精品解析天津市部分区学年度第一学期期末考试高三物理试题解析版.docx

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精品解析天津市部分区学年度第一学期期末考试高三物理试题解析版

天津市部分区2018-2019学年度第一学期期末高三物理

一、单项选择题（每小题4分，共32分。

每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）

1.物体做匀变速直线运动，下列选项中物体速度减小的是

A.加速度方向与速度方向相同

B.加速度方向与速度方向相反

C.加速度和速度的方向都沿规定的正方向

D.加速度和速度的方向都沿规定的负方向

【答案】B

【解析】

【分析】

明确匀变速直线运动的性质，知道当加速度与速度方向相同时，物体做加速运动；加速度与速度方向相反，物体做减速运动；物体作匀变速直线运动，其加速度恒定不变的。

【详解】加速度方向与速度方向相同，此时物体做加速运动，速度增加，选项A错误；加速度方向与速度方向相反，此时物体做减速运动，速度减小，选项B正确；加速度和速度的方向都沿规定的正方向或者加速度和速度的方向都沿规定的负方向时，加速度和速度方向相同，物体均做加速运动，选项CD错误；故选B.

2.在保持其他因素不变的条件下，平行板电容器的电容量

A.与两极板间所加的电压成正比B.与两极板之间的距离成正比

C.与电容器所带的电荷量成正比D.与两极板的正对面积成正比

【答案】D

【解析】

【分析】

电容器的电容由电容器本身决定，与电容器所带电量无关。

电容器不带电，其电容C不为零。

由

可知：

平行板电容器的电容与极板的正对面积正比，与它们之间距离的成反比。

【详解】电容器的电容由电容器本身决定，与电容器所带电量和两极板电压无关，故AC错误；由

可知：

平行板电容器的电容与极板的正对面积正比，与它们之间距离的成反比，故B错误，D正确；故选D。

【点睛】本题要抓住电容比值定义法的共性，电容反映了电容器容纳电荷本领的大小，与电压、电量无关。

3.天津市有多条河流，每条河流需要架设多座桥梁。

假如架设桥梁的每一个桥墩有两根支柱，每根支柱都是用相同横截面积的钢筋混凝土铸造。

按照下列角度设计支柱，能使支柱的承重能力更强的是

A.

B.

C.

D.

【答案】A

【解析】

【分析】

依据受力分析，结合矢量的合成法则，及两力的合力一定时，当两分力夹角越大，则分力越大，夹角越小时，则分力越小，从而即可求解。

【详解】由题意可知，两根支柱支撑相同的质量的桥梁，即两个力的合力是一定，当两个力的夹角越大时，则分力也越大，当两个力的夹角越小时，则分力也越小，能使支柱的承重能力更强的是，即使支柱支撑的力要小，故A正确，故BCD错误；故选A。

【点睛】考查矢量的合成法则，掌握两力的合成，当合力一定时，两分力大小与夹角的关系，同时理解能使支柱的承重能力更强，不是支柱支撑的力最大，而要最小的。

4.飞机在海上进行投弹演习，飞机水平匀速飞行，其投出的炸弹欲命中海面上的固定目标

A.飞机必须在目标正上方开始投弹才能命中目标

B.飞机必须在越过目标以后开始投弹才能命中目标

C.炸弹在空中飞行的时间由飞机离海面的高度决定

D.炸弹在空中飞行的时间由飞机水平飞行的速度决定

【答案】C

【解析】

【分析】

飞机水平匀速飞行，其投出的炸弹平抛运动，分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向自由落体运动，根据其规律分析各项即可。

【详解】飞机水平匀速飞行，其投出的炸弹做平抛运动，分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向自由落体运动，故要想击中目标，必须提前投弹，故AB错误；根据h=

gt2可知，平抛运动的时间由竖直下落的高度决定，故C正确，D错误；故选C。

【点睛】本题考查平抛运动的特点，关键是掌握两分方向的运功规律，水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动，然后利用运动规律解题即可。

5.两颗卫星都围绕地球做匀速圆周运动，卫星A轨道半径为36000km，卫星B轨道半径为21500km。

下列说法正确的是

A.两颗卫星的发射速度均小于第一宇宙速度

B.卫星A的速率比卫星B的大

C.卫星A的加速度小于卫星B的加速度

D.卫星A的运动周期小于卫星B的运动周期

【答案】C

【解析】

【分析】

根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出周期、线速度、角速度和向心加速度的表达式，再进行讨论即可。

