江苏省扬州中学2017届高三12月月考物理试题

江苏省扬州中学2017届高三12月月考物理试题

www.ks5u.com 第Ⅰ卷（选择题　共31分）‎ 一、单项选择题．本题共5小题，每小题3分，共计15分．每题只有一个选项符合题意．‎ ‎1．设物体运动的加速度为a、速度为v、位移为x.现有四个不同物体的运动图象如图所示，t=0时刻物体的速度均为零，则其中物体做单向直线运动的图象是 ‎【答案】C 考点：考查了牛顿第二定律与图像 ‎【名师点睛】图象是我们高中物理研究运动的主要途径之一，应熟知其特征，注意单向直线运动是指速度方向不变的运动，难度不大，属于基础题．‎ ‎2．图中K、L、M为静电场中的3个相距很近的等势面（K、M之间无电荷）。一带电粒子射入此静电场中后，沿abcde轨迹运动。已知电势，且粒子在ab段做减速运动。下列说法中正确的是 A．粒子带负电 B．粒子在bc段也做减速运动 C．粒子在a点的速率大于在e点的速率 D．粒子从c点到d点的过程中电场力做负功 ‎【答案】B 考点：考查了带电粒子在匀强电场中的运动 ‎【名师点睛】根据等势面作电场线，是解决这类问题常用方法．根据轨迹，判断粒子的运动状态，进一步分析电场力做功、电势能变化情况是常见的问题，要熟练快速作答．‎ ‎3．太阳系的第二大行星土星的卫星很多，其中土卫五和土卫六绕土星的运动可近似看作圆周运动，下表是关于土卫五和土卫六两颗卫星的资料。两卫星相比 A．土卫五绕土星运动的周期较小 B．土卫五绕土星运动的线速度较小 C．土卫六绕土星运动的角速度较大 D．土卫六绕土星运动的向心加速度较大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由开普勒第三定律，半径越大，周期越大，所以土卫五的公转周期小，故A正确；由卫 星速度公式，公转半径越大，卫星的线速度越小，则土卫六的公转线速度小，故B错误；由卫星角速度公式，公转半径越小，角速度越大，则土卫五的公转角速度大，故C错误；由卫星向心加速度公式，公转半径越小，向心加速度越大，则土卫五的向心加速度大，故D错误．‎ 考点：考查了万有引力定律的应用 ‎【名师点睛】在万有引力这一块，涉及的公式和物理量非常多，掌握公式在做题的时候，首先明确过程中的向心力，然后弄清楚各个物理量表示的含义，最后选择合适的公式分析解题，另外这一块的计算量一是非常大的，所以需要细心计算 ‎4．一个匀强磁场的边界是MN，MN左侧无磁场，右侧是范围足够大的匀强磁场区域，如图甲所示.现有一个金属线框沿ab方向以恒定速度从MN左侧垂直进入匀强磁场区域.线框中的电流随时间变化的I-t图象如图乙所示.则可能的线框是如图丙所示中的哪一个 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：导体棒切割磁感线产生的感应电动势，设线框总电阻是R，则感应电流，由图乙所示图象可知，感应电流先均匀变大，后均匀变小，且电流大小与时间成正比，由于B、v、R是定值，故导体棒的有效长度L应先均匀变长，后均匀变短，且L随时间均匀变化，即L与时间t成正比．闭合圆环匀速进入磁场时，有效长度L先变大，后变小，但L随时间不是均匀变化，不符合题意，故A错误；正方形线框进入磁场时，有效长度L不变，感应电流不变，不符合题意，故B错误；梯形线框匀速进入磁场时，有效长度L先均匀增加，后不变，最后均匀减小，不符合题意，故C错误；三角形线框匀速进入磁场 时，有效长度L先增加，后减小，且随时间均匀变化，符合题意，故D正确；‎ 考点：考查了电磁感应与图象 ‎【名师点睛】电磁感应与图象的结合问题，近几年高考中出现的较为频繁，在解题时涉及的内容较多，同时过程也较为复杂；故在解题时要灵活，可以先利用右手定则或楞次定律判断方向排除法，再选择其他合适的解法等解答．‎ ‎5．如图所示电路中，电源的电动势为E，内阻为r，各电阻阻值如图所示，当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑到b端的过程中，下列说法正确的是 A．电压表的读数U先减小，后增大 B．电流表的读数I先增大，后减小 C．电压表读数U与电流表读数I的比值U/I不变 D．