湖南省娄底市双峰一中，涟源一中等五校2017届高三上学期期中联考物理试题 15页

www.ks5u.com 一、选择题（其中1—8题为单选题，9—12题为多选题，每题5分，共60分。多选题对而不全得3分。）‎ ‎1．如图所示，直角坐标系位于竖直面内，一质点以v=10m/s的初速度从坐标原点O沿x轴正方向水平抛出，1s物体到达P点，O、P连线与x轴间的夹角为，取，则为( ) ‎ ‎ A．1 B． C．2 D．l ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据平抛运动规律，OP位移与水平方向的夹角为α，则有，故B正确，ACD错误；故选B.‎ 考点：平抛运动 ‎2. 已知地球半径为R，静置于赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a；地球同步卫星作匀速圆周运动的轨道半径为r，向心加速度为，引力常量为G，以下结论正确的是 ‎( )‎ A．地球质量 B．地球质量 C．向心加速度之比 D．向心加速度之比 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：地球的同步卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则有：‎ 解得： ，故A正确；地球赤道上的物体随地球自转时有：,解得：，故B错误；同步卫星的角速度和地球自转的角速度相等，物体的角速度也等于地球自转的角速度，所以地球同步卫星与物体的角速度相等．根据a=rω2得，a：a0=R：r，则选项CD错误；故选A. 考点：万有引力定律的应用 ‎3. 如图所示，两个质量不同的小球用长度不等的细线拴在同一点，并在同一水平面内做匀速圆周运动，则它们的： （ ）‎ A．周期相同 B．线速度的大小相等 C．细线的拉力大小相等 D．向心加速度的大小相等 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 考点：圆周运动；牛顿定律的应用 ‎4 如图所示，将一轻弹簧固定在倾角为的斜面底端，现用一质量为m的物体将弹簧压缩锁定在A点，解除锁定后，物体将沿斜面上滑，物体在运动过程中所能到达的最高点B距A点的竖直高度为h，已知物体离开弹簧后沿斜面向上运动的加速度大小等于重力加速度g.则下列说法不正确的是 ( ) ‎ A.当弹簧恢复原长时，物体有最大动能 B．弹簧的最大弹性势能为2mgh C．物体最终会静止在B点位置 D．物体从A点运动到静止的过程中系统损失的机械能为mgh ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：物体离开弹簧后沿斜面向上运动的加速度大小等于重力加速度g，由牛顿第二定律得知：物块所受的合力沿斜面向下，大小为 F=mg，而重力沿斜面向下的分量为mgsin30°=mg，可知，物块必定受到沿斜面向下的摩擦力为f=mg．物体从弹簧解除锁定开始，弹簧的弹力先大于重力沿斜面向下的分力和摩擦力之和，后小于重力沿斜面向下的分力和摩擦力之和，物体先做加速后做减速运动，当弹力等于重力沿斜面向下的分力和摩擦力之和时，速度最大，此时弹簧处于压缩状态，故A不正确；根据能量守恒定律，知在物块上升到最高点的过程中，弹性势能变为物块的重力势能mgh和内能，故弹簧的最大弹性势能Ep=mgh+f•2h=2mgh，故B正确．由于物体到达B点后，瞬时速度为零，由于最大摩擦力 fm=f=mg=mgsin30°，所以物块将静止在B点，故C正确．物体从A点运动到静止的过程中系统损失的机械能等于克服摩擦力做的功，为△E=f•2h=mgh，故D正确．本题选不正确的，故选A.‎ 考点：动能定理及牛顿第二定律的应用 ‎5．电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是 ( 　　) ‎ A．电压表和电流表读数都增大 B．电压表和电流表读数都减小 C．电压表读数增大，电流表读数减小 D．电压表读数减小，电流表读数增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：当滑片向b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，即电压表示数增大；因路端电压增大，R1两端的电压减小，故并联部分电压增大，由欧姆定律可知电流表示数增大；故A正确；故选A。‎ 考点：电路的动态分析 ‎6. 如图，长为L的粗糙长木板水平放置，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，重力加速度为g。下列说法正确的是： （ ）‎ A. 整个过程木板对物块做功大于物块机械能的增量 B.整个过程支持力对物块做功为零 C.