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辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、东北育才学校2018届高三上学期期末考试物理试题一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1－7题只有一项符合要求，第8－12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分。）1.下列说法中正确的是（）A.随地球自转的物体在地球上任意位置受到地球对该物体的万有引力都大于其重力B.磁悬浮列车运行过程中悬浮于轨道上方，所以运行的磁悬浮列车为失重状态C.射线是原子核外电子电离形成的电子流，它具有中等的穿透能力D.法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线形象地描述电场【答案】D【解析】A、地球上随地球一起自转的物体，由万有引力的一部分充当向心力，另一部分的分力是重力，则大多数位置万有引力都大于其重力，但在两极地区，向心力为零，则万有引力全部提供重力，故A错误；B、磁悬浮列车处于悬浮状态，在竖直方向受力平衡，则不是失重状态，B错误；C、β射线是具有放射性的元素的原子核中的一个中子转化成一个质子同时释放出一个高速电子即β粒子，它具有中等的穿透能力，则C错误；D、1837年英国物理学家法拉第最早引入了电场的概念，并提出电场线和磁感线来形象表示电场和磁场,故D正确，故选D.【点睛】本题考查的知识点较多，这要求学生从生活中分析判断所包含的众多物理知识，并且会利用相关的知识分析解释，做到学而所用，从而培养兴趣．2.如图所示，板间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，不计重力的氘、氚核和氦核初速度为零，经相同的电压加速后，从两极板中间垂直射入电磁场区域，且氘核沿直线射出。不考虑粒子间的相互作用，则射出时（）A.偏向正极板的是氚核B.偏向正极板的是氦核C.射入电磁场区域时，氚核的动能最大D.射入电磁场区域时，氦核的动量最大【答案】D【解析】设氘()、氚核()和氦核()的电量为q、q、2q，质量分别为2m、3m、4m.C、三种粒子经过相同的电场加速由动能定理：，得，而动量，可知动量由电量和质量的乘积决定，比值为2:3:6，则氦核的动能最大，则C错误；D、射入电磁场区域时的动能由电量决定，即为1:1:2，则氦核的动能最大；A、B、由可知，三种粒子进入电磁场区域后氘核沿直线射出，说明其而做匀速直线运动，则氦核的速度也满足速度选择器，将做匀速直线运动，氚核的速度偏小，洛伦兹力小于电场力，将沿着电场力的方向偏转即向下偏转，故A，B均错误。故选D.【点睛】速度选择器是利用电场力等于洛伦兹力的原理进行工作的，故速度选择器只能选择速度而不能选择电性．同时注意电场力做功导致动能变化，而洛伦兹力始终不做功．3.如图所示，足够长的水平传送带以v＝2m/s的速度匀速前进，上方漏斗以每秒25kg的速度把煤粉均匀、竖直抖落到传送带上，然后随传送带一起运动。己知煤粉与传送带间的动摩擦因数为0.2，欲使传送带保持原来的速度匀速前进，则传送带的电动机应增加的功率为（）A.200WB.50WC.100WD.无法确定【答案】C【解析】在1s内落到传送带上煤的质量为△m；这部分煤由于摩擦力f的作用被传送带加速，由功能关系得：，煤块在摩擦力作用下加速前进，因此有：。传送带的位移为：s传=vt，相对位移为：△s=s传-s=s，由此可知煤的位移与煤和传送带的相对位移相同，因此摩擦生热为：，传送带需要增加的能量分为两部分：第一部分为煤获得的动能，第二部分为传送带克服摩擦力做功保持传送带速度．所以传送带1s内增加的能量△E为：，皮带机应增加的功率为：，故选C.【点睛】传送带问题是高中物理中的一个重要题型，解答这类问题重点做好两类分析：一是运动分析，二是功能关系分析．4.如图所示，在x轴上关于原点O对称的两点A、B分别放置固定的点电荷＋Q1和－Q2，x轴上的P点位于B点的右侧，且P点电场强度为零。