江西宜春四中2017届高三上学期物理10月第一次周练试卷
江西省宜春市奉新一中等四校2017届高三上学期第一次联考物理试卷 含解析
2016-2017学年江西省宜春市奉新一中等四校高三（上)第一次联考物理试卷一、选择题（本题共12小题，1-7单选每小题4分，8-12多选每小题4分共48分．）1．物体做匀加速直线运动,相继经过两段距离为16m的路程,第一段用时4s,第二段用时2s,则物体的加速度是（)A．m/s2B．m/s2C．m/s2D．m/s22．如图所示，铁板AB与水平地面间的夹角为θ，一块磁铁吸附在铁板下方．在缓慢抬起铁块B端使θ角增加（始终小于90°）的过程中，磁铁始终相对铁板静止．则下列说法正确的是（)A．磁铁所受合外力逐渐减小B．磁铁始终受到三个力的作用C．磁铁受到的摩擦力逐渐减小 D．铁板对磁铁的弹力逐渐增大3．一倾角为30°的斜劈放在水平地面上，一物体沿斜劈匀速下滑．现给物体施加如图所示力F，F与竖直方向夹角为30°，斜劈仍静止,物体加速下滑,则此时地面对斜劈的摩擦力为（）A．大小为零 B．方向水平向右C．方向水平向左 D．无法判断大小和方向4．如图所示，河水流动的速度为v且处处相同，河宽度为a．在船下水点A的下游距离为b处是瀑布．为了使小船渡河安全(不掉到瀑布里去）（）A．小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为t=．速度最大，最大速度为v max=B．小船轨迹沿y轴方向渡河位移最小．速度最大，最大速度为v max=C．小船沿轨迹AB运动位移最大、时间最长．速度最小,最小速度v min=D．小船沿轨迹AB运动位移最大、速度最小．最小速度v min=5．如图所示，在竖直放置的半圆形容器的中心O点分别以水平初速度v1、v2抛出两个小球（可视为质点），最终它们分别落在圆弧上的A点和B点，已知OA与OB互相垂直,且OA与竖直方向成α角，则两小球初速度之比为()A．tanαtan αB．cosαcos α C．D．6．如图所示，表面粗糙的斜面体固定在水平地面上．一物体在沿斜面向上且平行斜面的力F1作用下,沿斜面向上做速度为v1的匀速运动，F1的功率为P0．若该物体在沿斜面斜向上的且与斜面夹角为α的力F2（如图）作用下，在同一斜面上做沿斜面向上的速度为v2的匀速运动，F2的功率也为P0，则下列说法正确的是（)A．F2大于F1B．在相同的时间内,物体增加的机械能相同C．v l一定小于v2D．v1可能小于v27．一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动,运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a和速度的倒数（）图象如图所示．若已知汽车的质量，则根据图象所给的信息，不能求出的物理量是(）A．汽车的功率B．汽车行驶的最大速度C．汽车所受到阻力D．汽车运动到最大速度所需的时间8．如图所示，长为L的长木板水平放置,在木板的A端放置一个质量为m的小物块,现缓慢地抬高A端,使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动,此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，则在整个过程中（）A．木板对物块做功为B．摩擦力对小物块做功为mgLsinαC．支持力对小物块做功为0D．滑动摩擦力对小物块做功为﹣mgLsinα9．如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置的，下端固定在水平地面上，一质量为m 的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．若以小球开始下落的位置为原点,沿竖直向下建立一坐标轴Ox,小球的速度v随x变化的图象如图乙所示,其中OA 段为直线，AB段是与OA相切于A点的曲线，BC是平滑的曲线，则关于A、B、C三点对应的x坐标及加速度大小,以下关系正确的是()A．x A=h，a A=0 B．x B=h+,a B=0C．x C=h+，a C=g D．x C＞h+，a C＞g10．经长期观测,人们在宇宙中已经发现了“双星系统”．“双星系统"由两颗相距较近的恒星组成，每个恒星的线度远小于两个星体之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体．如图所示，两颗星球组成的双星,在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O点做周期相同的匀速圆周运动．现测得两颗星之间的距离为L，质量之比为m1：m2=2：3，下列说法中正确的是（）A．m1、m2做圆周运动的线速度之比为3：2B．m1、m2做圆周运动的角速度之比为3：2C．m1做圆周运动的半径为2L/5D．m2做圆周运动的半径为2L/511．如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R=90m的大圆弧和r=40m的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O、O'距离L=100m．赛车沿弯道路线行驶时,路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍,假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短（发动机功率足够大,重力加速度g=10m/s2，π=3.14)．则赛车（）A．通过小圆弧弯道的时间为5。
物理_2017年江西省宜春市某校高考物理模拟试卷_复习 (4)
2017年江西省宜春市某校高考物理模拟试卷一、本大题共8小题，每小题6分，共48分．1-8只有，只有一个是符合题目要求的．9-12有多项符合题目要求.1. 在物理学的发展过程中，科学的物理思想与方法对物理学的发展起到了重要作用，下列关于物理思想和方法说法正确的是（）A 质点和瞬时速度采用的是同一种思想方法B 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了理想模型法C 重心、合力和分力都体现了等效替代的思想D 伽利略用小球在斜面上的运动验证了速度与位移成正比2. 如图所示，一质量为m的物体A恰能在倾角为α的斜面体上匀速下滑．若用与水平方向成θ角、大小为F的力推A，使A加速下滑，斜面体始终静止．下列关于斜面体受地面的摩擦力的说法正确的是（）A 大小为0B 方向水平向左，大小为FcosθC 方向水平向左，大小为mgcosαsinα D 方向水平向右，大小为mgcosαsinα3. 如图，可视为质点的小球，位于半径为√3m半圆柱体左端点A的正上方某处，以一定的初速度水平抛出小球，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点．过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为60∘，则初速度为（不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2）（）A 5√53m/s B 4√3m/s C 3√5m/s D √152m/s4. 有一钚的同位素94239Pu核静止在匀强磁场中，该核沿与磁场垂直的方向放出x粒子后，变成铀(U)的一个同位素原子核．铀核与x粒子在该磁场中的旋转半径之比为1:46，则（）A 放出的x粒子是24He B 放出的x粒子是−10e C 该核反应是核裂变反应 D x粒子与铀核在磁场中的旋转周期相等5. 在同一平面内有①、②、③三根等间距平行放置的长直导线，通入的电流强度分别为1A、2A、1A，②的电流方向为c→d且受到安培力的合力方向水平向右，则（）A ①的电流方向为b到aB ③的电流方向为f到eC ①受到安培力的合力方向水平向左D ③受到安培力的合力方向水平向左6. “雪龙号”南极考察船在由我国驶向南极的过程中，经过赤道时测得某物体的重力是G1，在南极附近测得该物体的重力是G2，已知地球的自转周期为T，引力常量为G，假设地球可视为质量分布均匀的球体，由此可求得（）A 地球的密度为3πG 1GT 2(G2−G 1)B 地球的密度为3πG 2GT 2(G 2−G 1)C 当地球的自转周期为√G 2−G 1G 2T时，放在地球赤道地面上的物体不再对地面有压力 D 当地球的自转周期为√G 2−G 1G 1T 时，放在地球赤道地面上的物体不再对地面有压力7. 一个含有理想变压器的电路如图所示，其中R 1、R 3、R 4为定值电阻，R 2为滑动变阻器，电表为理想电表，u 为正弦交流电源，输出电压有效值恒定，当滑片P 从左向右滑动的过程中，下列说法正确的是（ ）A 电容器C 所带电荷量始终不变B 电压表示数变大C 电流表示数减小D R 1的实际功率增大8. 正方向导线框abcd 置于光滑水平桌面上，其质量为m ，电阻值为R ，边长为L ，在线框右侧距离cd 边2L 处由一宽度为2L 的匀强磁场区域，磁场的左、右边界与线框的cd 边平行，磁场的磁感应强度大小为B ，方向竖直向下，其俯视图如图．对线框施加一水平向右的恒力F ，使之由静止开始向右运动，cd 边始终与磁场边界平行．已知线框cd 边经过磁场左、右边界时速度相同，则线框（ ）A 离开磁场区域过程中的电流方向为dcbadB 通过磁场区域过程中的焦耳热为2FLC 通过磁场区域过程中的最小速度为√2FLm D 进入磁场区域过程中受到的安培力的冲量大小为B 2L 3R二、非选择题.9. 某实验小组应用如图1所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M ，砝码及砝码盘的总质量为m ，所使用的打点计时器所接的交流电的频率为50Hz ．实验步骤如下：A ．按图1所示安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；B ．调节长木板的倾角，取下砝码盘，接通电源后，轻推小车后，使小车与纸带一起能沿长木板向下匀速运动；C ．挂上砝码盘，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度；D ．改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤C ，求得小车在不同合力作用下的加速度． 根据以上实验过程，回答以下问题：（1）对于上述实验，下列说法正确的是（ ）．A 小车的加速度与砝码盘的加速度大小相等B 砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量C 弹簧测力计的读数应为砝码和砝码盘总重力的一半D 与小车相连的轻绳与长木板一定要平行（2）实验中打出的其中一条纸带如图2所示，由该纸带可求得小车的加速度a＝________m/s2（结果保留两位有效数字）（3）在小车质量保持不变的情况下，由本实验得到的数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图像（如图3），与本实验相符合的是________．10. 热敏电阻包括正温度系数电阻器( PTC)和负温度系数电阻器(NTC)，正温度系数电阻器的电阻随温度的升高而增大，负温度系数电阻器的电阻随温度的升高而减小．某实验小组选用下列器材探究某一热敏电阻R x的导电特性，A．电流表A1（满偏电流10mA，内阻r1＝10Ω）B．电流表A2（量程0.6A，内阻r2为0.5Ω）C．滑动变阻器R i（最大阻值10Ω）D．渭动变阻器R2（最大阻值500Ω）E．定值电阻R3（阻值1490Ω）F．定值电阻R4（阻值140Ω）G．电源E（电动势15V，内阻忽略）H．开关与导线若干（1）实验采用的电路图如图1所示，则滑动变阻器选________，定值电阻R选________．（填仪器前的字母序号）（2）该小组分别测出某个热敏电阻的I1−I2图像如图2所示，请分析说明该曲线对应的热敏电阻是________热敏电阻（选填“PTC”或“NTC”）．（3）若将此热敏电阻直接接到一电动势为9V，内阻10Ω的电源两端，则此时该热敏电阻的阻值为________Ω（结果保留三位有效数字）11. 如图所示，带正电的物体质量m＝1.0kg，电量q＝2.0×10−4C，物体当作质点处理。
江西省宜春市樟树三中2017届高三上学期第一次周练物理试卷(10)Word版含解析
2016-2017学年江西省宜春市樟树三中高三（上）第一次周练物理试卷（10）一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．如图所示，A和B两物块的接触面是水平的，A与B保持相对静止一起沿固定斜面匀速下滑，在下滑过程中B的受力个数为（）A．3个 B．4个 C．5个 D．6个2．如图，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为r的相同小球，各球编号如图．斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为6r．现将六个小球由静止同时释放，小球离开A点后均做平抛运动，不计一切摩擦．则在各小球运动过程中，下列说法正确的是（）A．球1的机械能守恒B．球6在OA段机械能减小C．球6的水平射程最大D．有三个球落地点相同3．t=0时，甲、乙两辆汽车同时同地开始运动，它们的v﹣t图象如图所示．忽略汽车掉头所需时间．下列对汽车运动状况的描述正确的是（）A．在第1小时末，乙车改变运动方向B．在0﹣﹣第2小时末，甲、乙两车通过的位移相同C．在前4小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大D．在第4小时末，甲、乙两车相遇4．如图所示，变压器输入电压不变，当开关S闭合，两电流表读数的变化情况为（）A．都变大B．都变小C．A1变大，A2变小D．A1不变，A2变小5．如图所示，电路中A、B是规格相同的灯泡，L是电阻可忽略不计的电感线圈，那么（）A．合上S，B先亮A后亮，然后A变暗后熄灭B．合上S，B先亮，A逐渐变亮，最后A、B一样亮C．断开S，A立即熄灭，B由亮变暗后熄灭D．断开S，B立即熄灭，A闪亮一下后熄灭6．“神舟八号”与“天宫一号”对接前各自绕地球运动，设“天宫一号”在半径为r1的圆轨道上运动，周期为T1，“神舟八号”在半径为r2的圆轨道上运动，r1＞r2，则（）A．“天宫一号”的运行速度大于7.9 km/sB．“神舟八号”的周期T2=T1C．地球表面的重力加速度g=D．地球的质量M=7．质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点．不计空气阻力且小球从未落地，则（）A．整个过程中小球电势能变换了mg2t2B．整个过程中小球动量增量的大小为2mgtC．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg2t2D．从A点到最低点小球重力势能变化了mg2t28．如图所示，在B=0.1T的匀强磁场中有一边长为L=8cm的正方形ABCD，内有一点P，它与AD和DC的距离均为1cm，在P点有一个发射正离子的装置，能够连续不断地向纸面内的各个方向发射出速率不同的正离子，离子的质量为1.0×10﹣14kg，电荷量为1.0×10﹣5C，离子的重力不计，不考虑离子之间的相互作用，则（）A．速率为5×106m/s的离子在磁场中运动的半径是5cmB．速率在5×105m/s到8×105m/s范围内的离子不可能射出正方形区域C．速率为5×106m/s的离子在CB边上可以射出磁场的范围为距C点距离2cm～（1+）cmD．离子从CB边上射出正方形区域的最小速度为（8﹣）×106m/s三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13-14题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共47分）9．在利用自由落体“验证机械能守恒定律”的实验中，（1）下列器材中不必要的是（单选，只需填字母代号）．A．重物B．纸带C．铁架台D．低压直流电源E．毫米刻度尺（2）关于本实验的误差，下列说法正确的是（多选，只需填字母代号）A．选择质量较小的重物，有利于减小误差B．选择点击清晰且第1、2两点间距约为2mm的纸带，有利于减小误差C．先松开纸带后接通电源会造成较大的误差D．实验产生系统误差的主要原因是重物在下落过程中不可避免地受到阻力的作用（3）在实验中，质量m=1kg的物体自由下落，得到如图所示的纸带，相邻计数点间的时间间隔为0.04s．那么从打点计时器打下起点O到打下B点的过程中，物体在B点的瞬时速度v B=m/s，物体重力势能的减少量△E P=J，此过程中物体动能的增加量△E k=J．（取g=9.8m/s2，保留三位有效数字）（4）通过计算，数值上△E P△E k（填“＜”、“＞”或“=”），这是因为．10．二极管是一种半导体元件，电路符号为，其特点是具有单向导电性．某实验小组要对一只二极管正向接入电路时的伏安特性曲线进行测绘探究．据了解，该二极管允许通过的最大电流为50mA．（1）该二极管外壳的标识模糊了，同学们首先用多用电表的欧姆档来判断它的正负极：当红表笔接触二极管的左端、黑表笔接触二极管的右端时，发现指针的偏角比较小，当交换表笔再次测量时，发现指针有很大偏转，由此可判断（填“左”或“右”）端为二极管的正极．（2）实验探究中他们可选器材如下：A．直流电源（电动势3V，内阻不计）B．滑动变阻器（0～20Ω）C．电压表（量程15V、内阻约80kΩ）D．