江西省吉安市安福二中2017届高三上学期第一次周练物理试卷（12月份）

江西省吉安市安福二中2017届高三上学期第一次周练物理试卷（12月份）

‎2016-2017学年江西省吉安市安福二中高三（上）第一次周练物理试卷（12月份） ‎ ‎　‎ 一、选择题（每题6分，共48分）‎ ‎1．以下说法中正确的是（　　）‎ A．牛顿第一定律揭示了一切物体都具有惯性 B．速度大的物体惯性大，速度小的物体惯性小 C．力是维持物体运动的原因 D．做曲线运动的质点，若将所有外力都撤去，则该质点因惯性仍可做曲线运动 ‎2．物体从A点由静止出发以加速度a1做匀加速直线运动，到达C点后紧接着又以加速度a2做匀减速直线运动，到达B点时恰好停止．在AC和CB两段运动过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．物体通过的路程sAC和sCB一定相等 B．物体运动的加速度a1和a2大小一定相等 C．物体所用的时间tAC和tCB一定相同 D．物体的平均速度AC和CB一定相同 ‎3．如图所示，固定的锥形漏斗内壁是光滑的，内壁上有两个质量相等的小球A和B，在各自不同的水平面做匀速圆周运动，以下说法正确的是（　　）‎ A．VA＞VB B．ωA＞ωB C．aA＞aB D．压力NA＞NB ‎4．如图所示，在远距离输电电路中，升压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电电线的电阻均不变，电表均为理想电表，若用户的总功率减小，则下列说法正确的是（　　）‎ A．电压表V1示数减小，电流表A1减小 B．电压表V1示数增大，电流表A1减小 C．电压表V2示数增大，电流表A2减小 D．电压表V2示数减小，电流表A2减小 ‎5．竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，小球A、B带有同种电荷．现用指向墙面的水平推力F作用于小球B，两球分别静止在竖直墙和水平地面上，如图所示．如果将小球B向左推动少许，当两球重新达到平衡时，与原来的平衡状态相比较（　　）‎ A．推力F将变大 B．竖直墙面对小球A的弹力变大 C．地面对小球B的支持力不变 D．两小球之间的距离变大 ‎6．如图所示，在某行星的轨道上有a、b、c、d四个对称点，若行星运动周期为T，则行星（　　）‎ A．从b到c的运动时间等于从d到a的时间 B．从d经a到b的运动时间小于从b经c到d的时间 C．从a到b的时间tab＜‎ D．从c到d的时间tcd＜‎ ‎7．在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点．其中a、b两点的电势相等，电场强度大小相等、方向也相同的是（　　）‎ A．甲图：与点电荷等距的a、b两点 B．乙图：两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点 C．丙图：点电荷与带电平板形成的电场中平板上表面的a、b两点 D．丁图：匀强电场中的a、b两点 ‎8．一矩形线圈abcd位于一随时间变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面向里（如图甲所示），磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示．以I表示线圈中的感应电流（图甲中线圈上箭头方向为电流的正方向），则下图中能正确表示线圈中电流I随时间t变化规律的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 二、非选择题 ‎9．如图是某同学用频闪照相研究平抛运动时拍下的照片，背景方格纸的边长为2.5cm，A、B、C是同一小球在频闪照相中拍下的三个连续的不同位置时的照片，则：（g=10m/s2）‎ ‎①频闪照相相邻闪光的时间间隔　　s；‎ ‎②小球水平抛出的初速度v0=　　m/s；‎ ‎③小球经过B点时其竖直分速度大小为vBy=　　m/s．‎ ‎10．我校开展学生自己动手进行实验操作的活动．同学们现要测定电阻Rx的阻值（电阻值约为100Ω）以及一节干电池的电动势和内阻（内阻约为2Ω），除此之外还备有如下器材：‎ A．电压表V：量程为2V、内阻较大 B．电阻箱R1：总阻值为9999.9Ω C．开关、导线若干 ‎（1）为了较准确地测定Rx的电阻值、电池的电动势和内阻，王华同学选择如图1所示的电路．‎ ‎（2）王华同学根据电路图连接实物图后，测定电阻Rx时主要进行了两步实验．‎ 第1步：闭合S1和S3，断开S2，记录电压表示数U1；‎ 第2步：闭合S1和S2，断开S3，调节R1使电压表示数仍为U1，记录此时R1的阻值r2，则被测电阻Rx的电阻值为　　．