【文档说明】【精准解析】山东省威海荣成市2018届高三上学期期中考试物理试题.doc，共(16)页，965.500 KB，由小赞的店铺上传

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高三试题考试时间90分钟，满分100分一、选择题：本题有10个小题，每题4分，共40分。1~5题为单选题，6~10题为多选题，多选题选不全的得2分，有错选的得0分。1.如图所示，光滑的斜面倾角为α，固定在水平

面上。有一质量为m的物体，轻轻放在斜面上的a点，松手后物体从a点滑到b点，已知a、b间的距离为s，则在b点重力的瞬时功率为（）A.1sin2sin2mgsgB.12sin2mgsgC.mgsinα2sinsgD.2sinmgsg【答案】C【解析】【详解】物体从a点滑到b点，由动能定理，可

得21sin2mgsmv=解得2sinvgs=由功率公式=cos=cos-2sinsin2PFvFvmggs=故选C。2.一静电场的电势与位移的变化关系如图甲所示，则电场强度与位移关系，下列图象可能正确的是（）A

.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】由甲图可知，场强Ed=，又因为电势沿着电场线方向逐渐降低，所以0-d场强大小不变，方向为正，d-2d场强大小不变，方向为负。故选A。3.如图所示，两长度不同的杆垂直

固定在水平面上，两杆相距6米，一长为10m的轻绳的两端分别固定在两杆的顶端，用光滑的挂钩将一重为80N的物体挂在绳上。则绳上的张力为（）A.50NB.66.7NC.55.6ND.80N【答案】A【解析】【详解】物体受力如图，由平衡知识，绳上的张力F2Fcos=G其中cos=45，则F=

50N故选A。4.用探测器探测地下通电电缆的位置（电缆垂直纸面）。第一次探测器放在M点，测得磁感应强度方向与水平地面成60°角斜向上；第二次探测器放在N点，MN=L，测得磁感应强度方向与水平地面成30°角，方向斜向下方，如图所示。则电缆的位置为：（）A.在M点的正下方，深度3

6LB.在N点的正下方，深度32LC.在M点的右34L，深度34LD.MN中点的正下方，深度32L【答案】C【解析】【详解】通电导线在某点产生的磁感应方向与该点和导线的连线垂直，故分别过M、N作MB、NB方向的垂线，交点即为导线的位置根据

几何知识可得3cos30cos30cos304MBAMMNL===即在M点的右34L，3sin30cos30sin304ABAMMNL===即深度34L，故C正确ABD错误。故选C。5.两千多年前，埃拉脱色尼通过卓越的分析求出地球的半径。他住在尼罗河口的亚历

山大城，在夏日的中午他观察到太阳光线与地面成θ角（单位：弧度），他还知道向南L距离处此刻太阳光线与地面垂直。则他计算地球半径的公式为（）ALR=B.22LR=−C.RL=D.(2RL=−）【答案】B【解析】【详解】太阳光为一束平行光，如图所示，两地之间的距离，为圆上两点间的弧长，根

据几何知识可得()2LR=−解得22LR=−故选B。6.如图所示，质量为M的斜面体静止在水平面上，其斜面的倾角为θ，质量为m的物体沿斜面上升，最终停止在斜面上。下列说法正确的是（）A.此过程物体克服摩擦力做的功等于它的初动能B.此过程物体机械能的减少量

等于它克服摩擦力做的功C.上升过程地面对斜面体的支持力小于（m+M）gD.上升过程地面对斜面体的摩擦力向右【答案】BC【解析】【详解】A．此过程物体克服摩擦力做的功与克服重力做功之和等于它的初动能，选项A错误；B．此过程物体机械能的减少量等于它克服摩擦力做

的功，选项B正确；C．上升过程物体的加速度沿斜面向下，则加速度有竖直向下的分量，物体处于失重状态，则地面对斜面体的支持力小于（m+M）g，选项C正确；D．上升过程物体的加速度沿斜面向下，则加速度有水平向左的分量

，根据牛顿第二定律可知，上升过程地面对斜面体的摩擦力向左，选项D错误。故选BC。7.把水星和金星绕太阳的运动视为匀速圆周运动，从水星与金星和太阳在一条直线上开始计时，若测得在相同时间内水星、金星转过的角度分别为θ1、θ2，则由此条件可求得水星和金星的（）A.质量之比B

.绕太阳运动的轨道半径之比C.绕太阳运动的加速度之比D.速率之比【答案】BCD【解析】【详解】A．根据水星和金星做匀速圆周运动的运动学量，无法它们求出质量之比，故A错误；B．由题可求出水星和金星的角速度或周期之比，根据万有引力提供向心力则有22GMm

mrr=解得32GMr=知道了角速度之比，可求出绕太阳运动的轨道半径之比，故B正确；C．由于知道了角速度之比和绕太阳运动的轨道半径之比，根据2ar=可知，可求出绕太阳运动的加速度之比，故C正确；D．由于知道了角速度之比和绕太阳运动的轨道半径之比，根据vr=可知，可求出绕太阳运动的速率之比