整个过程木板对物块做功为零 D. 整个过程支持力对物块做功为mgLsinα ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：整个过程中，根据功能原理知，木板对物体做功等于物体机械能的增加量；故A错误；木板转动的过程中，支持力对物块要做功，故B错误．整个过程中，物块的机械能减少，由功能原理可知，木板对物块做功不为零，故C错误．物块在缓慢提高过程中，由动能定理可得：W支-mgLsinα=0-0，则有整个过程支持力对物块做功 W支=mgLsinα ‎．故D正确．故选D.‎ 考点：功能关系 ‎7. 如图所示，平行板电容器与电动势为E′的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则错误的是 (　　)‎ A．平行板电容器的电容将变小 B．静电计指针张角变小 C．带电油滴的电势能将减少 D．若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变 ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 考点：电容器的动态分析 ‎8、如图所示直线CD是真空中的一条电场线，若将一电子从A点由静止释放，电子沿电场线从A到B运动中速度随时间变化的图线如图所示，则A、B两点的电势、的高低和场强EA、EB及电子在A、B两点电势能EPA、EPB的大小关系是（　　）‎ A、＞ B、EPA＜EPB C、EA＞EB D、EA＜EB ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由题，电子从A点处静止释放，电子沿电场线从A运动到B，说明电子所受的电场力方向从A到B，则电场线方向从B到A，根据顺着电场线电势降低得知，φA＜φB，而负电荷在电势高处电势能小，则有EPA＞EPB．根据速度图象的斜率等于加速度，则知电子在B处的加速度较小，说明B处场强较小，即有EA＞EB．故C正确，ABD错误．故选C.‎ 考点：电场线；电场强度；v-t图像 ‎9．如图所示，汽车以10 m/s的速度匀速驶向路口，当行驶至距路口停车线20 m处时，还有3 s绿灯就要熄灭．而该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，则汽车运动的速度—时间图像可能是图中的(　　) ‎ ‎ ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：由图形面积表示位移知，故A错误；由B图面积可知SB＞15m，故B正确；由C图形面积表示位移：，故C正确；，故D错误；故选BC。‎ 考点：v-t图像 ‎10．如图，倾角=53°的足够长斜面固定在水平面上，质量m=3kg的物块从斜面顶端A以3m/s的初速度沿斜面向下滑动，以A点所在水平面为参考平面，物块滑动到B点时，其动能与重力势能之和为零，已知物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，取，sin53°=0.8，cos53°=0.6，以下说法正确的是( ) ‎ A．A、B间的距离为1.2m B．物块在B点的重力势能为-36J C．物块越过B点后，其动能与重力势能之和大于零 D．物块沿斜面下滑的过程中，重力做功的瞬时功率越来越大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：设AB间的距离为L．从A到B，由动能定理得：mvB2-mv2=mgLsin53°-μmgLcos53° 据题有 m vB2-mgLsin53°=0，联立解得 L=1.5m，故A错误．物块在B点的重力势能为 Ep=-mgLsin53°=-3×10×1.5×0.8J=-36J，故B正确．由于摩擦力对物块做负功，根据功能原理可知，物块的机械能不断减小，所以物块越过B点后，其动能均重力势能之和小于零．故C错误．由于mgsin53°＞μmgcos53°，所以物块斜面向下做匀加速运动，速度增大，由P=mgvsin53°知，重力做功的瞬时功率增大，故D正确．故选BD.‎ 考点：动能定理；功率 ‎11. 如图所示,长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板与物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间动摩擦因数为 μ/3,已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g。