电压表（量程3V、内阻约50kΩ）E．电流表（量程0.6A、内阻约1Ω）F．电流表（量程50mA、内阻约50Ω）G．待测二极管H．导线、开关为了提高测量精度，电压表应选用 ，电流表应选用 ．（填序号字母）（3）实验中测量数据如下表，请在如图坐标纸上画出该二极管的伏安特性曲线．（4）同学们将该二极管与阻值为10Ω的定值电阻串联后接到电压恒为3V 的电源两端，则二极管导通时定值电阻的功率为 W ．11．如图所示，一高度为h=0.8m 粗糙的水平面在B 处与倾角为θ=300光滑的斜面BC 连接，一滑块（可看作质点）从水平面的A 点以v 0=3m/s 的速度在粗糙的水平面上向右运动，运动到B 点时滑块恰能沿光滑斜面下滑．已知AB 间的距离s=5m ，取g=10m/s 2．求：（1）滑块与水平面的动摩擦因数；（2）若滑块从水平面上的A 点以v 1=5m/s 的速度在粗糙的水平面上向右运动，运动到B 点后滑块将做什么运动？并求出滑块的着地点与C 点的距离．12．如图所示，倾角为θ=30°、宽度为d=1m 、长为L=4m 的光滑倾斜导轨，导轨C 1D 1、C 2D 2顶端接有定值电阻R 0=15Ω，倾斜导轨置于垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=5T ，C 1A 1、C 2A 2是长为S=4.5m 的粗糙水平轨道，A 1B 1、A 2B 2是半径为R=0.5m 处于竖直平面内的光滑圆环（其中B 1、B 2为弹性挡板），整个轨道对称．在导轨顶端垂直于导轨放一根质量为m=2kg、电阻不计的金属棒MN，当开关S闭合时，金属棒从倾斜轨道顶端静止释放，已知金属棒到达倾斜轨道底端前已达最大速度，当金属棒刚滑到倾斜导轨底端时断开开关S，（不考虑金属棒MN经过接点C1、C2处和棒与B1、B2处弹性挡板碰撞时的机械能损失，整个运动过程中金属棒始终保持水平，水平导轨与金属棒MN之间的动摩擦因数为µ=0.1，g=10m/s2）．求：（1）开关闭合时金属棒滑到倾斜轨道底端时的速度；（1）金属棒MN在倾斜导轨上运动的过程中，电阻R0上产生的热量Q；（2）当金属棒第三次经过A1A2时对轨道的压力．（二）选考题【物理--选修3-4】13．一列自右向左传播的简谐横波，在t=0时刻的波形图如图所示，此时坐标为（1，0）的质点刚好开始运动，在t1=0.3s时刻，质点P在0时刻后首次位于波峰，Q点的坐标是（﹣3，0），由此可知该波振源的起振方向沿y轴方向；在t=时刻，质点Q首次位于波谷．14．如图所示：一蓄液池深为3m，池边有竖直墙壁，在墙壁上距液面上方2m 处有高为1m的窗口，窗口下方的池底有垂直墙的发光带，O点到墙的距离为，距窗口上边沿0.5m．已知池中液体的折射率为．求人眼在O点通过窗口能看到的池底发光带的长度．2016-2017学年江西省宜春市樟树三中高三（上）第一次周练物理试卷（10）参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．如图所示，A和B两物块的接触面是水平的，A与B保持相对静止一起沿固定斜面匀速下滑，在下滑过程中B的受力个数为（）A．3个 B．4个 C．5个 D．6个【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】先以A为研究对象，分析受力情况，再对B研究，按顺序进行分析受力情况．【解答】解：先以A为研究对象，分析受力情况：重力、B的竖直向上的支持力，B对A没有摩擦力，否则A不会匀速运动．再对B研究，B受到重力、A对B竖直向下的压力，斜面的支持力和滑动摩擦力，共4个力．故选B2．如图，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为r的相同小球，各球编号如图．斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为6r．现将六个小球由静止同时释放，小球离开A点后均做平抛运动，不计一切摩擦．则在各小球运动过程中，下列说法正确的是（）A．球1的机械能守恒B．球6在OA段机械能减小C．球6的水平射程最大D．有三个球落地点相同【考点】功能关系；平抛运动；机械能守恒定律．【分析】6个小球都在斜面上运动时，整个系统的机械能守恒，当有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，所以从6到4，小球离开A的速度不断增大，最后3个小球离开A点的速度相同．【解答】解：A、6个小球都在斜面上运动时，只有重力做功，整个系统的机械能守恒．当有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，球2对1的作用力做功，故球1的机械能不守恒，故A错误；B、球6在OA段运动时，斜面上的球仍在加速，球5对球6的作用力做正功，动能增加，则球6的机械能增加，故B错误；C、由于有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，所以可知离开A点时球6的速度最小，水平射程最小，故C错误；D、由于离开A点时，球6的速度最小，水平射程最小，而最后三个球在水平面上运动时不再加速，3、2、1的速度相等，水平射程相同，故D正确．故选：D3．t=0时，甲、乙两辆汽车同时同地开始运动，它们的v﹣t图象如图所示．忽略汽车掉头所需时间．下列对汽车运动状况的描述正确的是（）A．在第1小时末，乙车改变运动方向B．在0﹣﹣第2小时末，甲、乙两车通过的位移相同C．在前4小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大D．在第4小时末，甲、乙两车相遇【考点】匀变速直线运动的图像．【分析】根据图象知识可得出两物体在任一时刻的速度、每段的加速度及任一时间段内的位移；则根据两物体的运动关系可判断各选项是否正确．【解答】解；A、由图可知，2小时内乙车一直做反方向的运动，1小时末时开始减速但方向没有变，故A错误；B、图象与时间轴围成的面积为汽车运动的位移，则可知，2小时内，甲车正向2×30km=30km；而乙车反向运动，其位移大小x乙=×2运动的位移为x甲=××30km=30km，方向不同；故B错误；C、图象的斜率表示加速度，由图可知，乙车的图象斜率总是大于甲车的图象的斜率，故乙车的加速度总比甲车的大，故C正确；D、4小内甲车的总位移为120km；而乙车的总位移为﹣30km+60km=30km，即乙车的位移为正方向的30km，两车原来相距70km，4小时末时，甲车离出发点120km，而乙车离甲车的出发点70+30km=100km，故此时甲车已超过乙车，两车不会相遇，故D错误；故选：C．4．如图所示，变压器输入电压不变，当开关S闭合，两电流表读数的变化情况为（）A．都变大B．都变小C．A1变大，A2变小D．A1不变，A2变小【考点】变压器的构造和原理．【分析】电键S闭合，回路中总电阻减小，电流变大，由于输出电压不变，因此输出功率功率增大，再根据电压电流与匝数的关系和串并联电路特点进行分析．【解答】解：变压器输入电压不变，原副线圈匝数比不变，所以输出电压不变．电键S闭合，灯L2并联到电路，回路中总电阻减小，电流变大．输出功率增大，由输入功率等于输出功率知输入功率增大，所以原线圈电流增大，即A1变大．由于副线圈电流变大，所以电阻R上的电压变大，副线圈输出电压不变，所以灯L1两端的电压减小，所以A2变小．故ABD错误，C正确；故选：C．5．如图所示，电路中A、B是规格相同的灯泡，L是电阻可忽略不计的电感线圈，那么（）A．合上S，B先亮A后亮，然后A变暗后熄灭B．合上S，B先亮，A逐渐变亮，最后A、B一样亮C．断开S，A立即熄灭，B由亮变暗后熄灭D．断开S，B立即熄灭，A闪亮一下后熄灭【考点】自感现象和自感系数．【分析】线圈中电流发生变化时，会产生自感电动势，阻碍电流的变化；分通电和断电两种情况分析．【解答】解：A、B、合上S，线圈中电流要增加，会产生自感电动势，故只能缓慢增加，故A、B一起亮，然后A变暗后熄灭，B更亮，故AB错误；C、D、断开S，线圈中电流要减小，会产生自感电动势，故只能缓慢减小，通过电灯A构成回路放电，故B立即熄灭，A闪亮一下后熄灭，故C错误，D正确；故选：D．6．“神舟八号”与“天宫一号”对接前各自绕地球运动，设“天宫一号”在半径为r1的圆轨道上运动，周期为T1，“神舟八号”在半径为r2的圆轨道上运动，r1＞r2，则（）A．“天宫一号”的运行速度大于7.9 km/sB ．“神舟八号”的周期T 2=T 1C ．地球表面的重力加速度g=D ．地球的质量M=【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；线速度、角速度和周期、转速．【分析】根据万有引力提供向心力，得出速度公式v=，由，得出周期由于半径的关系．可以知道物体的速度与轨道半径一一对应；又因为，得出加速度加速度的与轨道半径的关系．【解答】解：A 、根据题意可知，“天宫一号”的在轨运行高度大于于近地卫星的高度，由卫星的环绕速度公式v=可知，高度越低速度越大，第一宇宙速度轨道最小，运行速度最大，所以“天宫一号”的在轨运行速度小于第一宇宙速度．故A 错误；B 、根据得，T=①，所以：，得，故B正确；CD 、天宫一号围绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，有：．得地球质量设地球的半径是R ，由地球表面的重力加速度为： =．故C 错误．D 正确；故选：BD7．质量为m 的带正电小球由空中A 点无初速度自由下落，在t 秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点．不计空气阻力且小球从未落地，则（）A．整个过程中小球电势能变换了mg2t2B．整个过程中小球动量增量的大小为2mgtC．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg2t2D．从A点到最低点小球重力势能变化了mg2t2【考点】重力势能的变化与重力做功的关系；匀变速直线运动的公式；动量定理；功能关系；电势能．【分析】分析小球的运动过程，根据运动学公式求出在电场中的加速度．根据牛顿第二定律求出电场力与重力的关系．运用动量定理求出动量的变化量．根据动能定理求出动能的变化量．根据重力做功与重力势能变化关系求解重力势能变化量．【解答】解：A、小球先做自由下落，然后受电场力和重力向下做匀减速到速度为0，再向上做匀加速回到A点．设加上电场后小球的加速度大小为a，规定向下为正方向．整个过程中小球的位移为0，运用运动学公式：gt2+gt×t﹣at2=0解得a=3g，mg=ma根据牛顿第二定律：F合=F电﹣所以电场力是重力的4倍为4mg，根据电场力做功量度电势能的变化w电=﹣△E pw电=F电•x=4mg×gt2=2mg2t2所以整个过程中小球电势能减少了2mg2t2．故A错误．B、规定向下为正方向，根据动量定理得：△p=mgt﹣3mgt=﹣2mgt，所以整个过程中小球动量增量的大小为2mgt，故B正确；C、小球减速到最低点动能为0，所以从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化与从A点无初速度自由下落到t秒末动能变化相等．小球从A点无初速度自由下落到t秒末动能变化为mg2t2 故C错误．D、根据重力做功与重力势能变化的关系得：从A点到最低点重力势能变化了mg×（gt2+×gt2）=mg2t2．故D正确．故选BD．8．如图所示，在B=0.1T的匀强磁场中有一边长为L=8cm的正方形ABCD，内有一点P，它与AD和DC的距离均为1cm，在P点有一个发射正离子的装置，能够连续不断地向纸面内的各个方向发射出速率不同的正离子，离子的质量为1.0×10﹣14kg，电荷量为1.0×10﹣5C，离子的重力不计，不考虑离子之间的相互作用，则（）A．速率为5×106m/s的离子在磁场中运动的半径是5cmB．速率在5×105m/s到8×105m/s范围内的离子不可能射出正方形区域C．速率为5×106m/s的离子在CB边上可以射出磁场的范围为距C点距离2cm～（1+）cmD．离子从CB边上射出正方形区域的最小速度为（8﹣）×106m/s【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出离子的轨道半径，然后分析答题．【解答】解：A、离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qv1B=，代入数据解得：r1=0.05m=5cm；故A正确．B、P点与AD和DC的距离均为1cm，离子轨道半径r＜的离子不可能射出正方形区域，由牛顿第二定律得：qvB=，代入数据解得：v=5×105m/s，速度v＜5×105m/s离子不能射出磁场区域；故B错误．C、速度大小为v1=5×106m/s的粒子运动的轨道半径：r1=5cm．当粒子运动沿轨迹Ⅱ与CD边相切于E点时，粒子将从BC边F点出射，为最低出射点．由几何关系得：r12=（r1﹣d）2+PH2，解得：PH=3cm，由几何关系得，F与C点的距离为FC=当粒子沿轨迹Ⅲ与BC边相切于G点时，粒子将从GF边G点出射，为最高出射点．由几何关系得：r2=（L﹣r﹣d）2+x2，解得：x=，则出射点G距下边界高：CG=x+d=cm，综上，出射点距B的距离x满足：2cm≤x≤（1+）cm．故C正确．D、离子运动轨迹与CD相切又与BC相切是所有射出BC的轨迹中半径最小的，由几何知识可知，该轨道半径：r=（8﹣）cm，根据qvB=得，v=（8﹣）×106m/s；故D正确．故选：ACD．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13-14题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共47分）9．在利用自由落体“验证机械能守恒定律”的实验中，（1）下列器材中不必要的是D（单选，只需填字母代号）．A．重物B．纸带C．铁架台D．低压直流电源E．毫米刻度尺（2）关于本实验的误差，下列说法正确的是BCD（多选，只需填字母代号）A．选择质量较小的重物，有利于减小误差B．选择点击清晰且第1、2两点间距约为2mm的纸带，有利于减小误差C．先松开纸带后接通电源会造成较大的误差D．实验产生系统误差的主要原因是重物在下落过程中不可避免地受到阻力的作用（3）在实验中，质量m=1kg的物体自由下落，得到如图所示的纸带，相邻计数点间的时间间隔为0.04s．那么从打点计时器打下起点O到打下B点的过程中，物体在B点的瞬时速度v B= 2.13m/s，物体重力势能的减少量△E P= 2.28J，此过程中物体动能的增加量△E k= 2.27J．（取g=9.8m/s2，保留三位有效数字）（4）通过计算，数值上△E P＞△E k（填“＜”、“＞”或“=”），这是因为纸带和物体下落过程中要克服阻力做功，有机械能损失．【考点】验证机械能守恒定律．【分析】（1）根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定所需的器材以及不需要的器材．（2）根据原理以及注意事项确定正确的操作步骤．（3、4）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，从而得出动能的增加量，根据下降的高度求出重力势能的减小量，通过比较分析产生误差的原因．【解答】解：（1）打点计时器使用的是交流电源，故不需要低压直流电源．故选：D．（2）A、为了减小误差，重物选择质量大一些、体积小一些的，故A错误．B、根据h=，可知选择点迹清晰且第1、2两点间距约为2mm的纸带，有利于减小误差，故B正确．C、实验时应先接通电源，再松开纸带，若先松开纸带后接通电源会造成较大的误差，故C正确．D、实验产生系统误差的主要原因是重物在下落过程中不可避免地受到阻力的作用，故D正确．故选：BCD．（3）B点的瞬时速度=2.13m/s．物体重力势能的减小量△E p=mgh=1×9.8×0.2325J=2.28J．物体动能的增加量==2.27J．（4）通过计算，数值上△E P＞△E k，这是因为纸带和物体下落过程中要克服阻力做功，有机械能损失．故答案为：（1）D （2）BCD（3）2.13 2.28 2.27（4）＞，纸带和物体下落过程中要克服阻力做功，有机械能损失．10．二极管是一种半导体元件，电路符号为，其特点是具有单向导电性．某实验小组要对一只二极管正向接入电路时的伏安特性曲线进行测绘探究．据了解，该二极管允许通过的最大电流为50mA．（1）该二极管外壳的标识模糊了，同学们首先用多用电表的欧姆档来判断它的正负极：当红表笔接触二极管的左端、黑表笔接触二极管的右端时，发现指针的偏角比较小，当交换表笔再次测量时，发现指针有很大偏转，由此可判断左（填“左”或“右”）端为二极管的正极．（2）实验探究中他们可选器材如下：A．直流电源（电动势3V，内阻不计）B．滑动变阻器（0～20Ω）C．电压表（量程15V、内阻约80kΩ）D．电压表（量程3V、内阻约50kΩ）E．电流表（量程0.6A、内阻约1Ω）F．电流表（量程50mA、内阻约50Ω）G．待测二极管H．导线、开关为了提高测量精度，电压表应选用D，电流表应选用F．（填序号字母）（3）实验中测量数据如下表，请在如图坐标纸上画出该二极管的伏安特性曲线．（4）同学们将该二极管与阻值为10Ω的定值电阻串联后接到电压恒为3V的电源两端，则二极管导通时定值电阻的功率为0.025W．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【分析】（1）二极管正向电阻很小，反向电阻很大，黑表笔与欧姆表内部电池的正极相连，红表笔与负极相连，根据欧姆表示数大小关系判断正负极；（2）根据给定的电源的电压可以选择电压表；根据表中给出的数据可以选择电流表；（3）在坐标轴中选择合适的坐标，采用描点法作图，注意用平滑的曲线将各点相连；（4）将10Ω的定值电阻视为电源内阻，则画出电源的伏安特性曲线，两图象的交点为二极管的工作点，则由图可得出电流和电压，从而求出功率．【解答】解：（1）黑表笔与欧姆表内部电池的正极相连，红表笔与负极相连，当将红表笔接触二极管的左端、黑表笔接触二极管的右端时，发现指针的偏角比很小，说明二极管电阻很大，即与黑表笔相接的是二极管的负极，换表笔再次测量时，发现指针的偏角很大，说明二极管正向导通，即与黑表笔相连的应是正极，由此判定二极管的左端是正极；（2）因电源电压为3V，为了安全和准确电压表应选择D；由表中数据可知，电流最大为50mA，则电流表应选择F；（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示：（4）将10Ω定值电阻等效为电源内阻；在图中作出电源的伏安特性曲线，如右图所示：则两曲线的交点为二极管工作点，则由图象可知，二极管的工作电压约为2.5V；电流约为50mA；则定值电阻消耗的功率P=I2R=0.025W；（0.022﹣0.028均可）故答案为：（1）左；（2）D；F；（3）如图所示；（4）0.025．11．如图所示，一高度为h=0.8m粗糙的水平面在B处与倾角为θ=300光滑的斜面BC连接，一滑块（可看作质点）从水平面的A点以v0=3m/s的速度在粗糙的水平面上向右运动，运动到B点时滑块恰能沿光滑斜面下滑．已知AB间的距离s=5m，取g=10m/s2．求：（1）滑块与水平面的动摩擦因数；（2）若滑块从水平面上的A点以v1=5m/s的速度在粗糙的水平面上向右运动，运动到B点后滑块将做什么运动？并求出滑块的着地点与C点的距离．【考点】动能定理；平抛运动．【分析】（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式求出小滑块的加速度，根据牛顿第二定律求出动摩擦因数（2）若小滑块从水平面上的A点以v1=5m/s的速度在粗糙的水平面上向右运动，到达B点有水平初速度，将做平抛运动，通过计算判断下滑块平抛是否落在斜面。