‎ ‎（3）通过改变电路的总电阻，记录外电阻的总电阻值R和对应情况下的电压表示数U，画出随变化的图线为直线，如图2所示，直线与纵轴的交点坐标为b、斜率为k，则电源电动势为　　，内阻为　　；从实验原理来看，实验测量值与真实值相比较，电动势　　，内阻　　（后两空填“偏大”、“偏小”或“不变”）．‎ ‎11．如图所示，质量mA=2kg的木块A静止在光滑水平面上．一质量为mB=1kg的木块B以初速度v0‎ ‎=10m/s沿水平方向向右运动，与A碰撞后都向右运动．木块A与挡板碰撞后立即反弹（设木块A与挡板碰撞过程无机械能损失）．后来木块A与B发生二次碰撞，碰后A、B同向运动，速度大小分别为1m/s、4m/s．求：‎ 木块A、B第二次碰撞过程中系统损失的机械能．‎ ‎12．如图所示，xOy坐标系内有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，x＜0区域内有匀强电场（图中未画出），y轴为电场右边界．磁场中放置一半径为R的圆柱形圆筒，圆心O1的坐标为（2R，0），圆筒轴线与磁场平行，现有范围足够大的平行电子束以速度v0从很远处垂直于y轴沿x轴正方向做匀速直线运动射入磁场区，已知电子质量为m，电荷量为e，不考虑打到圆筒表面的电子对射入磁场的电子的影响．‎ 求：（1）x＜0区域内的匀强电场的场强大小和方向；‎ ‎（2）若圆筒外表面各处都没有电子打到，则电子初速度应满足什么条件？‎ ‎（3）若电子初速度满足v0=，则y轴上哪些范围射入磁场的电子能打到圆筒上？圆筒表面有电子打到的区域和圆筒表面没有电子打到的区域的面积之比是多少？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省吉安市安福二中高三（上）第一次周练物理试卷（12月份） ‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每题6分，共48分）‎ ‎1．以下说法中正确的是（　　）‎ A．牛顿第一定律揭示了一切物体都具有惯性 B．速度大的物体惯性大，速度小的物体惯性小 C．力是维持物体运动的原因 D．做曲线运动的质点，若将所有外力都撤去，则该质点因惯性仍可做曲线运动 ‎【考点】牛顿第一定律；惯性．‎ ‎【分析】惯性是物体的固有属性，一切物体在任何情况下都有惯性，惯性的大小只跟质量有关，与其它因数无关，力是改变物体运动状态的原因，物体不受力时将保持静止或匀速直线运动状态．‎ ‎【解答】解：A、牛顿第一定律揭示了一切物体都具有惯性，惯性是物体的固有属性，故A正确；‎ B、惯性的大小只跟质量有关，与其它因数无关，故B错误；‎ C、力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动的原因，故C错误；‎ D、做曲线运动的质点，若将所有外力都撤去，物体将做匀速直线运动，故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．物体从A点由静止出发以加速度a1做匀加速直线运动，到达C点后紧接着又以加速度a2做匀减速直线运动，到达B点时恰好停止．在AC和CB两段运动过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．物体通过的路程sAC和sCB一定相等 B．物体运动的加速度a1和a2大小一定相等 C．物体所用的时间tAC和tCB一定相同 D．物体的平均速度AC和CB一定相同 ‎【考点】匀变速直线运动规律的综合运用．‎ ‎【分析】题中加速和减速运动的时间不一定相同．作出速度图象，根据匀变速直线运动的平均速度公式、加速度公式、位移公式进行分析判断．‎ ‎【解答】解：A、作出v﹣t图，如图 题给条件说明，运动时间不一定相同，匀加速和匀减速运动图线与时间轴围成的面积不一定相等．故A、C错误；‎ B、由于加速和减速运动时间不一定相同，图线斜率大小不一定相等，加速不一定相等．故B错误．‎ D、由图象，匀加速运动的平均速度 =，匀减速运动的平均速度 =，知物体的平均速度和一定相同．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，固定的锥形漏斗内壁是光滑的，内壁上有两个质量相等的小球A和B，在各自不同的水平面做匀速圆周运动，以下说法正确的是（　　）‎ A．VA＞VB B．ωA＞ωB C．aA＞aB D．压力NA＞NB ‎【考点】向心力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】小球做匀速圆周运动，因此合外力提供向心力，对物体正确进行受力分析，然后根据向心力公式列方程求解即可．‎ ‎【解答】解：研究任意一个小球：受力如图．将FN沿水平和竖直方向分解得：‎ FNcosθ=ma…①‎ FNsinθ=mg…②．‎ 由②可知支持力相等，则A、B对内壁的压力大小相等：NA=NB．‎ 根据牛顿第二定律，合外力提供向心力，合外力相等，则向心力相等．由①②可得：‎ mgcotθ=ma=m=mω2r．可知半径大的线速度大，角速度小．