现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度a大小可能是（ ）‎ A B C D ‎ F ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 试题分析：‎ 一：木板相对物块没动 ①若，则木板上下表面都受到大小相等、方向相反的摩擦力，摩擦力大小为F，此时木板加速度为0； ②若，则木板和物块一起做匀加速直线运动，整体水平方向的受力为：拉力F和地面的摩擦力f，则其加速度为：，故D正确． 二：木板相对物块动了，此时，则木板就是在物块的摩擦力和地面对它的摩擦力作用下做匀加速直线运动，其受到木块的摩擦力为：f1=μmg，受到地面的摩擦力为，则获得的加速度为：，故C正确．故选CD。‎ 考点：牛顿第二定律的应用 ‎12. 如图所示，一质量为M的斜面体静止在水平地面上，物体B受沿斜面向上的力F作用沿斜面匀速上滑，A、B之间的动摩擦因数为μ，μ< tanθ，且A、B质量均为m，则( )‎ A、A、B保持相对静止 B. 地面对斜面体的摩擦力等于 C. 地面受到的压力等于 D. B与斜面间的动摩擦因数为 ‎ θ ‎ B A F ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：对A分析，因为μ＜tanθ，则mgsinθ＞μmgcosθ，则A、B不能保持相对静止，故A错误．以AB为研究的对象，A受到重力、支持力、和斜面体B对A的摩擦力， ‎ 垂直于斜面的方向：N=mgcosα 沿斜面的方向：mgsinα-μN=ma 由于μ＜tanα，则：ma=mgsinα-μmgcosα＞0 加速度aA=gsinθ-μgcosθ， 将B和斜面体视为整体，受力分析 ‎ 考点：牛顿第二定律的应用 二、非选择题(16分)‎ ‎13. (6分)某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度，电源频率f=50Hz，在纸带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个计数点，因保存不当，纸带被污染，下如所示，A、B、C、D是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离： sA=16.6mm，sB=126. 5mm，sD=624.5mm。‎ 若无法再做实验，可由以上信息推知：‎ ‎①相邻两计数点的时间间隔为 s；‎ ‎②打 C点时物体的速度大小为 m/s（取2位有效数字）；‎ ‎③物体的加速度大小为 （用sA、sB、sD和f表示）。‎ ‎【答案】①0.1 ②2.5 ③‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）①打点计时器打出的纸带每隔4个点选择一个计数点，则相邻两计数点的时间间隔为T=0.02×5=0.1s． ②根据间的平均速度等于点的速度得． ③匀加速运动的位移特征是相邻的相等时间间隔内的位移以aT2均匀增大，即△x=aT2，所以有： xBC=xAB+aT2，xCD=xBC+aT2=xAB+2aT2，xBD=2xAB+3aT2， 所以 考点：测量做匀加速直线运动的物体的加速度 ‎14．（10分）测定一卷阻值约为30Ω 的金属漆包线的长度，实验室提供下列器材：‎ A．电流表A：量程0.6 A，内阻RA约为20Ω　‎ B．电压表V：量程15V，内阻RV约为4kΩ C．学生电源E：可提供0～30V直流电压　　 D．滑动变阻器R1：阻值范围0～10Ω E．滑动变阻器R2：阻值范围0～500Ω　　　 F．电键S及导线若干 ‎⑴为了较准确地测量该漆包线的电阻，滑动变阻器应选择 （选填“R1”或“R2”），并将方框中的电路图补画完整。‎ S E ‎ ‎ ‎⑵根据正确的电路图进行测量，某次实验中电压表与电流表的示数如图，则电压表的示数U为 V ，电流表的示数I为 A 。‎ ‎⑶已知这种漆包线金属丝的直径为d，材料的电阻率为，则这一卷漆包线的长度L= （用U、、d、表示）。‎ ‎【答案】(1) R1；如图； (2)13.5； 0.46；(3)‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）题目中给出的电源电压为30V，而给出的电压表量程为15V，为了便于控制，采用滑动变阻器分压接法，故滑动变阻器选小电阻D（R1）‎ ‎ （2）电压表量程为15V，故最小分度为0.5V，故读数为13.5V，电流表量程为0.6A，最小分度为0.02A，则指针示数为：0.46A； （3）因由电阻定律可知：，漆包线的长度：．‎ 考点：付安法测电阻 三、计算题 ‎15(8分) .一质量m＝0.5 kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角θ＝37°的足够长的斜面。某同学利用传感器测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了滑块上滑过程的v－t图象，如图所示。