，故D正确。故选BCD。8.如图所示，带有曲面的小车静止在光滑水平面上，曲面的下端与小车的水平部分平滑连接。一物体以某一水平速度滑上小车，又从小车的左端滑出。忽略物体与小车间的摩擦力，下列说法正确的是（）A.物体运动到最高点时速度等于0B.系统整个过程中动

量守恒C.系统整个过程中机械能守恒D.系统整个过程中水平方向动量守恒【答案】CD【解析】【详解】AD．在这个过程中，物体与小车组成的系统，在水平方向上不受外力，所以系统整个过程中水平方向动量守恒，物体运动到最高点时，速度水平向右，不为0，A错误，D正确B．物块与小车

构成的系统在整个运动过程中，竖直方向合力不为零，所以系统整个过程中动量不守恒，B错误；C．系统整个过程中只有重力做功，所以系统整个过程中机械能守恒，C正确。故选CD。9.如图所示，光滑的矩形板ABCD与水平面夹角为θ，小物体

在图示位置以某一速度（设为v0）垂直CD边开始运动，刚好从D点离开板，下列正确的是（）A.02singL=vB.小物体的动量增量为2singLmC.小物体的动能增量为mgLD.小物体离开板时的速度为202singL+v【答案】AD【解析】【详解】A．物体在平行底边

方向做匀速运动，则02Lvt=沿斜面方向做匀加速运动，则21sin2Lgt=解得02singL=v选项A正确；B．小物体的动量增量为sin2sinpmgtmgL==选项B错误；C．根据动能定理可知，小物体

的动能增量为sinkEmgL=选项C错误；D．根据动能定理可知22011sin22mgLmvmv=−解得202sinvgL=+v选项D正确。故选AD。10.如图所示，轻弹簧的下端固定在水平面上，上端固定一质量为m的物体。物体从静止开始在竖直向上恒力F的作用下向上运动

L距离，此时物体的速度为v，此过程弹性势能增量为pE；系统机械能增量为E，以下关系式成立的是（空气阻力不计）（）A.21()2FmgLmv−=B.212pEFLmgLm=−−vC.EFL=D.212FLEmgLm−=+v【答案】BC【解析】【详解】由动能定理可知212FLmgLW

mv−−=弹弹性势能增量为=pEW弹可知212pEFLmgLm=−−v212pFLEmvmgL−=+根据功能关系可知，机械能增量等于力F做功，即EFL=故选BC。二、实验：本题有两个小题，满分16分11

.测一量程为3V的电压表的内阻，其内阻估计在10kΩ~20kΩ之间。提供下列器材：A.电源：电动势6VB.滑动变阻器，最大阻值200ΩC.电流表：量程200μA；内阻约200ΩD.电流表：量程50mA；内阻约100ΩE.电流

表：量程0.6A，内阻0.4ΩF.电键一个、导线足够(1)为了使实验顺利进行并减小误差，电流表应选用_________（填代号）；(2)某同学连接的实验电路如图所示，所连电路存在明显错误。经仔细观察发现，只要添加一根导线即

可，那么添加的导线应接在___________两点间（填字母）。实验前滑动变阻器的滑动触头应滑到最_________端（填“左”“右”）。【答案】(1).C(2).ef(3).左【解析】【详解】(1)[1]根

据VUIR=可得电压表满偏时流过电压表的电流约为150μA300μA，为了使实验顺利进行并减小误差，电流表应选用C；(2)[2]由于电压表的内阻远大于滑动变阻器的最大阻值，所以滑动变阻器应采用分压式，所以添加的导线应接在ef两点间；[3]为使起始时电压表两端电压以及流过

电流表的电流较小，实验前滑动变阻器的滑动触头应滑到最左端。12.用如图所示的装置验证牛顿第二定律。两个完全相同的小桶A、B内装个数不同的小砝码，每个砝码的质量均为m0。在A桶的侧壁固定一厚度为d的挡光片，在N处有一光电门（图中没画），它可以测出挡光片挡

光的时间，A桶每次都从M处静止释放，M、N间的距离为h，A、B两桶及内部的砝码质量分别用mA、mB表示。(1)mA与mB之间的大小关系应为________；(2)若某次挡光片经过N处，光电门显示的时间为t，则物体的加速度为_________。(3)每次将B中的一个砝码拿到A中，测

出挡光片经过光电门的时间，进而算出加速度。两桶内砝码个数之差用n表示，加速度用a表示，重力加速度为g，根据测得的数据做出的a-n图象如图所示，图象的斜率为k，则mA+mB=__________。(4)要验证加速度与质量的关系，在测了一组数据后，要测更多的数据，下列

哪种办法可行_______。a.依次在两桶中加相同个数的砝码再测b.不断向A桶中加（或减）砝码再测c.将A桶中的砝码不断拿到B桶中再测d.将B桶中的砝码不断拿到A桶中再测(5)为了直观看出加速度与质量的关系，应做以下哪一图象_________。a．a－mBb．a－AB1mm+c．a－B1md．

a－mA+mB【答案】(1).mA>mB(2).222dht(3).0mgk(4).a(5).b【解析】【详解】（1）[1]要使A可匀加速下落，必须满足ABmm；（2）[2]A经过N的是速度为Advt=由匀变速直线运动规律可知22Avah=

