届黑龙江七台河市高三上学期期末联考理综物理试题解析版.docx

1、届黑龙江七台河市高三上学期期末联考理综物理试题解析版黑龙江省七台河市2018届高三上学期期末联考理综物理试题二、选择题1. 如图所示，当电键K断开时，用光子能量为3.5eV的一束光照射阴极P，发现电流表读数不为零.合上电键，调节滑线变阻器，发现当电压表读数小于1.5V时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于1.5V时，电流表读数为零.由此可知阴极材料的逸出功为() A. 1.5eV B. 2.0eV C. 3.5eV D. 5.0eV【答案】B【解析】根据题意光电子的最大初动能为：Ek=qU=1.5eV；根据爱因斯坦光电效应方程有：W=hv-Ek=3.5eV-1.5eV=2.0eV，故A

2、CD错误，B正确故选B.点睛：光电子射出后，有一定的动能，若能够到达另一极板则电流表有示数，当恰好不能达到时，说明电子射出的最大初动能恰好克服电场力做功，然后根据爱因斯坦光电效应方程即可正确解答2. 甲、乙两物体开始位于一坐标轴上的同一点，从t=0时刻两物体开始运动，通过速度传感器测出的两物体的速度随时间的变化规律如图所示.则A. 物体甲在前5s做初速度为零的匀加速直线运动，且在第5s末速度方向发生变化B. 第10s末物体甲的速度为零，此刻两物体之间的距离最大C. 第10s末两物体相遇D. 在第20s末两物体之间的距离最大【答案】D【解析】试题分析：物体甲在前5s沿负向做初速度为零的匀加速直线

3、运动，在第5s末速度仍沿负向，速度方向没有发生变化，故A错误前10s内，甲、乙两物体从同一点开始沿相反方向运动，两者间距不断增大，在10-20s内，两者同向运动，乙在甲的前方，由于乙的速度大，所以两者间距不断增大，所以t=10s时，两物体之间的距离不是最大故B错误前10s内，甲、乙两物体从同一点开始沿相反方向运动，则第10s末不可能相遇，故C错误第20s末后乙的速度比甲的速度小，两者间距减小，所以在第20s末两物体之间的距离最大，故D正确故选D考点：v-t图线【名师点睛】根据速度时间图线分析两个物体追击时间距的变化情况，关键要抓住速度的正负表示速度的方向，由速度大小关系来判断间距的变化情况，往

4、往速度相等时两者间距是最大或最小。3. 奥斯特通过实验证实了通电直导周围存在着磁场，通电直导线在某点处产生磁感应强度大小表达式为，I为直导线中电流强度的大小，r为该点到直导线的距离。如图所示，A、B、C三根通电直导线位于等腰直角三角形的个顶点，其电流大小分别为2I、I、I，A、C导线的电流方向垂直纸面向里，B导线的电流方向垂直纸面向外，O点为斜边AC的中点，B导线在O点处的磁感应强度大小为B，则O点的磁感应强度大小为A. O B. B C. B D. 2B【答案】C【解析】由几何关系可知，ABC三点与O点的距离相等，设为r，则B导线在O点处的磁感应强度大小为，方向由O指向A；则A导线在O点处的

5、磁感应强度大小为，方向由O指向B；则C导线在O点处的磁感应强度大小为，方向沿BO方向斜向上；由平行四边形法则可得O点的磁感应强度大小为，方向水平向左，故选C.4. 如图为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R=10连接，t=0时线圈以T=0.02s的周期从图中位置开始转动，转动时理想交流电压表示数为10 V.则A. 电阻R上的电功率为20WB. R两端的电压u随时间变化的规律是u=10cos100t(V）C. 0.02s时R两端的电压瞬时值为零D. 通过R的电流i随时间t变化的规律是i=c

