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1、湖南省衡阳县2018届高三第一学期期末考试物理试题一.选择题:1. 将地面上静止的货物竖直向上吊起,货物由地面运动至最高点的过程中,v-t图像如图所示。以下判断正确的是( )A. 前2s内与最后2s内货物的平均速度和加速度都相同B. 最后2s内货物只受重力作用C. 第2s末至第6s末的过程中,货物的机械前2s内货物处于超重状态D. 前2s内货物处于超重状态【答案】D【解析】由v-t图像的斜率等于加速度可知，前2s内与最后2s内货物的加速度都相同，根据平均速度可知，平均速度相同，选项A错误；最后2s内货物的加速度可知货物不只受重力作用，选项B错误；货物在0-3s内有向上的加速度，则处于超重状态；
2、从第2s末开始的以后2s内，只有前1s内货物超重，故选项C错误，D正确；故选D.点睛：解决本题的关键知道速度时间图线斜率和图线与时间轴围成的面积表示的含义，知道超重、失重的含义2. 如图所示,与坚直方向成45角的天花板上有一物块,该物块在竖直向上的恒力F作用下恰好能沿天花板匀速上升,则下列说法中正确的是( )A. 物块一定受两个力的作用 B. 物块一定受三个力的作用C. 物块可能受四个力的作用 D. 物块可能受三个力的作用【答案】C点睛：本题一定要分情况讨论，注意斜面对物块可能有向下的压力，也可能没有向下的压力，知道若斜面多物块有垂直斜面向下的压力，则必定有沿斜面向下的摩擦力3. 如图所示,一
3、根轻弹簧竖直立在水平地面上,下端固定。小球从高处自由落下,落到弹簧上端将弹簧压缩至最低点。能正确反映上述过程中小球的加速度的大小随下降位移x变化关系的图象是下列图中的A. B. C. D. 【答案】A【解析】小球开始下落时，做自由落体运动，加速度不变，当小球和弹簧接触时，根据牛顿第二定律得：mg-kx=ma，所以：a=g-x，根据简谐运动的对称性，最低点的加速度大于g，故A正确，BCD错误故选A4. 如图所示,设车厢长为L,质量为M,静止在光滑水平面上:,车厢内有一质量为m的物体,以速度v向右运动,与车厢壁来回碰撞n次后,静止于车厢中,这时车厢的速度为( )A. v0,水平向右 B. 0 C.
4、 ,水平向右 D. ,水平向右【答案】D.5. 小行星绕恒星运动,由于恒星均匀地向四周辐射能量,其质量缓慢减小.则经过足够长的时间后,小行星的运动将:(此过程中可认为小行星在绕恒星运动一周的过程中近似做圆周运动)( )A. 半径变大 B. 速率变大 C. 角速度变大 D. 加速度变大【答案】A【解析】恒星均匀地向四周辐射能量，质量缓慢减小，二者之间万有引力减小，小行星做离心运动，即半径增大，故A正确；小行星绕恒星运动做圆周运动，万有引力提供向心力，设小行星的质量为m，恒星的质量为M，则，即，M减小，r增大，故v减小，所以B错误；v=r，v减小，r增大，故减小，所以C错误；由得： ，M减小，r增
5、大，所以a减小，故D错误；故选A点睛：关于万有引力与航天，记住作圆周运动万有引力等于向心力；离心运动，万有引力小于向心力；向心运动，万有引力大于向心力6. 如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水平且处于原长.圆环从A处由静止开始下滑,经过B处的速度最大,到达C处的速度为零,AC=h此为过程I;若圆环在C处获得一竖直向上的速度v,则恰好能回到A处,此为过程.已知弹簧始终在弹性范围内,重力加速度为g,则圆环( )A. 过程I中,加速度一直减小 B. 过程中,克服摩擦力做的功为C. 在C处,弹簧的弹性势能为 D. 过程I、过程中克服摩擦力做功相同【答
6、案】D【解析】圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，则经过B处的加速度为零，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，所以加速度先减小，后增大，故A错误；在过程、过程中，圆环经过同一位置所受的摩擦力大小相等，则知在两个过程中，克服摩擦力做功相同，设为Wf研究过程，运用动能定理列式得： mgh-Wf-W弹=0研究过程，运用动能定理列式得：-mgh-Wf+W弹=0-mv2联立解得：克服摩擦力做的功为：Wf=mv2，W弹=mgh-mv2，所以在C处，弹簧的弹性势能为 Ep=W弹=mgh-mv2，故BC错误，D正确故选D.点睛：能正确分析小球的受力情况和运动情况，对物理过程进行受
