山西省太原市第五中学2017届高三上学期周考理综物理试题 16页

www.ks5u.com 山西省太原市第五中学2017届高三上学期周考理综物理试题 二、选择题：‎ ‎14、【题文】甲乙两物体在同一直线上沿同一方向运动，它们在0-0.4s时间内的v-t图像如图所示；由图可以确定的是（ ）‎ A. 在t1时刻甲和乙相距最近 B. 在t1时刻甲和乙相距最远 C. t1=0.3s D. 0-0.4s甲和乙的位移之比为1:4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：因不知道甲乙物体的初始位置关系，故不能断定在t1时刻甲和乙的位置关系，选项AB错误；根据乙的速度时间关系可知，，则根据v=v0-at可知：1=4-10t1，解得t1=0.3s，选项C正确；甲的加速度；则0-0.4s乙的位移：；甲的位移，故0-0.4s甲和乙的位移之比为1:3，选项D错误；故选C.‎ 考点：v-t图线 ‎【名师点睛】本题一方面考查速度图象的斜率等于加速度；另一方面考查运用数学知识解决物理问题的能力。‎ ‎【结束】‎ ‎15、【题文】如图所示，横梁（质量不计）的A端用铰链固定在墙壁上，B端用细绳悬挂在墙壁上的C点，当重物G的悬挂点由B向A缓慢移动过程中，（　　）‎ A．细线的张力始终不变；‎ B．细线的张力先增大后减小； ‎ C．墙壁对横梁的作用力的大小一直减小，方向始终沿杆由A指向B ‎ D．墙壁对横梁的作用力的大小先变小后变大，方向由水平变为竖直向上 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：采用图解法，重物G的悬挂点由B向A缓慢移动过程中，F的方向逐渐上移，平行四边形在变，每一条边长短，指向代表相应力的大小和方向，可看出F先减小再增大，方向由水平变为竖直向上，选项C错误，D正确；细线的张力一直减小，选项AB错误；故选D.‎ 考点：物体的平衡 ‎【名师点睛】考查共点力的动态平衡，①公式法；②图解法；③相似三角形法．常见图解法，平行四边形定则即三角形定则，抓住不变因素去画图分析。‎ ‎【结束】‎ ‎16、【题文】如图所示，静止在光滑水平面上的质量为m2的足够长的木板，其上左端放有一质量为m1的木块；．t=0时刻起，给木块施加一水平恒力F．分别用a1、a2和v1、v2表示木块、木板的加速度和速度大小，下列四个图不符合运动情况的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：‎ 木块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直线运动．加速度大小相等．故A正确．木块可能相对木板向前滑，即木块的加速度大于木板的加速度，都做匀加速直运动．故BD正确．C错误．此题选择不符合题意的，故选C。‎ 考点：牛顿第二定律的应用 ‎【名师点睛】解决本题的关键知道木块和木板之间运动情况，知道速度时间图线的斜率表示加速度。‎ ‎【结束】‎ ‎17、【题文】滑块ab沿水平面上同一条直线发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段；两者的 x随时间t变化的图像如图所示，图中8s-10s为曲线，其余为直线；据此可知：‎ A.t=0时刻滑块a运动，b停止 B.滑块ab的质量之比为1:8‎ C.整个过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比是1:1‎ D.滑块ab最终停在x=7m处 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：图像的斜率等于物体的速度，由图线可知t=0时刻滑块a、 b均在运动，且速度方向相反，选项A错误；设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前地速度为v1、v2．由题给的图象得：v1=-2m/s ，v2=1m/s   ，a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v．