-www.ks5u.com福建省龙岩市2018届高三第一学期期末教学质量检查物理试题一、选择题1. 关于物理学知识和物理学史，下列说法中正确的是A. 牛顿、千克、秒是国际单位制中的三个基本单位B. 伽利略通过理想斜面实验，总结出了牛顿第一定律C. 牛顿总结出了万有引力定律并用实验测出了引力常量D. 奥斯特首先发现了电流周围存在磁场【答案】D【解析】千克、秒是国际单位制中的基本单位，牛顿是导出单位，选项A错误；牛顿在伽利略理想斜面实验的基础上总结出了牛顿第一定律，选项B错误；牛顿总结出了万有引力定律，卡文迪许用实验测出了引力常量，选项C错误；奥斯特首先发现了电流周围存在磁场，选项D正确；故选D.2. 某高速电梯在t=0时由静止开始上升，其运动的a-t图像如图所示（选取向上为正方向），电梯内乘客的质量m=50kg（g10 m/s2），下列说法正确的是A. 第1s内乘客处于失重状态B. 第2s内乘客对电梯的压力大小为550NC. 第6s内乘客处于平衡状态D. 第9s内电梯速度的增加量为1m/s【答案】B点睛：根据加速度的方向判断乘客的状态，当加速度方向向上时乘客处于超重状态加速度-时间图象中，速度变化量等于图象的面积大小3. 2017年4月，我国成功发射了“天舟一号”货运飞船，它的使命是给在轨运行的“天宫二号”空间站运送物资。已知“天宫二号”空间站在低于同步卫星的轨道上绕地球做匀速圆周运动，经过时间t（t小于其运行周期T）运动的弧长为s，对应的圆心角为弧度。已知万有引力常量为G，地球表面重力加速度为g，下面说法正确的是A. “天宫二号”空间站的运行速度为B. “天宫二号”空间站的环绕周期C. “天宫二号”空间站的向心加速度为gD. 地球质量【答案】A【解析】“天宫二号”空间站的运行速度为，选项A正确；角速度，则周期，选项B错误；根据可知，“天宫二号”空间站的向心加速度小于g，选项C错误；根据，v=r解得： ，选项D错误；故选A.4. 如图，竖直轻杆AB下端放在光滑水平面上，在两根细绳AC和AD的拉力作用下处于平衡。若减小AC的长度，使C点右移，AB仍保持平衡状态。细绳AC上拉力T和杆AB对地面的压力N与原先相比，下列说法正确的是A. T增大，N减少B. T减少，N增大C. T和N都减少D. T和N都增大【答案】D【解析】若减小AC的长度，由于悬挂的重物质量不变，水平拉力不变，分析结点A处受力情况，细绳AC上拉力T在水平方向分力大小等于悬挂的重物重力，在竖直方向分力等于AB受到的压力，若AC减小，使C点右移，AB仍保持平衡状态，显然T和N都增加，故D正确故选D.5. 如图甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平拉力的作用，F与时间t的关系如图乙所示。设物块与地面间的最大静摩擦力fmax的大小等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是A. 0-t1时间内物块受到的摩擦力保持不变B. t3-t4时间内物块受到的摩擦力保持不变C. t2时刻拉力F的功率一定最大D. t3时刻拉力F的功率一定最大【答案】D【解析】0-t1时间内物块受到的拉力小于最大静摩擦力，物块静止，则静摩擦力大小随F的增大而增大，选项A错误；在t1-t3时间内物块受到的拉力大于最大静摩擦力，物块做加速度先增加后减小的加速运动，速度一直增加，则t3时刻物块的速度最大，根据P=Fv可知，此时拉力F的功率一定最大，选项C错误，D正确；t3-t4时间内滑块受到的拉力小于滑动摩擦力，物块做减速运动直至停止，则物块可能先受滑动摩擦力，后受静摩擦力，其大小要发生变化，选项B错误；故选D.6. 如图所示，两平行金属板中间有相互垂直的匀强磁场和匀强电场，不计重力的带电粒子沿垂直于电场和磁场方向射入。有可能做直线运动的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】若粒子带正电，则A图中，粒子受向下的电场力和向下的洛伦兹力，粒子不能沿直线运动；同理当粒子带负电时也是一样，选项A错误；B图中，粒子受向上的电场力和向上的洛伦兹力，粒子不能沿直线运动；同理当粒子带负电时也是一样，选项B错误；C图中，粒子受向下的电场力和向上的洛伦兹力，若二力相等，则粒子能沿直线运动；同理当粒子带负电时也是一样，选项C正确；D图中，粒子受向上的电场力和向上的洛伦兹力，粒子不能沿直线运动；同理当粒子带负电时也是一样，选项D错误；故选C.7. 将物体A、B放在竖直固定在地面上的轻弹簧上端，A的质量为m，B的质量为M。现在外力F作用下保持静止，如图所示。突然撤去外力F，则A. 在撤去F的瞬间，弹簧对B的弹力大于B对弹簧的压力B. 在撤去F的瞬间，A、B间相互作用力为C. 在撤去F以后，弹簧对地面的压力总是等于D. 在撤去F以后，A、B组成的系统机械能守恒【答案】B【解析】在撤去F的瞬间，弹簧对B的弹力与B对弹簧的压力是一对作用与反作用力，则弹簧对B的弹力等于B对弹簧的压力，选项A错误；在撤去F的瞬间，AB整体满足：F=(M+m)a，对物体A：FN-mg=ma，解得： ，选项B正确；在撤去F以后，AB整体先向上加速运动，后减速运动，即先超重后失重，则弹簧对地面的压力先大于(m+M)g，后小于(m+M)g，选项C错误；在撤去F以后，A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，选项D错误；故选B.8. 如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道，外轨内表面光滑，内轨外表面粗糙。一质量为m的小球从轨道的最低点以初速度向右运动，球的直径略小于两轨间距，球运动的轨道半径为R，不计空气阻力。下列说法正确的是A. 当 时，小球最终停在最低点B. 当时，小球可以到达最高点C. 当时，小球始终作完整的圆周运动D. 