7、力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法，应用动能定理时要注意选择研究的过程7. 在如图所示的电路中,电源电动势为3.0V,内阻不计,L1、L2、L3为相同规格的三个小灯泡,这种小灯泡的伏安特性曲线如图所示,当开关闭合后,下列判断正确的是( )A. 灯泡L1的电阻为12 B. 灯泡L1消耗的电功率为0.75WC. 通过灯泡L的电流为通过灯泡L2 D. 灯泡L2消耗的电功率为0.30W【答案】ABD【解析】当开关闭合后，灯泡L1的电压U1=3V，由图读出其电流I1=0.25A，则灯泡L1的电阻R1=U1/I1=12，功率P1=U1I1=0.75W，故AB正确；灯泡L2、L3串联，电压U2=U3=
8、1.5V，由图读出其电流I2=I3=0.20A，灯泡L2、L3的功率均为P=UI=1.5V0.20A=0.30W，故D正确，C错误；故选ABD8. 如图所示,在竖直平面内有一匀强电场,其方向与水平方向成=30斜向上,在电场中有一质量为m,带电荷量为q的带电小球,用长为L的不可伸长的绝缘细线挂于O点,当小球静止于M点时细线恰好水平。现用外力将小球拉到最低点P然后无初速度释放,则以下判断正确的是( )A. 小球再次到M点时,速度刚好为零B. 小球从P到M过程中,合外力对它做了的功C. 如果小球运动到M点时,细线突然断裂,小球以后将做匀变速曲线运动D. 小球从P到M过程中,小球的机械能增加了【答案】
9、BC【解析】当小球静止于M点时，细线恰好水平，说明重力和电场力的合力方向水平向右，小球从P到M过程中，线拉力不做功，只有电场力和小球重力做功，它们的合力也是恒力，方向水平向右，所以小球到最右边时，速度最大，而不是零，A错误；电场力与重力合力为mgtan60=mg，这个方向上位移为L，所以做功为mgL，B正确；机械能增加量就是动能增加量mgL和重力势能增加量mgL之和，故选项D错误；细线突然断裂时，速度方向竖直向上，合外力水平向右，做匀变速曲线运动，选项C正确；故选BC.点睛：本题考查了在复合场中的受力分析，其中方向出重力和电场力的合力方向水平向右且求出大小是本题的关键9. 一理想变压器原副线圈
10、的匝数比为10:1,原线圈输入电压的变化规律如图甲所示,副线圈所接电路如图乙所小,P为滑动变阻器的触头,下列说法正确的是( )A. 副线圈输出电压的频率为50Hz B. 副线圈输出电压的有效值为31vC. P向右移动时,原副线圈的电流比减少 D. P向右移动时,变压器的输出功率增加【答案】AD【解析】试题分析：变压器不改变交流电的频率，故副线圈输出电压的频率为，A正确；原线圈中的电压为，根据公式可得副线圈两点的电压为，B错误；原副线圈的电流比为，恒定不变，与电阻大小无关，C错误；当P向右移动时，电阻减小，原线圈中的电流增大，所以根据公式可得副线圈中的功率增大，所以原线圈中的输出功率增大，D正确
11、；考点：考查了理想变压器【名师点睛】对于变压器需要掌握公式、，以及知道副线圈的电流以及功率决定了原线圈中的电流和功率，理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象10. 如图甲所示,水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R,导体棒MN放在导轨上且接触良好,整个装置放于垂直导轨平面的磁场中,磁感应强度B的变化情况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正),MN始终保持静止则0t2时间内( )A. 电容器C的电荷量大小始终不变 B. 电容器C的a板先带正电后带负电C. MN所受安培力的方向先向右后向左 D. MN所受安培力的大小始终不变【答案】AC【解析】由乙图知，磁感应强
12、度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生恒定电动势，电路中电流恒定，电阻R两端的电压恒定，则电容器的电压恒定，故电容器C的电荷量大小始终没变根据楞次定律判断可知，通过R的电流一直向下，电容器a板电势较高，一直带正电故A正确，B错误；由右手定则判断得知，MN中感应电流方向一直向上，由左手定则判断可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，故C正确根据安培力公式F=BIL，I、L不变，由于磁感应强度变化，MN所受安培力的大小变化，故D错误故选AC点睛：本题关键要根据法拉第电磁感应定律判断出电路中的电流恒定不变，再根据楞次定律、右手定则、左手定则进行分析二、实验题:11. 如图甲是验证机械能守
