天津市五区县2017届高三上学期期末考试物理试题

天津市五区县2017届高三上学期期末考试物理试题

www.ks5u.com 天津市五区县2017届高三上学期期末考试 物理试题 一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。‎ ‎1．一质点在做匀加速直线运动，加速度为a，在时间t内速度变为原来的3倍，则该质点在时间t内的位移为 ‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B 考点：匀变速直线运动的规律 ‎【名师点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式、速度时间公式，并能灵活运用，基础题．‎ ‎2．如图所示是定性研究影响平行板电容器电容大小因素的装置，平行板电容器的A板固定在铁架台上并与静电计的金属球相连，B板和静电计金属外壳都接地。将极板B稍向上移动，则 A．指针张角变小，两极板间的电压变小，极板上的电荷量变大 B．指针张角不变，两极板间的电压不变，极板上的电荷量变小 C．指针张角变大，两极板间的电压变大，极板上的电荷量几乎不变 D．指针张角变小，两极板间的电压变小，极板上的电荷量几乎不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：极板与静电计相连，所带电荷电量几乎不变，B板与A板带等量异种电荷，电量也几乎不变，故电容器的电量Q几乎不变．将极板B稍向上移动一点，根据可知S减小，C变小，Q不变，根据Q=CU可知U变大，静电计指针偏角变大，故选项C正确；故选C.‎ 考点：电容器 ‎【名师点睛】本题首先判断出只有一个选项正确，是单选题，其次抓住电容器的电量几乎不变是关键．涉及到电容器动态变化分析的问题，常常根据电容的决定式 和电容的定义式Q=CU综合分析，是常用思路.‎ ‎3．如图所示，高空作业的工人被一根绳索悬在空中，已知工人及其身上装备的总质量为m，绳索与竖直墙壁的夹角为α，悬绳上的张力大小为F1，墙壁与工人之间的弹力大小为F2，重力加速度为g，不计人与墙壁之间的摩擦，则 A． ‎ B．‎ C．若缓慢增大悬绳的长度，F1与F2都变小 ‎ D．若缓慢增大悬绳的长度，F1减小，F2增大 ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：工人受到重力、支持力和拉力，如图：‎ ‎ 根据共点力平衡条件，有：, F2=mgtanα；若缓慢增大悬绳的长度，工人下移时，细绳与竖直方向的夹角α变小，故F1变小，F2变小，故C正确，ABD错误．故选C。‎ 考点：物体的平衡 ‎【名师点睛】本题考查共点力平衡条件在动态平衡中的应用，解题的关键是根据共点力平衡条件，由几何关系得到F1与F2的表达式，再讨论变化情况即可。‎ ‎4．甲同学以速度v1将铅球水平推出，推出点距地面高度为H1，乙同学身高较高，将铅球在距地面H2高度处水平推出（H2>H1），两位同学推出铅球的水平位移恰好一样，不计空气阻力的作用，则乙同学推出铅球的速度为 A． B． C． D．‎ ‎【答案】B 考点：平抛运动 ‎【名师点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，平抛运动的时间由高度决定，时间和水平初速度共同决定水平位移.‎ ‎5．2016年9月16日，北京航天飞行控制中心对天宫二号成功实施变轨控制，使天宫二号由椭圆形轨道的远地点进入近圆形轨道，等待神舟十一号到来。10月19日凌晨，神舟十一号飞船与天宫二号自动交会对接成功，对接时的轨道高度是393公里，比神舟十号与天宫一号对接时的轨道高了50公里，这与未来空间站的轨道高度基本相同，为我国载人航天发展战略的第三步——建造空间站做好了准备。下列说法正确的是 A．在近圆形轨道上运行时天宫一号的周期比天宫二号的长 B．在近圆形轨道上运行时天宫一号的加速度比天宫二号的小 C．天宫二号由椭圆形轨道进入近圆形轨道需要减速 D．交会对接前神舟十一号的运行轨道要低于天宫二号的运行轨道 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：根据题意，天宫一号的轨道半径小于天宫二号，根据万有引力提供向心力A、根据，因为天宫一号的轨道半径小于天宫二号，所以天宫一号的运行周期小于天宫二号的运行周期；故A错误；根据 ‎，因为天宫一号的轨道半径小于天宫二号，所以天宫一号的加速度大于天宫二号的加速度，故B错误；天宫二号由椭圆形轨道的远地点进入近圆形轨道时，由向心运动变成圆周运动，需要的向心力增大，所以速度增大，需要做加速运动，故C错误； 由题，神舟十一号飞船与天宫二号自动交会对接成功，对接时的轨道高度是393公里，比神舟十号与天宫一号对接时的轨道高了50公里，所以交会对接前神舟十一号的运行轨道要低于天宫二号的运行轨道，故D正确；故选D.