6、os50t(A）【答案】B【解析】电阻R消耗的功率为P=10W，故A错误；产生的感应电动势的最大值为EmU10V，由乙图可知，周期为T=0.02s，角速度100rad/s，故R两端的电压u随时间t变化的规律是u=10cos100t（V），故B正确；0.02s时磁通量的变化率最大，此时产生的感应电动势最大，故C错误；，则 通过R的电流i随时间t变化的规律是i=cos100t(A），故D错误，故选B.5. 如图所示，从A点由静止释放一弹性小球，一段时间后与固定斜面上B点发生碰撞，碰撞后小球速度大小不变，方向变为水平方向，又经过相同的时间落于地面上C点，已知地面上D点位于B点正下方，B、D间距离为h

7、，则A. A、B两点间距离为h/2B. A、B两点间距离为h/4C. C、D两点间距离为2hD. C、D两点间距离为【答案】C【解析】A、B、AB段小球自由下落，BC段小球做平抛运动，竖直方向也做自由落体运动，两段时间相同，小球下落的高度相等，所以A、B两点间距离与B、D两点间距离相等，均为h，故A、B错误；C、D、BC段平抛初速度，运动的时间，所以C、D两点间距离x=vt=2h，故C正确，D错误故选C.【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解6. 10月19日，从对接机构接触开始，经过捕获、缓冲、拉近、锁紧4个步骤，“神舟十一号”飞船与“天宫

8、二号”空间实验室实现刚性连接，形成组合体。图示是“天官二号”和“神舟十一号”绕地球做匀速圆周运动的示意图，A代表“天宫二号”，B代表“神舟十一号”，虚线为各自的轨道。由此图可以判定A. 在对接前的轨道上，“天官二号”运行的周期大于“神舟十一号”运行的周期B. 在对接前，“天宫二号”运行的线速度大于“神舟十一号”运行的线速度C. 在对接前，“天宫二号”的向心加速度大于“神舟十一号”的向心加速度D. 在对接前的轨道上，“神舟十一号”适度加速有可能与“天官二号”实现对接【答案】AD7. 如图所示，虚线a、b、c为电场中的一簇等势线，相邻两等势面之间的电势差相等，等势线a上一点A 处，分别射出甲、乙两

9、个粒子，两粒子在电场中的轨道分别交等势线c于B、C点，甲粒子从A到B的动能变化量的绝对值是E，乙粒子从A到C动能变化量绝对值为E/2。不计粒子的重力，由此可以判断A. 甲粒子一定带正电，乙粒子一定带负电B. 甲的电量一定为乙电量的2倍C. 甲粒子从A到B电场力一定做正功，乙粒子从A到C电场力一定做负功D. 甲在B点的电势能的绝对值一定是乙在C点电势能绝对值的2倍【答案】BC【解析】由轨迹图可知，两粒子所受的电场力方向相反，则两粒子一定电性相反，但是不一定是甲粒子一定带正电，乙粒子一定带负电，选项A错误；从A点到c等势面的电势差相等，根据Uq=Ek，因Ek甲=2Ek乙,可知q甲=2q乙，选项B正

10、确；两粒子的动能均增加，则甲粒子从A到B电场力一定做正功，乙粒子从A到C电场力一定也做正功，选项C错误；BC两点的电势相同，根据EP=q可知，甲在B点的电势能的绝对值一定是乙在C点电势能绝对值的2倍，选项D正确；故选BD.点睛：解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹的凹向判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、动能等物理量的变化8. 如图所示，长方形ABCD内有垂直于纸面向里的勾强磁场，磁场的磁感应强度为B，边长BC=2AB，在A处有一粒子源，可以沿AB方向射出不同速率的带正电的同种粒子，粒子的质量为m电量为q，不计粒子的重力，对于粒子在磁场中的偏转，下列说法正确的是A

