江苏省如东高级中学、前黄高级中学、栟茶高级中学、马塘中学四校2017届高三12月联考物理试题 21页

一、单项选择题：本题共 5 小题，每小题 3 分，共 15 分，每小题只有一个选项符合题意，选 对得 3 分，错选或不答得 0 分。 1．物理学的基本原理在生产生活中有着广泛应用．下面列举的四种器件中，在工作时利用了 电磁 感应现象的是（　　） A．回旋加速器 B．交流发电机 C．质谱仪 D．电动机 【答案】B 【解析】【来.源：全,品…中&高*考*网】 考点：电磁感应在生活和生产中的应用 【名师点睛】本题主要考查了电磁感应在生活和生产中的应用。回旋加速器利用磁场使带电 粒子旋转，发 电机是通过线圈在磁场中转动，从而产生感应电动势，是利用电磁感应现象；质谱仪是利用 电场加速，磁 场使粒子偏转．电动机是先通电，通电线圈在磁场里受安培力才转动的。 2.小明平伸手掌托起小球，由静止开始竖直向上运动，直至将小球竖直向上抛出。下列对此现 象分 析正确的是（　　）【来.源：全,品…中&高*考*网】 A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态 B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态 C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度 D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度 【答案】D 【解析】 试题分析：物体向上先加速后减速，加速度先向上，后向下，根据牛顿运动定律可知物体先 处于超重状态， 后处于失重状态，故 AB 错误；重物和手有共同的速度和加速度时，二者不会分离，故物体离 开手的瞬间， 物体向上运动，物体的加速度等于重力加速度，物体离开手前手要减速，所以此瞬间手的加 速度大于重力 加速度，并且方向竖直向下，故 C 错误，D 正确．所以 D 正确，ABC 错误。1 考点：超重和失重 【名师点睛】本题主要考查了超重和失重。超重和失重仅仅指的是一种现象，但物体本身的 重力是不变的。重物和手有共同的速度和加速度时，二者不会分离超重指的是物体加速度方 向向上，失重指的是加速度方向下，但运动方向不可确定．由牛顿第二定律列式分析即可。 3．一小球从空中由静止下落，设重物下落时所受的阻力与速度成正比，则下列图象中正确的 是（　　） 【答案】D 【解析】 考点：牛顿第二定律、a-t 图象、a-v 图象 【名师点睛】本题主要考查了牛顿第二定律、a-t 图象、a-v 图象。重物受重力和阻力，根据牛 顿第二定律列 式求解出加速度的表达式进行分析；加速度与合力成正比，合力与阻力是线性关系，阻力与 速度也速度是 线性关系，但不是匀加速直线运动，故速度与时间不是线性关系． 4.如图所示，某机器内有两个围绕各自固定轴匀速转动的铝盘 A、B。A 盘上有一信号发射装 置 P， 能发射出水平红外线，P 到圆心的距离为 28cm．B 盘上固定带窗口的红外线接收装置 Q，Q 到圆心的距离 为 16cm。P、Q 转动的线速度相同，都是 4πm/s。当 P、Q 正对 P 时发出的红外线恰好进入 Q 的接受窗口， 则 Q 接受到红外线信号周期是（　　） A．0.56s B．0.28s C．0.16s D．0.07s 【答案】A 【解析】 考点：线速度、角速度和周期 【名师点睛】本题主要考查了线速度、角速度和周期。因为 P、Q 正对时，P 发出的红外线恰 好进入 Q 的接 收窗口，再次被接收时，经历的时间都为各自周期的整数倍，分别求出各自的周期，求出周 期的最小公倍 数，从而求出经历的时间． 5.如图所示的电路中，A、B 是构成平行板电容器的两金属极板，P 为其中的一个定点，将电 键 K 闭合，电路稳定后将 A 板向下缓缓平移一小段距离，则下列说法正确的是（　　） A．A、B 两极板间场强变小 B．电阻 R 中有向上的电流 C．P 点电势升高 D．A 点电势升高 【答案】C 【解析】 考点：电容、电势 【名师点睛】本题主要考查了电容、电势。在电容器的电压不变的情况下，将 A 板下移，则 导致电容变化，电压变化，根据 ，结合 ，可分析电容变化，进而可得电容 器电量变化；保持开关 S 闭合，电容器板间电压保持不变，移动极板，根据公式，分析板间 场强的变化，确定 P 点与下板间电势差的变化，再判断 P 点电势的变化．；因为 AB 板电势差 不变，而 B 板接地电势始终为零，所以 A 板电势不变. 