由题给的图象得：  ；两球碰撞过程系统动量守恒，以球a的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v1+m2v2=（m1+m2）v， 解得：m1：m2=1：8；选项B正确；由能量守恒得，两滑块因碰撞损失的机械能为：△E=m1v12+m2v22-（m1+m2）v2，由图象可知，两滑块最后停止运动，由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为： W=（m1+m2）v2，解得：W：△E=1：2，选项C错误；由图线可知，滑块ab最终停止的位置，无限接近于x=7m处，选项D错误；故选B.‎ 考点：动量守恒定律；能量守恒定律 ‎【名师点睛】本题是对动量守恒的考查，同时注意位移时间图象的含义，根据图象来计算速度的大小，利用能量的守恒来分析损失的能量的多少。‎ ‎【结束】‎ ‎18、【题文】如图甲所示，轻绳一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动；小球运动到最高点时，绳对小球的拉力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F-v2图象如图乙所示．不计空气阻力，则（　　）‎ A．小球的质量为 ‎ ‎ B．当地的重力加速度大小为 ‎ ‎ C．v2=b时，小球合外力为零 ‎ D．v2=2b时，绳子的张力与重力大小相等 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：在最高点，若v2=b，则F=0；则，此时小球的合力为mg，解得，选项BC错误；若v2=2b，则拉力为F0；则，解得，即，选项AD正确；故选AD.‎ 考点：圆周运动；牛顿第二定律的应用 ‎【名师点睛】本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能根据图象获取有效信息，难度适中。‎ ‎【结束】‎ ‎19、【题文】如图所示，有三个斜面a、b、c，底边分别为L、L、2L，高分别为2L、L、L，同一物体与三个斜面的动摩擦因数相同均为1/3，这个物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端的三种情况相比较，下列说法正确的是（　　）‎ A．物体损失的机械能△Ec=2△Eb=2△Ea ‎ B．物体到达底端的动能Eka=2Ekb=2Ekc ‎ C．因摩擦产生的热量2Qa=2Qb=Qc D．物体沿ab斜面下滑所用的时间相等 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 试题分析：设斜面和水平方向夹角为θ，斜面长度为X，则物体下滑过程中克服摩擦力做功为：W=mgμXcosθ， Xcosθ即为底边长度．物体下滑，除重力外有摩擦力做功，根据能量守恒，损失的机械能 转化成摩擦产生的内能．由图可知a和b底边相等且等于c的一半，故摩擦生热关系为：Qa=Qb=Qc，所以损失的机械能△Ea=△Eb=△Ec，故AC正确．设物体滑到底端时的速度为v，根据动能定理得：mgH-mgμXcosθ=mv2-0，Eka=2mgL-mgμL=mgL，Ekb=mgL-mgμL=mgL，Ekc=mgL-mgμ•2L=mgL，由上述表达式可知，选项B错误；沿斜面运动的时间，则；选项D正确．故选ACD.‎ 考点：牛顿第二定律；动能定理的应用 ‎【名师点睛】本题比较简单直接利用功能关系即可求解，易错点在于写出表达式后的数学运算，因此学生要加强练习，提高利用数学知识解决物理问题的能力。‎ ‎【结束】‎ ‎20、【题文】如图所示的电路中，电源内阻为r，R1、R3、R4‎ 均为定值电阻，电表均为理想电表；闭合电键S，将滑动变阻器R2的滑片向下滑动，电流表和电压表示数变化量的大小分别为△I、△U，下列结论中正确的是（　　）‎ A．电流表示数变大 B．电压表示数变大 C． D．‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：设R1、R2、R3、R4的电流分别为I1、I2、I3、I4，电压分别为U1、U2、U3、U4．干路电流为I总，路端电压为U，电流表电流为I．滑动变阻器R2的滑片向下滑动，R2变大，外电阻变大，I总变小，U=E-Ir变小，U3变大，U变大，I3变大，而由I总=I3+I4，I总变小，I4变小，U4变小，而U1+U4=U，U变大，U1变大，I1变大．又I总=I1+I，I总变小，I1变大，则I变小，故A错误，B正确；由欧姆定律U=E-I总r，得 ‎=r．由I总=I+I1，I变小，I1变大，I总变小，则△I＞△I总，，故，故D错误，C正确．故选BC.