北京市西城區(qū)高三上學(xué)期期末考試物理試題

北京市西城區(qū)2018屆高三上學(xué)期期末考試物理試題一、單項選擇題（本題共12小題，每小題3分，共36分。）1.一輛汽車起步后在10s內(nèi)速度達(dá)到80km/h，一列火車起步后達(dá)到這個速度需要60s。兩車的上述過程均可看作是勻變速直線運動，則關(guān)于該過程下列說法正確的是A.汽車的加速度大B.火車的加速度大C.兩車通過的位移相同D.汽車通過的位移大【答案】A【解析】，汽車的加速度為，火車的加速度為，故，A正確B錯誤；根據(jù)公式可知在末速度相同的情況下，加速度越小，加速位移越大，故火車通過的位移大，CD錯誤．2.計算機硬盤上的磁道為一個個不同半徑的同心圓，如圖所示。M、N是不同磁道上的兩個點。當(dāng)磁盤轉(zhuǎn)動時，比較M、N兩點的運動，下列判斷正確的是A.M、N的線速度大小相等B.M、N的角速度大小相等C.M點的線速度大于N點的線速度D.M點的角速度小于N點的角速度【答案】B【解析】試題分析：M、N兩點都做勻速圓周運動，同軸轉(zhuǎn)動角速度相同，根據(jù)判斷兩點的線速度．兩點是同軸轉(zhuǎn)動，所以角速度相同，故，根據(jù)可知半徑越大，線速度越大，故，B正確．3.如圖所示，一單擺在做簡諧運動。下列說法正確的是A.單擺的振幅越大，振動周期越大B.擺球質(zhì)量越大，振動周期越大C.若將擺線變短，振動周期將變大D.若將單擺拿到月球上去，振動周期將變大【答案】D【解析】單擺的與幅度和質(zhì)量無關(guān)，AB錯誤；擺線變短，則L減小，故周期減小，C錯誤；若將單擺拿到月球上去，重力加速度g減小，故T增大，D正確．4.一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，某時刻的波形圖如圖所示。此時質(zhì)點K與M處于最大位移處，質(zhì)點L與N處于平衡位置。下列說法正確的是A.此時質(zhì)點L的運動方向沿y軸負(fù)方向B.此時質(zhì)點N的運動方向沿y軸正方向C.此時質(zhì)點K的加速度為零D.此時質(zhì)點M的速度為零【答案】D【解析】根據(jù)“上坡上，下坡下”原理質(zhì)點L向y軸正方向運動，質(zhì)點N向y軸負(fù)方向運動，AB錯誤；根據(jù)可知MN兩點的位移最大，回復(fù)力最大，所以加速度最大，速度為零，C錯誤D正確．5.在水平地面附近某一高度處，將一個小球以初速度v0水平拋出，小球經(jīng)時間t落地，落地時的速度大小為v，落地點與拋出點的水平距離為x，不計空氣阻力。若將小球從相同位置以2v0的速度水平拋出，則小球A.落地的時間將變?yōu)?tB.落地時的速度大小將變?yōu)?vC.落地的時間仍為tD.落地點與拋出點的水平距離仍為x【答案】C【解析】試題分析：平拋運動可以分解為在水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動，根據(jù)勻速直線運動和自由落體運動的運動規(guī)律列式計算．小球的平拋運動時間取決于在豎直方向上做自由落體運動的時間，根據(jù)，解得，兩種情況下下落的高度相同，所以落地時間相同，都為t，A錯誤C正確；在水平方向上做勻速直線運動，故，所以第二次落地距離變?yōu)樵瓉淼?倍，即2x，D錯誤；落地速度，變?yōu)?，v不是原來的2倍，B錯誤．6.某區(qū)域的電場線分布如圖所示，M、N是電場中的兩個點。下列判斷正確的是A.M點的場強大于N點的場強B.M點的電勢低于N點的電勢C.一個正點電荷在M點的電勢能大于在N點的電勢能D.一個正點電荷在M點受到的電場力大于在N點受到的電場力【答案】C【解析】電場線越密，電場強度越大，故N點的場強大于M點的場強，正點電荷在N點的電場力大于在M點的電場力，AD錯誤；沿電場方向電勢降低，根據(jù)等勢面的分布，可知N點的電勢小于M點的電勢，B錯誤；根據(jù)可知正電荷在電勢高的地方電勢能大，所以正點電荷在M點的電勢能大于在N點的電勢能，C正確．7.在如圖所示的平行板器件中，電場強度E和磁感應(yīng)強度B相互垂直，兩平行板水平放置。具有不同水平速度的帶電粒子射入后發(fā)生偏轉(zhuǎn)的情況不同。這種裝置能把具有某一特定速度的粒子選擇出來，所以叫做速度選擇器。