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分，每小题有多个选项符合题意，全选 对的得 4 分，漏选得 2 分，错选或不选的得 0 分。 6.如图所示是法拉第圆盘发电机的示意图．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片 P、Q 分别于 4 SC kd ε π= QC U = 圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场 B 中，当圆盘旋转时，下列说法 正确的是（　　） A．实验中流过电阻 R 的电流是由于圆盘内产生涡流现象而形成的 B．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则圆盘中心电势比边缘要高 C．实验过程中，穿过圆盘的磁通量发生了变化，产生感应电动势 D．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则有电流沿 a 到 b 的方向流动流经电阻 R 【答案】BD 【解析】 试题分析：圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线,因此是电磁感应现象，故 A 错误； 根据右手安培定则，从上往下看，圆盘顺时针转动产生由圆盘边缘指向圆盘中心的电流，即 圆盘中心电势比边缘高，故 B 正确；实验过程中，穿过圆盘的磁通量没有发生变化，而是导 体切割磁感线产生了感应电动势，故 C 错误； 从上往下看，圆盘顺时针转动产生由圆盘边缘指向圆盘中心的电流，则有电流沿 a 到 b 的方 向流经电阻 R，故 D 正确。所以 BD 正确，AC 错误。 考点：法拉第圆盘发电机 【名师点睛】本题主要考查了法拉第圆盘发电机.圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感 线，有效切割 长度为铜盘的半径，属于切割产生电动势．根据右手定则分析从上往下看，圆盘顺时针转动 产生由圆盘边 缘指向圆盘中心的电流，则有电流沿 a 到 b 的方向流动流经电阻 R。 7.如图所示一卫星沿椭圆轨道绕地球运动，其周期为 24 小时，A、C 两点分别为轨道上的远地 点和近地点，B 为椭圆短轴和轨道的交点．则下列说法正确的是（　　） A．卫星从 A 运动到 B 和从 B 运动到 C 的时间相等 B．卫星运动轨道上 A、C 间的距离和地球同步卫星轨道的直径相等 C．卫星在 A 点的机械能比经过 C 点时机械能小【来.源：全,品…中&高*考*网】 D．卫星在 A 点的加速度比地球同步卫星的加速度小 【答案】BD 【解析】 考点：人造卫星的加速度、周期、机械能 【名师点睛】本题主要考查了人造卫星的加速度、周期、机械能。卫星做椭圆轨道运动，卫 星从从 A 运动 到 B，再从 B 运动到 C，引力做正功，速度不断增大，可以判断卫星从 A 运动到 B 和从 B 运 动到 C 的时间 关系，根据开普勒第三定律分析卫星运动轨道上 A、C 间的距离和地球同步卫星轨道的直径关 系．由牛顿第 二定律分析加速度关系。 8.如图所示电路中，电源电动势为 E，内阻 r.闭合电键 S，电压表示数为 U,电流表示数为 I, 在滑动变阻器 R2 的滑片 P 由 a 端滑到 b 端的过程中（ ） A．U 先变大后变小 B．I 先变大后变小 C．U 与 I 的比值先变小后变大 D．U 变化量与 I 变化量的比值不变 【答案】AD 【解析】 考点：闭合电路的欧姆定律、动态电路 【名师点睛】本题主要考查了闭合电路的欧姆定律、动态电路。滑动变阻器上下两部分并联， 当滑片在中间位置时总电阻最大，则在滑动变阻器 R2 的滑片 P 由 a 端滑到 b 端的过程中，滑 动变阻器 R2 的电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知电流及电压的变化情况，因为 ，所以 ，又由 ，可知 U 变化量与 I 变化量 的比值。 9.如图所示，作用于轻绳端点 A 竖直向下的拉力 F,通过跨在光滑小滑轮的轻绳拉一处在较远 处的物体 B（初始位置绳与水平方向的夹角很小），使物体沿水平面向右匀速滑动，直到接近 滑轮下方，在此过程中（　　） +E U U= 内 外 =U U∆ ∆内 外 U U Ir rI I I ∆ ∆ ∆= = =∆ ∆ ∆ 外 内 A．绳端 A 的速度逐渐减小 B．绳端拉力 F 逐渐增大 C．物体 B 对地面的压力逐渐减小 D．绳端拉力 F 的功率逐渐减小 【答案】ACD 【解析】【来.