‎ 则A的线速度大于B的线速度，VA＞VB，A的角速度小于B的角速度，ωA＜ωB．‎ 向心加速度 a=gcotθ，则知两球的向心加速度相等，aA=aB．故A正确，B、C、D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，在远距离输电电路中，升压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电电线的电阻均不变，电表均为理想电表，若用户的总功率减小，则下列说法正确的是（　　）‎ A．电压表V1示数减小，电流表A1减小 B．电压表V1示数增大，电流表A1减小 C．电压表V2示数增大，电流表A2减小 D．电压表V2示数减小，电流表A2减小 ‎【考点】远距离输电．‎ ‎【分析】正确解答本题需要掌握：理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压由输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系．理想变压器电压和匝数关系．‎ ‎【解答】解：A、根据得电压表V1两端的电压U1不变；根据P出=U1I1得通过电流表A1的电流I1将减小，根据得通过电流表A2的电流I2将减小，降压变压器原线圈两端的电压U=U1﹣I1R线将增大，根据得电压表V2两端的电压U2增大，故C正确；‎ 故选：C ‎　‎ ‎5．竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，小球A、B带有同种电荷．现用指向墙面的水平推力F作用于小球B，两球分别静止在竖直墙和水平地面上，如图所示．如果将小球B向左推动少许，当两球重新达到平衡时，与原来的平衡状态相比较（　　）‎ A．推力F将变大 B．竖直墙面对小球A的弹力变大 C．地面对小球B的支持力不变 D．两小球之间的距离变大 ‎【考点】库仑定律；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】先以A球为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件分析墙壁对A的弹力如何变化，再以AB整体为研究对象，根据平衡条件分析F如何变化和地面对小球B的弹力的变化．由库仑定律分析两球之间的距离如何变化．‎ ‎【解答】解：A、B、C以A球为研究对象，分析受力，作出力图如图1所示．‎ 设B对A的库仑力F与墙壁的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：‎ ‎ N1=mAgtanθ，‎ 将小球B向左推动少许时θ减小，则竖直墙面对小球A的弹力N1减小．故B错误．‎ 再以AB整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得：‎ ‎ F=N1‎ ‎ N2=（mA+mB）g 则F减小，地面对小球B的支持力一定不变．故A错误，C正确．‎ D、由上分析得到库仑力F库=，θ减小，cosθ增大，F库减小，根据库仑定律分析得知，两球之间的距离增大．故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，在某行星的轨道上有a、b、c、d四个对称点，若行星运动周期为T，则行星（　　）‎ A．从b到c的运动时间等于从d到a的时间 B．从d经a到b的运动时间小于从b经c到d的时间 C．从a到b的时间tab＜‎ D．从c到d的时间tcd＜‎ ‎【考点】开普勒定律．‎ ‎【分析】根据开普勒行星运动第二定律，即面积定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，即可求解．‎ ‎【解答】解：‎ 根据开普勒第二定律知：在相等时间内，太阳和运动着的行星的连线所扫过的面积都是相等的．据此，行星运行在近日点时，与太阳连线距离短，故运行速度大，在远日点，太阳与行星连线长，故运行速度小．即在行星运动中，远日点的速度最小，近日点的速度最大．‎ 图中a点为近日点，所以速度最大，c点为远日点，所以速度最小．‎ A、那么从b到c的运动时间大于从d到a的时间，故A错误；‎ B、从d经a到b的运动时间小于从b经c到d的时间，故B正确；‎ C、从a到b的时间tab＜，故C正确；‎ D、从c到d的时间tcd＞，故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎7．在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点．其中a、b两点的电势相等，电场强度大小相等、方向也相同的是（　　）‎ A．甲图：与点电荷等距的a、b两点 B．乙图：两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点 C．