‎ 考点：万有引力定律 ‎【名师点睛】本题主要考查了万有引力定律、牛顿第二定律、离心运动的应用问题，关键死知道万有引力充当向心力，列出即可进行讨论；属于中档题。‎ ‎6．如图所示，L1、L2、L3、L4为四个完全相同的灯泡。在变阻器R的滑片P向下移动过程中，下列判断中正确的是 ‎ A．L1变暗 B．L2变暗 C．L3变亮 D．L4变暗 ‎ ‎【答案】A 考点：电路的动态分析 ‎【名师点睛】本题是电路中动态变化分析的问题，首先要搞清电路的结构，其次要按“部分→整体→部分”的顺序分析。‎ ‎7．如图所示，A、B、C是等边三角形的三个顶点，O是A、B连线的中点。以O为坐标原点，A、B连线为x轴，O、C连线为y轴，建立坐标系。过A、B、C、O四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等、方向向里的电流。则过C点的通电直导线所受安培力的方向为 ‎ ‎ A．沿y轴正方向 B．沿y轴负方向 C．沿x轴正方向 D．沿x轴负方向 ‎ ‎【答案】B 考点：安培定则；左手定则 ‎【名师点睛】此题还可用这一规律判断：通电导线的电流方向相同时，则两导线相互吸引；当通电导线的电流方向相反时，则两导线相互排斥。‎ ‎8．如图所示，某质点运动的v－t图象为正弦曲线。从图象可以判断 ‎ ‎ A．质点做曲线运动 B．在t1时刻，合外力的功率最大 ‎ C．在t2～t3时间内，合外力做负功 D．在0～t1和t2～t3时间内，合外力的平均功率相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：质点运动的v－t图象描述的是质点的直线运动的图线，选项A错误；在t1时刻，加速度为零，外力为零，外力功率的大小为零，选项B错误；由图示图象可知，在t2～t3时间内，物体的速度增大，动能增大，由动能定理可知，外力做正功，故C错误；在0～t1和t2～t3时间内，动能的变化量相同，故合外力的功相等，则合外力的平均功率相等，选项D正确；故选D.‎ 考点：v-t图线；动能定理 ‎【名师点睛】由图象可以得到物体瞬时速度的情况，根据瞬时功率的公式P=Fv可以分析物体的瞬时功率的大小；根据动能定理判断合外力的功的大小。‎ 二、不定项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全得2分，不选或错选得0分。‎ ‎9．关于物理学家的贡献，下列叙述正确的是 ‎ A．牛顿做了著名的斜面实验，得出轻重物体自由下落一样快的结论 B．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系 C．伽利略在研究工作中开科学实验之先河，奠定了现代科学的基础 D．库仑首先提出了电场的概念，并引入电场线形象地表示电场的强弱和方向 ‎【答案】BC 考点：物理学史 ‎【名师点睛】本题是物理学史问题，根据涉及到的科学家物理学成就进行解答；物理学史也考试内容之一，要记忆著名科学家的物理学成就，不能张冠李戴。‎ ‎10．如图所示，在水平光滑桌面上放有m1 和m2两个小物块，它们中间有细线连接。已知m1=3kg，m2=2kg，连接它们的细线最大能承受6N的拉力。现用水平外力F1向左拉m1或用水平外力F2向右拉m2，为保持细线不断，则 m1‎ m2‎ A．F1的最大值为10N B． F1的最大值为15N C．F2的最大值为10N D．F2的最大值为15N ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：若向左拉m1，则隔离对m2分析，Tm=m2a   则最大加速度a=3m/s2‎ ‎     对m1m2系统：F1=（m1+m2）a=（2+3）×3N=15N．故B正确，A错误． 若向右拉m2，则隔离对m1分析，Tm=m1a   则最大加速度a=2m/s2     对m1m2系统：F2=（m1+m2）a=（2+3）×2N=10N．故D错误，C正确．‎ 故选BC 考点：牛顿第二定律 ‎【名师点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题；解决本题的关键能够正确地受力分析，结合整体、隔离法，运用牛顿第二定律进行求解。‎ ‎11．如图所示，竖直平面内有一光滑圆环，半径为R，圆心为O，B为最低点，C为最高点，圆环左下方开一个小口与光滑斜面相切于A点，∠AOB=37°，小球从斜面上某一点由静止释放，经A点进入圆轨道，不计小球由D到A的机械能损失，，，则要保证运动过程中小球不离开轨道，小球释放的位置到A点的距离可能是 A．R 　B．2R C．3R D．4R ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：若使小球恰能经过最高点C，则，根据动能定理，解得h=R，小球释放的位置到A点的距离是，选项D正确；若使小球恰能经过与圆心O等高的一点，则释放的高度h=R，此时小球释放的位置到A点的距离是，选项A正确；故选AD.