江西省宜春四中2017届高三上学期第三次周练物理试卷（10月份） 15页

‎2016-2017学年江西省宜春四中高三（上）第三次周练物理试卷（10月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（共48分）‎ ‎1．如图所示，从地面上方某点，将一小球以10m/s的初速度沿水平方向抛出，小球经1s落地，不计空气阻力，g取10m/s2，则可求出（　　）‎ A．小球抛出点离地面的高度为5 m B．小球抛出点到落地点的水平距离为10 m C．小球落地点的速度大小为20 m/s D．小球落地时的速度方向与水平地面成60°角 ‎2．从地面以速率v0竖直上抛一个可视为质点的小球，由于受空气阻力，小球落回地面的速率减为v0/2，若空气阻力与运动速率成正比，则整个运动过程的速度图象（以竖直向上为正）为下列图中的哪一个？（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．已知某行星半径为R，以其第一宇宙速度运行的卫星的绕行周期为T，围绕该行星运动的同步卫星运行速率为v．则该行星的自转周期为（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎4．一串小灯笼（五只）彼此用轻绳连接，并悬挂在空中，在稳定水平风力作用下发生倾斜，悬绳与竖直方向的夹角为30°，如图所示，设每个灯笼的质量均为m，则自上往下数第一只灯笼对第二只灯笼的拉力大小为（　　）‎ A．2mg B． mg C． mg D．8mg ‎5．如图所示，甲、乙两个交流电路中，电源的电压、输出电流均相等．若理想变压器原、副线圈的匝数为n1、n2，则负载电阻R1与R2的比值为（　　）‎ A．n1：n2 B．n2；n1‎ C．n：n D．n：n ‎6．如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab=cd=10cm，ad=bc=20cm．电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，则下列说法正确的是（　　）‎ A．cd间电势差一定为4V B．c点电势可能比d点低 C．电场强度方向一定由b指向a D．电场强度大小一定为E=40V/m ‎7．如图所示，A、B为大小、形状均相同且内壁光滑，但用不同材料制成的圆管，竖直固定在相同高度．两个相同的磁性小球，同时从A、B管上端的管口无初速释放，穿过A管的小球比穿过B管的小球先落到地面．下面对于两管的描述中可能正确的是（　　）‎ A．A管是用塑料制成的，B管是用铜制成的 B．A管是用铝制成的，B管是用胶木制成的 C．A管是用胶木制成的，B管是用塑料制成的 D．A管是用胶木制成的，B管是用铝制成的 ‎8．如图所示，一质量为m、长为L的金属杆ab，以一定的初速度v0从一光滑平行金属轨道的底端向上滑行，轨道平面与水平面成θ角，轨道平面处于磁感应强度为B、方向垂直轨道平面向上的磁场中，两导轨上端用一阻值为R的电阻相连，轨道与金属杆ab的电阻均不计，金属杆向上滑行到某一高度后又返回到底端，则金属杆（　　）‎ A．在上滑过程中的平均速度小于 B．在上滑过程中克服安培力做的功大于下滑过程中克服安培力做的功 C．在上滑过程中电阻R上产生的焦耳热等于减少的动能 D．在上滑过程中通过电阻R的电荷量大于下滑过程中流过电阻R的电荷量 ‎　‎ 三、非选择题（共52分）‎ ‎9．“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置如图（a）所示，实验中用所挂钩码的重量作为细线对小车的拉力F，通过增加钩码的数量，多次测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力F的关系图象，他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a﹣F图线，如图（b）所示．‎ ‎（1）图线　　（填“①”或“②”） 是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的；‎ ‎（2）在轨道水平时，小车运动的阻力Ff=　　N；‎ ‎（3）图（b）中，拉力F较大时，a﹣F图线明显弯曲，产生误差．为避免此误差可采取的措施是　　．‎ A．调整轨道的倾角，在未挂钩码时使小车能在轨道上匀速运动 B．在增加钩码数量的同时在小车上增加砝码，使钩码的总质量始终远小于小车的总质量 C．将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替钩码的重力 D．更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验．