丙图：点电荷与带电平板形成的电场中平板上表面的a、b两点 D．丁图：匀强电场中的a、b两点 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场线；等势面．‎ ‎【分析】在电场中电场线的切向方向表示电场的方向，电场线的疏密表示电场的强弱，等势面与电场线相互垂直．‎ ‎【解答】解：A、甲图中两点电场线方向不同，故电场强度的方向不同，故A错误；‎ B、ab两点方向均向水平向左，且两电荷中垂线为等势面，故电势相等，因两点关于连线对称，故电场强度相等，故B正确；‎ C、a、b两点电势相等，但两点的场强大小不等，故C错误；‎ D、a、b两点不在同一等势面上，故电势不相等，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎8．一矩形线圈abcd位于一随时间变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面向里（如图甲所示），磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示．以I表示线圈中的感应电流（图甲中线圈上箭头方向为电流的正方向），则下图中能正确表示线圈中电流I随时间t变化规律的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由图2可知磁感应强度的变化，则可知线圈中磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势变化情况，由楞次定律可得感应电流的方向，二者结合可得出正确的图象．‎ ‎【解答】解：感应定律和欧姆定律得I===×‎ ‎，所以线圈中的感应电流决定于磁感应强度B随t的变化率．由图2可知，0～1时间内，B增大，Φ增大，感应磁场与原磁场方向相反（感应磁场的磁感应强度的方向向外），由右手定则感应电流是逆时针的，因而是负值．所以可判断0～1为负的恒值；1～2为正的恒值；2～3为零；3～4为负的恒值；4～5为零；5～6为正的恒值．故C正确，ABD错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ 二、非选择题 ‎9．如图是某同学用频闪照相研究平抛运动时拍下的照片，背景方格纸的边长为2.5cm，A、B、C是同一小球在频闪照相中拍下的三个连续的不同位置时的照片，则：（g=10m/s2）‎ ‎①频闪照相相邻闪光的时间间隔　0.05　s；‎ ‎②小球水平抛出的初速度v0=　1.5　m/s；‎ ‎③小球经过B点时其竖直分速度大小为vBy=　0.75　m/s．‎ ‎【考点】研究平抛物体的运动．‎ ‎【分析】平抛运动在竖直方向上是匀变速运动，由BC和AB之间的竖直方向的距离差可以求出时间间隔，也就可以求出闪光频率；在水平方向上是匀速直线运动，由ABC三点在水平方向上的位移，和两点之间的时间间隔，可以求得水平速度，也就是小球的初速度．‎ ‎【解答】解：①根据平抛运动规律有：‎ 在竖直方向：hBC﹣hAB=g△t2，‎ 代入数据解得：△t=0.05 s．‎ ‎②根据水平方向运动特点有：x=3L=v0△t，‎ 由此解得：v0=1.5m/s．‎ ‎③‎ 小球经过B点时其竖直分速度大小等于A到C的竖直位移与所用时间的比值，所以得： =m/s=0.75m/s 故答案为：①0.05；②1.5；③0.75．‎ ‎　‎ ‎10．我校开展学生自己动手进行实验操作的活动．同学们现要测定电阻Rx的阻值（电阻值约为100Ω）以及一节干电池的电动势和内阻（内阻约为2Ω），除此之外还备有如下器材：‎ A．电压表V：量程为2V、内阻较大 B．电阻箱R1：总阻值为9999.9Ω C．开关、导线若干 ‎（1）为了较准确地测定Rx的电阻值、电池的电动势和内阻，王华同学选择如图1所示的电路．‎ ‎（2）王华同学根据电路图连接实物图后，测定电阻Rx时主要进行了两步实验．‎ 第1步：闭合S1和S3，断开S2，记录电压表示数U1；‎ 第2步：闭合S1和S2，断开S3，调节R1使电压表示数仍为U1，记录此时R1的阻值r2，则被测电阻Rx的电阻值为　r2　．‎ ‎（3）通过改变电路的总电阻，记录外电阻的总电阻值R和对应情况下的电压表示数U，画出随变化的图线为直线，如图2所示，直线与纵轴的交点坐标为b、斜率为k，则电源电动势为　　，内阻为　　；从实验原理来看，实验测量值与真实值相比较，电动势　偏小　，内阻　偏小　（后两空填“偏大”、“偏小”或“不变”）．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】（2）分析闭合S1和S3，断开S2和闭合S1和S2，断开S3时的电路结构，根据闭合电路欧姆定律求解Rx的电阻值；‎ ‎（3）根据闭合电路欧姆定律求处﹣的关系式，结合图象的斜率和截距求出电动势和内阻，考虑电压表有内阻分析误差．