当时，小球在最高点时对内轨的外表面有挤压【答案】C【解析】若，则由可知，h=R，则小球能到达与圆环圆心等高的一点后反向返回，在最低点两侧往返运动，选项A错误；若，且轨道的内外壁均光滑时，小球到达最高点的速度恰好为零，但是因轨道内轨粗糙，则小球与内轨接触时要损失机械能，则小球不能到达最高点，选项B错误；若小球运动时只与轨道的外轨接触而恰能到达最高点，则到达最高点时满足，从最低点到最高点由机械能守恒可知，解得；有此可知当时，小球始终作完整的圆周运动，且沿外轨道恰能运动到最高点，选项C正确，D错误；故选C.9. 如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍。上述两种射入过程相比较A. 射入滑块A的子弹速度变化大B. 整个射入过程中两滑块受的冲量一样大C. 两个过程中系统产生的热量相同D. 射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍【答案】BC.点睛：解题时要知道子弹射入滑块过程中，子弹和滑块系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解共同速度，系统产生的内能等于机械能的损失10. 在光滑绝缘水平面的P点正上方O点固定了一电荷量为Q的正点电荷，在水平面上的N点，由静止释放质量为m、电荷量为q的带电小球，小球经过P点时速度为v，图中60，则在Q形成的电场中A. N点电势高于P点电势B. C. P点电场强度大小是N点的2倍D. 带电小球从N点到P点的过程中电势能减少了【答案】BD【解析】根据顺着电场线方向电势降低可知，N点距离正电荷较远，则N点电势低于P点电势故A错误根据动能定理得：检验电荷由N到P的过程：-qUNP=mv2，解得，则故B正确P点电场强度大小是，N点电场强度大小是，则EP：EN=rN2: rP2=4：1故C错误带电小球从N点到P点的过程中，电场力做正功mv2，电势能减少了mv2，故D正确故选BD.点睛：本题关键要掌握电场线方向与电势高低的关系，即顺着电场线方向电势降低以及点电荷场强公式E=kQ/r2、电场力做功的公式W=qU.11. 一带正电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0x2区间是关于直线x=x1对称的曲线，x2x3区间是直线，在0、x1、x2、x3处电势分别为0、1，2，3，则下列说法正确的是A. x1处电场强度大小为零B. 32=01C. 32=01D. 粒子在0x2段做匀变速运动，x2x3段做匀速直线运动【答案】AB【解析】根据电势能与电势的关系：Ep=q，场强与电势的关系：E=，得：，由数学知识可知Ep-x图象切线的斜率等于，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A正确；根据电势能与电势的关系：Ep=q，粒子带正电，q0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越高，所以有：32=01故B正确，C错误；由图看出在0x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动x1x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动x2x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故D错误；故选AB.点睛：解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，根据图像的斜率决定场强大小；根据电势能的变化来判断电势变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况.12. 如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上，另一端与套在粗糙固定直杆A处质量为m的小球（可视为质点）相连。A点距水平面的高度为h，直杆与平面的夹角为30，OA=OC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长。小球从A处由静止开始下滑，经过B处的速度为v，并恰能停在C处。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是 A. 小球通过B点时的加速度为g/2B. 小球通过AB段与BC段摩擦力做功相等C. 弹簧具有的最大弹性势能为mv2D. A到C过程中，产生的内能为mgh【答案】BCD【解析】因在B点时弹簧在原长，则到达B点时的加速度为，选项A错误；因AB段与BC段关于B点对称，则在两段上弹力的平均值相等，则摩擦力平均值相等，摩擦力做功相等，选项B正确；设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf，小球的质量为m，弹簧具有的最大弹性势能为Ep根据能量守恒定律得，对于小球A到B的过程有：mgh+Ep=mv2+Wf，A到C的过程有：mgh=2Wf，解得：Wf=mgh，Ep=mv2即弹簧具有的最大弹性势能为mv2；A到C过程中，产生的内能为2Wf=mgh，选项CD正确，故选BCD点睛：解决本题的关键要灵活运用能量守恒定律，对系统分段列式，要注意本题中小球的机械能不守恒，也不能只对小球运用能量守恒定律列方程，而要对弹簧与小球组成的系统列能量守恒的方程二、实验题13. 为了探究质量一定时加速度与力的关系，某同学设计了如图甲所示的实验装置。带轻质滑轮的小车的质量为M，砂和砂桶的质量为m。（1）实验时，下列操作一定要进行的是_（多选）。A用天平测出砂和砂桶的质量B将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D多次改变砂和砂桶的质量，重复步骤CE为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M（2）该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带（两相邻计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为_ m/s2（结果保留两位有效数字）。