【详解】第一宇宙速度是最小的发射速度，由于两颗卫星的轨道高度都较大，所以两颗卫星的发射速度均大于第一宇宙速度。

故A错误；根据人造卫星的万有引力等于向心力，得：

可得：

，

，

，可知卫星的轨道半径越小，角速度、线速度、向心加速度越大，周期越小；由题中A的轨道半径大于B的轨道半径，则知A周期大，A的速度和向心加速度都小，故C正确，BD错误。

故选C。

【点睛】本题关键抓住万有引力提供向心力，列式求解出线速度、角速度、周期和向心力的表达式，再进行讨论。

6.如图所示电路，电源内阻不可忽略，电压表和电流表均视为理想电表。

当开关闭合后，滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是

A.通过电阻R0的电流减小

B.电源内电阻上的电压减小

C.电流表和电压表的读数均增大

D.电流表的读数增大，电压表的读数变小

【答案】D

【解析】

【分析】

当滑片逐渐向右滑动时，外电路的总电阻变化，根据闭合电路欧姆定律判断干路电流的变化情况；根据U=E-Ir判断路端电压的变化情况；即可得到两个电表读数的变化。

【详解】当滑片逐渐向右滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律，总电流增大，电流表示数变大，通过电阻R0的电流增大，电源内阻上的电压U内＝Ir增大，电压表测的是路端电压U=E-Ir，路端电压减小，电压表示数变小，故ABC错误，D正确；故选D。

【点睛】本题是电路的动态分析问题，关键是明确电路结构，然后结合闭合电路欧姆定律和串并联电路的电压和电流关系列式分析。

7.纸面内的两根导线相互平行，通有同向且等大的电流，则

A.两导线相互排斥

B.两导线相互吸引

C.两导线之间与两导线距离相等处磁场方向垂直于纸面向里

D.两导线之间与两导线距离相等处磁场方向垂直于纸面向外

【答案】B

【解析】

【分析】

带电体周围存在着一种特殊物质，这种物质叫电场，其基本性质是对放入电荷有电场力的作用，而电荷间的相互作用就是通过电场发生的。

通电导线的周围有磁场，另一通电导体放在此通电导线的磁场内，受到磁场的作用，根据左手定则就可以判断出相互作用力。

【详解】根据通电直导线产生磁场的特点，两条导线周围都产生圆形磁场，而且磁场的走向相反；这就好像在两条导线中间放置了两块磁铁，它们的N极和S极相对，S极和N极相对，由于异名磁极相吸，这两条导线会产生吸引力，故A错误，B正确；根据矢量的叠加法则，结合以上分析：

在两条导线之间磁场方向相反，则两导线之间与两导线距离相等处，两导线在此处磁场方向相反，大小相等，因此它们的合磁场为零，故CD错误。

故选B。

【点睛】本题考查了电流的磁场、磁场对电流的作用，只是要求灵活运用所学知识；电场是特殊形态的物质，看不见，摸不着，但又是客观存在的物质，电荷周围就存在电场，已被大量实验证明。

8.一玩具小车沿x轴运动，其v－t图象如图所示。

下列说法正确的是

A.第1s内和第4内，小车的加速度大小相等、方向相同

B.0~3s内，小车的平均速度为5m/s

C.t=3s时，小车的速度大小为5m/s，方向沿x轴正方向

D.第2s内和第3s内，合力对小车做的功相同

【答案】A

【解析】

【分析】

v-t图象的斜率表示加速度，速度的正负表示运动方向，图线与坐标轴围城图形的面积表示位移。

平均速度等于位移与时间之比。

据此分析。

【详解】v-t图象的斜率表示加速度，可知第1s内和第4s内的加速度大小k=a=

=5m/s2，方向均为正方向；故A正确。

由v-t图象的面积表示位移，可知0～3s内的位移相等为2.5m，由

，故B错误；t=3s时，小车的速度大小为5m/s，方向沿x轴负方向，故C错误；根据图象可知，第2s内动能的减少量和第3s内动能的增加量相等，根据动能定理可知，外力对质点在第2s内做负功和第3s内做正功，两者大小相等，性质不同；故D错误。