‎ ‎10．如图1电路，某学生用电流表和电压表测干电池的电动势和内阻时，所用滑动变阻器的阻值范围为0～20Ω，连接电路的实物图如图2所示．‎ ‎（1）该学生接线中错误的和不规范的做法是　　‎ A．滑动变阻器不起变阻作用 B．电流表接线有错 C．电压表量程选用不当 D．电压表接线不妥 ‎（2）该同学将电路按正确的电路图连接好，检查无误后，闭合开关，进行实验．某一次电表的示数如图3所示，则电压表的读数为　　V，电流表的读数为　　A．‎ ‎（3）该同学实验完毕，将测量的数据反映在U﹣I图上（如图4所示），根据这一图线，可求出电池的电动势E=　　V，内电阻r=　　Ω．‎ ‎11．如图所示，质量为M、半径为R的质量分布均匀的圆环静止在粗糙的水平桌面上，一质量为m（m＞M）的光滑小球以某一水平速度通过环上的小孔正对环心射入环内，与环发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小球恰好不会从小孔中穿出．假设小球与环内壁的碰撞为弹性碰撞，只考虑圆环与桌面之间的摩擦，求圆环通过的总位移？‎ ‎12．如图，直线MN上方有平行于纸面且与MN成45°的有界匀强电场，电场强度大小未知；MN下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B．今从MN上的O点向磁场中射入一个速度大小为v、方向与MN成45°角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R．若该粒子从O点出发记为第一次经过直线MN，而第五次经过直线MN时恰好又通过O点．不计粒子的重力．求：‎ ‎（1）电场强度的大小；‎ ‎（2）该粒子再次从O点进入磁场后，运动轨道的半径；‎ ‎（3）该粒子从O点出发到再次回到O点所需的时间．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省宜春四中高三（上）第三次周练物理试卷（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共48分）‎ ‎1．如图所示，从地面上方某点，将一小球以10m/s的初速度沿水平方向抛出，小球经1s落地，不计空气阻力，g取10m/s2，则可求出（　　）‎ A．小球抛出点离地面的高度为5 m B．小球抛出点到落地点的水平距离为10 m C．小球落地点的速度大小为20 m/s D．小球落地时的速度方向与水平地面成60°角 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】根据小球平抛运动的初速度和时间求出水平位移，结合位移时间公式求出小球下降的高度．通过落地时竖直分速度，结合平行四边形定则求出小球落地的速度大小和方向．‎ ‎【解答】解：A、根据，故A正确；‎ B、抛出点到落地点的水平距离，故B正确；‎ C、小球落地时的竖直分速度，落地时速度大小，故C错误；‎ D、小球落地时速度与水平方向的夹角为α，则，即α=45°，故D错误；‎ 故选：AB ‎　‎ ‎2．从地面以速率v0竖直上抛一个可视为质点的小球，由于受空气阻力，小球落回地面的速率减为v0/2，若空气阻力与运动速率成正比，则整个运动过程的速度图象（以竖直向上为正）为下列图中的哪一个？（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】竖直上抛运动；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】v﹣t图象的代表物体的加速度，斜率的绝对值越大代表物体的加速度的数值越大；在小球上升过程中，小球所受的阻力向下，在小球下降的过程中小球所受的阻力向上．根据牛顿第二定律F=ma求出加速度a与阻力f的关系．‎ ‎【解答】解：设物体所受的阻力f=kv，物体的质量为m，则在物体上升的过程中有 mg+f=ma1，即mg+kv=ma1，a1==g+‎ 由于上升过程中物体的速度越来越小，‎ 故物体的加速度ma1越来越小，故v﹣t图的斜率的绝对值越来越小．故B、D错误．‎ 在下落过程中有mg﹣kv=ma2，a2==g﹣‎ 下落过程中物体的速度越来越大，故物体的加速度越来越小，‎ 则v﹣t图的斜率的绝对值也越来越小．显然C的斜率的绝对值越来越大，故C错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎3．已知某行星半径为R，以其第一宇宙速度运行的卫星的绕行周期为T，围绕该行星运动的同步卫星运行速率为v．