电压表读数的变化量ΔU与电流表读数的变化量ΔI的比值ΔU/ΔI不变 ‎【答案】D 考点：考查了电路的动态变化分析 ‎【名师点睛】在分析电路动态变化时，一般是根据局部电路变化（滑动变阻器，传感器电阻）推导整体电路总电阻、总电流的变化，然后根据闭合回路欧姆定律推导所需电阻的电压和电流的变化（或者电流表，电压表示数变化），也就是从局部→整体→局部 二、多项选择题．本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．‎ ‎6．如图a所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复.通过安装在弹簧下端的压力传感器，得到弹簧弹力F随时间t变化的图像如图b所示，若图像中的坐标值都为已知量，重力加速度为g，则 A.t1时刻小球具有最大速度 B. t2时刻小球的速度大小为零 C.可以计算出小球自由下落的高度 D.整个运动过程中，小球的机械能守恒 ‎【答案】BC 考点：考查了牛顿第二定律，机械能守恒，‎ ‎【名师点睛】关键要将小球的运动分为自由下落过程、向下的加速和减速过程、向上的加速和减速过程进行分析处理，同时要能结合图象分析．‎ ‎7．一个水平固定的金属大圆环A，通有恒定的电流，方向如图所示，现有一小金属环B自A环上方落下并穿过A环，B环在下落过程中保持水平，并与A环共轴，那么在B环下落过程中 A．B环中感应电流方向始终与A环中电流方向相反 B．B环中感应电流方向与A环中电流方向先相反后相同 C．经过A环所在平面的瞬间，B环中感应电流最大 D．经过A环所在平面的瞬间，B环中感应电流为零 ‎【答案】BD 考点：考查了楞次定律 ‎【名师点睛】解决本题的关键掌握楞次定律的内容：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，同时掌握法拉第电磁感应定律，得知感应电动势的大小与磁通量的变化率有关．‎ ‎8．如图所示，绝缘轻杆两端固定带电小球A和B，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用。初始时杆与电场线垂直，将杆右移的同时顺时针转过90°，发现A、B两球电势能之和不变。根据如图给出的位置关系，下列说法正确的是 A．A一定带正电，B一定带负电 B．A、B两球带电量的绝对值之比qA:qB＝1:2‎ C．A球电势能一定增加 D．电场力对A球和B球都要做功 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：电场力对系统做功为零，因此A、B电性一定相反，A可能带正电，也可能带负电，故A错误；电场力对A、B做功大小相等，方向相反，所以有，因此，故BD正确；A的电性不确定，无法判断其电势能的变化，故C错误；‎ 考点：考查了电场力做功 ‎【名师点睛】解决本题的关键是：理解“A、B两球电势能之和不变”的物理含义：电场力对系统做功为零；根据电场力做功特点进一步求解．‎ ‎9．将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同。现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数m均相同。在这三个过程中，下列说法正确的是 A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度不同；沿着2和3下滑到底端时，物块的速度相同 B．沿着1下滑到底端时，物块的速度最大 C．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最少的 D．物块沿着1和2下滑到底端的过程，产生的热量是一样多的 ‎【答案】BD 考点：考查了功能关系以及对牛顿第二定律和动能定理的运用 ‎【名师点睛】本题比较简单直接利用功能关系即可求解，易错点在于写出表达式后的数学运算，因此学生要加强练习，提高利用数学知识解决物理问题的能力 第Ⅱ卷（非选择题　共89分）‎ 三、简答题：本题分必做题（第l0、11题)和选做题(第12题)两部分，共计42分．请将解答填写在答题卡相应的位置．‎ ‎10．如图为“用DIS（位移传感器、数据采集器、计算机）研究加速度与质量关系”的实验装置。