故选A。

二、不定项选择题（每小题4分，共16分。

每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分）

9.根据物理学发展史，下列叙述中符合事实的是

A.伽利略用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德关于“力是维持物体运动的原因”的观点，而且归纳、总结出牛顿第一定律

B.法拉第提出了场的概念，而且采用电场线来直观、形象地描绘电场

C.安培研究了磁场对电流的作用规律，还提出了著名的分子电流假说，用来解释磁化和消磁等一些现象

D.卡文迪许将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出万有引力定律，还测出了引力常量的数值

【答案】BC

【解析】

【详解】伽利略应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点，但没有总结牛顿第一定律，故A错误；法拉第不仅提出了场的概念，而且采用电场线来直观地描绘了电场，故B正确；安培研究了磁场对电流的作用规律，还提出了著名的分子电流假说，用来解释磁化和消磁等一些现象，故C正确；牛顿将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出万有引力定律。

卡文迪许测出了引力常量的数值，故D错误。

故选BC。

10.电场中的电场线和等势面如图所示，下列说法正确的有

A.A、B两点电势高低及场强大小的关系是

A<

B，EA>EB

B.负点电荷q在A、B处电势能EpA

C.从A到B移动正点电荷，电场力做正功

D.负点电荷只在电场力作用下从A运动到B，动能增加

【答案】AD

【解析】

【分析】

电场强度根据电场线的疏密分析大小。

根据沿电场线方向电势降低判断电势的高低，由电势能公式Ep=qφ分析负电荷的电势能大小。

根据电场力方向与速度方向的夹角，判断静电力做功正负。

【详解】电场线的疏密表示电场的强弱，A点处电场线比B处电场线密，则A点的电场强度比B点的电场强度大，即EA＞EB；沿电场线的方向电势降低，由图可知，电场线的方向向左，B点的电势高，即ϕA＜ϕB，故A正确。

B所在等势面的电势高于A所在等势面的电势，所以B点比A点的电势高，由电势能公式Ep=qφ分析得知，负电荷在A点的电势能比在B点的电势能大，故B错误。

A、B两点间的电势差UAB=φA-φB，因为φA＜φB，所以UAB＜0，可知电场力做负功，故C错误。

负电荷由A向B移动，电势能减小，静电力做正功，动能增加，故D正确。

故选AD。

【点睛】本题关键掌握电场线与电势、电场强度的关系，知道沿电场线方向电势降低，负电荷所受的静电力逆着电场线。

11.游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来，其模型如图所示的小球运动。

D为圆轨道最高点，B为轨道底部。

小球从高度为h处的A点由静止开始下滑，忽略摩擦和空气阻力。

下列表述正确的有

A.h越大，小球到达B处时的速度越大

B.小球运动到B处时轨道所受的压力大于小球的重力

C.小球过D点的速度可以为零

D.h越大，小球运动到B处时轨道所受的压力越小

【答案】AB

【解析】

【分析】

由于忽略空气阻力和摩擦，则整个过程机械能守恒，由机械能守恒律或动能定理求出到达最低点的速度；由牛顿第二定律可知在最低点是超重；在最高点由于是圆周运动的一部分，所以速度必满足一定的要求；到B处压力随速度的增大而增大。

【详解】由机械能守恒律，当h越大时，到B点减小的重力势能越大，动能越大，所以到B点的速度越大，选项A正确；在B点，由于是圆周运动的一部分，B点的向心加速度竖直向上，属超重，无论是到B点的速度多大均压力大于重力，则选项B正确，而当h越大时，运动到B点的速度越大，所需的向心力越大，压力越大，所以选项D错误；D点是圆周运动的最高点，圆周运动所需的向心力跟速度有关，若在D点速度为零，那么由此可推出物体还未到D点时已经脱离轨道做向心运动了，所以选项C错误。