13、恒定律的实验。质量为m小圆柱由一根不可伸长的轻绳拴住,轻绳另一端固定。将轻绳拉至水平后由静止释放。在最低点附近放置一组光电门,测出小圆柱运动到最低点的挡光时间t,再用游标卡尺测出小圆柱的直径d,如图乙所示,重力加速度为g。则(1)小圆柱的直径d=_mm。(2)测出悬点到圆柱重心的距离l,若等式mgl=_成立,说明小圆柱下摆过程机械能守恒(用题目中的符号表示).【答案】 (1). (1)10.2 (2). (2)【解析】（1）小圆柱的直径d=10mm+0.1mm2=10.2mm；（2）小圆柱体运动到最低点的速度；则若小圆柱下摆过程机械能守恒，则满足.12. 某学生实验小组利用如图所示电路测量多用
14、电表内电池的电动势和电阻“1k挡内部电路的总电阻。使用的器材有:多用电表;电压表:量程5V,内阻十几千欧;滑动变阻器:最大阻值5k;导线若干回答下列问题:(1)将多用电表挡位调到电阻“lk”挡再将红表笔和黑表笔_，调节欧姆调零旋钮,使指指在0欧姆(2)将图中多用电表的黑表笔和_(填“1”或“2)端相连,红表笔连接另一端。(3)将滑动变阻器的滑片调到适当位置,使多用电表的示数如图甲所示,这时电压表的示数如图乙所示。电压表和多用电表的读数分别为_V和_K。(4)调节滑动变阻器的滑片,使其接入电路的阻值为零，此时多用电表和电压表的读数分别为10.0k和4.32V。从测量数据可知,电压表的内阻为_k。
15、(5)多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路,如图所示。根据前面的实验数据计算可得,此多用电表内:电阻“1k挡内部电路的总电阻为_k ,电池的电动势为_V。(结果保留三位有效数字) 【答案】 (1). (1)短接 (2). (2)2 (3). (3)3.60 (4). 15.0 (5). (4)10.0 (6). (5)15.0 (7). 10.8【解析】（1）将多用电表挡位调到电阻“lk”挡再将红表笔和黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮,使指指在0欧姆；（2）万用表接线柱接法为红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；电流从电压表正接线柱流
16、入，故红表笔接触1，黑表笔接2；（3）欧姆表读数等于倍率与表盘读数的乘积；故读数为1k15.0=15k；电压表量程为5V，最小分度为0.1V，故读数为3.60V；（4）由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值，为10.0k；（5）欧姆表的中值电阻等于内电阻，故欧姆表1k档位的内电阻为15.0k；根据闭合电路欧姆定律，电动势为：E=U+r=4.32V+15000=10.8V；点睛：本题关键是明确实验原理，会使用欧姆表和电压表测量电阻和电压，同时能根据闭合电路和欧姆定律分析电源内部结构，能根据闭合电路欧姆定律灵活地列式分析三、计算题:13. 如图所示,一个质量为0.6kg的小球以某一初速度
17、从P点水平抛出,恰好从圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力,进入圆弧时无机被能损失)。已知圆弧的半径R=0.6m, =60,小球到达A点时的速度vA=8m/s。g取10m/s2,求:(1)小球做平抛运动的初速度v0(2)P点与A点的高度差(3)小球刚好能到达圆弧最高点C,求此过程小球克服摩擦力所做的功。【答案】（1）4 m/s（2）2.4 m（3）12J【解析】(1)由题意知小球到A点的速度vA沿曲线上A点的切线方向，对速度分解如图所示：小球做平抛运动，由平抛运动规律得：v0vxvAcos 4 m/s(2)小球由P至A的过程由动能定理得：mghmvA2mv02 解得：h2.4 m(
18、3)小球恰好经过C点时，在C点由牛顿第二定律得：mgm 解得：vC m/s小球由A至C过程由动能定理得：mg(Rcos R)WfmvC2mvA2 解得：Wf12J14. 如图所示,在平面直角坐标系xoy中的有一个等腰直角三角形硬质细杆框架FGH,框架竖直放在粗糙的水平面上,其中FG与地面接触。空间存在着垂直于框架平面的匀强磁场,磁感应强度为B,FG的长度为8L,在框架底边FG中垂线OH上S(0,L)处有一体积可忽略的粒子发射装置,在该平面内向各个方向发射速度大小相等且带正电的大量同种粒子,射到框架上的粒子立即被框架吸收.粒子的质量为m,电荷量为q,不计粒子间的相互作用以及粒子的重力.(1)试问