2017届江西省宜春三中高三(上)第一次综合能力测试物理试卷(理科)(解析版)
2016-2017学年江西省宜春三中高三（上）第一次综合能力测试物理试卷（理科）一、选择题：本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．以下叙述正确的是（）A．牛顿发现了万有引力定律并通过实验测量计算出引力常量GB．丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，并总结了右手螺旋定则C．德国天文学家开普勒发现了万有引力定律，提出了牛顿三大定律D．法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律﹣﹣库仑定律，并测出了静电力常量K的值2．质量相等的两个质点A、B在拉力作用下从同一地点沿同一直线竖直向上运动的v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是（）A．t2时刻两个质点在同一位置B．0﹣t2时间内两质点的平均速度相等C．0﹣t2时间内A质点处于超重状态D．在t1﹣t2时间内质点B的机械能守恒3．一个木块静止在固定斜面上，现用水平推力F作用于木块上．当F的大小由零逐渐增加到一定值，而木块总保持静止，如图所示，则（）A．木块受到的静摩擦力增加B．木块与斜面之间的最大静摩擦力增加C．木块受的合力增加D．木块所受到的斜面支持力不变4．某星球的半径为R，在其表面上方高度为aR的位置，以初速度v0水平抛出一个金属小球，水平射程为bR，a、b均为数值极小的常数，则这个星球的第一宇宙速度为（）A．v0B．v0C．v0D．v05．某电场的电场分布如图所示，在以点电荷为圆心的圆周上有a、b、c、d四点，a、c两点与点电荷在同一水平线上，b、d与点电荷在同一竖直线上，则下列说法正确的是（）A．a点电势最低，c点电势最高B．同一试探电荷在b、d两点受的电场力相同C．同一试探电荷在b、d两点的电势能相同D．若将一负试探电荷由c点移到d点，电势能增大6．在如图所示的电路中，当闭合开关S后，若将滑动变阻器的滑片P向下调节，则正确的是（）A．电压表和电流表的示数都增大B．灯L2变暗，电流表的示数增大C．灯L2变亮，电容器的带电量增加D．灯L1变亮，电压表的示数减小7．如图，两根长直导线竖直平行固定放置，且与水平放置的光滑绝缘杆MN分别交于c、d两点，点o是cd的中点，杆MN上a、b两点关于o点对称．两导线均通有大小相等、方向向上的电流，已知长直导线在在周围某点产生磁场的磁感应强度与电流成正比、与该点到导线的距离成反比．一带正电的小球穿在杆上，以初速度v0从a点出发沿杆运动到b点．在a、b、o三点杆对小球的支持力大小分别为F a、F b、F o．下列说法可能正确的是（）A．F a＞F oB．F b＞F aC．小球一直做匀速直线运动D．小球先做加速运动后做减速运动8．如图所示，粗糙的平行金属导轨与水平面的夹角为θ，宽为L，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B，导轨上、下两边分别连接电阻R1和R2，质量为m的导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g．则导体棒ab沿着导轨下滑的过程中（）A．R1和R2发热功率之比P1：P2=R2：R1B．导体棒匀速运动时的速度C．安培力对导体棒做的功等于导体棒机械能的减少量D．重力和安培力对导体棒做功之和大于导体棒动能的增量三、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第14题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题9．某同学利用如图1所示装置探究平抛运动中机械能是否守恒．在斜槽轨道的末端安装一个光电门B，调节激光束与球心等高，斜槽末端水平．地面上依次铺有白纸、复写纸，让小球从斜槽上固定位置A点无初速释放，通过光电门后落在地面的复写纸上，在白纸上留下打击印．重复实验多次，测得小球通过光电门的平均时间为2.50ms．（当地重力加速度g=9.8m/s2，计算结果保留三位有效数字）①用游标卡尺测得小球直径如图2所示，则小球直径为d=cm，由此可知小球通过光电门的速度v B= m/s；②实验测得轨道离地面的高度h=0.441m，小球的平均落点P到轨道末端正下方O点的距离x=0.591m，则由平抛运动规律解得小球平抛的初速度v0=m/s；③在误差允许范围内，实验结果满足小球通过光电门的速度v B与由平抛运动规律求解的平抛初速度v0满足关系，就可以认为平抛运动过程中机械能是守恒的．10．有两组同学进行了如下实验：甲：甲组同学器材有：电源，滑动变阻器，电流表A1（0﹣200mA，内阻约11Ω），电流表A2（0﹣300mA，内阻约8Ω），定值电阻R1=24Ω，R2=12Ω，开关一个，导线若干．为了测量A1的内阻，该组同学共设计了图1A、B、C、D四套方案：其中最佳的方案是套，若用此方案测得A1、A2示数分别为180mA和270mA，则A1的内阻为Ω．乙：乙组同学设计测定量程为3V的电压表内阻的精确值（内阻约为2kΩ），实验室中提供的器材有：电阻箱R（最大电阻为9999.9Ω），定值电阻r1=5kΩ，定值电阻r2=10kΩ，电源E（电动势约为12V、内阻不计），开关、导线若干．设计的实验电路如图2所示，先将电阻箱R的阻值调到最大，连接好实物电路；然后闭合开关，调节电阻箱R的阻值，使得电压表的指针刚好半偏，记下此时电阻箱的阻值R1；再次调节电阻箱R的阻值，使电压表的指针刚好满偏，记下此时电阻箱的阻值R2．（1）实验中选用的定值电阻是；（2）由上述的实验过程分析可得电压表内阻R V的表达式为R V=．（请用字母R1、R2和r表示）11．杂技演员在进行“顶杆”表演时，使用了一根质量可忽略不计的长竹竿．一质量为40kg的演员自杆顶由静止开始下滑，指到竹杆底端时速度刚好为零．已知杂技演员在下滑过程中其速度一时间图象如图所示（以向下的方向为速度的正方向）．求：（1）在O～1s时间内杂技演员的加速度大小；（2）长竹竿的长度；（3）在O～1s时间内竹竿底部对下面顶杆人肩部的压力大小．（取g=10m/s2）12．在如图所示的x﹣o﹣y坐标系中，y＞0的区域内存在着沿y轴正方向、场强为E的匀强电场，y＜0的区域内存在着垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．一带电粒子从y轴上的P（0，h）点以沿x 轴正方向的初速度射出，恰好能通过x轴上的D（d，0）点．己知带电粒子的质量为m，带电量为﹣q．h、d、q均大于0．不计重力的影响．（1）若粒子只在电场作用下直接到达D点，求粒子初速度的大小v0；（2）若粒子在第二次经过x轴时到达D点，求粒子初速度的大小v0（3）若粒子经过电场和磁场运动后能到达D点，求粒子初速度大小v0应满足的条件．（二）选考题【物理--选修3-4】13．如图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中x=2m处的质点P以此时刻为计时起点的振动图象．下列说法正确的是（）A．这列波的传播方向是沿x轴正方向B．这列波的传播速度是20m/sC．经过0.15 s，质点P沿x轴的正方向传播了3 mD．经过0.1 s时，质点Q的运动方向沿y轴正方向E．经过该0.35s时，质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离14．如图所示，一个横截面为直角三角形的三棱镜，∠A=30°，∠C=90°．三棱镜材料的折射率是n=．一束与BC面成θ=30°角的光线射向BC面．①试通过计算说明在AC面下方能否观察到折射光线？②作出三棱镜内完整的光路图，指出最终的出射光线与最初的入射光线之间的夹角．2016-2017学年江西省宜春三中高三（上）第一次综合能力测试物理试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．以下叙述正确的是（）A．牛顿发现了万有引力定律并通过实验测量计算出引力常量GB．丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，并总结了右手螺旋定则C．德国天文学家开普勒发现了万有引力定律，提出了牛顿三大定律D．法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律﹣﹣库仑定律，并测出了静电力常量K的值【考点】物理学史．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解答】解：A、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过实验测量计算出引力常量G，故A错误；B、丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，安培总结了右手螺旋定则，故B错误；C、德国天文学家开普勒发现了行星运动规律，牛顿发现了万有引力定律，提出了牛顿三大定律，故C错误；D、法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律﹣﹣库仑定律，并测出了静电力常量K的值，故D正确；故选：D．2．质量相等的两个质点A、B在拉力作用下从同一地点沿同一直线竖直向上运动的v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是（）A．t2时刻两个质点在同一位置B．0﹣t2时间内两质点的平均速度相等C．0﹣t2时间内A质点处于超重状态D．在t1﹣t2时间内质点B的机械能守恒【考点】匀变速直线运动的图像；平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系；超重和失重．【分析】速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，平均速度等于位移除以时间，当加速度方向向上时，物体处于超重状态，方向向下时，处于失重状态，物体的动能和势能之和不变时，机械能守恒．【解答】解：A、速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，0﹣t2时间内B的位移大于A的位移，B在A的上面，故A错误；B、0﹣t2时间内B的位移大于A的位移，时间相等，则B的平均速度大于A的平均速度，故B错误；C、0﹣t2时间内A的斜率为正，加速度为正，方向向上，处于超重状态，故C正确；D、t1﹣t2时间内质点B匀速向上运动，动能不变，重力势能变大，机械能增大，故D错误．故选：C3．一个木块静止在固定斜面上，现用水平推力F作用于木块上．当F的大小由零逐渐增加到一定值，而木块总保持静止，如图所示，则（）A．木块受到的静摩擦力增加B．木块与斜面之间的最大静摩擦力增加C．木块受的合力增加D．木块所受到的斜面支持力不变【考点】共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算．【分析】正确的受力分析是解决问题的关键，物体静止在斜面上，说明物体处于平衡状态，所受外力合力为0，根据合力为0可列式求物体所受斜面的支持力和摩擦力的变化情况，由于物体始终处于平衡，故物体所受合力为0，以物体和斜面整体为研究对象，当F增大时，地面对整体的摩擦力亦增大．【解答】解：如图对小滑块进行受力分析有：=Fcosθ+f﹣Gsinθ=0…①F合x=F N﹣Gcosθ﹣Fsinθ=0…②F合yA、由①知f=Gsinθ﹣Fcosθ，由于未知摩擦力的方向，故当f为正值时，F增大则f减小，若f为负值即沿斜面向下时，当F增大则f亦增大．但最大静摩擦力随着正压力增大而增大．故A错误；B、由于未知摩擦力的方向，故当f为正值时，F增大则f减小，若f为负值即沿斜面向下时，当F增大则f亦增大．但最大静摩擦力随着正压力增大而增大．故B正确；C、又由于物体在F增大过程中始终处于静止状态，即平衡状态，故合外力始终为0，所以水平方向合力为0即一直不变，故C错误；D、由前面分析知，木块所受到的斜面支持力增大，故D错误．故选：B．4．某星球的半径为R，在其表面上方高度为aR的位置，以初速度v0水平抛出一个金属小球，水平射程为bR，a、b均为数值极小的常数，则这个星球的第一宇宙速度为（）A．v0B．v0C．v0D．v0【考点】第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．【分析】根据平抛求出星球表面的重力加速度g，再根据万有引力等于重力求解，第一宇宙速度为近地卫星围绕星球圆周运动的线速度．【解答】解：根据平抛运动射程公式有：x=v0，得星球表面的重力加速度g=，根据第一宇宙速度v=代入数据得v=，故A正确，BCD错误；故选：A．5．某电场的电场分布如图所示，在以点电荷为圆心的圆周上有a、b、c、d四点，a、c两点与点电荷在同一水平线上，b、d与点电荷在同一竖直线上，则下列说法正确的是（）A．a点电势最低，c点电势最高B．同一试探电荷在b、d两点受的电场力相同C．同一试探电荷在b、d两点的电势能相同D．若将一负试探电荷由c点移到d点，电势能增大【考点】电势能；电场线；电势．【分析】本题要根据电场线的疏密来判断电场强度大小，根据电场线的方向判断出电势、电势能大小变化，并理解这些概念之间的关系．【解答】解：A、从电场线的分布情况可知，c处的电场线最密，a处的电场线最疏，所以a与圆心的电势差小于c与圆心的电势差．因为沿着电场线方向电势降低，所以a点电势最高，c点电势最低，故A错误B、由图知，b、d两处场强大小相等，但方向不同，则同一试探电荷在b、d两点受的电场力大小相等，方向不同，所以电场力不同．故B错误C、根据对称性可知，b、d的电势相等，则同一试探电荷在b、d两点的电势能相同，故C正确D、若将一负试探电荷由c点移到d点，电势增大，所以电势能减小，故D错误故选：C．6．在如图所示的电路中，当闭合开关S后，若将滑动变阻器的滑片P向下调节，则正确的是（）A．电压表和电流表的示数都增大B．灯L2变暗，电流表的示数增大C．灯L2变亮，电容器的带电量增加D．灯L1变亮，电压表的示数减小【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】将滑动变阻器的滑片P向下调节，变阻器接入电路的电阻减小，R与灯L2并联的电阻减小，外电路总电阻减小，根据欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化．电压表的示数等于路端电压．判断灯L1亮度的变化．根据路端电压与灯L1电压的变化，分析并联部分电压的变化，判断灯L2亮度的变化．根据干路电流与灯L2电流的变化，分析电流表读数的变化．根据电容器电压的变化，即可判断其电量的变化．【解答】解：将滑动变阻器的滑片P 向下调节，变阻器接入电路的电阻减小，R 与灯L 2并联的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I 增大，路端电压U 减小，则电压表示数减小，灯L 1变亮．R 与灯L 2并联电路的电压U 并=U ﹣U 1，U 减小，U 1增大，则U 并减小，灯L 2变暗．流过电流表的电流I A =I ﹣I 2，I 增大，I 2减小，I A 增大，电流表的示数增大．