则该行星的自转周期为（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】第一宇宙速度的轨道半径为R，根据=mR求出GM，再根据万有引力提供向心力=m，求出同步卫星的高度；行星自转周期等于同步卫星的运转周期，根据T=求出自转周期．‎ ‎【解答】解：（1）设同步卫星距地面高度为h，则：‎ ‎=m…①‎ 以第一宇宙速度运行的卫星其轨道半径就是R，则：‎ ‎=mR…②‎ 由①②得：h=‎ 行星自转周期等于同步卫星的运转周期：‎ T==‎ 故选：D ‎　‎ ‎4．一串小灯笼（五只）彼此用轻绳连接，并悬挂在空中，在稳定水平风力作用下发生倾斜，悬绳与竖直方向的夹角为30°，如图所示，设每个灯笼的质量均为m，则自上往下数第一只灯笼对第二只灯笼的拉力大小为（　　）‎ A．2mg B． mg C． mg D．8mg ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】以下面四个灯笼作为整体为研究对象，进行受力分析，根据平衡条件并运用合成法列式求解即可．‎ ‎【解答】解：以下面四个灯笼作为整体为研究对象，进行受力分析，如图：‎ 竖直方向：Tcos30°=4mg 得：T==‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，甲、乙两个交流电路中，电源的电压、输出电流均相等．若理想变压器原、副线圈的匝数为n1、n2，则负载电阻R1与R2的比值为（　　）‎ A．n1：n2 B．n2；n1‎ C．n：n D．n：n ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】根据电压与匝数成正比，求出电阻R2的电压，根据P=求解功率，根据功率相等即可求解电阻的比值关系．‎ ‎【解答】解：设电源的电压为U1，则R1消耗的功率P1=‎ 根据电压与匝数成正比得：U2=‎ 则R2消耗的功率P2=‎ 因为P1=P2‎ 所以 故选：C ‎　‎ ‎6．如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab=cd=10cm，ad=bc=20cm．电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，则下列说法正确的是（　　）‎ A．cd间电势差一定为4V B．c点电势可能比d点低 C．电场强度方向一定由b指向a D．电场强度大小一定为E=40V/m ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】在匀强电场中，每前进相同的距离，电势的降落相等．根据该结论分析cd间的电势差，并判断电势的高低．由E=研究电场强度的大小．‎ ‎【解答】解：A、在匀强电场中，在相同的方向上，每前进相同的距离，电势的降落相等，则cd间的电势差等于ba间的电势差，为24V﹣20V=4V，故A正确．‎ B、由上分析知，cd间的电势差大于零，所以c点的电势一定比d点的电势高．故B错误．‎ C、沿着电场线方向电势逐渐降低，则电场强度方向可能由b指向a，但不一定，故C错误．‎ D、若电场强度方向由b指向a，则电场强度为 E===40V/m，由于电场强度方向不确定，所以电场强度大小不一定为E=40V/m，故D错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎7．如图所示，A、B为大小、形状均相同且内壁光滑，但用不同材料制成的圆管，竖直固定在相同高度．两个相同的磁性小球，同时从A、B管上端的管口无初速释放，穿过A管的小球比穿过B管的小球先落到地面．下面对于两管的描述中可能正确的是（　　）‎ A．A管是用塑料制成的，B管是用铜制成的 B．A管是用铝制成的，B管是用胶木制成的 C．A管是用胶木制成的，B管是用塑料制成的 D．A管是用胶木制成的，B管是用铝制成的 ‎【考点】楞次定律；电磁感应在生活和生产中的应用．‎ ‎【分析】磁性小球在下滑中会使金属导体产生电磁感应从而使小球的下落变慢，而绝缘体不会发生电磁感应，故磁性小球做自由落体运动．‎ ‎【解答】解：由题意可知，小球在B管中下落的速度要小于A管中的下落速度，故说明小球在B管时受到阻力作用；其原因是金属导体切割磁感线，从而使闭合的导体中产生感应电流，由于磁极间的相互作用而使小球 受向上的阻力；‎ 故B管应为金属导体，如铜、铝、铁等，而A管应为绝缘体，如塑料、胶木等，故AD正确，BC错误；‎ 故选AD．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，一质量为m、长为L的金属杆ab，以一定的初速度v0从一光滑平行金属轨道的底端向上滑行，轨道平面与水平面成θ角，轨道平面处于磁感应强度为B、方向垂直轨道平面向上的磁场中，两导轨上端用一阻值为R的电阻相连，轨道与金属杆ab的电阻均不计，金属杆向上滑行到某一高度后又返回到底端，则金属杆（　　）‎ A．