19、速率在什么范围内所有粒子均不可能打到框架上?(2)如果粒子的发射速率,求出框架上能被粒子打中的长度(3)如果粒了的发射速率仍为,某时刻同时从S点发出粒子,求从第一个粒子到达底边FG至最后一个到达底边的时间间隔t. 【答案】（1）（2） （3）【解析】（1）如图1所示，以OS为直径的粒子在运动过程中刚好不碰到框架上。根据几何关系，根据牛顿第二定律可得满足的粒子均不可能碰到三角形框架（2）当粒子速率时，可求得其做圆周运动半径如图2所示，当粒子的入射速度方向沿SO方向时，运动轨迹与FG相切于J点；当粒子的入射速度方向沿OS时，运动轨迹与FG相切于I点，速度方向介于这二者之间的入射粒子均可打在挡板FG
20、上，挡板上被粒子打中的长度为图3中JK之间的距离，其中SK=2r=2L， 挡板上被粒子打中的长度（3）通过分析最长时间为， 最短时间为，而故点睛：带电粒子在磁场中的运动问题，关键是画出粒子在磁场中运动的轨迹图，结合几何关系及临界条件列方程解答.四、选做题15. 根据热力学知识。下列说法正确的是_。A.当rr0(平衡距离)时随着分子间距增大,分子间的引力增大,斥力减小,所以合力表现为引力B.热量可以从低温物体传到高温物体C.分析布朗运动会发现悬浮的颗粒越小,温度越高,布朗运动越剧烈D.空气相对湿度越大时,空气中水蒸气压强越接近饱和汽压,水蒸发越快E.夏天中午时车胎内的气压比清晨时的高,且车胎体积
21、增大,则从清晨到中午胎内气体对外界做功内能增大(胎内气体质量不变且可视为理想气体)【答案】BCE【解析】当rr0(平衡距离)时随着分子间距增大，分子间的引力减小，斥力减小，所以合力表现为引力，选项A错误；根据热力学第二定律可知，热量可以从低温物体传到高温物体，但要引起其他的变化，选项B正确；分析布朗运动会发现悬浮的颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈，选项C正确；空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢，选项D错误；夏天中午时车胎内的气压比清晨时的高，且车胎体积增大，则气体从外界吸收热量，温度升高，内能增大；体积膨胀，根据热力学第一定律U=W+Q，知气体对外界做功,故E正确
22、；故选BCE.16. 如图所示,粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口,管内有一段水银柱,右管内气体柱长为40cm,中管内水银面与管口A之间气体柱长为42cm,先将口B封闭,再将左管竖直插入水银槽中,设整个过程温度不变,稳定后右管内水银面比中管内水银面高4cm,求(1)稳定后右管内的气体压强P(2)左管A端插入水银槽的深度h。(大气压强P0=76cmHg)【答案】(1)80 cmHg (2)14 cm【解析】（1）插入水银槽后右管内气体：由玻意耳定律得：p0l0 Sp(l0h)S，所以p80 cm Hg。（2）插入水银槽后左管压强ppgh80484 (cmHg)左管内外水银面的高度差h184cm7
23、6 cm8 cm，中、左管内气体p0lpl，l cm38 cm。左管插入水银槽深度hlhlh142238814cm17. 一列简谐横波在某时刻的波形如图所示,某时刻质点P的速度为v,经过1.0s它的速度第一次与v相同,再经过0.2s它的速度第二次与v相同,则下列判断中正确的是_A.波沿x轴正方向传播,波速为6m/s B.波沿x轴负方向传播,波速为5mC.若某时刻质点M到达波谷处,则质点P一定到达波峰处D.质点M与质点Q的位移大小总是相等、方向总是相反E.从图示位置开始计时,在2.0s时刻,质点P的位移为20cm【答案】BCE【解析】由图读出波长 =6m根据质点P的振动情况可得：该波的周期为 T
24、=1.0s+0.2s=1.2s，则波速为 ：=5m/s，根据质点P的运动情况可知，图示时刻P点运动方向沿y轴负方向，则沿波x轴负方向传播，故A错误，B正确由图知质点M与质点P的平衡位置之间的距离是半个波长，振动情况总是相反，则某时刻质点M到达波谷处，则质点P一定到达波峰处，故C正确；图示时刻，质点M与质点Q的位移大小相等、方向相反，但它们平衡位置之间的距离不是半个波长的奇数倍，所以位移不是总是相反故D错误；该波的周期T=1.2s，从图示位置开始计时，质点P的振动方程为： ，当t=2.0s时，代入解得 y=20cm，即从图示位置开始计时，在2.0 s时刻，质点P的位移为20 cm，故E正确。所以
25、BCE正确，AD错误。18. 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,求:（1）鱼饵灯离水面的深度；（2）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 ASDFESAQ!#%FWQQ!QAaaazzx33456#$!%ASDFESAQ!#%FWQQ!QAaaazzx33456#$!%