‎ 考点：牛顿第二定律；动能定理的应用 ‎【名师点睛】此题是动能定理及牛顿定律的应用题；关键是找到两个临界状态：恰能经过最高点和恰能到达与圆心等高的一点，然后根据动能定理求解.‎ ‎12．空间有一与纸面平行的匀强电场，纸面内的A、B、C三点位于以O点为圆心，半径10cm的圆周上，并且，，如图所示。现把一个电荷量q=1×10－５C的正电荷从A移到B，电场力做功－1×10－４J；从B移到C，电场力做功为3×10－４J，则该匀强电场的场强方向和大小是 A．场强大小为200V/m B．场强大小为200 V/m C．场强方向垂直OA向右 D．场强方向垂直OC向下 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：；；则，若设UC=0，则UA=20V，UB=30V，若延长AO则与BC的连线交与BC的三等分点D点，D点的电势应为20V,则AD为电势为20V的等势面，故场强方向垂直OA向右，大小为，故选AC.‎ 考点：电场力的功与电势差的关系 ‎【名师点睛】此题考查了电场力做功与电势差的关系，解题时注意三个物理量的符号；设法找到等势面，场强的方向与等势面垂直.‎ 三、实验题：共2题，共16分。‎ ‎13．（6分）某实验小组研究小车的匀变速直线运动，他们使用50Hz交流电源为电磁打点计时器供电。实验时得到一条纸带。某位同学在纸带上便于测量的地方选取第一个计数点，并在这个点下标明A，在第6个点下标明B，在第11个点下标明C，在第16个点下标明D，在第21个点下标明E。但测量时发现B点已模糊不清，于是只测得AC长为14.56cm、CD长为11.15cm、DE长为13.73cm，根据以上测得的数据，计算C点时小车的瞬时速度大小为________m/s，小车运动的加速度大小为_________m/s2，AB的距离应为____________cm。（计算结果均保留三位有效数字）‎ E D C B A ‎【答案】 AB=5.99cm ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：在这个点下标明A，第六个点下标明B，第十一个点下标明C，第十六个点下标明D，第二十一个点下标明E；可以看出相邻的计数点间的时间间隔为：T=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小，为：‎ 设A到B之间的距离为x1，设B到C之间的距离为x2，设C到D之间的距离为x3，设D到E之间的距离为x4，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得： x3-x1=2a1T2 x4-x2=2a2T2 为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值得：‎ 相等的相邻的时间间隔的位移差恒定，故：BC-AB=DE-CD=13.73cm-11.15cm=2.58cm； 且AB+BC=14.56cm； 解得：BC=8.57cm AB=5.99cm；‎ 考点：研究小车的匀变速直线运动 ‎【名师点睛】‎ 要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。‎ ‎14．（10分）为测定某旧干电池的电动势和内阻，实验室提供了如下器材：‎ A．旧干电池1节 B．电压表(视为理想电压表，量程0～3 V)‎ C．电阻箱R(0～999.9 Ω)‎ D．定值电阻R0=10Ω E．多用电表 F．开关、导线若干 ‎（1）甲同学直接使用多用电表的直流2.5V档测量该电池的电动势，读数如图所示，则该同学测得的电动势E=_______V，此测量值比旧干电池电动势的真实值_________（填“偏大”或者“偏小”），其原因是__________________。‎ ‎（2）乙同学将干电池接入如图所示的电路，规范操作得到如图所示的图象。图象的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则该干电池的电动势E＝_______，内阻r=__________（用k、b、R0表示）。‎ ‎ ‎ ‎【答案】(1) 1.45；偏小；伏特表测的是路端电压，小于电池的电动势 (2) ；‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）量程为2.5V，则最小分度为0.05V，则其读数为1.45V；由于电压表内阻不是无穷大，故所测应为路端电压，故测量值为路端电压，故测量值偏小； （2）根据图乙可知两电阻串联，电压表测量R0两端的电压，则由闭合电路欧姆定律可知：；  变形可和是：；  根据图象可知， ; 解得：；； ‎ 考点：测定干电池的电动势和内阻 ‎【名师点睛】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，明确使用多用电表测量电阻的基本方法，同时掌握根据图象分析数据的基本方法.‎ 四、解答题：共3题，共36分。‎ ‎15．