在上滑过程中的平均速度小于 B．在上滑过程中克服安培力做的功大于下滑过程中克服安培力做的功 C．在上滑过程中电阻R上产生的焦耳热等于减少的动能 D．在上滑过程中通过电阻R的电荷量大于下滑过程中流过电阻R的电荷量 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】在上滑过程中，金属杆ab做加速度减小的变减速直线运动，将其运动与匀减速运动比较，分析平均速度与匀减速运动平均速度的关系．金属杆上滑过程和下滑过程回路中均受到与速度方向相反的安培力，根据能量守恒判断金属杆上滑和下滑经过同一点时速度大小关系，分析安培力的大小关系，根据能量守恒定律分析R上产生的焦耳热．根据q=分析两个过程中流过电阻R的电荷量关系．‎ ‎【解答】解：A、由于上滑过程中，金属杆ab速度减小，产生的感应电动势和感应电流减小，则ab杆所受的安培力减小，合力减小，则加速度减小，所以金属杆ab做加速度减小的变减速直线运动，故平均速度小于，故A正确；‎ B、经过同一位置时：下滑的速度小于上滑的速度，下滑时棒受到的安培力小于上滑所受的安培力，则下滑过程安培力的平均值小于上滑过程安培力的平均值，所以上滑导体棒克服安培力做功大于下滑过程克服安培力做功，故B正确；‎ C、上滑过程中，减小的动能转化为焦耳热和棒的重力势能；故上滑过程中电阻R上产生的焦耳热小于减小的动能，故C错误；‎ D、根据感应电量经验公式q=知，上滑过程和下滑过程磁通量的变化量相等，则通过电阻R的电量相等，故D错误．‎ 故选：AB ‎　‎ 三、非选择题（共52分）‎ ‎9．“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置如图（a）所示，实验中用所挂钩码的重量作为细线对小车的拉力F，通过增加钩码的数量，多次测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力F的关系图象，他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a﹣F图线，如图（b）所示．‎ ‎（1）图线　①　（填“①”或“②”） 是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的；‎ ‎（2）在轨道水平时，小车运动的阻力Ff=　0.5　N；‎ ‎（3）图（b）中，拉力F较大时，a﹣F图线明显弯曲，产生误差．为避免此误差可采取的措施是　C　．‎ A．调整轨道的倾角，在未挂钩码时使小车能在轨道上匀速运动 B．在增加钩码数量的同时在小车上增加砝码，使钩码的总质量始终远小于小车的总质量 C．将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替钩码的重力 D．更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】（1）当斜面抬得过高，F=O时，加速度a不为零，结合这一特点确定正确的图线．‎ ‎（2）结合图线②得出小车运动的阻力大小．‎ ‎（3）当钩码的质量远小于小车的质量，钩码的重力才近似等于绳子的拉力．‎ ‎【解答】解：（1）当右侧抬高，导致平衡摩擦力过度，则F=0时，加速度不为零，可知图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的．‎ ‎（2）由图线②可知，当F=0.5N时，小车开始运动，可知小车运动的阻力Ff=0.5N．‎ ‎（3）拉力F较大时，a﹣F图线明显弯曲，因为此时钩码的质量不满足远小于小车的质量，钩码的重力不等于绳子的拉力，避免此误差的方法是运用力传感器，直接读出绳子的拉力，不用钩码的重力代替拉力．故选：C．‎ 故答案为：（1）①，（2）0.5，（3）C．‎ ‎　‎ ‎10．如图1电路，某学生用电流表和电压表测干电池的电动势和内阻时，所用滑动变阻器的阻值范围为0～20Ω，连接电路的实物图如图2所示．‎ ‎（1）该学生接线中错误的和不规范的做法是　AD　‎ A．滑动变阻器不起变阻作用 B．电流表接线有错 C．电压表量程选用不当 D．电压表接线不妥 ‎（2）该同学将电路按正确的电路图连接好，检查无误后，闭合开关，进行实验．某一次电表的示数如图3所示，则电压表的读数为　1.20　V，电流表的读数为　0.26　A．‎ ‎（3）该同学实验完毕，将测量的数据反映在U﹣I图上（如图4所示），根据这一图线，可求出电池的电动势E=　1.48　V，内电阻r=　0.77　Ω．