（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2）‎ ‎（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数；‎ ‎（2）判断滑块最后能否返回斜面底端。若能返回，求出返回斜面底端时的速度大小；若不能返回，求出滑块停在什么位置。‎ ‎【答案】（1）0.5　（2）能　2 m/s ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由图象可知，滑块的加速度大小： ‎ 滑块冲上斜面过程中根据牛顿第二定律，有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma ‎ 代入数据解得μ＝0.5源:【~来~源：全~品~高~考~网~】]‎ ‎（2）滑块速度减小到零时，重力的下滑分力大于最大静摩擦力，滑块能再下滑返回到斜面底端 ‎ 由匀变速直线运动的规律，滑块向上运动的位移 滑块下滑过程中根据牛顿第二定律，有mgsin θ－μmgcos θ＝ma′，得a′＝2 m/s2 ‎ 由匀变速直线运动的规律，滑块返回底端的速度 考点：牛顿第二定律的应用 ‎16(10分)．如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r=0．2m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k=100N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐．一个质量为1kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度为h=0．6m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数μ=0．5，小球进入管口C端时，它对上管壁有FN=2．5mg的作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为Ep=0．5J．取重力加速度g=10m/s2．‎ 求（1）小球在C处受到的向心力大小；‎ ‎（2）在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm； ‎ ‎（3）小球最终停止的位置．‎ ‎【答案】（1）35N；（2）6J；（3）0.2m ‎【解析】‎ 试题分析：（1）小球进入管口C端时它与圆管上管壁有大小为F=2.5mg的相互作用力，故小球受到的向心力为：F向=2.5mg+mg=3.5mg=3.5×1×10=35N    （2）在压缩弹簧过程中速度最大时，合力为零．设此时滑块离D端的距离为x0，则有 kx0=mg 解得 ‎  由机械能守恒定律有   mg（r+x0）+mvC2=Ekm+Ep    得Ekm=mg（r+x0）+mv C2-Ep=3+3.5-0.5=6（J）  （3）在C点，由 代入数据得：vc＝m/s   滑块从A点运动到C点过程，由动能定理得 mg•h-μmgs=mvC2  解得BC间距离s=0.5m   小球与弹簧作用后返回C处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中． 设物块在BC上的运动路程为sˊ，由动能定理有 0-mvC2=μmgsˊ 解得sˊ=0.7m   故最终小滑块距离B为0.7-0.5m=0.2m处停下 考点：动能定理及牛顿定律的应用 ‎17(16分).如图，直角坐标系xOy位于同一竖直平面内，其中x轴水平，y轴竖直。xOy平面内长方形区域OABC内有方向垂直OA的匀强电场，OA长为l,与x轴间的夹角θ=30°，一质量为m，电荷量为q的带正电小球（可看成质点）从y轴上的P点沿x轴方向以一定速度射出，恰好从OA的中点M垂直OA 进入电场区域。已知重力加速度为g。‎ ‎（1）求P点的纵坐标及小球从P点射出时的速度 ‎（2）已知电场强度的大小为E= mg/q，若小球不能从BC边界离开 ‎ 电场，OC长度应满足什么条件？‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）设小球从P到N所用的时间为t1‎ 解得： ‎ ‎（2）设小球到达M时速度为vM，进入电场后的加速度为a ‎ ‎ 小球在电场中沿vM方向做匀速直线运动，沿与vM垂直方向做加速度为a的匀加速运动，设边界OC的长度为d时，小球不从BC边射出，在电场中运动的时间为t2‎ ‎ ‎ 解得 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎ ‎