‎ 考点：电路的动态分析 ‎【名师点睛】本题的难点在于确定电流表示数变化量△IA与干路电流变化△I的大小，采用总量法，这是常用方法．同时，要理解=r 。‎ ‎【结束】‎ ‎21、【题文】如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，正方形金属框电阻为R，边长是L，自线框从左边界进入磁场时开始计时，在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场．若外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，线框磁通量的变化率为△Φ/ △‎ t ，通过导体横截面的电荷量为q，（其中P-t图象为抛物线）则这些量随时间变化的关系正确的是（　）A． B． C． D．‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：线框做匀加速运动，其速度v=at，感应电动势E=BLv，线框进入磁场过程中受到的安培力，由牛顿第二定律得：，则，故A错误； 感应电流，线框的电功率，故B正确；线框的位移x=at2，，故C错误；电荷量，故D正确；故选BD。‎ 考点：法拉第电磁感应定律；电功率 ‎【名师点睛】解决本题的关键掌握运动学公式，并由各自表达式来进行推导，从而得出结论是否正确，以及掌握切割产生的感应电动势E=BLv．知道L为有效长度。‎ ‎【结束】‎ 三、非选择题：‎ ‎22、【题文】‎ 如图所示装置可用来验证机械能守恒，直径为d的摆球A拴在长为L的不可伸长的轻绳一端（L>>d），绳的另一端固定在O点，O点正下方摆球重心经过的位置固定光电门B．现将摆球拉起，使绳偏离竖直方向成θ角时由静止开始释放摆球，当其到达最低位置时，光电门B记录的遮光时间为t ‎ ‎（1）如图为50分度游标卡尺测量摆球A的直径d= 10.94mm． （2）写出满足机械能守恒的表达式 （用题中字母表示）．‎ ‎（3）实验中发现减小的重力势能总是略大于动能的增量，试分析产生这样结果的原因 （至少两个 ‎【答案】（1） 10.94 mm，（2） （3） 空气阻力；测量速度小于实际速度 ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由图可知，游标的47刻度与主尺上的57mm刻度对齐；游标的每小格的刻度为：‎ mm则读数应为：57mm-47×mm=10.94mm； （2）在最低点时，通过的距离为d，小球经过的时间为t，则平均速度；由机械能守恒定律可知，‎ mgh=mv2； h=L（1-cosθ） 则有：m()2=mgL（1-cosθ），即 ‎（3）产生这样结果的原因：空气阻力；测量速度小于实际速度 考点：验证机械能守恒定律 ‎【名师点睛】本题考查机械能守恒定律的实验内容；要求学生能掌握正确的数方法，并能根据平均速度与瞬时速度的关系表示瞬时速度。‎ ‎【结束】‎ ‎23、【题文】用实验测一电池的内阻r和一待测电阻的阻值Rx已知电池的电动势约为6V，电池内阻和待测电阻阻值都为数十欧；可选用的器材有：‎ 电流表A1（量程0～100mA）； 电流表A2（量程0～200mA）； 电压表V（量程0-6V）； 滑动变阻器R1（阻值0～150Ω） 滑动变阻器R2（阻值0～300Ω）； 开关S一个，导线若干条 某同学的实验过程如下： Ⅰ．设计如图1所示的电路图，正确连接电路． Ⅱ．将R的阻值调到最大，闭合开关，逐次调小R的阻值，测出多组U和I的值，并记录．以U为纵轴．I为横轴．得到如图2所示的图线． Ⅲ．断开开关，将Rx改接在B、C之间．A与B直接相连，其他部分保持不变．重复Ⅱ的步骤，得到另一条U-I图线，图线与横轴I的交点坐标为（I0，0），与纵轴U的交点坐标为（0，U0）． 回答下列问题： ①电流表应选用A2 ，滑动变阻器应选用 ‎ R2‎ ‎②由图2的图线，得电源内阻r= 25Ω；（结果保留一位小数） ③用I0、U0和r表示待测电阻的关系式Rx= ，代入数值可得Rx； ④若电表为理想电表，Rx接在B、C之间与接在A、B之间，滑动变阻器滑片都从最大阻值位置调到某同一位置，两种情况相比，电流表示数变化范围 相同 ，电压表示数变化范围 不同（选填“相同”或“不同”）‎ ‎【答案】（1）A1 ， R2；（2）25.0 Ω；（3）；（4）相同；不同 ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由题意可知，电动势为6V，而电阻约为数十欧姆，为了保证实验的安全，电流表应选择A1；由电路图可知，滑动变阻器起调节电流的作用，故只能选择R2； （2）图象的斜率表示电源的内阻，则可知，内阻为：； （3）接Rx改接在B、C之间，由题意可知，等效内阻为：； 解得：； （4）由于在调节滑动变阻器时，闭合电路中电阻不变，故电流表的变化范围相同；而由于电压表测量的是路端电压，由于等效内电阻不同，故电压表的变化范围不同。