11、. 粒子不可能从CD边射出磁场B. 粒子在磁场中运动的时间可能为C. 从D点射出的粒子在磁场中运动的时间是从E点射出粒子在磁场中运动时间的2倍D. 从E点射出的粒子在磁场中运动的时间是从F点射出粒子在磁场中运动时间的2倍【答案】AD【解析】设AB=L，由题意可知：BC=2AB，则：BC=2L；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：，粒子速度v越大，粒子做圆周运动的轨道半径r越大，当r=L时，粒子运动轨迹与BC相切与BC的中点，粒子从D点离开磁场，当rL时，粒子从AD边离开磁场，即：rL时粒子从AD边离开磁场，当rL时粒子从B点与AB中点间离开磁场，

12、粒子不可能从CD间离开磁场，故A正确；粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=，粒子从AD边离开磁场时在磁场中的运动时间：t=T=，粒子恰好从BC中点离开磁场时的运动时间：t=T=，粒子从B点与AB中点间离开磁场时的运动时间：tT=，由此可知，粒子在磁场在的运动时间为：、或、或t，由于，粒子在磁场中的运动时间不可能为，故B错误；从D点射出的粒子在磁场中运动的时间与从E点射出粒子在磁场中运动时间相等，都为，故C错误；从E点射出的粒子在磁场中运动的时间为，从F点射出粒子在磁场中运动时间是，F点是AB的中点，从E点射出的粒子在磁场中运动的时间是从F点射出粒子在磁场中运动时间的2倍，故D正确；故选AD点睛：

13、本题考查了粒子在磁场中的运动，考查了求粒子在磁场中的运动时间问题，分析清楚粒子运动过程是解题的前提，根据粒子运动过程、应用粒子在磁场中做圆周运动的周期公式即可解题三.非选择题 (一) 必考题9. 在验证“力的平行四边形定则”实验中，小明同学按步骤规范操作，如图为利用实验记录的结果作出的图，则图中的_(填“F”或“F”)是力F1和F2的合力理论值，_(填“F”或“F”)是力F1和F2的等效合力的实际测量值。如果某同学实验中测出F1F2，的同时，还用量角器测量出F1和F2 的夹角为75，然后做出如下的几个推断，其中正确的是_。A.保持F1方向不变，将F2顺时针转动一定的角度，可以使合力F的方向不变

14、B.保持F2大小和方向不变。将F1顺时针转动一定的角度，同时调整大小，可以使合力F的方向不变C.保持F1的大小和方向不变，将F2逆时针转动30，可以使合力下的大小和方向都不变D.只有保持F1和F2的大小不变，同时转动一定的角度，才可能使合力F的大小和方向都不变【答案】 (1). F (2). F (3). AB【解析】（）本实验采用了“等效法”，F1与F2的合力的实际值测量值为一个弹簧拉绳套时的弹簧的弹力大小和方向，而理论值是通过平行四边形定则得到的值所以F是F1和F2的合力的理论值，F是F1和F2的合力的实际测量值（3）由平行四边形定则得：根据图象可得：保持F1方向不变，将F2顺时针转动一定

15、的角度，可以使合力F的方向不变，故A正确；根据图象可得：保持F2大小和方向不变。将F1顺时针转动一定的角度，同时调整大小，可以使合力F的方向不变，故B正确；保持F1的大小和方向，将F2逆时针转动30，合力F发生变化，故C错误；保持F1和F2的大小不变，转动一定的角度，合力F发生变化，故D错误；故选AB10. 某实验小组要研究某元件的电阻随电压变化的性质，该元件在常温下的电阻约为8左右，提供的其他器材如下：A.电压表(03V内阴6 k)B.电压表(015 V，内阻30 k)C.电流表(03 A，内阻约0.10)D.电流表(00.6 A，内阻约0.5 )E.滑动变阻器(10，0.5 A)F.滑动变