R 与灯L 2并联电路的电压减小，电容器板间电压减小，则其带电量减小．故AC 错误，BD 正确． 故选：BD ．7．如图，两根长直导线竖直平行固定放置，且与水平放置的光滑绝缘杆MN 分别交于c 、d 两点，点o 是cd 的中点，杆MN 上a 、b 两点关于o 点对称．两导线均通有大小相等、方向向上的电流，已知长直导线在在周围某点产生磁场的磁感应强度与电流成正比、与该点到导线的距离成反比．一带正电的小球穿在杆上，以初速度v 0从a 点出发沿杆运动到b 点．在a 、b 、o 三点杆对小球的支持力大小分别为F a 、F b 、F o ．下列说法可能正确的是（ ）A ．F a ＞F oB ．F b ＞F aC ．小球一直做匀速直线运动D ．小球先做加速运动后做减速运动【考点】洛仑兹力；牛顿第二定律．【分析】根据右手螺旋定制，判断出MN 直线处磁场的方向，然后根据左手定则判断洛伦兹力大小和方向的变化，明确了受力情况，即可明确运动情况．【解答】解：根据右手螺旋定则可知，从a 点出发沿连线运动到b 点，直线M 处的磁场方向垂直于MN 向里，直线N 处的磁场方向垂直于MN 向外，所以合磁场大小先减小过O 点后反向增大，而方向先里，过O 点后向外，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向开始的方向向上，大小在减小，在a 点，若Bqv 0＞mg 则有F a =Bqv 0﹣mg ；在o 点，F o =mg ，所以有可能F a ＞F o ，过O 得后洛伦兹力的方向向下，大小在增大．由此可知，小球在速度方向不受力的作用，则将做匀速直线运动，而小球对杆的压力一直在增大，即F b ＞F a ，故D 错误，ABC 正确．故选：ABC ．8．如图所示，粗糙的平行金属导轨与水平面的夹角为θ，宽为L ，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B ，导轨上、下两边分别连接电阻R 1和R 2，质量为m 的导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g ．则导体棒ab 沿着导轨下滑的过程中（ ）A ．R 1和R 2发热功率之比P 1：P 2=R 2：R 1B ．导体棒匀速运动时的速度C．安培力对导体棒做的功等于导体棒机械能的减少量D．重力和安培力对导体棒做功之和大于导体棒动能的增量【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．【分析】导体棒下滑时产生感应电动势，由于导体棒的电阻不计，两电阻的电压相等，由公式P=，分析R1和R2发热功率之比；导体棒匀速运动时，合力为零，推导出安培力表达式，即可求出速度v；安培力对导体棒做负功，导体棒克服安培力做功和摩擦力做功之和等于导体棒机械能的减少量；根据动能定理分析重力和安培力对导体棒做功之和与导体棒动能的增量的关系．【解答】解：A、由于导体棒的电阻不计，两电阻的电压相等，由公式P=得：P1：P2=R2：R1．故A正确．B、导体棒匀速运动时所受的安培力大小为F A=，摩擦力大小为f．由平衡条件得：f+F A=mgsinθ，则知F A＜mgsinθ，解得v＜．故B错误．C、根据功能关系可知，导体棒克服安培力做功和摩擦力做功之和等于导体棒机械能的减少量；故C错误．D、导体棒受到重力、导轨的支持力和滑动摩擦力、安培力四个力作用，支持力不做功，根据动能定理得知：重力、安培力和摩擦力对导体棒做功之和等于导体棒动能的增量，而摩擦力做负功，故重力和安培力对导体棒做功之和大于导体棒动能的增量．故D正确．故选AD三、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第14题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题9．某同学利用如图1所示装置探究平抛运动中机械能是否守恒．在斜槽轨道的末端安装一个光电门B，调节激光束与球心等高，斜槽末端水平．地面上依次铺有白纸、复写纸，让小球从斜槽上固定位置A点无初速释放，通过光电门后落在地面的复写纸上，在白纸上留下打击印．重复实验多次，测得小球通过光电门的平均时间为2.50ms．（当地重力加速度g=9.8m/s2，计算结果保留三位有效数字）①用游标卡尺测得小球直径如图2所示，则小球直径为d=0.50cm，由此可知小球通过光电门的速度v B= 2.00m/s；②实验测得轨道离地面的高度h=0.441m，小球的平均落点P到轨道末端正下方O点的距离x=0.591m，则由平抛运动规律解得小球平抛的初速度v0= 1.97m/s；③在误差允许范围内，实验结果满足小球通过光电门的速度v B与由平抛运动规律求解的平抛初速度v0满足v0=v B关系，就可以认为平抛运动过程中机械能是守恒的．【考点】验证机械能守恒定律．【分析】①游标卡尺的读数等于主尺读数加游标读数，不需估读．利用小球通过光电门的平均速度代替瞬时速度；②利用平抛运动水平方向和竖直方向的运动特点，可正确解答；③若球通过光电门的速度v B与由平抛运动规律求解的平抛初速度v0相等，则说明没有能量损失，机械能守恒．【解答】解：①游标卡尺主尺读数为：0.5cm=5mm，游标尺上第0个刻度与上面对齐，故读数为：0×0.1=0.0mm，故最终读数为：5mm+0.0mm=5.0mm=0.50cm；利用小球通过光电门的平均速度代替瞬时速度，因此有：v B===2.00m/s②根据平抛运动规律有：h=gt2x=v0t联立解得：v0=1.97m/s．③在误差允许的范围内，测量出的速度v B与由平抛运动规律求解的理论平抛初速度v0相等，则说明没有能量损失，机械能守恒．故答案为：①0.50； 2.00；②1.97；③v0=v B．10．有两组同学进行了如下实验：甲：甲组同学器材有：电源，滑动变阻器，电流表A1（0﹣200mA，内阻约11Ω），电流表A2（0﹣300mA，内阻约8Ω），定值电阻R1=24Ω，R2=12Ω，开关一个，导线若干．为了测量A1的内阻，该组同学共设计了图1A、B、C、D四套方案：其中最佳的方案是D套，若用此方案测得A1、A2示数分别为180mA和270mA，则A1的内阻为12Ω．乙：乙组同学设计测定量程为3V的电压表内阻的精确值（内阻约为2kΩ），实验室中提供的器材有：电阻箱R（最大电阻为9999.9Ω），定值电阻r1=5kΩ，定值电阻r2=10kΩ，电源E（电动势约为12V、内阻不计），开关、导线若干．设计的实验电路如图2所示，先将电阻箱R的阻值调到最大，连接好实物电路；然后闭合开关，调节电阻箱R的阻值，使得电压表的指针刚好半偏，记下此时电阻箱的阻值R1；再次调节电阻箱R的阻值，使电压表的指针刚好满偏，记下此时电阻箱的阻值R2．（1）实验中选用的定值电阻是r1；（2）由上述的实验过程分析可得电压表内阻R V的表达式为R V=R1﹣2R2﹣r1．（请用字母R1、R2和r 表示）【考点】伏安法测电阻．【分析】甲：由题意明确实验原理，根据实验仪器及实验中给出的电路图可选出最优的电路；应用串并联电路特点与欧姆定律求出电阻阻值．乙：定值电阻的作用是为保护电压表，所以在电阻箱电阻为零时根据欧姆定律求出保护电阻的阻值即可；根据闭合电路欧姆定律列出两种情况下的表达式即可求出电压表内阻．【解答】解：甲：要想测得A1的内阻应测出流过其中的电流及两端的电压，但由题意可知，题目中没有给出电压表，故可以考虑采用两个电流表充当电压表进行测量；图中AB采用了此种方法，但是由于两电流表内阻均不是已知量，只是约数，无法正确测出电阻值；故可以采用并联电路的分流原理，则定值电阻分流，则可通过并联电路的电流规律求得并联部分的电压；CD采用的即为此种方法；C中分流电阻采用了12Ω的电阻，则电流表A2中流过的电流为A1中电流的两倍；容易损坏电表；而D中采用了大电阻，则A1满偏时，A2中电流约为：×200mA=290mA；则能准确的得出数据，故选D方案为最佳方案；由并联电路的规律可知，定值电阻中的电流为270﹣180=90mA；则电流表内阻为：R A=Ω=12Ω；乙：：①设保护电阻的电阻为r，由欧姆定律应有：•E=3V，R V=2kΩ，E=12V，代入数据解得：r=6kΩ，所以定值电阻应选r1．②结合实验步骤，根据欧姆定律应有：E=+，E=U+（R2+r1），联立解得：R V=R1﹣2R2﹣r1；故答案为：甲D；12；乙（1）r1；（2）R1﹣2R2﹣r1．11．杂技演员在进行“顶杆”表演时，使用了一根质量可忽略不计的长竹竿．一质量为40kg的演员自杆顶由静止开始下滑，指到竹杆底端时速度刚好为零．已知杂技演员在下滑过程中其速度一时间图象如图所示（以向下的方向为速度的正方向）．求：（1）在O～1s时间内杂技演员的加速度大小；（2）长竹竿的长度；（3）在O～1s时间内竹竿底部对下面顶杆人肩部的压力大小．（取g=10m/s2）【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的图像．【分析】（1）在速度时间图象上，图象斜率代表加速度（2）在速度时间图象上，图象与坐标轴围成的面积表示位移（3）由（1）可知0﹣1s内杂技演员的加速度，然后对杂技演员利用牛顿第二定律列式求解即可．【解答】解（1）由图象得：在O～1s时间内杂技演员的加速度大小①（2）由图象得：竹竿的长度为：（3）对杂技演员由牛顿第二定律得：mg﹣f=ma ②①②联立代入数据得：f=280N由牛顿第三定律得竹竿底部对下面顶杆人肩部压力大小f′=f=280N答：（1）在O～1s时间内杂技演员的加速度大小3m/s2；。
江西省宜春市丰城中学2017-2018学年高三上学期补习班周练物理试卷(重点班) Word版含解析
2017-2018学年江西省宜春市丰城中学高三（上）补习班周练物理试卷（重点班）一、选择题（本大题共8小题，每小题6分，共48分．1～6题为单选，7～8题为多选）1．在如图所示的电路中，开关S闭合后，由于电阻元件发生短路或断路故障，电压表和电流表的读数都增大，则可能出现了下列哪种故障（）A．R1短路B．R2短路C．R3短路D．R1断路2．用图示的电路可以测量电阻的阻值．图中R x是待测电阻，R0是定值，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝．闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G 的电流为零时，测得MP=l1，PN=l2，则R x的阻值为（）A．B．C．D．3．如图为某控制电路，由电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及电位器（滑动变阻器）R连接而成，L1、L2是两个指示灯．当电位器的触片由b端滑向a端时，下列说法正确的是（）A．L1、L2都变亮B．L1、L2都变暗C．L1变亮，L2变暗D．L1变暗，L2变亮4．如图所示，直线A是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图线，若这两个电阻分别接到这个电源上，则（）A．R1接在电源上时，电源的效率高B．R2接在电源上时，电源的效率高C．R1接在电源上时，电源的输出功率大D．电源的输出功率一样大5．如图所示电路中，电源电动势为E，电源内阻为r，串联的固定电阻为R2，滑动变阻器的总电阻为R1，电阻大小关系为R1=R2=r，则在滑动触头从a端移动到b端的过程中，下列描述中正确的是（）A．电路中的总电流先增大后减小B．电路的路端电压先增大后减小C．电源的输出功率先增大后减小D．滑动变阻器R1上消耗的功率先减小后增大6．图中B为电源，R1、R2为电阻．K为电键．现用多用电表测量流过电阻R2的电流．将多用电表的选择开关调至直流电流挡（内阻很小）以后，正确的接法是（）A．保持K闭合，将红表笔接在a处，黑表笔接在b处B．保持K闭合，将红表笔接在b处，黑表笔接在a处C．将K断开，红表笔接在a处，黑表笔接在b处D．将K断开，红表笔接在b处，黑表笔接在a处7．硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点．如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图象，图线b是某电阻R的U﹣I图象．当它们组成闭合回路时，下列说法正确的是（）A．电池的内阻r=B．电池的效率为η=×100%C．硅光电池的内阻消耗的热功率P r=U2I1﹣U1I2D．电源的输出功率P=U1I18．如图所示．直线1和2分别为两个不同电源的路端电压和电流的关系图象，E1、r1，分别为电源1的电动势和内阻，E2、r2分别为电源2的电动势和内阻，则下述说法正确的是（）A．E1=E2B．r1＞r2C．当两个电源短路时电源l的短路电流大D．当两个电源分别接相同电阻时，电源2的输出功率小二、实验题（共52分，）9．用以下器材测量待测电阻R X的阻值A、待测电阻R X：阻值约为200ΩB、电源E：电动势约为3.0V，内阻可忽略不计C、电流表A1：量程为0～10mA，内电阻r1=20Ω；D、电流表A2：量程为0～20mA，内电阻约为r2≈8Ω；E、定值电阻R0：阻值R0=80Ω；F、滑动变阻器R1：最大阻值为10Ω；G、滑动变阻器R2：最大阻值为200Ω；H、单刀单掷开关S，导线若干；（1）为了测量电阻R X，现有甲、乙、丙三位同学设计了以下的实验电路图，你认为正确的是；（填“甲”、“乙”或“丙”）（2）滑动变阻器应该选；在闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于端；（填“a”或“b”）（3）若某次测量中电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2．则R X的表达式为：R X=．10．实验室新进了一批低电阻的电磁螺线管，课外活动小组的同学设计了一个试验来测算螺线管的电阻．他们选择了多用电表、电流表、电压表、开关、滑动变阻器、导线和学生电源等．（1）他们使用多用电表粗测金属丝的电阻，操作过程分以下三个步骤：①将红表笔插入多用电表的插孔（正、负）、黑表笔插入多用电表的插孔（正、负）；选择电阻档“×1”；②③把红黑表笔分别与螺线管金属丝的两端相接，多用表的示数如图所示，读数为Ω（2）根据多用电表示数，为了减少实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，应从图中的A、B、C、D四个电路中选择电路来测量金属丝电阻；11．某实验小组要描绘一个标有“3.8V，1W”的小灯珠R L的R～U曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：A．电压表V（量程5V，内阻约为5kΩ）B．直流电源E（电动势4.5V，内阻不计）C．电流表A1（量程150mA，内阻约为2Ω）D．电流表A2（量程300mA，内阻约为1Ω）E．滑动变阻器R1（阻值0～10Ω）F．滑动变阻器R2（阻值0～200Ω）（1）实验中为较准确测量、方便调节，电流表应选用，滑动变阻器应选用（填写仪器符号）；（2）据实验数据，计算并描绘出了R﹣U的图象，如图1所示．由图象可知，当所加电压为3.00V时，灯珠实际消耗的电功率为W．假设灯丝电阻R与其温度t的关系是R=k（t+273）（k为比例系数），室温为27℃，可知该灯珠正常发光时，灯丝的温度约为℃；（3）小灯珠的电功率P随电压U变化的图象及其伏安特性曲线可能分别是图2中的．A．①和③B．①和④C．②和③D．②和④12．某同学欲将满偏电流I g=100μA、内阻未知的电流表改装成量程较大的毫安表，并对改装表进行校对．（1）该同学采用“半偏法”利用如图所示的电路测量电流表的内阻（图中电源的电动势E=6V）时，先闭合开关S1，调节电位器R，使电流表指针偏转到满刻度：再闭合开关S2，保持R 不变，调节电阻箱R′，使电流表指针偏转到满刻度的：接着读出此时R′的阻值为198Ω．则该同学测出的电流表的内阻为R g=Ω．（2）若要将该电流表改装成量程为10mA的电流表，需给它（填“串联”或“并联”）一个阻值为R0=Ω的电阻．（3）把改装好的电流表与标准电流表串联在电路中进行校对．由于（1）中对电流表内阻测定存在系统误差，若改装好的电流表的测量值为I1，标准电流表的测量值为I2，则I1I2（选填“＞”、“=”或“＜”）．13．某班级开展了一次10分钟实验竞赛，试题形式为各小组自已出题，然后交到老师那进行审核，并汇总在一起，在某自习课进行随机抽取试题比赛，某小组在本次实验竞赛中，抽到的试题为：（1）若用主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度的游标卡尺测量某一器件的长度时，显示如图甲所示，则该游标卡尺的读数为mm．（2）现有一多用电表，其欧姆挡的“0”刻度线与中值刻度线问刻度模糊，若用该欧姆挡的×100Ω挡，经正确调零后，规范测量某一待测电阻R时，指针所指的位置与“0”刻度线和中值刻度线间的夹角相等，如图乙所示，则该待测电阻R=Ω．14．为了精确测量一电动势约为5V，内阻约为2.5Ω的直流电源的电动势E和内电阻r，现在除提供导线若干、开关一个和待测电源外，还提供有如下仪器：A．电流表A（量程为200mA，内阻约为10Ω）B．电流表G1（量程为50mA，内阻约为20Ω）C．电流表G2（量程为20mA，内阻为50Ω）D．定值电阻10ΩE．定值电阻50ΩF．定值电阻150ΩH．滑动变阻器50ΩJ．