源：全,品…中&高*考*网】 考点：速度的合成与分解、功率 【名师点睛】本题主要考查了速度的合成与分解、功率。物体沿水平向右匀速运动过程实际 参与了两个运动，一个是沿绳子方向的运动速度 ，另一个是与绳子垂直方向的运动速度 ， 设绳子和水平夹角为 ，则有 ，可知速度变化；由于地面支持力和地面滑动摩擦 1v 2v θ 1 0 cosv v θ= 力比例关系和方向恒定，因此合力方向恒定如图。根据受力平衡，重力和拉力的合力与支持 力摩擦力合力等大反向，所以在重力和拉力的合力矢量三角形中，重力大小方向确定，合力 方向确定，通过动态三角形可知拉力及压力变化。物块匀速运动，拉力 F 和摩擦力做功总功 为 0，二者功率相等，可知摩擦力的功率变化。 二、简答题：本题共 2 小题（第 10、11 题）共计 18 分，请将解答写在答题卡相应位置。 10.（8 分）在暗室中用如图所示装置做“测定重力加速度”的实验。实验器材有：铁架台、 漏斗、橡皮管、尖嘴玻璃管、螺丝夹接水铝盒、一根荧光刻度的米尺、频闪仪．具体实验步 骤如下： ①在漏斗内盛满清水，调节螺丝夹子，让水滴以一定的频率一滴一滴的落下． ②用频闪仪发出的白色闪光将水滴照亮，由大到小逐渐调节频闪仪的频率，直到第一次看到 一串仿佛固定不动的水滴悬在空中. ③通过竖直固定在边上的米尺读出各个水滴被照亮时对应的刻度． ④采集数据进行处理． （1）实验中看到空间有一串仿佛固定不动的水滴时，频闪仪的闪光频率满足的条件 是： ． （2）某同学实验中观察到水滴“固定不动”时的闪光频率为 30Hz，读出其中比较圆的水滴到 第一个水滴的距离如图，则第 8 个水滴的速度 v8= m/s；根据数据测得当地重力加速度 g= m/s2（结果均保留三位有效数字）． （3）实验中存在误差的主要原因有（至少写出两条）： ① ． ② . 【答案】（1）频闪仪频率等于水滴滴落的频率 （2）2.27 9.72 （3）由于空气阻力 对水滴的作用， 水滴不是严格的自由落体；或者滴水的频率改变了，或数据读数不准确等， 【解析】 考点：测定重力加速度 【名师点睛】本题主要考查了测定重力加速度。当频闪仪频率等于水滴滴落的频率时，可看 到一串仿佛固定不动的水滴．该实验利用了自由落体运动的规律，根据匀变速直线运动的规 律可以求出水滴 C 的速度，利用逐差法可以求出重力加速度的大小．由于空气阻力对水滴的 作用，水滴不是严格的自由落体． 11.（10 分）在“测电池的电动势和内阻”的实验中，测量对象为一节新的干电池。 （1）用图（a）所示电路测量时，在较大范围内调节滑动变阻器，发现电压表变化不明显， 原因是 ，从而影响测量值的精确性。 （2）为了提高实验的精确度采用（b）所示电路，提供器材： A．量程 3V 和 15V 的双量程电压表 V B．量程 0.6A 和 3A 的双量程电流表 A C．定值电阻 R0（R0=1.5Ω） D．滑动变阻器 R1（0～10Ω） E．滑动变阻器 R2（0～200Ω） F．开关 S 和一些导线． ①图（b）电路中，加接电阻 R0 有两方面的作用：一是方便实验操作和数据测量； 二是 . ②为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用 （填 R1 或 R2）． ③用笔画线代替导线在图（c）中完成实物连接图． ④实验中改变滑动变阻器的阻值，测出几组电流表和电压表的读数，并在给出的 U-I 坐标系中 画出 U-I 图线如图（d）所示，则新干电池的内阻 r= Ω（结果保留两位有效数 字）． 【答案】（1）电源内阻太小 （2）①保护电路中电源和电流表的安全 ② R1 ③如图所示 ④ 0.29 【解析】 试题分析：（1）根据 U=E-Ir 可知，由于新电池内阻很小，电池内压降很小，电压表的读数变 化很小，所以如果采用一节新干电池进行实验，实验时会发现，当滑动变阻器在阻值较大的 范围内调节时，电压表读数变化很小，即原因是新电池的内阻很小，内电路的电压降很小。 （2）①加接电阻 R0 有两方面的作用，一是方便实验操作和数据测量，二是防止变阻器电阻过 小时，电池被短路或电流表被烧坏，即保护电路中电源和电流表的安全。 考点：测电池的电动势和内阻 【名师点睛】本题主要考查了测电池的电动势和内阻。本题的关键是明确新电池的内阻很小， 电池的内压降很小，电压表的读数变化很小，所以实验应选内阻较大的旧电池；明确定值电 阻除方便操作和测量外，还可以保护电池和电流表；根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要 的最大电阻即可；根据闭合电路欧姆定律写出关于 U 与 I 的函数表达式，然后根据斜率和截 距的概念即可求解。 