‎ 考点：电阻的测量 ‎【名师点睛】本题考查测量电源内阻及电阻的实验，关键在于明确电路结构，认清实验方法及步骤；再由欧姆定律或闭合电路欧姆定律进行分析求解。‎ ‎【结束】‎ ‎24、【题文】牛顿在推导太阳与行星间的引力之后又进行了月地检验，把太阳与行星间的引力推广到自然界任意两个物体之间；课本中把行星绕太阳的椭圆运动简化为匀速圆周运动的模型来处理；根据你对课本知识的理解，“经历”一次牛顿推导太阳与行星间引力的过程。‎ ‎【答案】见解析；‎ ‎【解析】‎ 试题分析：1.推导太阳对行星的引力 为建立引力与距离的关系，由牛顿第二定律有：‎ 由匀速圆周运动规律，上式变为：‎ 根据开普勒第三定律得：‎ 所以太阳对行星的引力和距离及行星质量的关系为：‎ ‎2.推导行星对太阳的引力 行星对太阳的引力,由牛顿第三定律得：‎ 行星和太阳的质量在引力中的地位相当，故 ‎3.太阳与行星间的引力（2分）‎ 综合得：,写成等式得：，其中G为与太阳和行星都无关的常量。‎ 考点：万有引力定律的推导 ‎【名师点睛】此题关键是要掌握牛顿第二定律、第三定律，以及求解向心力的公式等，结合开普勒行星运动定律来推导。‎ ‎【结束】‎ ‎25、【题文】如图，在区域Ⅰ（0≤x≤d）和区域Ⅱ（d0）的粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域Ⅰ，其速度方向沿x轴正向．已知a在离开区域Ⅰ时，速度方向与x轴正向的夹角为30°；此时，另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从P点沿x轴正向射入区域Ⅰ，其速度大小是a的1/3，不计重力和两粒子之间的相互作用力，求：‎ ‎ （1）粒子a射入区域Ⅰ时速度的大小； （2）当a离开区域Ⅱ时，a、b两粒子的y坐标之差 ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）设粒子a在I内做匀速圆周运动的圆心为C（在y轴上），半径为R a1 ，粒子速率为va ，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P’ ，如图。由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得             （1）‎ ‎ 由几何关系得            （2）             （3） 式中  由（1）（2）（3）式得             （4） （2）设粒子在II区内做圆周运动的的圆心为O’ ，半径为Ra2 ，射出点为Pa （图中末画出轨迹）   由洛仑兹力分式和牛顿第二定律得           （5） 由（1）（5）式得：        （6） C，P’ 和O’ 三点共线，且由（6）式知 O’ 必位于  （7） 的平面上，由对称性知Pa与  P’ 纵坐标相同，即                （8） 式中h是C点的y坐标 设b在I中运动的轨道半径为 Rb1，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得   （9） 设a到达Pa 点时，b位于Pb 点，转过的角度为α。如果b没有飞出I，则   （10）  ‎ ‎ （11） 式中，t是a在区域II中运动的时间，而   （12）   ‎ ‎（13） 由⑤⑨⑩（11）（12）（13）式得  （14） 由①③⑨（14）式可见，b没有飞出I。Pb 点的y坐标为   （15） 由（1）（3）（8）（9）（14）（15）式及题给条件得，a、b两粒子的y坐标之差为   （16）‎ 考点：带电粒子在磁场中的运动 ‎【名师点睛】本题考查带电粒子在磁场中的运动，需掌握粒子在磁场中运动的轨道半径公式，能够正确地作出轨迹图，运用几何关系求解。‎ ‎【结束】‎ 二、选考题：‎ ‎33、【物理选修3-3】‎ ‎（1）【题文】对气体热现象的微观解释正确的是：‎ A.