‎ ‎（1）在图示装置中，①是固定在小车上位移传感器的发射器部分，②是接收部分。在该实验中采用控制变量法，保持小车所受拉力不变，用钩码所受的重力作为小车所受拉力，为了减小实验误差，应使钩码质量尽量__________些。（填“大”或“小”）‎ ‎（2）改变小车的质量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画出a-1/M关系图线，‎ ‎①如果摩擦力不能忽略，则画出的a-1/M图线为图示中的____________。（填“甲”或“乙”或“丙”）‎ ‎②（单选题）该实验中某同学画出的图线中AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是（ ）‎ A．小车与轨道之间存在摩擦 B．导轨保持了水平状态 C．所挂钩码的总质量太大 D．所用小车的质量太大 ‎【答案】小 丙 C 考点：“用DIS研究加速度与质量关系”的实验 ‎【名师点睛】探究影响加速度因素时，在钩码质量远小于小车质量时，可以近似认为小车受到的拉力等于钩码重力．‎ ‎11．在“测定金属的电阻率”的实验中，某同学进行了如下操作：‎ ‎（1）用毫米刻度尺测量接入电路中的金属丝的有效长度L。再用螺旋测微器测量金属丝的直径D，某次测量结果如图所示，则这次测量的读数D= mm。‎ ‎（2）先用欧姆表（×1档）粗侧，如右图，再使用电流表和电压表准确测量金属丝的阻值。为了安全、准确、方便地完成实验，除电源（电动势为4V，内阻很小）、待测电阻丝、导线、开关外，电压表应选用 ，电流表应选用 ，滑动变阻器应选用 （选填器材前的字母）。‎ ‎（3）若采用图所示的电路测量金属丝的电阻，电压表的左端应与电路中的_______点相连（选填“a”或“b”）。若某次测量中，电压表和电流表读数分别为U和I，请用上述直接测量的物理量（D、L、U、I）写出电阻率ρ的计算式：ρ＝ 。‎ ‎【答案】（1）0.518（0.515～0.519）（2）ACE（3）b；‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由图1所示螺旋测微器可知，其示数为0.5mm+1.8×0.01mm=0.518mm；‎ ‎（2）电源电动势为4V，电压表应选A；电路最大电流约为，电流表应选C；为方便实验操作，滑动变阻器应选E；‎ ‎④待测金属丝定值约为3Ω，电压表内阻约为3000Ω，电流表内阻约为1Ω，电压表内阻远大于待测金属丝 电阻，电流表应采用外接法，即接b点；待测电阻阻值，由电阻定律可知，解 得；‎ 考点：“测定金属的电阻率”的实验 ‎【名师点睛】本题考查了螺旋测微器示数、欧姆表示数、选择实验器材、电流表接法等问题，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微器需要估读．‎ ‎12．选做题 B．（选修模块3-4）（12分）‎ ‎（1）频率不同的两束单色光1和2以相同的入射角从同一点射入一厚玻璃板后，其光路如图所示。下列说法正确的是 A．单色光1的波长大于单色光2的波长 B．在玻璃中单色光1的传播速度大于单色光2的传播速度 C．单色光1的光子能量小于单色光2的光子能量 D．单色光1从玻璃到空气的全反射临界角小于单色光2从玻璃到空气的全反射临界角 ‎【答案】D 考点：考查了光的折射，全反射 ‎【名师点睛】解决本题的突破口在于根据光的偏折程度比较出折射率的大小，知道折射率、频率、波长、在介质中的速度等大小关系．‎ ‎（2）在“利用单摆测重力加速度”的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到。只要测量出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2 -l图象，就可求出当地的重力加速度，理论上T2 -l图象是一条过坐标原点的直线。某同学在实验中，用一个直径为d的带孔实心钢球作为摆球，多次改变悬点到摆球顶部的距离l0，分别测出摆球做简谐运动的周期T后，作出T2-l图象，如图所示．‎ ‎①造成图象不过坐标原点的原因可能是 A．将l0记为摆长l； B．