三、计算题：本题共 5 小题，共 47 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步 骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。 12.（12 分）如图所示，一根跨越一固定的水平光滑细杆的柔软、不可伸长的轻绳，绳子总长 为 3L ,细杆 O 点离地高为 2L,两端各系一个质量不等的小球 A 和 B，已知球 B 的质量为 m0.球 A 置于 地面上，球 B 被拉到与细杆同样的高度的水平位置，在绳恰被拉直时从静止释放小球 B。假设 小球 A 始终未离开地面，空气阻力不计，重力加速度大小为 g. （1）小球 B 下落到最低点过程中重力的瞬时功率大小如何变化； （2）当 B 球下落到绳子与竖直方向成 600 角时重力的瞬时功率多大； （3）若小球 B 达到竖直位置时，A 球与地面压力恰好为零，则小球 A 的质量是小球 B 质量的 几倍. 【答案】（1）先变大后减小 （2） （3）3 倍 【解析】 考点：机械能守恒定律、牛顿第二定律、瞬时功率 【名师点睛】本题主要考查了机械能守恒定律、牛顿第二定律、瞬时功率。B 球刚开始时速度 为零，瞬时功率为零，到最低点时速度水平与重力垂直，瞬时功率也为零，故瞬时功率先变 大后减小；由机械能守恒定律求出速度，即可得出瞬时功率；根据牛顿第二定律和机械能守 恒定律得出两球质量间的关系。 0 3 2 m g gl 13. （14 分）如图所示，在倾角为 300 足够长的光滑绝缘斜面的底端 A 点固定一电荷量为 Q 的正点电荷，在离 A 距离为 S0 的 C 处由静止释放某正电荷的小物块 P（可看做点电荷）。已知 小物块 P 释放瞬间的加速度大小恰好为重力加速度 g。已知静电力常量为 k，重力加速度为 g， 空气阻力忽略不计。 （1）求小物块所带电荷量 q 和质量 m 之比； （2）求小物块速度最大时离 A 点的距离 S；【来.源：全,品…中&高*考*网】 （3）若规定无限远电势为零时，在点电荷 Q 的电场中，某点的电势可表示成 （其中 r 为该点到 Q 的距离）。求小物块 P 能运动到离 A 点的最大距离 Sm. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 解得： （2 分） 考点：库仑力、机械能守恒定律、牛顿第二定律 【名师点睛】本题主要考查了库仑力、机械能守恒定律、牛顿第二定律。先对小物块受力分 析：受重力、电场力.由牛顿第二定律解得电荷量 q 和质量 m 之比；当合力为零时速度最大， kQ r ϕ = 2 03 2 gS kQ 03S 03S 03mS S= 解得物速度最大时离 A 点的距离 S；当运动到最远点是速度为零，由能量守恒定律可得最大距 离 Sm. 14.（15 分）如图一直导体棒质量为 m=1kg、长为 L=0.1m、电阻为 r=1Ω，其两端放在位于水 平面内间距也为 L=0.1m 的足够长光滑平行导轨上，且接触良好；距棒左侧 L0=0.1m 处两导轨 之间连接一阻值大小可控制的负载电阻 R，导轨置于磁感应强度大小为 B0=1×102T,方向垂直 于导轨所在平面向下的均强磁场中，导轨电阻不计，开始时，给导体棒一个平行于导轨向右 的初速度 v0=10m/s。 （1）若负载电阻 R=9Ω，求导体棒获得初速度 v0 的瞬间产生的加速度大小和方向； （2）若要导体棒在磁场中保持速度 v0=10m/s 做匀速运动，则磁场的磁感应强度 B 随时间应如 何变化；写出磁感应强度 B 满足的函数表达式. （3）若通过控制负载电阻 R 的阻值使棒中保持恒定的电流强度 I=10A。求在棒的运动速度由 10m/s 减小至 2m/s 的过程中流过负载电阻 R 的电量 q 以及 R 上产生的热量 QR. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 2100 /m s 100 1 100t+ 0.8C （1 分） 由能量守恒定律： （2 分） 代入数据解得： （1 分） 考点：法拉第电磁感应定律、牛顿第二定律、安培力、电量 【名师点睛】本题主要考查了法拉第电磁感应定律、牛顿第二定律、安培力、电量。由法拉 第电磁感应定律求出电动势，再由闭合电路欧姆定律和安培力公式求出加速度；若要导体棒 在磁场中做匀速运动，则说明导体棒不受安培力，也就没有感应电流，只能是磁通量的变化 量为零，可求出磁感应强度 B 满足的函数表达式；由由能量守恒定律可求出热量。 