16、阻器(200 ，0.5 A)G.蓄电池（电动势约4V，内阻未知)（1）实验要求电压从零开始调起，则电压表应选_，电流表应选_，滑动变阻器应选_。（2）将实验设计电路所缺导线补全_。（3）将实验测的电压值及根据测得的电压和电流值求得的电阻值相对应地在R-U图象上描点作图。作出的图象如图。由图象可知，该元件的电阻随温度的升高而_，当元件两端的电压为0.5V时，元件的实际功率为_W，常温下该元件的电阻为_。(4）该元件的功率随电压变化的的图象可能是_。【答案】 (1). （1）A； (2). D； (3). E (4). （2）如图所示; (5). （3）减小； (6). 0.0340.037； (

17、7). 8.2或8.3 (8). （4）A【解析】（1）电源电动势约4V，则电压表选择A；电路中可能出现的最大电流：，电流表选D；滑动变阻器要用分压电路，则应该选择阻值较小的E； （2）因电压表的内阻远大于待测电阻的阻值，所以要用电流表外接；电路如图；（3）电压越高时电流越大，温度越高；由图象可知，该元件的电阻随温度的升高而减小，当元件两端的电压为0.5V时，R=7，元件的实际功率为，当U=0时，R=8，则常温下该元件的电阻为8。（4）因可知图像A正确；故选A.11. 如图为一竖直固定的半径为R=0.5m的半圆轨道AB，该轨道与水平轨道相切于A点，质量分别为m1=0.1 kg、m2=0.2 k

18、g的可视为质点的小球甲和乙处在水平轨道上，且甲、乙之间有一压缩的轻弹簧处于锁定状态， 两球与轻弹簧均不连接，开始甲、乙两球以共同的速度v0=2m/s向右做匀速直线运动，两小球运动至衔接点A时，锁定突然解除，使两球分离，经过一段时间小球乙恰好能通过B点，且能从B点水平抛出，重力加速度取g=10m/s2。则：(1)两小球分离时小球甲的速度为多大?(2)小球乙由A到B的过程中合力的冲量为多大?【答案】（1）4 m/s，方向水平向左（2）(+1) kgm/s，方向水平向左。【解析】(1)小球乙恰好能通过B点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律得 解得m/s小球乙从A运动到B的过程中机械能守恒： 解得v2

19、=5m/s当两球之间的锁定突然解除后，系统的动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得(m1+m2)v0=m1v1+m2v2代入数据解得v1=-4m/s，即两小球分离时小球甲的速度大小为4 m/s，方向水平向左。(2)取向右为正方向，对小球乙，由动量定理得I=-m2v2-m2v2=0.2(-) kgm/s-0.25 kgm/s=-(+1) kgm/s，即小球乙由A到B的过程中合力的冲量大小为(+1) kgm/s，方向水平向左。点睛：此题是力学综合问题，考查牛顿第二定律、机械能守恒定律以及动量守恒定律的应用，要注意正确进行受力分析，明确物体的运动过程，再选择合适的物理规律求解12. 如图甲所示，

20、两根足够长的、粗糙的平行金属导轨MN、PQ固定在同一绝缘水平面上，两导轨间距为d=1m，导轨电阻忽略不计，M、P端连接一阻值R=1.5的电阻，现有一质量为m=0.4，阻值r=0.5的金属棒ab垂直于导轨放在两导轨上，金属棒距R距离为L=4m，金属棒与导轨接触良好，整个装置处于一竖直方向的匀强磁场中，磁感应强度大小随时间变化的情况如图乙所示，已知金属棒与导轨间动摩擦因数为=0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，求：（1）若金属棒静止，回路中产生的感应电流I；（2）棒经过多长时间开始运动，在该段时间内通过R的电荷量q；（3）从t=1s开始，若在棒上加一垂直于棒的的水平外力，使棒