現(xiàn)有一束帶電粒子以速度v0從左端水平射入，不計粒子重力。下列判斷正確的是A.若粒子帶正電且速度，則粒子將沿圖中虛線方向通過速度選擇器B.若粒子帶負(fù)電且速度，則粒子將偏離虛線方向向上做曲線運動C.若粒子帶正電且速度，則粒子將偏離虛線方向向上做曲線運動D.若粒子帶負(fù)電且速度，則粒子將偏離虛線方向向上做曲線運動【答案】A【解析】正粒子射入，電場力方向豎直向下，大小為qE，洛倫茲力方向豎直向上，大小F=qv0B=qE，兩個力平衡，粒子以速度做勻速直線運動．故A正確．若帶負(fù)電的粒子射入，電場力方向豎直向上，洛倫茲力方向豎直向下，若速度，則qv0B=qE，兩個力能平衡，則粒子仍做勻速直線運動．故B錯誤．若粒子帶正電，則電場力方向豎直向下，大小為qE，洛倫茲力方向豎直向上，若速度，則qv0B<qE，粒子將偏離虛線方向向下做曲線運動，選項C錯誤；若粒子帶負(fù)電，則電場力方向豎直向上，大小為qE，洛倫茲力方向豎直向下，若速度，則qv0B>qE，粒子將偏離虛線方向向下做曲線運動，選項D錯誤；故選A.點睛：解決本題的關(guān)鍵知道在速度選擇器中，粒子射入時速度滿足條件，電場力與洛倫茲力平衡與電量、電性無關(guān)．8.如圖所示，理想變壓器接在電壓有效值不變的交流電源上。燈泡L1和L2完全相同（阻值不變），R是一個定值電阻。閉合開關(guān)S1、S2，兩燈泡正常發(fā)光，然后斷開S2，下列判斷正確的是A.燈泡L1變暗B.電阻R兩端的電壓變大C.變壓器輸入功率不變D.變壓器輸出功率變小【答案】D【解析】S斷開后相當(dāng)于負(fù)載減少，總電阻增大，副線圈中電流減小，即通過R的電流減小，所以R兩端的電壓減小，副線圈兩端的電壓不變，所以兩端的電壓增大，故變亮，AB錯誤；副線圈中消耗的功率，U不變，I減小，故副線圈中消耗的電功率即變壓器輸出功率減小，所以變壓器的輸出功率決定變壓器輸入功率，所以變壓器輸入功率減小，C錯誤D正確．9.在如圖所示的電路中，電壓表、電流表均為理想電表。電源電動勢為12V，內(nèi)阻為1Ω，電動機線圈電阻為0.5Ω。開關(guān)閉合，電動機正常工作，電壓表示數(shù)為10V。則A.電源兩端的電壓為12VB.電源的輸出功率為24WC.電動機消耗的電功率為80WD.電動機所做機械功的功率為18W【答案】D【解析】電壓表的示數(shù)為10V，為電源兩端電壓，即路端電壓，而電動勢為12V，故內(nèi)電壓為2V，所以電路電流為，電源的輸出功率等于電動機消耗的電功率，故為，電動機的熱功率為，所以電動機的機械功率為，D正確．【點睛】在計算電功率的公式中，總功率用來計算，發(fā)熱的功率用來計算，如果是計算純電阻的功率，這兩個公式的計算結(jié)果是一樣的，但對于電動機等非純電阻，第一個計算的是總功率，第二個只是計算發(fā)熱的功率，這兩個的計算結(jié)果是不一樣的．10.如圖所示，勻強磁場中有a、b兩個閉合線圈，它們用同樣的導(dǎo)線制成，匝數(shù)均為10匝，半徑ra=2rb。磁場方向與線圈所在平面垂直，磁感應(yīng)強度B隨時間均勻減小。兩線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢分別為Ea和Eb，感應(yīng)電流分別為Ia和Ib。不考慮兩線圈間的相互影響。下列說法正確的是A.Ea∶Eb=2∶1，感應(yīng)電流均沿順時針方向B.Ea∶Eb=4∶1，感應(yīng)電流均沿逆時針方向C.Ia∶Ib=2∶1，感應(yīng)電流均沿順時針方向D.Ia∶Ib=4∶1，感應(yīng)電流均沿逆時針方向【答案】C【解析】根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流均沿順時針方向；由法拉第電磁感應(yīng)定律得：，n，相同，則得到：Ea：Eb=ra2:rb2=4:1；根據(jù)電阻定律：線圈的電阻為，則ρ、S、n相同，兩線圈電阻之比：ra：rb=Ra：Rb=2：1．線圈中感應(yīng)電流I=，綜合得到：Ia：Ib=2：1，故選C.11.如圖所示，雙量程電壓表由表頭G和兩個電阻串聯(lián)而成。已知該表頭的內(nèi)阻Rg＝500Ω，滿偏電流Ig＝1mA。下列說法正確的是A.表頭G的滿偏電壓為500VB.