滑动变阻器500Ω选择合适的仪器，设计的实验电路如图甲所示，电流表A的读数为I A，电流表G的读数为I g，移动滑动变阻器，测量多组I A和I g的数据，并以I A为纵轴坐标，以I g为横坐标描点作图，若得到的图象如乙图所示，对应的关系方程为I A=k I g+b，且测量电路中对应的仪器参数如图所示，则b=（用R、R1、R2、R g、R A、E和r中的某些量表示）；若b的数值为0.4，则电路中定值电阻R2应选择：（填D、E或F），滑动变阻器应该选择：（填H或J）；在该实验电路中，是否会因为仪表有内阻而产生系统实验误差：（填“会”或“不会”）．2015-2016学年江西省宜春市丰城中学高三（上）补习班周练物理试卷（重点班）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共8小题，每小题6分，共48分．1～6题为单选，7～8题为多选） 1．在如图所示的电路中，开关S 闭合后，由于电阻元件发生短路或断路故障，电压表和电流表的读数都增大，则可能出现了下列哪种故障（ ）A ．R 1短路B ．R 2短路C ．R 3短路D ．R 1断路【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】由题目中电表示数的变化可得出故障原因，根据电路结构可以得出是哪一个电阻发生故障．【解答】解：A 、若各原件没有故障，电路正常，则电流表测量流过R 1的支路电流，电压表测量R 3两端的电压；若R 1短路，则R 2被短路，外电路只有电阻R 3接在电源两端，电流表测量干路电流，电压表测量路端电压，两表示数均增大，故A 正确．B 、若R 2短路，则R 1被短路，电流表示数为零，显然不符合题意，故B 错误．C 、若R 3短路，则电压表示数为零，不符合题意；故C 错误．D 、若R 1断路，则电流表示数为零，也不符合题意，故D 错误．故选：A ．【点评】本题考查闭合电路的欧姆定律的应用，明确当电路中有电流时，说明电路中应发生了短路故障；若电压表示数变大，电压表可能直接并联到了电源两端．2．用图示的电路可以测量电阻的阻值．图中R x 是待测电阻，R 0是定值，G 是灵敏度很高的电流表，MN 是一段均匀的电阻丝．闭合开关，改变滑动头P 的位置，当通过电流表G 的电流为零时，测得MP=l 1，PN=l 2，则R x 的阻值为（ ）A ．B ．C ．D ．【考点】伏安法测电阻．【分析】闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，而总电流一定，故通过R0和R x的电流也相等；并联电路电压相等，故电阻丝MP段与PN段电压之比等于R0和R x的电压比；再结合欧姆定律列式求解即可．【解答】解：电阻丝MP段与PN段电压之比等于R0和R x的电压比，即；通过电流表G的电流为零，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，而总电流一定，故通过R0和R x的电流也相等，故；根据电阻定律公式，有；故，解得故选：C．【点评】本题是串并联电路中电流、电压关系和电阻定律、欧姆定律的综合运用问题，设计思路巧妙，考查了分析问题和解决问题的能力，不难．3．如图为某控制电路，由电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及电位器（滑动变阻器）R连接而成，L1、L2是两个指示灯．当电位器的触片由b端滑向a端时，下列说法正确的是（）A．L1、L2都变亮B．L1、L2都变暗C．L1变亮，L2变暗D．L1变暗，L2变亮【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】首先认识电路的连接关系：R2与L2并联后与L1串联，再与R1并联接入电源；滑片由b端滑向a端时，滑动变阻器接入电阻变大，则由闭合电路的欧姆定律可知电路中干路电流的变化及路端电压的变化，再分析通过两个灯泡的电流变化，从而判断灯泡亮度．【解答】解：当滑片由b端滑向a端滑动时，R接入电阻增大，总电阻增大；由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流减小，则内电压减小，由U=E﹣Ir可知路端电压增大，则R1两端的电压增大，所以通过R1的电流增大，而总电流减小，所以通过L1的电流变小，即L1变暗，L1两端电压减小，并联电压增大，所以R2及其并联电压增大，所以通过R2电流增大，而通过L1的电流变小，所以通过L2电流变小，即L2变暗．故选：B【点评】本题考查闭合电路欧姆定律的使用，一般按局部﹣整体、局部的思路进行分析．4．如图所示，直线A是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图线，若这两个电阻分别接到这个电源上，则（）A．R1接在电源上时，电源的效率高B．R2接在电源上时，电源的效率高C．R1接在电源上时，电源的输出功率大D．电源的输出功率一样大【考点】路端电压与负载的关系；电功、电功率．【分析】电源的效率等于电源输出功率与电源总功率的百分比．根据效率的定义，找出效率与电源路端电压的关系，由图读出路端电压，就能求出效率．电源与电阻的U﹣I图线的交点，表示电阻接在电源上时的工作状态，可读出电压、电流，算出电源的输出功率，进而比较大小．【解答】解：A、B，电源的效率η===，效率与路端电压成正比，R1接在电源上时路端电压大，效率高，故A正确，B错误．C、D，由图线的交点读出，R1接在电源上时U=U0，I=I0，电源的输出输出功率P1=UI=U0I0；R2接在电源上时U=U0，I=I0，电源的输出输出功率P2=UI=U0I0，故C、D均错误．故选：A．【点评】本题首先要知道效率与功率的区别，电源的效率高，输出功率不一定大．其次，会读图．电源与电阻的伏安特性曲线交点表示电阻接在该电源上时的工作状态．5．如图所示电路中，电源电动势为E，电源内阻为r，串联的固定电阻为R2，滑动变阻器的总电阻为R1，电阻大小关系为R1=R2=r，则在滑动触头从a端移动到b端的过程中，下列描述中正确的是（）A．电路中的总电流先增大后减小B．电路的路端电压先增大后减小C．电源的输出功率先增大后减小D．滑动变阻器R1上消耗的功率先减小后增大【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【分析】滑动变阻器的左右两个部分并联后与电阻R2串联接到电源中，分析在滑动触头从a端滑到b端过程中，电阻的变化情况，根据闭合欧姆定律判断电流的变化情况，当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大．【解答】解：A、当滑动变阻器从a→b移动时，R1左右两个部分并联电路总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知：电流是先减小后增大，故A错误；B、路端电压U=E﹣Ir，因为电流先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，故B正确；=r的时候电源的输出功率最大，可知当滑片在a端或者b端时，外电路总电阻R C、当R外=r，此时电源的输出功率最大，所以输出功率是先减小后增大的，故C错误；外D、将R2看成电源的内阻，等效电源的内阻为2r，变阻器为外电路，显然外电阻小于内电阻，外电阻先增大后减小，等效电源的输出功率，即R1上消耗的功率先增大后减小，故D 错误．故选：B【点评】本题关键判断出滑动变阻器滑片P从最右端→中间→左端总电阻变化情况和电源的输出功率与外电阻的关系，能巧妙运用等效思维分析变阻器功率的变化．6．图中B为电源，R1、R2为电阻．K为电键．现用多用电表测量流过电阻R2的电流．将多用电表的选择开关调至直流电流挡（内阻很小）以后，正确的接法是（）A．保持K闭合，将红表笔接在a处，黑表笔接在b处B．保持K闭合，将红表笔接在b处，黑表笔接在a处C．将K断开，红表笔接在a处，黑表笔接在b处D．将K断开，红表笔接在b处，黑表笔接在a处【考点】多用电表的原理及其使用．【分析】电流表内阻很小，所以串联入电路中，而电压表内阻很大，则并联入电路中；当多用电表用来测量电流时，红表笔必须与电源正极相连，黑表笔与电源负极相连．【解答】解：要想测电阻R2的电流，必须将开关K断开，将两表笔接入电路．红表笔接电源的正极，黑表笔接电源的负极．故选：C【点评】当多用电表测电流或电压时，红表笔要与电源的正极相连；当多用电表用来测电阻时，红表笔与电源的负极相连的，原因是测电流或电压时，电源在表的外部；而测电阻时，电源则在表的内部，然而表盘的指针偏转方向不变，即电流的流向不变，所以有这样的结果．7．硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点．如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图象，图线b是某电阻R的U﹣I图象．当它们组成闭合回路时，下列说法正确的是（）A．电池的内阻r=B．电池的效率为η=×100%C．硅光电池的内阻消耗的热功率P r=U2I1﹣U1I2D．电源的输出功率P=U1I1【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率；焦耳定律．【分析】由欧姆定律得U=E﹣Ir，的大小等于r，当I=0时，E=U，由图可知电池的电动势为U2．当电流为I1时，根据欧姆定律求出内阻；根据功率公式可求得输出功率和内阻上消耗的功率；根据效率公式可求得电源的效率．【解答】解：A、由欧姆定律得U=E﹣Ir，当I=0时，E=U，由a与纵轴的交点读出电动势为E=U2．根据两图线交点处的状态可知，电阻的电压为U1，则内阻r==；故A正确；B、电池的效率η=×100%；故B正确．C、内阻消耗的功率P r=U2I1﹣U1I1；故C错误；D、电源的路端电压为U1，电流为I1，则输出功率P=U1I1；故D正确；故选：ABD．【点评】本题考查对图象的理解能力．对于线性元件欧姆定律可以直接利用；但对于非线性元件不能直接利用欧姆定律求解；同时对于电源的内阻往往根据电源的外特性曲线研究斜率得到．8．如图所示．直线1和2分别为两个不同电源的路端电压和电流的关系图象，E1、r1，分别为电源1的电动势和内阻，E2、r2分别为电源2的电动势和内阻，则下述说法正确的是（）A．E1=E2B．r1＞r2C．当两个电源短路时电源l的短路电流大D．当两个电源分别接相同电阻时，电源2的输出功率小【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】根据闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir，分析电源的U﹣I图线纵轴截距和斜率的物理意义．当I=0时，U=E，图线纵轴截距等于电源的电动势．根据数学知识得知，图线的斜率大小等于电源的内阻．根据电源的输出功率规律可知两电源的输出功率的大小．【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir，当I=0时，U=E，说明图线纵轴截距等于电源的电动势，由图可知，两电源的电动势相等，即E1=E2．故A正确；B、根据数学知识可知，图线的斜率大小等于电源的内阻，由图可知，图线2的斜率大于图线1的斜率，则r2＞r1．故B错误C、短路电流I=，故电源1的短路电流要大，故C正确；D、只有当内外阻相等时，电源的输出功率最大，因不明确两电阻的大小关系，故无法确定输出功率的大小，故D错误；故选：AC．【点评】本题考查闭合电路欧姆定律的应用，抓住图线的截距和斜率的物理意义是关键．并注意分析输出功率的定义．二、实验题（共52分，）9．用以下器材测量待测电阻R X的阻值A、待测电阻R X：阻值约为200ΩB、电源E：电动势约为3.0V，内阻可忽略不计C、电流表A1：量程为0～10mA，内电阻r1=20Ω；D、电流表A2：量程为0～20mA，内电阻约为r2≈8Ω；E、定值电阻R0：阻值R0=80Ω；F、滑动变阻器R1：最大阻值为10Ω；G、滑动变阻器R2：最大阻值为200Ω；H、单刀单掷开关S，导线若干；（1）为了测量电阻R X，现有甲、乙、丙三位同学设计了以下的实验电路图，你认为正确的是乙；（填“甲”、“乙”或“丙”）（2）滑动变阻器应该选R1；在闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于b端；（填“a”或“b”）（3）若某次测量中电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2．则R X的表达式为：R X=．【考点】伏安法测电阻．【分析】所给器材没有电压表，但其中一个电流表的内阻已知，故可以把待测电阻与已知电阻组成并联电路，由电流与电阻的反比关系确定待测电阻的阻值．并由所选的电路的滑动变阻器的接法确定应选择的变阻器．并由电流与电阻系列式求解待测阻值．【解答】解：（1）所给的三个电路图中，乙图可明确确定两支路的电流值和含有电流表的支路的电阻值，由此可确定待测阻值．故乙图正确．（2）因乙图为滑动变阻器的分压式接法，则易用小阻值的变阻器．故应选R1，闭合开关前要让测量电路电压由小变大，故滑片P应置于a端．（3）由并联电路特点：R x（I2﹣I1）=（R0+r1）I1得：Rx=故答案为：（1）乙（2）R1 b（3）【点评】考查电阻的测量电路的设计，能灵活根据所给的器材确定合适的电路，并会求解阻值．10．实验室新进了一批低电阻的电磁螺线管，课外活动小组的同学设计了一个试验来测算螺线管的电阻．他们选择了多用电表、电流表、电压表、开关、滑动变阻器、导线和学生电源等．（1）他们使用多用电表粗测金属丝的电阻，操作过程分以下三个步骤：①将红表笔插入多用电表的正插孔（正、负）、黑表笔插入多用电表的负插孔（正、负）；选择电阻档“×1”；②两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在右侧欧姆零刻度线上③把红黑表笔分别与螺线管金属丝的两端相接，多用表的示数如图所示，读数为4Ω（2）根据多用电表示数，为了减少实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，应从图中的A、B、C、D四个电路中选择D电路来测量金属丝电阻；【考点】用多用电表测电阻．【分析】（1）多用表的红表笔接正插孔，黑表笔插负插孔．测量前要进行欧姆调零．读数由表盘数乘以倍率．（2）由所粗测的电阻值选择合适的电路．【解答】解：（1）①根据直流电表正负极要求可知，电流都从红插孔进从黑插孔出，即所谓“红”进“黑”出，故应将红、黑表笔分别插入多用电表的“+”、“﹣”插孔．②两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在右侧欧姆零刻度线上；③由图示表盘可知，多用表的示数为R=4×1Ω=4Ω．（2）在实验中获得较大的电压调节范围，说明滑动变阻器应用分压式，由于待测金属丝电阻远小于电压表内阻，电流表应用外接法，应选图D所示电路图．故答案为：（1）①正；负；②两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在右侧欧姆零刻度线上；③4；（2）D．【点评】应记忆欧姆表“红表笔接内部电源的负极，黑表笔接内部电源的正极”．当要求电压或电流有较大的调节范围时，说明滑动变阻器应用分压式接法．11．某实验小组要描绘一个标有“3.8V，1W”的小灯珠R L的R～U曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：A．电压表V（量程5V，内阻约为5kΩ）B．直流电源E（电动势4.5V，内阻不计）C．电流表A1（量程150mA，内阻约为2Ω）D．电流表A2（量程300mA，内阻约为1Ω）E．滑动变阻器R1（阻值0～10Ω）F．滑动变阻器R2（阻值0～200Ω）（1）实验中为较准确测量、方便调节，电流表应选用A2，滑动变阻器应选用R1（填写仪器符号）；（2）据实验数据，计算并描绘出了R﹣U的图象，如图1所示．由图象可知，当所加电压为3.00V时，灯珠实际消耗的电功率为0.78W．假设灯丝电阻R与其温度t的关系是R=k （k为比例系数），室温为27℃，可知该灯珠正常发光时，灯丝的温度约为2327℃；（t+273）（3）小灯珠的电功率P随电压U变化的图象及其伏安特性曲线可能分别是图2中的C．A．①和③B．①和④C．②和③D．②和④【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【分析】（1）根据额定电流I=确定电流表的选择，根据电压要从0开始连续可调确定滑动变阻器采用分压接法，而分压接法时滑动变阻器的阻值越小越便于调节；（2）从图中确定小灯泡的电阻，从而确定小灯泡消耗的实际功率；根据图象可知当不通电时小灯泡的电阻为1.5Ω，则1.5=K（27+273），当小灯泡正常发光时，其电阻为13Ω，则13=K （t+273），联立以上二式求出t；（4）根据P=UI可知I=，即P﹣U图象的斜率为电流I，R﹣U图象的斜率的倒数为I；由乙图可知随电压的增大导体的电阻增大，故越大．【解答】解：（1）待测小灯泡为“3.8V，1W”，故其额定电流为：I===0.26A，故电流表只能选择A2；要描绘小灯珠R L的R～U曲线，故电压要从0开始连续可调，故滑动变阻器采用分压接法，而分压接法时滑动变阻器的阻值越小越便于调节，故选R1．（2）当电压为3V时，由图可知小灯泡的电阻为11.5Ω，故此时小灯泡消耗的实际功率为：P===0.78W；由图可知当不通电时小灯泡的电阻为1.5Ω，则1.5=K（27+273），当小灯泡正常发光时，其两端电压为3.8v，电阻为13Ω，则有：13=K（t+273），解得：t=2327°C；（3）根据P=UI可知I=，即P﹣U图象的斜率为电流I，R﹣U图象的斜率的倒数为I，由乙图可知随电压的增大提供导体的电流越大，故P﹣U图象的斜率应随电压的增大而增大，故②正确；由乙图可知随电压的增大导体的电阻增大，故越大，故I﹣U图象的斜率随电压的增大而减小，故③正确；故选C．故答案为：（1）A2，R1；（2）0.78，2327；（3）C．【点评】本题考查了滑动变阻器、电流表的接法及电表量程的选择和滑动变阻器的选择，电路图的设计，图象信息的读取，难度较大，综合性较强．12．某同学欲将满偏电流I g=100μA、内阻未知的电流表改装成量程较大的毫安表，并对改装表进行校对．（1）该同学采用“半偏法”利用如图所示的电路测量电流表的内阻（图中电源的电动势E=6V）时，先闭合开关S1，调节电位器R，使电流表指针偏转到满刻度：再闭合开关S2，保持R 不变，调节电阻箱R′，使电流表指针偏转到满刻度的一半：接着读出此时R′的阻值为198Ω．则该同学测出的电流表的内阻为R g=198Ω．（2）若要将该电流表改装成量程为10mA的电流表，需给它并联（填“串联”或“并联”）一个阻值为R0=2Ω的电阻．（3）把改装好的电流表与标准电流表串联在电路中进行校对．由于（1）中对电流表内阻测定存在系统误差，若改装好的电流表的测量值为I1，标准电流表的测量值为I2，则I1＜I2（选填“＞”、“=”或“＜”）．【考点】把电流表改装成电压表．。