虽然分子的运动时杂乱无章的，但密闭在容器中的气体，在某一时刻向各个方向运动的气体分子数目一定相等 B．同种气体分子，温度越高，分子的平均速率越大；大量气体分子做无规则运动，速率有大有小，但是分子的速率按“按各种速率的分子数目相等”的 规 律分布 ‎ C．气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度这两个因素有关 ‎ D．一定质量的某种理想气体，温度不变，体积减小时，气体的内能一定增大 ‎ E．气体对容器的压强等于大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力 ‎【答案】ACE ‎【解析】‎ 试题分析：‎ 分子的运动杂乱无章，在某一时刻，向着任何一个方向运动的分子都有，而且向各个方向运动的气体分子数目都相等，A正确；大量气体分子做无规则运动，速率有大有小，但是分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布，B错误；气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度这两个因素有关，C正确；一定质量的某种理想气体，其内能只与温度有关，故当温度不变，体积减小时，气体的内能不变 ，选项D错误；气体对容器的压强等于大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，E正确； 故选ACE.‎ 考点：分子动理论；影响气体压强的因素；气体的内能 ‎【名师点睛】本题考查了分子动理论的知识，还有影响气体压强的因素．要注意明确温度升高时并不是所有分子的速率都增大，但平均运动一定增大。‎ ‎【结束】‎ ‎（2）【题文】一艘位于水面下200m深处的潜水艇，艇上有一个容积为2m3的储气筒，筒内储有压缩空气，将筒内一部分空气压入水箱（水箱有排水孔和海水相连），排出海水10m3，此时筒内剩余气体的压强是95atm．设在排水过程中温度不变，求贮气筒里原来压缩空气的压强．（计算时可取1atm=1.0×105Pa，海水密度ρ=1.0×103kg/m3，取g=10m/s2）‎ ‎【答案】200 atm ‎【解析】‎ 试题分析：由气体状态方程可知：P0V0 = P1V1+P2V2 V0 = 2 m3 P1 = 95 atm V1 = 2 m3 P2 = 1 atm + ρgh = 21 atm V2 = 10 m3 P0 =( P1V1+P2V2)/ V0= 200 atm ‎ 考点：气体状态方程 ‎【名师点睛】本题相当于一个连通器模型，只有这样，才能保证是一定质量的气体，这是理想气体状态方程适用的前提。‎ ‎【结束】‎ ‎34、【物理选修3-4】‎ ‎（1）【题文】图甲为一列沿x轴传播的简谐横波t=0时刻的波形图，图中质点M和P的横坐标分别为xM=1.0m和xP=1.5m；图乙为t=0时刻质点M的振动图像；由图线可判断：‎ A．该波沿x轴正向传播 B. 该波沿x轴负向传播 C.该波的波速为0.25m/s D.质点M与P的振动方向始终相反 E.经过1s，质点P将沿x轴正方向运动0.25m ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ 试题分析：由M点的振动图像可知，t=0时刻质点M向上振动，可知该波沿x轴负向传播，选项B正确，A错误；该波的波长为1m，周期为4s，则该波的波速为，选项C正确；质点M与P相差半个波长的距离，故两质点的振动方向始终相反，选项D正确；机械波传播过程中，质点不随波迁移，故选项E错误；故选BCD.‎ 考点：振动图像和波的图线 ‎【名师点睛】此题关键是能从振动图像和波的图线中获取信息，能根据质点的振动方向来判断波的传播方向；注意机械波传播过程中，质点不随波迁移。‎ ‎【结束】‎ ‎（2）【题文】如图所示，光线a从某种玻璃射向空气，在它们的界面MN上发生反射和折射，反射光线b和折射光线c恰好垂直，已知此时入射角为iB，求：若要光线c消失，入射角iC应为多大？‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：反射光线b和折射光线c刚好垂直，根据几何知识可得：折射角为，所以根据折射定律可得：，故有，要光线c消失，即发生全反射，所以，解得 考点：光的折射定律；全反射 ‎【名师点睛】题考查了折射定律和全反射定律的应用，注意折射定律，i是指空气中的角。‎ ‎【结束】‎