设无穷远处电势为零，则下列判断正确的是（）A.P点电势为零B.在A、B连线上还有一点与P点电场强度相同C.A、O两点的电势差大于O、B两点的电势差D.若将一试探电荷＋q从P点移至O点过程中，电势能一直增大【答案】C【解析】等量异种电荷周围的电场分布情况如图所示：，而本题中因P点场强为零，则，则，但电场分布与上图类似.A、等量异种电荷的φO=0，而，则连线上电势为0的点在O点左侧，根据沿着电场线的方向电势降低，则φP＜0，故A错误；B、因，根据其电场线分布可知，在x轴上还有一点在OB之间，两场源在这一点电场强度大小相同但方向相同，合场强不为零，B错误；C、AO与OB是沿电场线相同的d，因，则Q1附近的电场较强，由，可知，C正确；D、试探电荷+q在从P点到O点电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大，故D错误；故选C.【点睛】本题借助等量等量异种电荷周围的电场分布推广到不等量电荷的电场分布，要结合电场强度、电势、电势能等概念充分理解．5.如图所示，两质点A、B质量分别为m、2m，用两根等长的细轻绳悬挂在O点，两球之间夹着一根劲度系数为k的轻弹簧，静止不动时，两根细线之间的夹角为60°。设绳OA、OB与竖直方向的夹角分别为和，则（）A.＝2B.sin＝2sinC.tan＝2tanD.cos＝cos2【答案】B【解析】对A、B两球分别受力分析如图：两球的受力三角形分别与几何三角形相似，有，，联立可得：，故B正确，故选B.【点睛】本题关键是对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件并运用相似三角形法求解出夹角间的关系．6.如图所示，在直角三角形所在的平面内存在匀强电场，其中A点电势为0，B点电势为3V，C点电势为6V．己知∠ACB＝30°，AB边长为m，D为AC的中点．，将一点电荷放在D点，且点电荷在C点产生的场强为1.5N/C，则放入点电荷后，B点场强为（）A.2.5N/CB.3.5N/CC.2N/CD.N/C【答案】A【解析】在匀强电场中，D点电势为，因此BD连线即为等势线，画出电场线如图所示：因，则AB两点沿电场线方向的距离为，BA间的电势差U=φB-φA=3V，则匀强电场的场强，由于点电荷在C点产生的场强为1.5N/C，则点电荷在B点产生的场强也为1.5N/C，方向与匀强电场的电场强度方向垂直因此B点场强为，故A正确，B、C、D错误．故选A.【点评】考此题的关键要找出等势点，来确定等势线，并掌握电势线与电场线垂直，理解公式中d的含义为两点沿电场线方向的距离．7.如图a所示，某研究小组利用此装置探究物体在恒力作用下加速度与斜面倾角的关系。木板OA可绕轴O在竖直平面内转动，物块受到平行于斜面且指向A端、大小为F＝8.5N的力作用。通过DIS实验，得到如图b所示的加速度与斜面倾角的关系图线，且每次实验过程中木板OA的倾角保持不变。若图b中图线与纵坐标交点a0＝6m/s2，物块的质量m＝lkg，假定物块与木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力。则（）A.物块与木板间的动摩擦因数为0.2B.图b中2的坐标大于60°C.如图b所示，将斜面倾角由1缓慢增加到2的过程中，摩檫力一直减小D.斜面倾角为37°时，物块所受的摩擦力为2.5N【答案】B.....................【点睛】图线与纵坐标交点处的横坐标为0，即木板水平放置，此时对应的加速度为a0，分析此时物块的受力根据牛顿第二定律求出对应的加速度即可；当摩擦力沿斜面向下且加速度为零时木板倾角为θ1，当摩擦力沿斜面向上且加速度为零时木板倾角为θ2，这时物块处于静止状态.8.如图所示，在倾角为＝53°的足够长固定斜面底端，一质量m＝lkg的小物块以某一初速度沿斜面上滑，一段时间后返回出发点。物块上滑所用时间t1和下滑所用时间t2大小之比为t1：t2＝：，则：（）A.物块由斜面底端上滑时初速度vl与下滑到底端时速度v2的大小之比为：B.物块上滑时的初速度1与下滑的加速度的2大小之比为：C.物块和斜面之间的动摩擦因数为0.5D.