联立解得222daht=（3）[3]由牛顿第二定律可知AB0()mmanmg+=0AB()nmgamm=+即0AB()mgkmm=+解得0ABmgmmk+=（4）[4]根据Fma=，要验证加速度与质量的关系，就要控制F不变

，所以，只需要向A、B两桶中依次增加相同个数的砝码即可，a正确，bcd错误。故选a。（5）[5]有牛顿第二定律AB()Fmma=+可知AB1()aFmm=+其中F为定值，所以做a－AB1mm+即可，b正确，acd错误。故选b。三、计算题：本题有四个小题，满分44分13.如图所示，在半径

为R的圆内有场强为E的匀强电场，一带正电的粒子从A点沿半径方向垂直电场以速度v射入，从B点射出。图中θ=3。若去掉电场，在圆的区域内加垂直圆面的匀强磁场，粒子仍从A点以原来的速度射入，粒子仍从B点射出，求：(1)

求粒子的比荷qm；(2)磁场的磁感应强度；(3)粒子在磁场中运动的时间tB。【答案】(1)2439qmER=v；(2)3EB=4v；(3)B33Rt=v【解析】【详解】(1)粒子在电场中运动时有21sin2ERatq=qEma=R+Rcosθ=vtE解得2439qmER=v(2)粒

子在磁场中运动时有2mvBqvr=cot2rRq=解得3EB=4v(3)粒子在磁场中运动的时间cot2BRrtvvqqq×==解得B33Rt=v14.如图所示，A、B两物体的质量都为0.2kg，两物体间连一轻细线，细线长为0.5m，一恒力

F=5N竖直作用在A上，系统由静止开始运动（两物体可看做质点，g=10m/s2）。（1）求运动过程中细线的张力；（2）在t=2s时细线断裂，求B运动到最高点时A的速度；（3）在2s时刻细线断裂，求再经2s时

间两物体间的距离。【答案】（1）2.5N；（2）A12.5m/s=v；（3）50.5m【解析】【详解】（1）根据牛顿第二定律，对整体有22Fmgma−=对B有TFmgma−=解得2TFF==2.5N（2）根据运动学公式有'0vgt−=A''at=+vvvat='Fmgma−=解得A12.5

m/s=v（3）断裂后，根据运动学公式有2A1+'2xtat=v2B12xtgt=−vBA50.5mxxxL=−+=15.如图所示，人用定滑轮提升质量为20kg的物体，开始时绳都处于竖直状态，物体静止于地面，定滑轮距地面H

=9m，人拉绳的手距地面h=1.0m。（g取10m/s2，物体可看做质点）(1)若人沿水平方向运动，使物体以加速度1.0m/s2加速向上运动，求当物体向上运动2m时人的速度及此过程中人对物体做的功；(2)若人沿水平方向以速度v0=1.0

m/s匀速运动，求物体上升的高度x与运动时间的关系式，并求出物体上升到最高点用的时间。【答案】(1)v/=3.33m/s，W=440J；(2)2288xt=+−；15s【解析】【详解】(1)设物体的速

度为v，人的速度v′，则22vax=解得当物体向上运动2m时物体的速度v=2m/s根据动能定理可得21=2Wmgxmv−解得W=440J物体与人的速度关系'cos=vv由题意得，可得cosθ=0.6解得此时人的速度v/=3.33m/s(2)由图可知()()2220()Hhvt

Hhx−+=−+得2288xt=+−将x=H=9m代入上式得t=15s16.如图所示，三个物体A、B、C的质量相同，A、B放在水平桌面上，中间用长为L的不可伸长的轻线连接，开始时两者靠在一起，它们与水平面间的动摩擦因数皆为μ。B、C用轻线经光滑滑轮连在一起，开始时系统静止，C与地面间的距离的

距离为2L。现释放系统，求：(1)从释放到A、B间细线张紧用的时间及张紧前瞬间B的速度；(2)C落地前瞬间的速度（B没有碰到滑轮）。【答案】(1)2(1)Ltgm=-；(1)BgLm=-v；(2)212(58)3gL

m=-v【解析】【分析】细线拉直前涉及到连接体的问题分析，可根据运动学及牛顿第二定律分析，细线拉直前后，可根据动量守恒定律分析，而后动能定理解出答案。【详解】(1)根据牛顿第二定律及运动学规律得：（F为BC一

起运动时线的张力）mgFma−=Fmgma−=212Lat=Bvat=解得2(1)Ltgm=-(1)BgLm=-v(2)设A、B间线张紧后系统的速度为v1，C落地时速度为v2.根据动能定理及动量守恒定律得123Bmm=vv22213(2)()2mgmgLmm-=-vv解得2

12(58)3gLm=-v