江西省宜春三中2017-2018学年高三上学期第一次周考物理试卷 Word版含解析
2017-2018学年江西省宜春三中高三（上）第一次周考物理试卷一、选择题（每小题6分，共48分）1．战斗机进行空中加油时，战斗机飞行员以下列哪个物体为参考系，可以认为加油机是运动的（）A．战斗机B．旁边的云彩C．加油机中的飞行员 D．飞行员自身2．在变速直线运动中，下面关于速度和加速度关系的说法，正确的是（）A．加速度与速度无必然联系B．速度减小时，加速度也一定减小C．速度为零时，加速度也一定为零D．速度增大时，加速度也一定增大3．蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起、腾空并做空中运动．为了测量运动员跃起的高度，训练时可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网所受的压力，并在计算机上作出压力﹣时间图象，假如作出的图象如图所示．设运动员在空中运动时可视为质点，则运动员跃起的最大高度约为（g取10m/s2）（）A．1.8 m B．3.6 m C．5.0 m D．7.2 m4．一物体做加速直线运动，依次通过A、B、C三点，AB=BC．物体在AB段加速度为a1，在BC段加速度为a2，且物体在B点的速度为v B=，则（）A．a1＜a2B．a1=a2C．a1＞a2D．不能确定5．一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1s内和第2s内位移大小依次为9m和7m，则刹车后6s内的位移是（）A．20 m B．24 m C．25 m D．75 m6．a、b两车在平直公路上沿同方向行驶，其v﹣t图象如图所示，在t=0时，b车在a车前方距离为x0处，在t1时间内，a车的位移为x，则下列说法中正确的是（）A．若a、b在t1时刻相遇，则x0=xB．若a、b在时刻相遇，则下次相遇时刻为2t1C．若a、b在时刻相遇，则x0=D．若a、b在t1时刻相遇，则下次相遇时刻为2t17．a、b、c三个物体在同一条直线上运动，三个物体的位移﹣时间图象如图所示，图象c 是一条抛物线，坐标原点是抛物线的顶点，下列说法中正确的是（）A．a、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同B．a、b两物体都做匀变速直线运动，两个物体的加速度大小相等、方向相反C．在0～5s内，当t=5s时，a、b两个物体相距最近D．物体c一定做变速直线运动8．一步行者以6.0m/s的速度跑去追赶被红灯阻停的公交车，在跑到距公交车25m处时，绿灯亮了，公交车以1.0m/s2的加速度匀加速启动前进，则（）A．人能追上公交车，追上车前人跑了36 mB．人不能追上公交车，人、车最近距离为7 mC．人能追上公交车，追上车前人跑了43 mD．人不能追上公交车，且车开动后，人、车相距越来越远二、实验题9．物理小组的同学用如图1所示的实验器材测定重力加速度，实验器材有：底座、带有标尺的竖直杆、光电门1和2组成的光电计时器（其中光电门l更靠近小球释放点），小球释放器（可使小球无初速释放）、网兜．实验时可用两光电门测量小球从光电门l运动至光电门2的时间t，并从竖直杆上读出两光电门间的距离h．（l）使用游标卡尺测量小球的直径如图2所示，则小球直径为cm．（2）改变光电门1的位置，保持光电门2的位置不变，小球经过光电门2的速度为v，不考虑空气阻力，小球的加速度为重力加速度g，则h、t、g、v四个物理量之间的关系为h=．（3）根据实验数据作出﹣t图线，若图线斜率的绝对值为k，根据图线可求出重力加速度大小为．三、计算题10．如图所示，小球甲从倾角θ=30°的光滑斜面上高h=5cm的A点由静止释放，同时小球乙自C点以速度v0沿光滑水平面向左匀速运动，C点与斜面底端B处的距离L=0.6m．甲滑下后能沿斜面底部的光滑小圆弧平稳地朝乙追去，甲释放后经过t=1s刚好追上乙，求乙的速度v0（g=10m/s2）．11．某人在相距10m的A、B两点间练习折返跑，他由静止从A出发跑向B点，到达B点后立即返回A点．设加速过程和减速过程都是匀变速运动，加速过程和减速过程的加速度分别为4m/s2和8m/s2，运动过程中最大速度为4m/s，从B点返回过程中达到最大速度后即保持该速度运动到A点，求：（1）从B点返回A点过程中以最大速度运动的时间；（2）从A点运动到B点与从B点返回到A点两过程的平均速度大小之比．2015-2016学年江西省宜春三中高三（上）第一次周考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题6分，共48分）1．战斗机进行空中加油时，战斗机飞行员以下列哪个物体为参考系，可以认为加油机是运动的（）A．战斗机B．旁边的云彩C．加油机中的飞行员 D．飞行员自身【考点】参考系和坐标系．【分析】相对于参照物位置变化的物体是运动的，位置不变的物体是静止的；本题研究的是加油机的运动情况，关键看它与所选参照物的位置是否变化，据此对各个选项逐一进行分析即可做出选择．【解答】解：空中加油时加油机与战斗机保持相对静止，以战斗机、加油机中的飞行员、战斗机里的飞行员为参考系，加油机都是静止的；以旁边的云彩为参考系，加油机是运动的，故B正确．故选：B．2．在变速直线运动中，下面关于速度和加速度关系的说法，正确的是（）A．加速度与速度无必然联系B．速度减小时，加速度也一定减小C．速度为零时，加速度也一定为零D．速度增大时，加速度也一定增大【考点】加速度．【分析】根据加速度的定义式可知物体的加速度等于物体的速度的变化率，与物体速度的大小和方向无关，即物体的速度变化越快物体的加速度越大．【解答】解：A．物体的加速度等于物体的速度的变化率，与物体速度的大小无关．故A正确，BD错误；C、物体的速度为零，但物体的速度的变化率可以不为零，即物体的加速度不为零．故C错误；故选A．3．蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起、腾空并做空中运动．为了测量运动员跃起的高度，训练时可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网所受的压力，并在计算机上作出压力﹣时间图象，假如作出的图象如图所示．设运动员在空中运动时可视为质点，则运动员跃起的最大高度约为（g取10m/s2）（）A．1.8 m B．3.6 m C．5.0 m D．7.2 m【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．【分析】运动员离开弹性网后做竖直上抛运动，图中压力传感器示数为零的时间即是运动员在空中运动的时间，根据平抛运动的对称性可知，运动员竖直上抛或自由下落的时间为空中时间的一半，据此可求出运动员跃起是最大高度．【解答】解：由图可知运动员在空中的最长时间为：t=4.3s﹣2.3s=2s运动员做竖直上抛运动，所以跃起最大高度为：h=．，故ABD错误，C正确．故选C．4．一物体做加速直线运动，依次通过A、B、C三点，AB=BC．物体在AB段加速度为a1，在BC段加速度为a2，且物体在B点的速度为v B=，则（）A．a1＜a2B．a1=a2C．a1＞a2D．不能确定【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】匀变速运动过程不涉及时间时可以用位移速度关系式．【解答】解：设物体AB段和BC段位移均为x，对于AB段：；对于BC段：，而v B=，则由以上三式得：＞0故：a1＜a2故选：A5．一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1s内和第2s内位移大小依次为9m和7m，则刹车后6s内的位移是（）A．20 m B．24 m C．25 m D．75 m【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】根据匀变速直线运动的推论△x=aT2和位移时间公式求出汽车的初速度和加速度，结合速度时间公式判断物体到停止的时间，从而根据位移公式求出刹车后6s内的位移．【解答】解：设汽车的初速度为v0，加速度为a．根据匀变速直线运动的推论△x=aT2得：x2﹣x1=aT2得a===﹣2m/s2．根据第1s内的位移：，代入数据得，9=v0×1+，解得v0=10m/s．汽车刹车到停止所需的时间t0==s=5s．则汽车刹车后6s内的位移等于5s内的位移，为x==m=25m．故C正确，A、B、D错误．故选：C．6．a、b两车在平直公路上沿同方向行驶，其v﹣t图象如图所示，在t=0时，b车在a车前方距离为x0处，在t1时间内，a车的位移为x，则下列说法中正确的是（）A．若a、b在t1时刻相遇，则x0=xB．若a、b在时刻相遇，则下次相遇时刻为2t1C．若a、b在时刻相遇，则x0=D．若a、b在t1时刻相遇，则下次相遇时刻为2t1【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】此题考查了追及与相遇问题，解决此类问题的关键是分析清楚两物体的位移关系．两物体的位移之差等于初始时的距离是两物体相遇的条件，此外，v﹣t图象中，面积表示位移．【解答】解：A、由图可知a车的初速度等于2v0，在t1时间内发生的位移为x，则b车的位移为．若a、b在t1时刻相遇，则x0=x﹣=x之后v b＞v a，两车不可能再次相遇，选项D错误，选项A正确；B、若a、b在时刻相遇，则图中阴影部分的面积即为x0，即x0=×x=，由图象的对称关系可知下次相遇时刻为t1+=t1，选项C正确，选项B错误．故选：AC．7．a、b、c三个物体在同一条直线上运动，三个物体的位移﹣时间图象如图所示，图象c是一条抛物线，坐标原点是抛物线的顶点，下列说法中正确的是（）A．a、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同B．a、b两物体都做匀变速直线运动，两个物体的加速度大小相等、方向相反C．在0～5s内，当t=5s时，a、b两个物体相距最近D．物体c一定做变速直线运动【考点】匀变速直线运动的图像．【分析】位移图象倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，图象的斜率大小等于速度大小，斜率的正负表示速度方向．分析在0～5s内a、b两物体之间距离的变化．图象c是一条抛物线表示匀加速运动．【解答】解：AB、位移图象倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，则知a、b两物体都做匀速直线运动．由图看出斜率看出，a、b两图线的斜率大小、正负相反，说明两物体的速度大小相等、方向相反．故AB错误．C、a物体沿正方向运动，b物体沿负方向运动，则当t=5s时，a、b两个物体相距最远．故C错误．D、对于匀加速运动位移公式x=v0t+，可见，x﹣t图象是抛物线，所以物体c一定做匀加速运动．故D正确．故选：D．8．一步行者以6.0m/s的速度跑去追赶被红灯阻停的公交车，在跑到距公交车25m处时，绿灯亮了，公交车以1.0m/s2的加速度匀加速启动前进，则（）A．人能追上公交车，追上车前人跑了36 mB．人不能追上公交车，人、车最近距离为7 mC．人能追上公交车，追上车前人跑了43 mD．人不能追上公交车，且车开动后，人、车相距越来越远【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】根据速度时间公式求出人与公交车速度相等经历的时间，通过人和公交车的位移关系判断是否追上，若追不上，速度相等时有最近距离．【解答】解：当公交车加速到6.0 m/s时，加速时间t==s=6 s，人运动的距离x1=vt=6×6 m=36 m，公交车运动的距离x2=at2==18 m，两者的最近距离△x=x2+x0﹣x1=7 m，人不能追上公交车，且车开动后，人、车之间的距离先变小后变大，故B正确，A、C、D错误．故选：B．二、实验题9．物理小组的同学用如图1所示的实验器材测定重力加速度，实验器材有：底座、带有标尺的竖直杆、光电门1和2组成的光电计时器（其中光电门l更靠近小球释放点），小球释放器（可使小球无初速释放）、网兜．实验时可用两光电门测量小球从光电门l运动至光电门2的时间t，并从竖直杆上读出两光电门间的距离h．（l）使用游标卡尺测量小球的直径如图2所示，则小球直径为 1.170cm．（2）改变光电门1的位置，保持光电门2的位置不变，小球经过光电门2的速度为v，不考虑空气阻力，小球的加速度为重力加速度g，则h、t、g、v四个物理量之间的关系为h=．（3）根据实验数据作出﹣t图线，若图线斜率的绝对值为k，根据图线可求出重力加速度大小为2k．【考点】测定匀变速直线运动的加速度．【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．根据自由下落的公式和匀变速直线运动的推论求出h、t、g、v四个物理量之间的关系．整理得到﹣t图线的表达式，并找出图线的斜率和加速度关系．【解答】解：（1）主尺读数为1.1cm，游标读数为0.05×14=0.70mm=0.070cm，所以最终读数为1.1cm+0.070cm=1.170cm．（2）小球经过光电门2的速度为v，根据运动学公式得从开始释放到经过光电门2的时间t′=，所以从开始释放到经过光电门1的时间t″=t′﹣t=﹣t所以经过光电门1的速度v′=gt″=v﹣gt根据匀变速直线运动的推论得：两光电门间的距离h=t=（3）h=所以=v﹣gt若﹣t图线斜率的绝对值为k，k=g所以重力加速度大小g=2k．故答案为：（1）1.170；（2）；（3）2k．三、计算题10．如图所示，小球甲从倾角θ=30°的光滑斜面上高h=5cm的A点由静止释放，同时小球乙自C点以速度v0沿光滑水平面向左匀速运动，C点与斜面底端B处的距离L=0.6m．甲滑下后能沿斜面底部的光滑小圆弧平稳地朝乙追去，甲释放后经过t=1s刚好追上乙，求乙的速度v0（g=10m/s2）．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】根据牛顿第二定律求出甲球在斜面上的加速度，通过位移时间公式求出在斜面上的运动时间以及到达底端的速度，结合两球的位移关系，求出乙的速度．【解答】解：设小球甲在光滑斜面上运动的加速度为a，运动时间为t1，运动到B处时的速度为v1，从B处到追上小球乙所用时间为t2，则a=gsin 30°=5 m/s2①由得：t1=0.2 s ②t2=t﹣t1=0.8 s ③v1=at1=1 m/s ④v0t+L=v1t2⑤代入数据解得：v0=0.2m/s，方向水平向左．答：乙的速度为0.2m/s，方向水平向左11．某人在相距10m的A、B两点间练习折返跑，他由静止从A出发跑向B点，到达B点后立即返回A点．设加速过程和减速过程都是匀变速运动，加速过程和减速过程的加速度分别为4m/s2和8m/s2，运动过程中最大速度为4m/s，从B点返回过程中达到最大速度后即保持该速度运动到A点，求：（1）从B点返回A点过程中以最大速度运动的时间；（2）从A点运动到B点与从B点返回到A点两过程的平均速度大小之比．【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】（1）设最大速度为v m，抓住总位移，结合匀变速直线运动的推论和匀速运动的位移求出从B点返回A点过程中以最大速度运动的时间．（2）根据匀变速直线运动的运动学公式和推论分别求出从A点运动到B点和B点到A点的时间，结合平均速度的定义式求出平均速度大小之比．【解答】解：（1）设此人加速运动过程中的加速度大小为a1=4m/s2，匀速运动的速度为v m=4m/s，从静止到加速至最大速度所用时间为t1，加速的位移大小为s1，从B点返回A点过程中匀速运动的时间为t2，A、B两地间的距离为L，由运动学方程可得：v m=a1t1①②L﹣s1=v m t2③由①～③式并代入数据可得：t2=2s（2）设此人从A点运动到B点过程中匀速运动的时间为t3；减速过程中的加速度大小为a2=8m/s2，减速运动位移大小为s4，的时间为t4，由运动学方程可得：v m=a2t4④⑤L﹣s1﹣s4=v m t3⑥⑦由②式及④～⑦并代入数据可得：．答：（1）从B点返回A点过程中以最大速度运动的时间为2s；（2）从A点运动到B点与从B点返回到A点两过程的平均速度大小之比为12：13．2016年9月5日。
