状态下，一定质量的理想气体压强也不为零，选项E错误；摩尔质量为M( kg/mol)、密度为(kg/m3)的1m3的铜所含原子数为NA（阿伏伽德罗常数为NA），选项E正确；此题选择错误的选项，故选ABD.14. 如图所示，导热良好的汽缸中用不计质量的活塞封闭着一定质量的理想气体，光滑活塞的横截面积S=100cm2，初始时刻气体温度为27，活塞到气缸底部的距离为h。现对汽缸缓缓加热使汽缸内的气体温度升高到t，然后保持温度不变，在活塞上轻轻放一质量为m=20kg的重物，使活塞缓慢下降到距离底部1.5h的位置。已知大气

22、压强P0=1.0105pa，环境温度保持不变，g取10m/s2，求t。判断活塞下降的过程气体是吸热还是放热，并说明理由。【答案】（1）267（2）放热【解析】试题分析：根据联立代入数据解之得t=267 放热。温度不变，所以内能不变，体积变小对内做功，根据热力学第一定律可得Q0，故放热。考点：气态方程；热力学第一定律15. 如图所示，、为连续的弹性介质中间隔相等的若干质点，点为波源，时刻从平衡位置开始向上做简谐运动，振幅为，周期为。在波的传播方向上，后一质点比前一质点迟开始振动。时，轴上距点2.0m的某质点第一次到达最高点，则_。A. 该机械波在弹性介质中的传播速度为B. 该机械波的波长为2mC

23、. 图中相邻质点间距离为0.5mD. 当点经过的路程为9cm时，点经过的路程为12cmE. 当点在平衡位置向下振动时，点位于平衡位置的上方【答案】BCD【解析】根据题意可知波的周期为0.2s，t=0时刻e点从平衡位置开始向上做简谐运动，经过t=0.05s，e点第一到达最高点t=0.25s时，x轴上距e点2.0m的某质点第一次到达最高点，则知该质点的振动比e点落后一个周期，所以波长为 =2m，波速为 v=10m/s，故A错误，B正确由波的周期为 T=0.2s，后一质点比前一质点迟0.05s=开始振动，可知相邻质点间的距离等于1/4波长，为0.5m故C正确根据对称性知，当a点经过的路程为9 cm时

24、，h点经过的路程为12cm，故D正确波从e点向左右两侧传播，根据波的传播方向知，当b点在平衡位置向下振动时，c点位于波谷，故E错误；故选BCD16. 如图所示，平静湖面岸边的垂钓者，眼睛恰好位于岸边P点正上方0.9m的高度处，浮标Q离P点1.2m远，鱼饵灯M在浮标正前方1.8m处的水下，垂钓者发现鱼饵灯刚好被浮标挡住，已知水的折射率n4/3求：鱼饵灯离水面的深度；若鱼饵灯缓慢竖直上浮，当它离水面多深时，鱼饵灯发出的光恰好无法从水面PQ间射出【答案】（1）2.4m（2）1.59m【解析】试题分析：作出光路图，由几何知识得出入射角的正弦值与折射角的正弦值，再结合折射定律求鱼饵灯离水面的深度；若鱼饵灯缓慢竖直上浮，水面PQ间恰好无光射出时，光在水面恰好发生了全反射，入射角等于临界角由求出临界角，再由数学知识求解。(1)设入射角、折射角分别为i、r，设鱼饵灯离水面的深度为h2则：，根据光的折射定律可知：，得：h22.4 m.(2)当鱼饵灯离水面深度为h3时，水面PQ间恰好无光射出，此时鱼饵灯与浮标的连线和竖直方向夹角恰好为临界角C，则：，由几何关系得：，得：.点睛：本题的关键是作出光路图，利用几何知识和折射定律求解相关的角度和深度，要注意光线的方向不能画错 - 14 -