15. （15 分）如图所示，在直角坐标系 xoy 的第三、四象限区域内存在两个有界匀强磁场，匀 强磁场 I 分布在 x 轴和 MN 之间，方向垂直纸面向外，PQ 边界下方分布足够大垂直纸面向里 的匀强磁场Ⅱ，MN、PQ 均与 x 轴平行，C、D 分别为磁场边界 MN、PQ 和 y 轴的交点，且 OC=CD=L．在第二象限存在沿 x 轴正向的匀强电场．一质量为 m 带电量为+q 的带电粒子从电 场中坐标为（-L，-2L）的 A 点以速度 v0 沿 y 负方向射出，恰好经过原点 O 处射入磁场区域 I （粒子的重力忽略不计）。　 0.8q C= 2 2 20 0 1 1 2 2 5R vQ mv m I rt = − −   40RQ J= （1）求第二象限匀强电场场强 E 的大小； （2）要使粒子不能进入磁场区域Ⅱ，则区域Ⅰ内磁场的磁感应强度 B1 大小是多少； （3）若粒子恰从 C 点射出磁场区域Ⅰ，然后经过磁场Ⅱ能再次回到原点 O，问磁场区域Ⅱ的 磁感应强度 B2 大小为多少. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 试题分析：（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，则有 2 0 2 mv qL ( ) 0 1 2 1 mv B qL + ≥ 0mv qL 由洛伦兹力充当向心力，则有: （1 分） 以上联立解得： （1 分） 故粒子不能进入磁场区域Ⅱ必须满足： （2 分） （3）由几何知识（如图所示）可得粒子在区域Ⅱ中圆周运动的半径为： （1 分） 由洛伦兹力充当向心力，则有: （2 分） 以上联立解得： （2 分） 考点：带电粒子在匀强电场中的运动、带电粒子在匀强磁场中的运动 【名师点睛】本题主要考查了带电粒子在匀强电场中的运动、带电粒子在匀强磁场中的运动。 带电粒子在 匀强电场中做类平抛运动，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式求解场强 E 的 大小；带电粒 子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动．由题意画出轨迹，由几何知识求出 轨迹半径，由 2 1 1 vB qv m r = ( ) 0 1 2 1 mv B qL + = ( ) 0 1 2 1 mv B qL + ≥ 2 2r L= 2 2 2 vB qv m r = 0 2 mvB qL = 牛顿第二定律即可求得磁感应强度的大小；当带电粒子恰好能再次回到原点 O，画出在磁场Ⅱ 中轨迹由几 何知识求出轨迹半径，由牛顿第二定律即可求得磁感应强度的大小。 16.（15 分）如图所示，质量为 m=2kg 带电量为 q=+2×10-3C 的小物块 A 与质量不计的绝缘木 板 B 叠放在水平面上，A 位于 B 的最左端且与竖直固定于地面上的挡板 P 相距 S0=3m，已知 A 与 B 间的动摩擦 因数为 ，B 与地面间的动摩擦因数为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A 与 挡板相撞没有机械能损失，且 A 带电量始终保持不变。整个装置处在大小为 方向水平向右的匀强电场中，现将 A、B 同时由静止释放，重力加速度 g 取 10m/s2。求： （1）A、B 释放时，物块 A 的加速度大小； （2）若 A 与挡板不相碰，木板的最小长度 L0； （3）若木板长度为 L=0.8m，整个过程木板运动的总路程 S. 【答案】（1） （2）1m （3）2.32m 【解析】 1 0.8µ = 2 0.5µ = 36 10 /E N C= × 21 /m s 再共同加速向右滑动，不断往复，最终 A、B 都最终停在挡板 P 处。 物块 A 和木板 B 间产生的热量： （1 分） 木板与水平面间产生热量： （1 分） 考点：物块在匀强电场中的运动、牛顿第二定律、能量守恒定律 【名师点睛】本题主要考查了带物块在匀强电场中的运动、牛顿第二定律、能量守恒定律。 把 A 和 B 看成 一个整体一起匀加速运动，由牛顿第二定律得出加速度；木板 B 与挡板 P 撞后停止，物块 A 继续滑动加速， 由牛顿第二定律得出加速度，再根据位移公式和距离关系得出木板最小长度；因为 L 小于 L0， 故物块与挡 板碰撞，然后原速返回，与木板 B 共同反向匀减速运动，直到速度为零，再共同加速向右滑 动，不断往复， 最终 A、B 都最终停在挡板 P 处，由能量守恒得出距离。 1 1Q mgLµ= 2 2Q mgSµ=