江西省宜春四中2017届高三(上)第二次周练物理试卷(11月份)(精品解析版)
2016-2017学年江西省宜春四中高三（上）第二次周练物理试卷（11月份）一、选择题1．某物体在多个力的作用下处于静止状态，如果使其中某个力F方向保持不变，而大小先由F0随时间均匀减小到零，然后又从零随时间均匀增大到F0，在这个过程中其余各力均保持不变，在下列各图中，能正确描述该过程中物体的加速a或速度v的变化情况的是（）A．B．C．D．2．如图所示，电流表与螺线管组成闭合电路，将条形磁铁分别以速度υ和2υ插入线圈，则电流表指针偏转角度（）A．第一次大 B．第二次大 C．一样大D．不能确定3．如图所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h（l，h 均为定值）．将A 向B 水平抛出的同时，B 自由下落．A、B 与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则（）A．A、B 在第一次落地前能否相碰，取决于A 的初速度B．A、B 在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰C．A、B 不可能运动到最高处相碰D．A、B 一定不能相碰4．如图所示，半径为R的竖直光滑圆轨道内侧底部静止着一个光滑小球，现给小球一个冲击使其在瞬间得到一个水平初速度v0，若v0大小不同，则小球能够上升到的最大高度（距离底部）也不同．下列说法中正确的是（）A．如果v0=，则小球能够上升的最大高度为2RB．如果v0=，则小球能够上升的最大高度为C．如果v0=，则小球能够上升的最大高度为D．如果v0=，则小球能够上升的最大高度为2R5．图中为理想变压器，接在交变电压有效值保持不变的电源上．指示灯L1和L2完全相同（其阻值均恒定不变），R是一个定值电阻，电压表、电流表都为理想电表．开始时开关S 是断开的，当S闭合后，下列说法正确的是（）A．灯泡L1的亮度变亮B．理想变压器的输入功率变大C．电流表A1的示数不变D．电压表的示数不变，电流表A2的示数变小6．如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平地面上，一条细线一端与斜面上的物体B相连，另一端绕过质量不计的定滑轮与物体A相连，定滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的O点，细线与竖直方向成α角，A、B、C始终处于静止状态，下列说法正确的是（）A．若仅增大A的质量，则B对C的摩擦力可能增大B．若仅增大A的质量，则地面对C的摩擦力一定增大C．若仅增大B的质量，则B受到的摩擦力一定增大D．若仅将C向左缓慢移动一点，α角将增大7．2014年3月8日马来西亚航空公司从吉隆坡飞往北京的航班MH370失联，MH370失联后多个国家积极投入搜救行动，在搜救过程中卫星发挥了巨大的作用．其中我国的北斗导航系统和美国的GPS导航系统均参与搜救工作．北斗导航系统包含5颗地球同步卫星，而GPS 导航系统由运行周期为12小时的圆轨道卫星群组成，则下列说法正确的是（）A．发射人造地球卫星时，发射速度只要大于7.9 km/s就可以B．卫星向地面上同一物体拍照时GPS卫星拍摄视角大于北斗同步卫星拍摄视角C．北斗同步卫星的线速度与GPS卫星的线速度之比为D．北斗同步卫星的机械能一定大于GPS卫星的机械能8．如图所示，在真空中有两个等量的正电荷q1和q2，分别固定在A、B两点，DCE为AB 连线的中垂线，现将一个正电荷q由c点沿CD移到无穷远，则在此过程中（）A．电势能逐渐减小B．电势能逐渐增大C．q受到的电场力逐渐减小D．q受到的电场力先逐渐增大后逐渐减小三、非选择题9．某同学设计了“探究加速度a与物体所受合力F及质量m的关系”实验，图（a）为实验装置简图，A为小车，B为某种打点计时器，C为装有细砂的小桶，D为一端带有定滑轮的长方形木板，实验中认为细绳对小车拉力F等于细砂和小桶的总质量，小车运动的加速度a 可用纸带上打出的点求得．（1）图（b）为实验中所用打点计时器的学生电源．由学生电源可以判断该同学选用（c）中的（填“甲”或“乙”）打点计时器，上述图（b）的安装中存在的错误有：①；②（2）在“探究加速度a与质量m的关系”时，保持细砂和小桶质量不变，改变小车质量m，分别记录小车加速度a与其质量m的数据．在分析处理时，同学们存在两种方案；甲同学认为应该根据实验中测得的数据作出小车加速度a与其质量m的图象；乙同学认为应该根据实验中测得的数据作出小车加速度a与其质量倒数的图象．两位同学都按照自己的方案将实验数据在坐标系中进行了标注，但尚未完成图象（如图e所示），你认为同学（填“甲”、“乙”）的方案更合理，请继续帮助该同学作出坐标中的图象．（3）在“探究加速度a与合力F的关系”时，保持小车的质量不变，改变小桶中细砂的质量，该同学根据实验数据作出了加速度a与合力F的图线如图（e），该图线不通过坐标原点，试分析图线不通过坐标原点的原因．答：．10．现要测电阻R0阻值和干电池组的电动势E及内阻r．给定的器材有：两个理想电压表（量程均为3V），理想电流表（量程为0.6A），滑动变阻器R，待测的电阻R0，两节串联的电池，电键S及导线若干．某同学设计一个如图（a）所示的电路同时测电阻R0阻值和电池组的电动势及内阻，调节变阻器，两电压表和电流表分别测得多组U1、U2、I的读数，并作出U1﹣I图（图线1）和U2﹣I图（图线2），见图（b）．（1）由图可知得出电阻R0阻值为Ω，电池组E的电动势为V，内阻为Ω．（2）若上述电路中少了一个电压表，仍可用一个电路同时测电阻R0阻值和干电池组的电动势E及内阻．请你在虚线框中画出电路图，并写出简单的实验步骤和E、r、R0三个物理量的计算式．11．如图是建筑工地上常用的一种“深穴打夯机”示意图，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提上来，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，将夯杆释放，夯杆在自身重力作用下，落回深坑，夯实坑底．然后两个滚轮再次压紧，夯杆被提上来，如此周而复始（夯杆被滚轮提升过程中，经历匀加速和匀速运动过程）．已知两个滚轮边缘的线速度恒为v=4m/s，滚轮对夯杆的正压力F N=2×104N，滚轮与夯杆间的动摩擦因数μ=0.3，夯杆质量m=1×103kg，坑深h=6.4m，假定在打夯的过程中坑的深度变化不大，取g=10m/s2．求：（1）夯杆被滚轮带动加速上升的过程中，加速度的大小；（2）每个打夯周期中，电动机对夯杆做的功；（3）每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量．12．常见的激光器有固体激光器和气体激光器，世界上一些发达国家已经研究出了自由电子激光器，其原理的简单示意如图1所示．自由电子（设初速度为零，不计重力）经电场加速后，射入上下排列着许多磁铁的管中，相邻的两块磁铁的极性是相反的，在磁场的作用下电子扭动着前进，犹如小虫在水中游动．电子每扭动一次就会发出一个光子（不计电子发出光子后能量的损失），管两端的反射镜使光子来回反射，结果从透光的一端发射出激光．若加速电场电压U=1.8×104V，电子质量为m=0.91×10﹣30kg，电子的电荷量q=1.6×10﹣19c，每对磁极间的磁场可看做是均匀的，磁感应强度B=9×10﹣4T，每个磁极的左右宽度为a=30cm，垂直于纸面方向的长度为b=60cm，忽略左右磁极间的缝隙，从上向下看两极间的磁场如图2，当电子在磁极的正中间向右垂直于磁场方向射入时，求：（1）电子进入磁场时的速度v；（2）电子在磁场中运动的轨道半径R；（3）电子可通过磁极的个数n．2016-2017学年江西省宜春四中高三（上）第二次周练物理试卷（11月份）参考答案与试题解析一、选择题1．某物体在多个力的作用下处于静止状态，如果使其中某个力F方向保持不变，而大小先由F0随时间均匀减小到零，然后又从零随时间均匀增大到F0，在这个过程中其余各力均保持不变，在下列各图中，能正确描述该过程中物体的加速a或速度v的变化情况的是（）A．B．C．D．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．【分析】物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中一个力的大小逐渐减小到零，相当于合力逐渐增大到某值，根据牛顿第二定律可得加速度会逐渐增大到某一值，接着又逐渐恢复到原来的大小（此力的方向始终不变），相当于合力逐渐减小到零，根据牛顿第二定律相当于加速度逐渐减小的零．【解答】解：由于物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中一个力的大小逐渐减小到零，相当于合力逐渐增大到某值，根据牛顿第二定律可得加速度会逐渐增大到某一值，接着又逐渐恢复到原来的大小（此力的方向始终不变），相当于合力逐渐减小到零，根据牛顿第二定律相当于加速度逐渐减小的零；所以物体的加速度逐渐增大到某值后再逐渐减小的零的过程，而速度则是从零开始增大，加速度逐渐增大时，速度增加的更快，加速度减小时，速度仍然增加但增加的慢一些，直到加速度减小为零时，物体速度增加到最大值，以后保持匀速，故D正确．故选：D．2．如图所示，电流表与螺线管组成闭合电路，将条形磁铁分别以速度υ和2υ插入线圈，则电流表指针偏转角度（）A．第一次大 B．第二次大 C．一样大D．不能确定【考点】法拉第电磁感应定律．【分析】正确理解法拉第电磁感应定律是解本题的关键，感应电动势（或感应电流）和磁通量的变化率成正比和磁通量的变化量无关．【解答】解：将条形磁铁分别以速度υ和2υ插入线圈时磁通量的变化量相同，以2v速度插入时所用时间短，磁通量变化快，即变化率大，则感应电流大，因此指针偏转角大，故ACD错误，B正确．故选：B．3．如图所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h（l，h 均为定值）．将A 向B 水平抛出的同时，B 自由下落．A、B 与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则（）A．A、B 在第一次落地前能否相碰，取决于A 的初速度B．A、B 在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰C．A、B 不可能运动到最高处相碰D．A、B 一定不能相碰【考点】平抛运动；自由落体运动．【分析】因为平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据该规律抓住地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反判断两球能否相碰．【解答】解：A、若A球经过水平位移为l时，还未落地，则在B球正下方相碰．可知A、B两球能否在落地前相碰，取决于A的初速度．故A正确．B、A、B在第一次落地前不碰，由于反弹后水平分速度、竖直分速度大小不变，方向相反，则以后一定能碰．故B错误，D错误．C、若A球第一次与地面碰撞时的水平位移为时，根据竖直方向上运动的对称性知，当A球水平位移为l时，A球上升到最高点，B球的运动规律与A球竖直方向上的运动规律相同，知A、B在最高点相碰．故C错误．故选A．4．如图所示，半径为R的竖直光滑圆轨道内侧底部静止着一个光滑小球，现给小球一个冲击使其在瞬间得到一个水平初速度v0，若v0大小不同，则小球能够上升到的最大高度（距离底部）也不同．下列说法中正确的是（）A．如果v0=，则小球能够上升的最大高度为2RB．如果v0=，则小球能够上升的最大高度为C．如果v0=，则小球能够上升的最大高度为D．如果v0=，则小球能够上升的最大高度为2R【考点】机械能守恒定律；向心力．【分析】先根据机械能守恒定律求出在此初速度下能上升的最大高度，再根据向心力公式判断在此位置速度能否等于零即可求解．【解答】解：A、如果v0=，根据机械能守恒定律得：，解得：h=，当小球运动到高度时速度可以为零，则小球能够上升的最大高度为，故A错误，B正确；C、如果v0=，根据机械能守恒定律得：，解得：h=，当根据竖直平面内的圆周运动知识可知小球在上升到处之前就做斜抛运动了，故C错误；D、如果v0=，根据机械能守恒定律得：，解得v=，根据竖直方向圆周运动向心力公式可知，最高点的速度最小为，满足条件，所以可以到达最高点，即小球能够上升的最大高度为2R，故D正确．故选：BD5．图中为理想变压器，接在交变电压有效值保持不变的电源上．指示灯L1和L2完全相同（其阻值均恒定不变），R是一个定值电阻，电压表、电流表都为理想电表．开始时开关S 是断开的，当S闭合后，下列说法正确的是（）A．灯泡L1的亮度变亮B．理想变压器的输入功率变大C．电流表A1的示数不变D．电压表的示数不变，电流表A2的示数变小【考点】变压器的构造和原理．【分析】闭合开关，总电阻减小，电流增大，副线圈两端的电压由变压器的匝数之比和原线圈的输入电压有关，再结合闭合电路欧姆定律分析灯泡的亮度变化．【解答】解：A、S闭合后相当于负载增多，总电阻减小，副线圈中电流增大，原线圈两端的电压和匝数比不变，所以副线圈两端的电压不变，即电压表示数V不变，由欧姆定律知副线圈中的电流增大，电阻R两端的电压增大，灯泡两端电压减小，即灯泡亮度变暗，故A错误；B、副线圈的电压不变，电流增大，输出功率增大，所以理想变压器的输入功率变大，故B 正确；C、输入功率变大，原线圈电压不变，所原线圈电流变大，即电流表示数增大，故C错误；D、由A知，电压表示数不变，电流表示数变大，故D错误；故选：B6．如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平地面上，一条细线一端与斜面上的物体B相连，另一端绕过质量不计的定滑轮与物体A相连，定滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的O点，细线与竖直方向成α角，A、B、C始终处于静止状态，下列说法正确的是（）A．若仅增大A的质量，则B对C的摩擦力可能增大B．若仅增大A的质量，则地面对C的摩擦力一定增大C．若仅增大B的质量，则B受到的摩擦力一定增大D．若仅将C向左缓慢移动一点，α角将增大【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】A、对于B：所受的摩擦力方向不确定，分三种情况讨论；B、地面对C的摩擦力方向向右，将BC看作整体分析．C、对于B：所受的摩擦力方向不确定，分三种情况讨论；D、连接AB的细线的夹角一半即α角的大小，若仅将C向左缓慢移动一点，减小连接AB 的细线的夹角，则α角将减小【解答】解：A、若B具有上滑的趋势，增大A的质量，则B对C的摩擦力增大，若B具有下滑的趋势，增大A的质量，则B对C的摩擦力减小，所以不一定增大．故A正确；B、将BC看作一个整体，具有向左的运动趋势，仅增大A的质量，地面对C的摩擦力一定增大．故B正确；C、若B具有上滑的趋势，增大B的质量，则B受到的摩擦力减小，若B具有下滑的趋势，增大B的质量，则B受到的摩擦力增大，所以不一定增大．故C错误；D、连接AB的细线的夹角一半即α角的大小，若仅将C向左缓慢移动一点，减小连接AB 的细线的夹角，则α角将减小，故D错误．故选：AB7．2014年3月8日马来西亚航空公司从吉隆坡飞往北京的航班MH370失联，MH370失联后多个国家积极投入搜救行动，在搜救过程中卫星发挥了巨大的作用．其中我国的北斗导航系统和美国的GPS导航系统均参与搜救工作．北斗导航系统包含5颗地球同步卫星，而GPS 导航系统由运行周期为12小时的圆轨道卫星群组成，则下列说法正确的是（）A．发射人造地球卫星时，发射速度只要大于7.9 km/s就可以B．卫星向地面上同一物体拍照时GPS卫星拍摄视角大于北斗同步卫星拍摄视角C．北斗同步卫星的线速度与GPS卫星的线速度之比为D．北斗同步卫星的机械能一定大于GPS卫星的机械能【考点】万有引力定律及其应用．【分析】根据题意可直接得出北斗导航系统中的同步卫星和GPS导航卫星的周期之比．根据万有引力提供向心力列出等式表示出轨道半径比较半径关系，从而得出线速度之比．【解答】解：A、发射人造地球卫星的最小发射速度为7.9km/s，一旦速度达到11.2km/s，卫星会挣脱地球的引力，故A错误．B、由于GPS导航卫星的周期小于同步卫星的周期，根据知，GPS导航卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，根据几何关系知，卫星向地面上同一物体拍照时GPS 卫星拍摄视角大于北斗同步卫星拍摄视角，故B正确．C、根据知，同步卫星和GPS卫星的周期之比为2：1，则轨道半径之比为，根据知，线速度之比为，故C错误；D、GPS卫星变轨到同步卫星轨道，需加速，但是两卫星的质量未知，所以北斗同步卫星的机械能不一定大于GPS卫星的机械能，故D错误．故选：B8．如图所示，在真空中有两个等量的正电荷q1和q2，分别固定在A、B两点，DCE为AB 连线的中垂线，现将一个正电荷q由c点沿CD移到无穷远，则在此过程中（）A．电势能逐渐减小B．电势能逐渐增大C．q受到的电场力逐渐减小D．q受到的电场力先逐渐增大后逐渐减小【考点】电势能；电场强度．【分析】q1、q2是两个等量的正电荷，DC为A、B连线的中垂线，作出CD线上的电场线，根据电场线方向判断正电荷q由C点沿CD移至无穷远的过程中，电势的变化，由电场力做功正负判断其电势能的变化．运用极限法判断场强的变化，确定电场力的变化．