摆球的振幅过小 ‎ C．将（lo+d）计为摆长l D．摆球质量过大 ‎②由图像求出重力加速度g=________m/s2（取）‎ ‎【答案】A；9.87‎ 考点：“利用单摆测重力加速度”的实验 ‎【名师点睛】本题关键明确实验原理；通过图象的平移得到摆长偏小1cm，得到误差来源；通过图象的函数表达式得到斜率的物理意义．‎ ‎（3）x=0的质点在t=0时刻开始振动，产生的波沿x轴正方向传播，t1=0.14s时刻波的图象如图所示，质点A刚好开始振动．‎ ‎①求波在介质中的传播速度；‎ ‎②求x=4m的质点在0.14s内运动的路程．‎ ‎【答案】①v=50m/s②15cm ‎【解析】‎ 试题分析：①传播速度 代入数据得v=50m/s ‎②在0.14s内，x=4m的质点只振动了个周期 该质点运动的路程 考点：考查了横波图像，波长、波速以及频率的关系 ‎【名师点睛】本题抓住波在同一介质中是匀速传播的，根据公式求出波速是关键．‎ C．（选修模块3－5）（12分）‎ ‎（1）如图所示是氢原子的能级图，现有大量处于n=3激发态的氢原子向低能级跃迁，所辐射的光子中，只有一种能使某金属产生光电效应。以下判断正确的是 A．该光子一定是氢原子从激发态n=3跃迁到n=2时辐射的光子 B．该光子一定是氢原子从激发态n=2跃迁到基态时辐射的光子 C．若氢原子从激发态n=4跃迁到基态，辐射出的光子一定能使该金属产生光电效应 D．若氢原子从激发态n=4跃迁到n=3，辐射出的光子一定能使该金属产生光电效应 ‎【答案】C 考点：考查了氢原子跃迁，光电效应 ‎【名师点睛】大量处于n=3激发态的氢原子向低能级跃迁，可以辐射出3种不同频率的光子，只有一种能使某金属产生光电效应．知最大频率的光子能使金属发生光电效应．‎ ‎（2）一个质量为50kg的人站立在静止于平静的水面上的质量为400kg船上，突然船上人对地以2m/s的水平速度跳向岸，不计水的阻力，则船以_____ ___m/s的速度后退，若该人向上跳起，以人船为系统，人船系统的动量_____ __ __。（填守恒或不守恒）‎ ‎【答案】0.25；不守恒 ‎【解析】‎ 试题分析：由于不计水的阻力，人和船组成的系统水平方向动量守恒，以人前进方向为正，所以有：，带入数据得，若人向上跳起，人船系统在竖直方向上合外力不为零，故其动量不守恒，‎ 考点：考查了动量守恒定律 ‎【名师点睛】在应用动量守恒公式时注意公式的矢量性，同时注意动量守恒的条件强调的是系统外力为零，系统内部物体之间的作用力不影响动量守恒．‎ ‎（3）太阳现在正处于主序星演化阶段。它主要是由电子和、等原子核组成。维持太阳辐射的是它内部的核聚变反应，核反应方程是：+释放核能，这些核能最后转化为辐射能。‎ ‎①已知质子质量mp，氦核的质量mα，电子质量me，光速c。试求每发生一次上述核反应所释放的核能；‎ ‎②用上述辐射中产生的波长为400nm某一单色光去照射逸出功为3.0×10-19J金属材料铯时，能否产生光电效应？若能，试求出产生的光电子的最大初动能。（保留三位有效数字，普朗克常量h=6.63×10-34J·s）‎ ‎【答案】①②能1.97×10-19J 考点：考查了质能方程，光电效应方程 ‎【名师点睛】根据爱因斯坦质能方程，结合质量亏损求出释放的核能．根据光电效应的条件判断能否发生光电效应，通过光电效应方程求出光电子的最大初动能．‎ 四、计算题：本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只有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．‎ ‎13．如图所示，一弹丸从离地高度H=1．95m的A点以v0=8．0m/s的初速度水平射出，恰以平行于斜面的速度射入静止在固定斜面顶端C处的一木块中，并立即与木块具有相同的速度（此速度大小为弹丸进入木块前一瞬间速度的）共同运动，在斜面下端有一垂直于斜面的挡板，木块与它相碰没有机械能损失，碰后恰能返回C点。已知斜面顶端C处离地高h=0．15m，(g=10m/s2)求：‎ ‎（1）A点和C点间的水平距离？‎ ‎（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ？ ‎ ‎（3）木块从被弹丸击中到再次回到C点的时间t ？(保留两位有效数字，)‎ ‎【答案】（1）4.8m（2）（3）0.44s ‎（3）根据牛顿第二定律，下滑时由可得 由可解得 上滑时由可得 由可解得 所以塑料块从被弹丸击中到再次回到C点的时间 考点：考查了平抛运动，动能定理，牛顿第二定律 ‎【名师点睛】弹丸从A到C做平抛运动，根据平抛运动的基本公式即可求解水平距离；先求出C点的速度，再求出弹丸与木块共同速度，分析弹丸与塑料块从C点返回到C点的整个过程，根据动能定理即可求解；根据牛顿第二定律求出下滑和上滑时的加速度，再根据运动学基本公式列式即可求解．‎ ‎14．如图甲所示，两平行金属板间接有如图乙所示的随时间t变化的电压UAB，两板间电场可看做是均匀的，且两板外无电场，极板长L=0.2m，板间距离d=0.2m，在金属板右侧有一边界为MN的区域足够大的匀强磁场，MN与两板间中线OO′垂直，磁感应强度B=5×l0-3‎ T，方向垂直纸面向里。现有带正电的粒子流沿两板中线OO′连续射入电场中，已知每个粒子的速度v0=105m/s，比荷C/kg，重力忽略不计，每个粒子通过电场区域的时间极短，此极短时间内电场可视作是恒定不变的。求：‎ ‎（1）在t=0.ls时刻射入电场的带电粒子，进入磁场时在MN上的入射点和出磁场时在MN上的出射点间的距离为多少；‎ ‎（2）带电粒子射出电场时的最大速度；‎ ‎（3）在t=0.25s时刻从电场射出的带电粒子在磁场中运动的时间。‎ ‎【答案】（1）0.4m（2）（3）s ‎（3）在时刻从电场射出的带电粒子，从极板的上边缘射出电场，垂直进入磁场时与磁场边界的夹角为，射出磁场时与磁场边界的夹角也为，故对应的圆周的圆心角为，故在磁场中运动的时间为圆周运动周期的四分之一。‎ 由，得到：，所以s 考点：考查了带电粒子在组合场中的运动 ‎【名师点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径 ‎15．如图（甲）所示，两光滑导轨都由水平、倾斜两部分圆滑对接而成，相互平行放置，两导轨相距L＝lm ，倾斜导轨与水平面成θ＝30°角，倾斜导轨的下面部分处在一垂直斜面的匀强磁场区I中，I区中磁场的磁感应强度B1随时间变化的规律如图（乙）所示，图中t1、t2未知。水平导轨足够长，其左端接有理想的灵敏电流计G和定值电阻R＝3Ω，水平导轨处在一竖直向上的匀强磁场区Ⅱ中，Ⅱ区中的磁场恒定不变，磁感应强度大小为B2＝1T ，在t＝0时刻，从斜轨上磁场I 区外某处垂直于导轨水平释放一金属棒ab，棒的质量m＝0.1kg ，电阻r＝2Ω，棒下滑时与导轨保持良好接触，棒由斜轨滑向水平轨时无机械能损失，导轨的电阻不计。若棒在斜面上向下滑动的整个过程中，灵敏电流计G的示数大小保持不变，t2时刻进入水平轨道，立刻对棒施一平行于框架平面沿水平方向且与杆垂直的外力。（g取10m/s2）求：‎ ‎（1）磁场区I在沿斜轨方向上的宽度d；‎ ‎（2）棒从开始运动到刚好进入水平轨道这段时间内ab棒上产生的热量；‎ ‎（3）若棒在t2时刻进入水平导轨后，电流计G的电流大小I随时间t变化的关系如图（丙）所示（I0未知），已知t2到t3的时间为0.5s，t3到t4的时间为1s，请在图（丁）中作出t2到t4时间内外力大小F随时间t变化的函数图像。‎ ‎【答案】（1）d=0.625m（2）0.375J（3）如图所示 ‎（2）ab棒进入磁场以前，棒上产生的热量为 取ab棒在斜轨磁场中运动为研究过程，.‎ 此时，棒上产生的热量是 则棒上产生的总热量是 或：‎ ‎（3）因为E=BLv，所以刚进水平轨道时时的电动势是E=2.5V，I0==0.5A 取t2时刻为零时刻，则根据图线可以写出I-t的方程式：，，‎ 则，所以.有牛顿第二定律可得：，‎ 画在坐标系里。‎ 由丙图可以同理得出棒运动的加速度大小是，依据牛顿定律得 取时刻为零时刻，可以写出时刻后的I与时间的关系式，‎ 代入上面的式子可以得到画在坐标系里。(图中图线作为参考)‎ 考点：考查了导体切割磁感线运动 ‎【名师点睛】本题综合了法拉第定律、欧姆定律、焦耳定律及力学中牛顿第二定律等等多个知识，综合性很强，同时，考查了运用数学知识处理物理问题的能力．‎ ‎ ‎