物块沿斜面上滑和下滑的过程中，系统机械能的改变量相同【答案】ACD【解析】A、设物块上滑的最大位移为L，根据运动学公式，上滑过程：，下滑过程，整理得：，故A正确；B、由位移时间公式得：，可知，故B错误；C、根据牛顿第二定律，得上滑时：mgsinθ+μmgcosθ=ma1，下滑时：mgsinθ-μmgcosθ=ma2，联立以上各式解得，故C正确；D、上滑和下滑过程除重力以外的摩擦力做负功引起机械能的损失，由功能关系得，两个过程的滑动摩擦力大小相等，做功位移相等，则损失的机械能相等，则D正确；故选ACD.【点睛】根据平均速度公式求出速度之比；根据牛顿第二定律求出上滑和下滑的加速度，结合位移时间公式求出动摩擦因数.9.如图所示，一斜面放在粗糙水平地面上，质量为m的物块在斜面上释放后沿斜面向下以加速度（g）做匀加速运动。现对m施加一竖直向下的力F，则（）A.物块下滑的加速度不变B.物块下滑的加速度将增大C.地面对斜面的摩擦力增大D.地面对斜面的压力支持力增大【答案】BCD【解析】A、B、对物块受力分析如图：由牛顿第二定律：施加F前，且；施加F后，因可知，故A错误，B正确；C、物块沿斜面以加速度a做匀加速运动，将a分解为水平方向的加速度和竖直方向的加速度，以斜面和物块整体为研究对象，斜面受地面水平向左的摩擦力，因加速度变大，则水平分加速度变大，则地面的摩擦力变大，故C正确；D、对斜面和物块整体在竖直方向，，联立以上各式比较可得，故D正确；故选BCD.【点睛】本题关键对物体受力分析后，根据牛顿第二定律结合运动特点列式求解出加速度的一般表达式，然后分析施加推力后的情况．10.如图所示，在升降机的地板上安装了一个能够显示拉力的传感器，传感器上方竖直放置一轻质弹簧，弹簧上端固接一质量为m的小球。若升降机在匀速运行过程中突然停止，以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器所显示的弹力F的大小随时间t变化的曲线如下图所示，g为重力加速度，则下列选项正确的是（）A.升降机停止前在向下运动B.0〜t1时间小球处于超重状态，t3〜t4时间小球处于失重状态C.t2〜t4时间小球的机械能能先减小后增大D.t2〜t3时间弹簧弹性势能的改变量大于小球重力势能的改变量【答案】AB【解析】A、从0时刻开始，弹簧处于压缩状态而弹力继续增大，知小球向下运动，可知升降机停止前向下运动．故A正确．B、O-tl时间内，弹力大于重力，加速度向上，处于超重状态，t3-t4时间内，重力大于弹力，加速度向下，处于失重状态．故B正确．C、t2〜t4弹力从mg减小到零再增大到mg，说明弹簧先恢复原长再压缩，即弹簧先做正功后做负功，弹性势能先减小后增大，根据能量守恒知小球的机械能先增加后减小，故C错误．D、t2-t3时间内，小球向上运动，动能减小，弹性势能减小，重力势能增加，则小球弹性势能的减小量和动能减少等于重力势能增加量，则弹簧弹性势能的改变量小于小球重力势能的改变量．故D错误．故选AB．【点睛评】本题考查力和运动的关系，以及能量守恒定律的运用，知道加速度方向与速度方向相同，做加速运动，加速度方向与速度方向相反，做减速运动．掌握判断超失重的方法，关键看加速度的方向．11.如图所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B。足够长的斜面固定在水平面上，斜面倾角为45°，有一带电的小球P静止于斜面顶端A处，且恰好对斜面无压力。若将小球P以初速度v0水平向右抛出（P可视为质点），一段时间后，小球落在斜面上的C点。己知小球的运动轨迹在同一竖直平面内，则（）A.若抛出的初速度小于v0，小球在斜面上的落点与A点的距离小于AC间距B.若抛出的初速度小于v0，小球落在斜面上的时间将缩短C.若沿竖直向上方向以初速度v0抛出小球，小球仍会落回C点D.若沿竖直向上方向以初速度v0抛出小球，小球不会落回C点【答案】AC【解析】A、B、由题意可知，带电的小球P静止于斜面顶端A处，且恰好对斜面无压力，mg=qE；由于重力与电场力等大反向合力为零，小球抛出后所受合力为洛伦兹力，小球P获得水平初速度后做匀速圆周运动，从A到C的运动轨迹如图所示：由对称