使用a、b兩個端點時，其量程比使用a、c兩個端點時大C.使用a、b兩個端點時，若量程為0~10V，則R1為9.5kΩD.使用a、c兩個端點時，若量程為0~100V，則(R1+R2)為95kΩ【答案】C【解析】表頭G的滿偏電壓為，選項A錯誤；串聯(lián)的電阻越大，則量程越大，則使用a、b兩個端點時，其量程比使用a、c兩個端點時小，選項B錯誤；使用a、b兩個端點時，改裝成10V電壓表時，串聯(lián)電阻阻值：，選項C正確；使用a、c兩個端點時，若量程為0~100V，；選項D錯誤；故選C．12.如圖所示，水平面上有兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ，兩導(dǎo)軌間距為l，電阻均可忽略不計。在M和P之間接有阻值為R的定值電阻，導(dǎo)體桿ab電阻為r并與導(dǎo)軌接觸良好。整個裝置處于磁感應(yīng)強度為B、方向豎直向上的勻強磁場中。現(xiàn)給ab桿一個瞬時沖量，使它獲得水平向右的初速度v0。下列圖象中，關(guān)于ab桿的速度v、通過電阻R中的電流i、電阻R的電功率P、通過MPabM的磁通量Φ隨時間變化的規(guī)律，可能正確的是A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】試題分析：根據(jù)題意判斷導(dǎo)體棒受到的安培力的表達(dá)式，結(jié)合受到變化判斷安培力的變化，而ab受到的安培力大小等于其的合力，據(jù)此判斷ab運動的加速度的變化；根據(jù)、判斷電流變化；結(jié)合電流的變化情況判斷電功率的變化；根據(jù)判斷通過MPabM的磁通量的變化．根據(jù)楞次定律可得ab中的電流為b→a，根據(jù)左手定則可知導(dǎo)體棒受到的安培力方向水平向左，與運動方向相反，做減速運動，導(dǎo)體棒受到的安培力，，，故，由于軌道光滑，所以安培力即為導(dǎo)體棒的合力，，受到減小，合力減小，所以加速度減小，故導(dǎo)體棒做加速度減小的減速運動，A錯誤；電流，由于速度減小，并且減小的越來越慢，所以電流也減小，并且減小的越來越慢，故B正確；電阻R的電功率，因為電流減小，所以電阻R的電功率也在減小，C錯誤；通過MPabM的磁通量，隨著ab棒向右運動，線圈的面積越來越大，所以磁通量越來越大，D錯誤．二、多項選擇題（本題共4小題，每小題3分，共12分。每小題全部選對的得3分，選對但不全的得1分，有選錯的得0分。）13.如圖所示，矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸OO′勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的交流電動勢e=100sin100t(V)。下列說法正確的是A.交流電的頻率為100HzB.交流電動勢的有效值為100VC.當(dāng)線圈轉(zhuǎn)到如圖所示的位置時電動勢為零D.當(dāng)線圈轉(zhuǎn)到如圖所示的位置時穿過線圈的磁通量為零【答案】BC【解析】試題分析：根據(jù)感應(yīng)電動勢的瞬時表達(dá)式求解頻率和周期；當(dāng)感應(yīng)電動勢為零時，線圈平面跟磁感線垂直，磁通量最大，磁通量變化率為0．因為交流電的表達(dá)式為，所以，，所以交流電的頻率為，有效值，A錯誤B正確；圖示位置磁通量最大，磁通量變化率為零，感應(yīng)電動勢為零，C正確D錯誤．14.如圖所示，在光滑的水平面上有一輛平板車，人和車都處于靜止?fàn)顟B(tài)。一個人站在車上用大錘敲打車的左端。在連續(xù)的敲打下，下列說法正確的是A.車左右往復(fù)運動B.車持續(xù)地向右運動C.大錘、人和車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒D.當(dāng)大錘停止運動時，人和車也停止運動【答案】ACD【解析】試題分析：把人和車看成一個整體，根據(jù)動量守恒定律分析即可．15.在高能物理研究中，回旋加速器起著重要作用，其工作原理如圖所示。D1和D2是兩個中空的半圓金屬盒，它們之間有一定的電勢差。兩個半圓盒處于與盒面垂直的勻強磁場中。中央O處的粒子源產(chǎn)生的α粒子，在兩盒之間被電場加速，α粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運動。