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）滑动变阻器采用限流接法时要接一上一下两个接线柱，开关应该可以控制整个电路，分析图示电路图然后答题．‎ ‎（2）根据图示电表确定其分度值，然后读出其示数．‎ ‎（3）根据图示电源U﹣I图象求出电源的电动势与内阻．‎ ‎【解答】解：（1）由图示实物电路图可知，滑动变阻器阻值全部接入电路，滑动变阻器成为定值电阻，滑动变阻器接线错误，电压表直接接在电源两端，电压表接线错误，故选AD．‎ ‎（2）由图示电压表可知，其分度值为0.1V，示数为1.20V；由图示电流表可知，其分度值为0.02A，其示数为0.26A．‎ ‎（3）由图示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.48，则电源电动势：E=1.48V，‎ 电源内阻：r==≈0.77Ω；‎ 故答案为：（1）AD；（2）1.20；0.26；（3）1.48；0.77．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，质量为M、半径为R的质量分布均匀的圆环静止在粗糙的水平桌面上，一质量为m（m＞M）的光滑小球以某一水平速度通过环上的小孔正对环心射入环内，与环发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小球恰好不会从小孔中穿出．假设小球与环内壁的碰撞为弹性碰撞，只考虑圆环与桌面之间的摩擦，求圆环通过的总位移？‎ ‎【考点】动量守恒定律；动能定理．‎ ‎【分析】碰撞过程动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律、运动学公式可以正确解题．‎ ‎【解答】解：设小球的初速度为v0，第一次碰撞后，小球的速度为v1，圆环的速度为v2．‎ 圆环和小球组成的系统动量守恒，以球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律：mv0=mv1+Mv2，‎ 由能量守恒定律得： mv02=mv12+Mv22，‎ 多次碰撞后小球和环最终静止，设圆环受到的摩擦力为f，‎ 通过的总位移为x．系统的动能全部转化为摩擦生热：fx=mv02，‎ 第一次碰撞后经时间t，小球恰好未从小孔中穿出，即二者共速，均为v1，‎ 由运动学规律： t﹣v1t=2R，‎ 对圆环，由动量定理：﹣ft=Mv1﹣Mv2，‎ 解得，圆环通过的总位移：x=R；‎ 答：圆环通过的总位移为R．‎ ‎　‎ ‎12．如图，直线MN上方有平行于纸面且与MN成45°的有界匀强电场，电场强度大小未知；MN下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B．今从MN上的O点向磁场中射入一个速度大小为v、方向与MN成45°角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R．若该粒子从O点出发记为第一次经过直线MN，而第五次经过直线MN时恰好又通过O点．不计粒子的重力．求：‎ ‎（1）电场强度的大小；‎ ‎（2）该粒子再次从O点进入磁场后，运动轨道的半径；‎ ‎（3）该粒子从O点出发到再次回到O点所需的时间．‎ ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；平抛运动；带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】首先分析带电粒子的运动情况，先是一段半径为R的圆弧到a点，接着恰好逆电场线匀减速运动到b点速度为零再返回a点速度仍为v，再在磁场中运动一段圆弧到c点，之后垂直电场线进入电场作类平抛运动，再根据平抛运动和匀速圆周运动的基本公式及几何关系即可解题．‎ ‎【解答】解：粒子的运动轨迹如图，先是一段半径为R的圆弧到a点，接着恰好逆电场线匀减速运动到b点速度为零再返回a点速度仍为v，再在磁场中运动一段圆弧到c点，之后垂直电场线进入电场作类平抛运动．‎ ‎（1）易知，‎ 带电粒子类平抛运动的垂直和平行电场方向的位移都为 ‎ ①‎ 所以类平抛运动时间为 ‎ ②‎ 又 ③‎ 再者 ④‎ 由①②③④可得：E=vB ⑤‎ ‎（2）由平抛知识得：tanβ=2tanα=2 ‎ 所以 v∥=vtanβ=2v ‎ 则第五次过MN进入磁场后的圆弧半径 ‎ R′=‎ ‎（3）粒子在磁场中运动的总时间为 ⑥‎ 粒子在电场中的加速度为 ‎ 粒子做直线运动所需时间为 ⑦‎ 由②⑥⑦式求得粒子从出发到第五次到达O点所需时间 ‎ 答：（1）电场强度的大小为vB；‎ ‎（2）该粒子再次从O点进入磁场后，运动轨道的半径为；‎ ‎（3）该粒子从O点出发到再次回到O点所需的时间为．‎ ‎　‎ ‎2016年12月31日