21、始终处于静止，则所加外力F随时间的变化关系。【答案】（1）2A（2）2C（3）F=Idt-mg【解析】（1）若金属棒静止，回路中产生的感应电动势为： 由闭合回路的欧姆定律得：=2A设棒经过t时间开始运动，此时棒所受的安培力与最大静摩擦力相等，故在t时刻末棒所受的安培力为：F=BId=mg解得此时的磁感应强度为：B=1T，故t=1s；在此时间段内通过R的电荷量为：q=It=2C；若在棒上加一垂直于棒的的水平外力，使棒始终处于静止，则由法拉第电磁感应定律可知，回路中产生的感应电动势为：E=4V，I=2A；此时棒在水平方向受安培力、拉力、静摩擦力处于平衡，故有：F+f=BId，f=mg，B=kt，T

22、/s联立解得：所加外力F随时间的变化关系为F=Idt-mg。（二)选考部分。13. 有关对热学的基础知识理解正确的是_A.布郎运动是液体分子的运动，它说明分子不停息地做无规则热运动B.对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热C.彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点D.雨伞伞面上有许多细小的孔，却能遮雨，是因为水的表面张力作用E.热量不能从低温物体传递到高温物体【答案】BCD【解析】试题分析：布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，反映的是液体分子的无规则运动，故A错误根据气态方程可知对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，温度一定升高，气体内能由温度决定，因此内

23、能一定增加，同时气体对外做功，根据热力学第一定律可知：气体一定从外界吸热故B正确；液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故C正确；雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力，导致水不能透过，故D正确；热量不能自发从低温物体传递到高温物体，若外界施加影响，热量可以从低温物体传递到高温物体，如冰箱将热量从低物体传递到高温物体故E错误故选BCD.14. 绝热气缸倒扣在水平地面上，缸内装有一电热丝，缸内有一光滑的绝热活塞，封闭一定质量的理想气体，活塞下吊着一重为G的重物，活塞重为G0，活塞的截面积为S，开始时封闭气柱的高为

24、h，气体的温度为T1，大气压强为p0现给电热丝缓慢加热，若气体吸收热量Q时，活塞下降了h，求：气体的温度升高多少？气体的内能增加多少？【答案】（1）T1；（2）Q（GG0）hp0Sh【解析】试题分析：加热过程气体发生等压变化，求出气体初末状态参量，应用盖吕萨克定律可以求出末状态的温度应用热力学第一定律可以求出气体内能的增加量气体初状态的参量为：；气体末状态参量为：气体发生等压变化，由盖吕萨克定律得：解得：故气体的温度升高封闭气体的压强为：加热过程气体对外做功为：由热力学第一定律得：【点睛】本题考查了求气体的温度、考查了热力学第一定律的应用，知道气体发生等压变化，求出气体的状态参量，应用盖吕萨克

25、定律即可求出气体的温度；应用热力学第一定律求内能的变化量时要注意各量正负号的含义15. 下列说法正确的是_。A.波在传播过程中，质点的振动频率等于波源的振动频率B.障碍物的尺寸比光的波长大得多时，一定不会发生行射现象C.在一个周期内，质点沿波的传播方向移动一个波长的距离D.单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关E.波传插方向上各质点与振源振动周期相同。是因为各质点的振动均可看做在其相邻的前一质点驱动力作用下的受迫振动【答案】ADE. . . .16. 如图甲所示，ABC为某种材料制成等腰直角三棱镜，且直角边长为L。一细束单色光从斜边AC上的O点（AO长度未知）垂直于AC面射入，经两次反射后，又从AC边射出，已知三棱镜对光的折射率为2，光在真空中的传播速度为c，求：光在棱镜中传播的时间；如图乙所示，如果光线在O点以一定的入射角射入，结果光线经AB面反射到BC面上恰好发生全反射，求人射角的正弦值。【答案】（1） （2）【解析】由于棱镜的折射率n=2，因此光射到AB面上发生全反射的临界角满足 ，即C=3045因此光线会在AB、AC面发生全反射根据几何关系，光在棱镜中传播的距离s=L因此传播的时间设光在O点的折射角为；由题意知，光在BC面上恰好发生全反射，则在BC边l的反射角为C=30由几何关系可知+C=45，因此a=15由，可得