忽略α粒子在電場中的加速時間，不考慮相對論效應(yīng)。下列說法正確的是A.α粒子運動半個圓周之后，電場的方向必須改變B.α粒子在磁場中運動的周期越來越大C.磁感應(yīng)強度越大，α粒子離開加速器時的動能就越大D.兩盒間電勢差越大，α粒子離開加速器時的動能就越大【答案】AC【解析】試題分析：回旋加速器通過電場加速、磁場偏轉(zhuǎn)來加速粒子，粒子在磁場中運動的周期與交變電壓的周期相等，根據(jù)D形盒的半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求出最大動能，判斷與什么因素有關(guān)．由于經(jīng)過半個運動后，速度方向反向，要使粒子繼續(xù)被加速，則兩個D形盒之間的電場方向必須改變，A正確；粒子在磁場中的運動周期為，與速度無關(guān)，恒定不變，B錯誤；根據(jù)可得，故粒子的動能，所以磁感應(yīng)強度越大，粒子離開加速器時的動能就越大，而粒子獲得的動能與兩盒間的電勢差無關(guān)，所以C正確D錯誤．16.如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別是m1和m2的兩物塊相連，它們靜止在光滑水平地面上。現(xiàn)給物塊m1一個瞬時沖量，使它獲得水平向右的速度v0，從此時刻開始計時，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。則下列判斷正確的是A.t1時刻彈簧長度最短B.t2時刻彈簧恢復(fù)原長C.在t1~t3時間內(nèi)，彈簧處于壓縮狀態(tài)D.在t2~t4時間內(nèi)，彈簧處于拉長狀態(tài)【答案】ABD【解析】結(jié)合圖象弄清兩物塊的運動過程，開始時m1逐漸減速，m2逐漸加速，彈簧被壓縮，t1時刻二者速度相當(dāng)，系統(tǒng)動能最小，勢能最大，彈簧被壓縮最厲害，然后彈簧逐漸恢復(fù)原長，m2依然加速，m1先減速為零，然后反向加速，t2時刻，彈簧恢復(fù)原長狀態(tài)，由于此時兩物塊速度相反，因此彈簧的長度將逐漸增大，兩木塊均減速，當(dāng)t3時刻，二木塊速度相等，系統(tǒng)動能最小，彈簧最長，因此t1時刻彈簧長度最短，t2時刻彈簧恢復(fù)原長；從t1時刻到t2時刻彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)到原長，彈簧處于壓縮狀態(tài)，從從t2時刻到t3時刻彈簧由原長到伸長狀態(tài)，從t3時刻到t4時刻彈簧由伸長狀態(tài)恢復(fù)到原長，故ABD正確,C錯誤；故選ABD.

點睛：對于這類彈簧問題注意用動態(tài)思想認(rèn)真分析物體的運動過程，同時根據(jù)圖象，分析清楚物體的運動情況；注意兩物體共速時會出現(xiàn)兩者距離最大或者最小的情況．三、計算題（本題共5小題。解答應(yīng)有必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。解題過程中需要用到，但題目中沒有給出的物理量，要在解題時做必要的說明。只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的，答案中必須寫出數(shù)值和單位。）17.航空母艦上的起飛跑道由水平跑道和傾斜跑道兩部分組成，飛機在發(fā)動機的推力作用下，在水平和傾斜跑道上滑行。我們可以把這種情景簡化為如圖所示的模型，水平面AB長度x1=2m，斜面BC長度x2=1m，兩部分末端的高度差h=0.5m。一個質(zhì)量m=2kg的物塊，在推力F作用下，從A點開始在水平面和斜面上運動，推力大小恒為F=12N，方向沿著水平方向和平行斜面方向。物塊與水平面、斜面間的動摩擦因數(shù)均為0.2。g取10m/s2。求：(1)物塊在水平面上運動時的加速度大小a；(2)物塊到達(dá)水平面末端B點時的速度大小v；(3)物塊到達(dá)斜面末端C點時的動能Ek?！敬鸢浮?1)4m/s2(2)4m/s(3)14.54J【解析】（1）物塊在水平面上受力如圖1所示水平方向根據(jù)牛頓第二定律，摩擦力，解得（2）根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律，代入數(shù)據(jù)解得速度在斜面上摩擦力，代入數(shù)據(jù)解得18.