故选AB。

12.小球放在竖直的弹簧上，并把球往下按至A的位置。

迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C，途中经过位置B时弹簧正好处于原长状态。

弹簧的质量和空气的阻力均可忽略。

则下列说法正确的是

A.由A到B，小球的动能一直增大

B.由A到B，小球的机械能一直增大

C.由A到C，小球和弹簧的机械能一直增大

D.由A到C，小球和弹簧的机械能保持不变

【答案】BD

【解析】

【分析】

机械能守恒的条件是否有重力和弹力以外的力对研究对象做功，或者从能量转化看，是否有机械能与其他能的转化，要注意本题涉及的三个位置ABC，分别是最低弹簧压缩最大、弹簧原长、及最高点，弹簧发生作用的只是从A到B，要仔细分析。

【详解】速度最大的位置是弹力与重力相等的位置，此时弹簧处于压缩状态，则从A到B物体的速度先增大后减小，所以选项A错误；从A到B，一直有弹簧对物体做功，由功能关系知道物体的机械能一直增大，选项B正确；从A到C，由于弹簧和物体这个系统无机械能与其他的能的转化，所以系统的机械能守恒，则选项C错误，D正确。

故选BD。

【点睛】解决本题的关键是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。

在解题时要注意，单独对小球来说，小球和弹簧接触过程中机械能不守恒。

三、填空題（本题共2小题，16分）

13.如图1所示，为“探究加速度和力、质量的关系”的实验装置。

长木板有一定倾角，这样做的目的是___________。

如图2所示为本实验中一次记录小车运动情况的纸带。

图中A、B、C、D、E为相邻的计数点，相邻计数点的时间间隔为T=0.1秒。

打D点时小车的瞬时速度大小为___________m/s，小车的加速度大小为___________m/s2。

（结果均保留三位有效数字）

【答案】

（1）.平衡摩擦力

（2）.1.58（3）.3.53

【解析】

【分析】

实验前要平衡摩擦力；根据匀变速直线运动的推论求出瞬时速度，根据匀变速直线运动的推论：

△x=at2求出小车的加速度。

【详解】实验前将长木板不带定滑轮的一端适当垫高以平衡摩擦力；做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，打D点时的速度：

，由匀变速直线运动的推论：

△x=at2可知，加速度：

；

14.实验员老师在整理仪器时发现了一只未知电阻Rx和一块锂电池。

电池的铭牌数据标识为：

电动势E=4.0V，最大放电电流为60mA。

他把多用表的选择开关置于电阻×100挡粗测了Rx的阻值，示数如图。

然后给同学们准备了如下器材，请同学们帮他测量电阻Rx的准确值：

A．电压表V1（量程3V，电阻Rv约为4.0kΩ）

B．电压表V2（量程15V，电阻Rv约为12.0kΩ）

C．电流表A1（量程60mA，电阻RA1约为5Ω）

D．电流表A2（量程2mA，电阻RA2约为50Ω）

E．滑动变阻器R1（0～40Ω，额定电流1A）

F．开关S一只、导线若干

（1）为了更精确测量电阻Rx的阻值，电压表应选________，电流表应选______。

请你设计测通Rx的实验原理图，并画在答题纸的指定位置________。

（2）同学们又设计了如图甲所示的电路图测量该锂电池的电动势E和内阻r，图中R为电阻箱（0～999.9Ω）。

根据测量数据作出

图像，如图乙所示。

若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势E=_______；内阻r=_______。

（用k和b表示）

【答案】

（1）.A

（2）.D（3）.

（4）.

（5）.

【解析】

【详解】由图可知电阻的阻值约为

，电动势E=4.0V，所以电压表选A，通过电阻的最大电流为：

，所以电流表选D，滑动变阻器的阻值较小，所以选择分压器电路，又因

，所以采用电流表内接，所以电路图如图所示：

（3）根据欧姆定律有：

，变形得：

，根据图象可追图线的斜率为

，解得：

，截距为

，解得：

。

四、计算题（本题共3小题，36分。

解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。

有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）

15.一物体以5m/s的初速度沿倾角为37˚的固定斜面上滑。

已知物体与斜面间的动摩擦因数为0.5，设斜面足够长。

（g=10m/s2，sin37˚=0.6，cos37˚=0.8）求：

（1）物体上滑的最大位移；

（2）物体回到出发点时的速度；

【答案】

（1）1.25m

（2）

m/s

【解析】

（1）根据牛顿第二定律得：

a1=gsinθ+μgcosθ=6+0.5×8=10m/s2

根据速度位移公式得：

2as=v02，s=

=1.25m

（2）根据牛顿第二定律，下滑的加速度为：

a2=gsinθ-μgcosθ=6-4=2m/s2

根据v2=2a2s 得：

．

16.如图所示，为某娱乐活动项目的示意图;参加活动的人员从右侧平台上的A点水平跃出，到达B点恰好抓住摆过来的绳索，这时人的速度恰好垂直于OB向左下，然后摆到左侧平台上的D点。