（10分）如图所示，一静止的电子经过电压为U的电场加速后，立即射入竖直的偏转匀强电场中，射入方向与电场线垂直，射入点为A，最终电子从电场的B点经过。已知偏转电场的电场强度大小为E，方向如图所示，电子的电荷量为e，重力不计。求：‎ ‎（1）电子进入偏转电场时的速度v0；‎ ‎（2）若将加速电场的电压提高为原来的2倍，电子仍从B点经过，则偏转电场的电场强度E变为原来的多少倍。‎ ‎【答案】（1）（2）2倍 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）电子在电场中的加速，由动能定理得：‎ ‎…………………………………①‎ 所以，……………………………②‎ ‎（2）设电子的水平位移为x，电子的竖直偏移量为y，则有：‎ ‎………………………………③‎ ‎………………………………④‎ ‎………………………………⑤‎ 联立解得：‎ ‎………………………………⑥‎ 根据题意可知x 、y均不变，当U增大为原来的2倍，场强E也增大为原来的2倍 ………………………⑦‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】带电粒子垂直进入电场，在电场力作用下做类平抛运动，能根据平抛运动知识列出水平和竖直方向的位移表达式即可，所以掌握平抛规律是关键。‎ ‎16．（12分）如图甲所示，光滑平台右侧与一长为L=2.5m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度v0=5m/s滑上木板，恰好滑到木板右端停止。现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：‎ v0‎ 乙 v0‎ 甲 ‎（1）滑块与木板之间的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t。‎ ‎【答案】‎ ‎（2）当木板倾斜，设滑块上滑时的加速度为a1，最大距离为s，上滑的时间为t1，有 ………………………④ ‎ ………………………………⑤‎ ‎……………………………………⑥‎ 由④⑤⑥式，解得 ………………………⑦‎ 设滑块下滑时的加速度为a2，下滑的时间为t2，有 ‎…………………………………⑧‎ ‎ …………………………………⑨‎ 由⑧⑨式解得………………………………… 滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间 ‎………………………………… 考点：牛顿第二定律的综合应用 ‎【名师点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题；解题时先求解加速度是联系力和运动的桥梁，结合运动公式求解；此题还可以用动量定理求解时间.‎ ‎17．（14分）边长为L的等边三角形OAB区域内有垂直纸面向里的匀强磁场。在纸面内从O 点向磁场区域AOB各个方向瞬时射入质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，所有粒子的速率均为v 。如图所示，沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出，不计粒子之间的相互作用和重力的影响，已知sin35°≈0.577。求：‎ ‎（1）匀强磁场的磁感应强度；‎ ‎（2）带电粒子在磁场中运动的最长时间；‎ ‎（3）沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出时，还在磁场中运动的粒子占所有粒子的比例。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）OC=Lcos30o=L………………………………………①‎ 沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出，由几何知识得粒子做圆周运动的圆弧对的圆心角为60°。‎ 半径r= OC=L …………………………………②‎ 由qvB= …………………………………③‎ 得B==…………………………………④‎ ‎（3）从OA上D点射出的粒子做圆周运动的弦长OD=OC，粒子做圆周运动的圆弧对的圆心角也为60°，如图，由几何知识得入射速度与OD的夹角应为30o ，即沿OC方向射入的粒子在磁场中运动的时间与沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出的时间相等，从OB方向到OC方向这30o 范围内的粒子此时都还在磁场中，而入射的范围为60°，故还在磁场中运动的粒子占所有粒子的比例是…………………………………⑧‎ 考点：带电粒子在磁场中的运动 ‎【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题，关键是画出粒子圆周的轨迹，往往用数学知识结合几何知识求半径。‎ ‎ ‎