我國發(fā)射的“嫦娥三號”登月探測器靠近月球后，經(jīng)過一系列過程，在離月球表面高為h處懸停，即相對于月球靜止。關(guān)閉發(fā)動機后，探測器自由下落，落到月球表面時的速度大小為v，已知萬有引力常量為G，月球半徑為R，h<<R，忽略月球自轉(zhuǎn)。求：(1)月球表面的重力加速度g0；(2)月球的質(zhì)量M；(3)假如你站在月球表面，將某小球水平拋出，你會發(fā)現(xiàn)，拋出時的速度越大，小球落回到月球表面的落點就越遠(yuǎn)。所以，可以設(shè)想，如果速度足夠大，小球就不再落回月球表面，它將繞月球做半徑為R的勻速圓周運動，成為月球的衛(wèi)星。則這個拋出速度v1至少為多大？【答案】(1)(2)(3)【解析】（1）根據(jù)自由落體運動規(guī)律，解得（2）在月球表面，設(shè)探測器的質(zhì)量為m，萬有引力等于重力，，解得月球質(zhì)量（3）設(shè)小球質(zhì)量為，拋出時的速度即為小球做圓周運動的環(huán)繞速度萬有引力提供向心力，解得小球速度至少為19.如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子，從容器A下方的小孔S1不斷飄入加速電場，其初速度幾乎為零。粒子經(jīng)過小孔S2沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，做半徑為R的勻速圓周運動，隨后離開磁場。不計粒子的重力及粒子間的相互作用。(1)求粒子在磁場中運動的速度大小v；(2)求加速電場的電壓U；(3)粒子離開磁場時被收集。已知時間t內(nèi)收集到粒子的質(zhì)量為M，求這段時間內(nèi)粒子束離開磁場時的等效電流I.【答案】(1)(2)(3)【解析】（1）洛倫茲力提供向心力，解得速度（2）根據(jù)動能定理，解得（3）設(shè)時間t內(nèi)收集到粒子數(shù)為N，根據(jù)題意有根據(jù)電流定義有，聯(lián)立解得等效電流20.游樂場的過山車可以底朝上在圓軌道上運行，游客卻不會掉下來，如圖甲所示。我們把這種情形抽象為如圖乙所示的模型：弧形軌道的下端N與豎直圓軌道平滑相接，P為圓軌道的最高點。使小球（可視為質(zhì)點）從弧形軌道上端滾下，小球進(jìn)入圓軌道下端后沿圓軌道運動。不考慮小球運動所受的摩擦等阻力。(1)小球沿弧形軌道運動的過程中，經(jīng)過某一位置A時動能為Ek1，重力勢能為EP1，經(jīng)過另一位置B時動能為Ek2，重力勢能為EP2。請根據(jù)動能定理和重力做功的特點，證明：小球由A運動到B的過程中，總的機械能保持不變，即Ek1+EP1=Ek2+EP2；(2)已知圓形軌道的半徑為R，將一質(zhì)量為m1的小球，從弧形軌道距地面高h(yuǎn)=2.5R處由靜止釋放。a．請通過分析、計算，說明小球能否通過圓軌道的最高點P；b．如果在弧形軌道的下端N處靜置另一個質(zhì)量為m2的小球。仍將質(zhì)量為m1的小球，從弧形軌道距地面高h(yuǎn)=2.5R處由靜止釋放，兩小球?qū)l(fā)生彈性正撞。若要使被碰小球碰后能通過圓軌道的最高點P，那么被碰小球的質(zhì)量m2需要滿足什么條件？請通過分析、計算，說明你的理由?！敬鸢浮浚?）Ek2+Ep2=Ep1+Ek1(2)小球剛好能過最高點(3)當(dāng)滿足m2≤m1時，小球m2被碰后能通過圓軌道的最高點P【解析】（1）根據(jù)動能定理，根據(jù)重力做功的特點可知聯(lián)立解得，整理可得（2）a、假設(shè)小球剛好能過最高點，在最高點時小球只受重力作用，此時重力提供向心力解得小球能過最高點的最小速度為小球從M到P，設(shè)小球運動到最高點P時的速度為vp根據(jù)機械能守恒定律解得，即小球剛好能過最高點；b、以小球為研究對象，設(shè)小球運動到N點時的速度為，從M到N，根據(jù)機械能守恒定律，以兩個小球為研究對象，碰后兩小球的速度分別為根據(jù)動量守恒定律根據(jù)能量守恒定律聯(lián)立即得小球碰后的速度因為小球從h=2.5R處滾下時