不计一切阻力和机械能损失，不计绳的重力，人可以看作质点，绳索不可伸长。

设人的质量为m=50kg，绳索长l=25m，A点比D点低h=3.2m。

人刚抓住绳索以及摆到D点时绳索与竖直方向的夹角分别如图所示（g=10m/s2）。

若使人能刚好到达D点，求：

（1）人从A点水平跃出的速度；

（2）A、B两点间的水平距离；

（3）在最低点C，人对绳索的拉力。

【答案】

（1）8m/s

（2）4.8m（3）

【解析】

【分析】

（1）从A到D点由机械能守恒律可以求出从A点跃出的速度；

（2）由平抛的水平和竖直位移规律，求出水平距离即AB两点间的距离；

（3）由机械能守恒律求出到达最低点的速度，再由牛顿第二定律求出人受到绳子的拉力。

【详解】

（1）由A到D，根据机械能守恒定律 

mv02=mgh

解得 v0＝

=8m/s                                                                            

（2）从A到B，人做平抛运动 y=lcos37°-lcos53°-h                                

而 y=

gt2                                                                                                      

所以 x=v0t=4.8m                                                                                             

（3）由A到C，根据机械能守恒定律 

mv02+mgl（1-cos53°-h）=

mv2         

F-mg=m

解得 

  根据牛顿第三定律，绳受到的拉力大小与F相等，也是900N．

【点睛】本题考察机械能守恒律和牛顿第二定律及平抛运动的综合，但要注意的是人跃出时的速度方向是水平跃出，这样才是一个平抛，而到达A点时是与绳子垂直的，从而就没有机械能的损失。

17.如图所示，A、B为竖直放置的平行板电容器的两个极板，B板中央有一个小孔c，右侧有一个边界为等边三角形abc的匀强磁场，ab边与B板平行。

磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，ab=bc=ac=l在A板正对B板小孔的P处，由静止释放一个电荷量为+q、质量为m的带电粒子（重力不计）。

（1）若该粒子恰能从图中o点射出，且ao=l/4，求A、B两板间的电压UAB；

（2）若要该带电粒子在磁场中运动的时间保持不变，求AB两板间的电压最大值UAB′

【答案】

（1）

（2）

【解析】

【分析】

（1）粒子在加速电场中，电场力做功，由动能定理求出速度v。

粒子从进入磁场到从O点离开，画出粒子运动的轨迹，根据半径公式结合几何关系即可求解；

（2）粒子从进入磁场到从ac间离开，画出运动轨迹，找出临界状态，根据半径公式结合几何关系即可求解。

【详解】

（1）设带电粒子进入磁场c点时的速度为v，如图所示：

在磁场中轨迹的圆心是O′半径是R，由题意可得：

（lsin60°）2+（R-

）2=R2，

解得：

R=

l

带电粒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：

qvB=m

，

解得：

粒子在电场中加速，由动能定理得：

qUAB=

mv2，

解得：

UAB=

；

（2）带电粒子只要从ac边界上任一点射出，则在磁场中运动的圆弧所对应的圆心角均为60°，如图所示：

粒子在磁场中做圆周运动的周期：

可知带电粒子在磁场中运动时间均为：

t=

T

解得：

与轨迹半径的大小无关，即与A、B板间的加速电压无关，则带电粒子从a点射出对应的电压就是最大电压。

设带电粒子从a点射出时的轨迹半径是r，如图所示，

由几何知识得：

（lsin60°）2+（r-

l）2

解得；r=l，

粒子在电场中加速，由动能定理得：

qUAB′=

mv2，

解得：

UAB′=

；

【点睛】本题是带电粒子在组合场中运动的问题，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求同学们能画出粒子运动的轨迹，能根据半径公式，周期公式结合几何关系求解。