‎ ‎【解答】解：（2）闭合S1和S3，断开S2，Rx直接接在电源两端，电压表测量Rx两端的电压，闭合S1和S2，断开S3，R1直接接在电源两端，电压表测量R1两端的电压，两次实验电压值相等，则Rx的电阻值与R1的阻值相等，即Rx=r2，‎ ‎（3）根据闭合电路欧姆定律得：‎ E=U+‎ 解得：U=，‎ 整理得：，‎ 所以﹣图象的斜率k=，直线与纵轴的截距b=，‎ 解得：E=，r=，‎ 由于电压表也有内阻，则电源内阻测量值等于电压表内阻与电源内阻的并联值，所以测量值偏小；由k=可知，测量值r偏小，则电动势测量值偏小．‎ 故答案为：（2）r2；（3）；；偏小；偏小．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，质量mA=2kg的木块A静止在光滑水平面上．一质量为mB=1kg的木块B以初速度v0=10m/s沿水平方向向右运动，与A碰撞后都向右运动．木块A与挡板碰撞后立即反弹（设木块A与挡板碰撞过程无机械能损失）．后来木块A与B发生二次碰撞，碰后A、B同向运动，速度大小分别为1m/s、4m/s．求：‎ 木块A、B第二次碰撞过程中系统损失的机械能．‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】‎ A、B组成的系统在碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律列方程，可以求出第一次碰撞后两滑块的速度，第二次碰撞过程中，由能量守恒定律可以求出系统损失的机械能 ‎【解答】解：依题意，第二次碰撞后速度大的物体应该在前，由此可知第二次碰后A、B 速度方向都向左．两木块碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律得：‎ 第一次碰撞，规定向右为正向：mBv0=mBvB+mAvA，‎ 第二次碰撞，规定向左为正向：mAvA﹣mBvB=mBvB′+mAvA′，‎ 代入数据解得：vA=4m/s，vB=2m/s，‎ 第二次碰撞过程，由能量守恒定律得：‎ ‎△E=（mAvA2 +mBvB2）﹣（mAvA′2 +mBvB′2 ，‎ 代入数据解得：△E=9J；‎ 答：木块A、B第二次碰撞过程中系统损失的机械能为9J．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，xOy坐标系内有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，x＜0区域内有匀强电场（图中未画出），y轴为电场右边界．磁场中放置一半径为R的圆柱形圆筒，圆心O1的坐标为（2R，0），圆筒轴线与磁场平行，现有范围足够大的平行电子束以速度v0从很远处垂直于y轴沿x轴正方向做匀速直线运动射入磁场区，已知电子质量为m，电荷量为e，不考虑打到圆筒表面的电子对射入磁场的电子的影响．‎ 求：（1）x＜0区域内的匀强电场的场强大小和方向；‎ ‎（2）若圆筒外表面各处都没有电子打到，则电子初速度应满足什么条件？‎ ‎（3）若电子初速度满足v0=，则y轴上哪些范围射入磁场的电子能打到圆筒上？圆筒表面有电子打到的区域和圆筒表面没有电子打到的区域的面积之比是多少？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】（1）电子y轴左侧做匀速直线运动，说明电场力好洛伦兹力平衡，根据平衡条件列式求解；‎ ‎（2）电子进入磁场做匀速圆周运动，轨迹为半圆，临界情况是轨迹与圆筒相切；‎ ‎（3）找出两个临界轨迹，即射入的电子刚好擦过圆筒，轨迹与圆筒上侧相切，以及与圆筒下侧相切，作出临界图，结合几何关系进行求解，得到圆筒表面有电子打到的区域和圆筒表面没有电子打到的区域的面积之比．‎ ‎【解答】解：（1）由题意可得在x＜0区域内，平行电子束做匀速直线运动，‎ 所以有Ee=ev0B ‎ 解得E=v0B 方向沿y轴负方向 ‎ ‎（2）如图所示，设电子进入磁场回旋轨道半径为r，‎ 则 ev0B=m，‎ 若没有电子打到圆筒表面，则r＜R ‎ 可解得v0＜‎ ‎（3）根据ev0B=m，v0=‎ ‎ 解得r=3R ‎ 大量电子从y轴上不同点进入磁场，轨迹如图，从O上方P点射入的电子刚好擦过圆筒 ‎ OO2===2R　 ‎ OP=OO2+r=（3+2）R ‎ 同理可得到O距下方Q点的距离OQ=（2﹣3）R ‎ y轴上坐标为[﹣（2﹣3）R，（3+2）R]区域内射入的电子能打到圆筒上，由图可知，圆弧ABC ‎ 对应的表面有电子打到的区域对应的角为240° ‎ 所以圆筒表面有电子打到的区域和圆筒表面没有 电子打到的区域的面积之比为2：1‎ 答：（1）x＜0区域内的匀强电场的场强大小为v0B，方向沿y轴负方向；‎ ‎（2）电子初速度应满足v0＜．‎ ‎（3）从y轴上[R，7R]范围射入磁场的电子能打到圆筒上，电子打到的区域的面积之比为2：1．‎ ‎　‎ ‎2017年1月22日