【解答】解：AB，由题，q1、q2是两个等量的正电荷，作出中垂线CD上电场线如图，根据顺着电场线电势降低，可知正电荷q由C点沿CD移至无穷远的过程中，电势不断降低，电场力做正功，其电势能不断减小．故A正确，B错误．CD、根据电场的叠加可知，C点的场强为零，而无穷远处场强也为零，所以由C点沿CD 移至无穷远的过程中，场强先增大，后减小，q受到的电场力先逐渐增大，后逐渐减小．故C错误，D正确．故选：AD．三、非选择题9．某同学设计了“探究加速度a与物体所受合力F及质量m的关系”实验，图（a）为实验装置简图，A为小车，B为某种打点计时器，C为装有细砂的小桶，D为一端带有定滑轮的长方形木板，实验中认为细绳对小车拉力F等于细砂和小桶的总质量，小车运动的加速度a 可用纸带上打出的点求得．（1）图（b）为实验中所用打点计时器的学生电源．由学生电源可以判断该同学选用（c）中的乙（填“甲”或“乙”）打点计时器，上述图（b）的安装中存在的错误有：①接线柱应接在交流电上；②电压应选择6V档（2）在“探究加速度a与质量m的关系”时，保持细砂和小桶质量不变，改变小车质量m，分别记录小车加速度a与其质量m的数据．在分析处理时，同学们存在两种方案；甲同学认为应该根据实验中测得的数据作出小车加速度a与其质量m的图象；乙同学认为应该根据实验中测得的数据作出小车加速度a与其质量倒数的图象．两位同学都按照自己的方案将实验数据在坐标系中进行了标注，但尚未完成图象（如图e所示），你认为同学乙（填“甲”、“乙”）的方案更合理，请继续帮助该同学作出坐标中的图象．（3）在“探究加速度a与合力F的关系”时，保持小车的质量不变，改变小桶中细砂的质量，该同学根据实验数据作出了加速度a与合力F的图线如图（e），该图线不通过坐标原点，试分析图线不通过坐标原点的原因．答：该同学未平衡（或未完全平衡）摩擦力．【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【分析】（1）根据打点计时器的工作电压进行选择；（2）为研究a与m的关系，作a与的关系关系图线，注意选取好标度．（3）图线不通过坐标原点，当F为某一值时，加速度为零，知平衡摩擦力不足【解答】解：（1）图（b）为实验中所用打点计时器的学生电源，由学生电源可以判断该同学选用的是图（c）中的乙打点计时器，上述图（b）的安装中存在的错误有：①接线柱应接在交流电源上；②电压应选择6V档；（2）由牛顿第二定律F=ma可知当合力F不变时m与a成反比，在a﹣m图象中应该是双曲线，但是实验得出的各组数据是不是落在同一条双曲线上是不好判断的，但是a﹣的关系是正比例函数，此时各组数据是不是落在同一条直线上是非常容易观察的，所以乙同学的方案更合理，实验得出的各组数据应该大体上落在同一条直线上．（3）从图象可以看出有了一定的拉力F时，小车的加速度仍然是零，即小车还受到摩擦力作用，说明摩擦力还没有平衡掉．故答案为：（1）乙、接线柱应接在交流电上、电压应选择6V档；（2）乙、如图；（3）该同学未平衡（或未完全平衡）摩擦力10．现要测电阻R0阻值和干电池组的电动势E及内阻r．给定的器材有：两个理想电压表（量程均为3V），理想电流表（量程为0.6A），滑动变阻器R，待测的电阻R0，两节串联的电池，电键S及导线若干．某同学设计一个如图（a）所示的电路同时测电阻R0阻值和电池组的电动势及内阻，调节变阻器，两电压表和电流表分别测得多组U1、U2、I的读数，并作出U1﹣I图（图线1）和U2﹣I图（图线2），见图（b）．（1）由图可知得出电阻R0阻值为 4.0Ω，电池组E的电动势为 3.0V，内阻为 2.0Ω．（2）若上述电路中少了一个电压表，仍可用一个电路同时测电阻R0阻值和干电池组的电动势E及内阻．请你在虚线框中画出电路图，并写出简单的实验步骤和E、r、R0三个物理量的计算式．【考点】测定电源的电动势和内阻．【分析】1、由欧姆定律U=IR可知，图象2表示的是电阻R0的电压与电流关系，通过求出图线的斜率可求出电阻值．根据闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir可知，图线1表示的是电源的U﹣I关系，可通过纵轴截距和斜率来求出电动势和内阻值．2、测量干电池组的电动势E及内电阻r的实验原理是全电路欧姆定律E=U+Ir，【解答】解：（1）根据电路图的连接情况结合欧姆定律可知，电阻R0应是U﹣I图象中图线2的斜率，所以：R0==Ω=4.0Ω图线1表示的是电源的U﹣I关系，根据闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir可知，图线1纵轴截距表示电动势，所以：E=3.0V，图线1斜率的绝对值：k=R+r===6.0Ω，所以：r=6.0﹣4.0=2.0Ω（2）实验步骤：①连接好电路如图；②闭合开关S，移动滑片P使滑动变阻器短路，测得两电表读数为U1、I1；③移动滑片P使滑动变阻器不短路，测得两电表读数为U2、I2；④整理器材，数据处理．根据欧姆定律E=U+Ir，则有E=U1+I1r，E=U2+I2r，解得：E=r=，R0=故答案为：（1）4.0Ω，3.0V，2.0Ω（2）实验步骤：①如图；②闭合开关S，移动滑片P使滑动变阻器短路，测得两电表读数为U1、I1；③移动滑片P使滑动变阻器不短路，测得两电表读数为U2、I2；④整理器材，数据处理．E=r=，R0=11．如图是建筑工地上常用的一种“深穴打夯机”示意图，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提上来，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，将夯杆释放，夯杆在自身重力作用下，落回深坑，夯实坑底．然后两个滚轮再次压紧，夯杆被提上来，如此周而复始（夯杆被滚轮提升过程中，经历匀加速和匀速运动过程）．已知两个滚轮边缘的线速度恒为v=4m/s，滚轮对夯杆的正压力F N=2×104N，滚轮与夯杆间的动摩擦因数μ=0.3，夯杆质量m=1×103kg，坑深h=6.4m，假定在打夯的过程中坑的深度变化不大，取g=10m/s2．求：（1）夯杆被滚轮带动加速上升的过程中，加速度的大小；（2）每个打夯周期中，电动机对夯杆做的功；（3）每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量．。
【解析】江西省赣州市第四中学2017届高三上学期期中考试物理试题 Word版含解析【 高考】
赣州四中2016—2017学年第一学期期中考试高三物理试卷一、选择题（本大题共10小题，每小题4分。
在每小题给出的四个选项中，第1~6题只有一项符合题目要求，第7~10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，有选错的得0分）。
1. 如图所示，欲使在粗糙斜面上匀速下滑的木块A停下，可采用的方法是A. 对木块A施加一个垂直于斜面的力B. 增大斜面的倾角C. 对木块A施加一个竖直向下的力D. 在木块A上再叠放一个重物【答案】A【解析】A、对木块A施加一个垂直于斜面的力F,重力沿斜面向下的分力不变,而滑动摩擦力增大,合力方向沿斜面向上,木块做减速运动,可以使木块停下，故A正确；.....................综上所述本题答案是：A2. 2012年2月25日我国成功地将第十一颗北斗导航卫星送入太空预定轨道—地球静止轨道，使之成为地球同步卫星。
关于该卫星下列说法正确的是A. 相对于地面静止，离地面高度为在R～4R(R为地球半径)之间的任意值B. 运行速度大于7.9 km/sC. 向心加速度大于静止在地球赤道上物体的向心加速度D. 角速度大于静止在地球赤道上物体的角速度【答案】C【解析】A项，由万有引力提供向心力可得，得：，，故卫星运行周期T与运行半径r是一一对应关系，即运动周期确定，轨道高度确定，因此不能是任意值，故A项错误。
B项，7.9km/s为贴地运行卫星的线速度，同步卫星轨道半径大于地球半径，运行线速度小于第一宇宙速度，故B项错误。
C项，由，同步卫星的角速度与地面上静止物体的角速度相同，但由于其轨道半径较大，故向心加速度较大，故C项正确。
D项，同步卫星周期与地球自转周期相同,等于静止在地球赤道上物体的周期，故角速度相同，故D项错误。
综上所述本题答案是：C3. 如图所示，一重为10 N的球固定在支杆AB的上端，今用一段绳子水平拉球，使杆发生弯曲，已知绳的拉力为7.5 N，则AB杆对球的作用力A. 大小为7.5 NB. 大小为10 NC. 方向与水平方向成53°角斜向左下方D. 方向与水平方向成53°角斜向右上方【答案】C【解析】试题分析：对球受力分析如图所示：球受重力、绳子的拉力及杆的弹力而处于平衡状态；则重力与绳子的拉力的合力与杆的作用力等大反向；则可得：,方向与水平方向的夹角的正切值为：；故，斜向左上方；故只有D正确；ABC错误；故选D。
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江西宜春四中2017届高三上学期物理10月第一次周练试卷
第I 卷（选择题 共48分）
一、选择题
1．如图所示，有一辆汽车满载西瓜在水平路面上匀速前进。
突然发现意外情况，紧急刹车做匀减速运动，加速度大小为a ，则中间一质量为m 的西瓜A 受到其他西瓜对它的作用力的大小是（ ）
A ．22a g m -
B ．ma
C ．22a g m +
D ．m(g+a)
2．如图所示，一个质量为0．4 kg 的小物块从高h ＝0．05m 的坡面顶端由静止释放， 滑到水平台上，滑行一段距离后，从边缘O 点水平飞出，击中平台右下侧挡板上的P 点．现以O 为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板的形状满足方程y ＝x 2－6（单位：m ），不计一切摩擦和空气阻力，g ＝10m/s 2
，则下列说法正确的是
A ．小物块从水平台上O 点飞出的速度大小为1m/s
B ．小物块从O 点运动到P 点的时间为l s
C ．小物块刚到P 点时速度方向与水平方向夹角的正切值等于5
D ．小物块刚到P 点时速度的大小为10 m/s
3．如图所示，质量为m 的小物体静止于木板边缘．开始时木板水平放置，现使木板绕其另一端O 沿逆时针方向缓缓转过α角，在转动过程中，小物体始终相对木板静止，则这一过程中下列说法中错误的是（ ）
A ．板对物体的支持力不断增大
B ．板对物体的摩擦力不断增大
C ．物体对板的压力不断减小
D ．物体所受合力始终为0
4．如图所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图（图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表）。
设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用0R 表示，变阻器R 相当于用户用电器的总电阻。
当用电器增加时，相当于R 变小，则当用电进入高峰时，下列说法正确的是
A 、电压表12V V 、的读数均不变，电流2A 的读数增大，电流表1A 的读数减小
B 、电压表34V V 、的读数均减小，电流2A 的读数增大，电流表3A 的读数减小
C 、电压表23V V 、的读数之差与电流表2A 的读数的比值不变
D 、线路损耗功率不变
5．两个相同的白炽灯泡L 1和L 2接到如图所示的电路中，灯L 1与电容器串联，灯L 2与电感线圈串联．当a 、b 间接电压最大值为U m 、频率为f 的正弦交流电源时，两灯都发光，且亮度相同．更换一个新的正弦交流电源后，灯L 1的亮度高于灯L 2的亮度．新电源两极的电压最大值和频率可能是（ ）
A．最大值仍为U m，而频率大于f B．最大值仍为U m，而频率小于f
C．最大值大于U m，而频率仍为f D．最大值小于U m，而频率仍为f
6．如图所示，半圆槽光滑绝缘且固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零，则小球a
A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力一直增大
B．从N到P的过程中，速率一直增大
C．从N到P的过程中，小球所受弹力先增加后减小
D．从P到Q的过程中，动能减少量大于电势能增加量
7．如图所示，导体AB、CD可在水平轨道上自由滑动，且两水平轨道在中央交叉处互不相通．当导体棒AB向左移动时（）
A．AB中感应电流的方向为A到B
B．AB中感应电流的方向为B到A
C．CD向左移动
D．CD向右移动
8．如图所示设地球的质量为M且绕太阳做匀速圆周运动，当地球运动到D点时，有一质量为m的飞船由静止开始从D点只在恒力F的作用下沿DC方向做匀加速直线运动，再过两个月，飞船在C处再次掠过地球上空，假设太阳与地球的万有引力作用不改变飞船所受恒力F 的大小和方向，飞船到地球表面的距离远小于地球与太阳间的距离，则地球与太阳间的万有引力大小
A.
2
π
3
MF
m
B.
2
π
6
MF
m
C.
2
π
9
MF
m
D.
2
18
MF
F
m
π
=
第Ⅱ卷（非选择题共62分）
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。
第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。
第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题（共47分）
9．“探究平抛运动的规律”的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，在方格纸上建立如图所示的坐标系，小方格的边长L＝6．4cm，若小球在平抛运动实验中记录了几个位置如图中的A．B．C．D．e 所示。
（g＝10m/s2）
①图示的几个位置中，明显有问题的是___________
②小球平抛的初速度为_________m/s；
③小球经过位置b的速度为_________m/s
10．某实验小组想测量一个量程为30mA的电流表A1的内阻，并将其改装成量程为270mA的电流表A2。
（1）用如图所示的电路测量电流表A1的内阻，滑动变阻器R0的最大阻值为10Ω，R为变阻箱。
（R0的滑片不动时，可认为分压电路的电压不变）
①调节R 0和R ，当R=200Ω时A 1示数为30mA ；
②只调节R ，当R=500Ω时A 1示数为20mA ；
③得出结论：电流表A 1的内阻测量值为R A = Ω。
（2）将一个Ω的电阻与电流表A 1联可组成电流表A 2。
（3）由于测量电流表A 1内阻的实验存在系统误差，使用改装后的电流表A 2测量电流时会出现偏差，且电流的测量值比真实值偏。
（填“大”或“小”）
11.如图所示，在两根劲度系数都为k 的相同的轻质弹簧下悬挂有一根导体棒ab ，导体棒置于水平方向的匀强磁场中，且与磁场垂直.磁场方向垂直纸面向里，当导体棒中通以自左向右的恒定电流时，两弹簧各伸长了Δl 1；若只将电流反向而保持其他条件不变，则两弹簧各伸长了Δl 2，求：
（1）．导体棒通电后受到的磁场力的大小?
（2）．若导体棒中无电流，则每根弹簧的伸长量为多少?
12．如图所示，轻弹簧一端固定在与斜面垂直的挡板上，另一端点在O 位置。
质量为m 的物块A （可视为质点）以初速度θsin 300gx v =从斜面的顶端P 点沿斜面向下运动，与弹簧
接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A 又被弹簧弹回。
物块A 离开弹簧后，恰好回到P 点。
已知OP 的距离为0x ，物块A 与斜面间的动摩擦因数为θμtan 2=，斜面倾角为θ，重力加速度为g 求：
（1）O 点和O′点间的距离1x
（2）弹簧在最低点O′处的弹性势能 ；
（3）在轻弹簧旁边并排放置另一根与之完全相同的弹簧，一端与挡板固定。
若将另一个与A 材料相同的物块B （可视为质点）与两根弹簧右端拴接，设B 的质量为m β,将A 与B 并排在一起，使两根弹簧仍压缩到O′点位置，然后从静止释放，若A 离开B 后A 最终未冲出斜面，求β需满足的条件?
参考答案
1. C
2.AB
3.A
4.C
5.A
6.AD
7.AD
8.D
9.①d
②1．6
③2．0
10.（1）400Ω；（2）50Ω；（3）偏大
11.（1）．F 安=k （Δl 2-Δl 1）
（2）．Δx=（Δl 2+Δl 1）/2
12.解：（1）从P 点又回到P 点
212012cos ()2mg x x mv μθ+=
得：018
1x x = （2）从O /点到P 点
1010cos ()sin ()
P E mg x x mg x x μθθ=+++22200011tan sin (1)44cos 4v mv mg mv g θθμθμ
=+=+ 027sin 8
P E mgx θ= (3)分离时：a A =a B ，N AB =0,
A ：sin cos A a g g θμθ=+
B ：2sin cos B T mg g ma βθμβθβ++=
得：T=0，即弹簧处于原长处，A 、B 两物体分离。
① A、B 恰好分离，分离时A 、B 速度为零
从O /
点到O 点： 11sin )1(cos )1(2x mg x mg E P θβθβμ+++= 得：17=β
② 若A 恰好回到P 点
21112(1)cos (1)sin (1)2P E mg x mg x mv μβθβθβ=+++++
分离后，A 继续上升到P 点
02)cos sin (21
x mg mg mv θμθ+= 得：1=β
综上所述： 171≤≤β。