2016-2017学年江西省吉安市新干二中高三(上)第一次检测物理试卷

2016-2017学年江西省吉安市新干二中高三（上）第一次检测物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共1小题，共6.0分)1.某人沿着半径为R的水平圆周跑道跑了1.75圈时，他的（）A.路程和位移的大小均为3.5πRB.路程和位移的大小均为RC.路程为3.5πR、位移的大小为RD.路程为0.5πR、位移的大小为R【答案】C【解析】解：人经过了1.75个圆周，所以经过的路程为1.75×2πR=3.5πR；位移是指从初位置到末位置的有向线段的长度，所以位移的大小为R．故选：C．位移是指从初位置到末位置的有向线段，位移是矢量，有大小也由方向；路程是指物体所经过的路径的长度，路程是标量，只有大小，没有方向．本题就是对位移和路程的考查，掌握住位移和路程的概念就能够解决了．二、多选题(本大题共1小题，共6.0分)2.一个小球从高为h的地方以水平速度v0抛出，经t时间落到地面，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则小球落地时的速度可以表示为（）A.v0+gtB.C.D.【答案】CD【解析】解：小球落地时竖直方向上的分速度v y=gt或．根据平行四边形定则得，或．故C、D正确，A、B错误．故选：CD．平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀速直线运动，根据时间求出竖直分速度，通过平行四边形定则求出小球落地时的速度．解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解．三、单选题(本大题共6小题，共36.0分)3.如图所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁．若再在斜面上加一物体m，且M、m相对静止，则此时小车受力个数为（）A.6B.5C.4D.3【答案】C【解析】解：先对物体m受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力；再对M受力分析，受重力、m对它的垂直向下的压力和沿斜面向下的静摩擦力，同时地面对M有向上的支持力，共受到4个力；故选：C．对物体受力分析是指分析物体的受力情况同时画出受力的示意图，本题可以先对m受力分析，再结合牛顿第三定律对M受力分析．对物体受力分析可以按照先已知力，再重力，最后弹力和摩擦力，要结合弹力和摩擦力的产生条件判断，本题中墙壁虽与小车接触，但无弹力．4.粗糙绝缘水平面上垂直穿过两根长直导线，俯视图如图所示，两根导线中通有相同的电流，电流方向垂直纸面向里．水平面上一带电滑块（电性未知）以某一初速v沿两导线连线的中垂线入射，运动过程中滑块始终未脱离水平面．下列说法正确的是（）A.滑块可能做加速直线运动B.滑块可能做匀速直线运动C.滑块可能做曲线运动D.滑块一定做减速运动【答案】D【解析】解：根据安培定则，知两导线连线上的垂直平分线上：上方的磁场方向水平向右，而下方的磁场方向水平向左，根据左手定则，可知，滑块受到的洛伦兹力方向垂直于纸面向外或向里，滑块所受的支持力减小或增大，滑块所受的滑动摩擦力与速度反向，滑块一定做减速直线运动，故ABC错误，D正确．故选：D先根据安培定则判断AB连线上的磁场方向，再判断滑块所受的洛仑兹力情况，分析滑块的运动情况．考查右手螺旋定则与矢量的合成法则，理解左手定则的内容，掌握洛伦兹力大小与速度的关系，根据受力情况来判断运动情况．5.如图所示，一理想变压器原副线圈匝数分别为n1=1000匝．n2=200匝，原线圈中接一交变电源，交变电源电压u=220sin100πt（V）．副线圈中接一电动机，电阻为11Ω，电流表A2示数为1A，电表对电路的影响忽略不计．下列说法正确的是（）A.此交流电的频率为100 H zB.电流表A1示数为5 AC.电压表示数为220VD.此电动机输出功率为33 W【答案】D【解析】解：A、由表达式可知，交流电源的频率为50H z，变压器不改变交变电流的频率，故A 错误；B、电流表A2示数为1A，由电流与匝数成反比得通过电流表A1的电流为0.2A，故B 错误；C、交变电源电压u=220sin100πt（V），而电压表读数为有效值，即电压表的示数是=220V，故C错误；D、通过电阻R的电流是1A，电阻R消耗的电压为11V，此电动机输出功率为（44-11）×1=33W，故D正确．故选：D．根据电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．本题考查的是学生读图的能力，根据图象读出交流电的最大值和周期，根据电压和匝数之间的关系即可求得．6.连接在电池两极上的平行板电容器，当两板间的距离减小时（）（1）电容器的电容C变大（2）电容器极板的带电量Q 变小（3）电容器两极板间的电势差U变大（4）电容器两极板间的电场强度E变大．A.（1）（2）B.（3）（4）C.（2）（3）D.（1）（4）【答案】D【解析】解：根据C=，可知，当两板间的距离减小时，电容增大，故（1）正确；因连接在电池两极的平行板电容器两端的电势差U不变，故（3）错误；因电压不变，电容增大，根据C=，电量增大，故（2）错误；因电压不变，距离减小，根据U=E d，场强增加，故（4）正确；故选：D．连接在电池两极的平行板电容器两端的电势差U不变，根据C=分析电容变化，根据C=分析电量变化，根据U=E d分析电场强度的变化．本题是电容器的动态分析问题，关键是记住三个公式，即：C=、C=、U=E d．7.假设地球和火星都绕太阳做匀速圆周运动，已知地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，那么（）A.地球公转周期大于火星的公转周期B.地球公转的线速度小于火星公转的线速度C.地球公转的加速度小于火星公转的加速度D.地球公转的角速度大于火星公转的角速度【答案】D【解析】解：A、B、根据万有引力提供向心力，得，．由此可知，轨道半径越大，线速度越小、周期越大，由于地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，所以v地＞v火，T地＜T火．故AB错误．C、据万有引力提供向心加速度，得：，可知轨道半径比较小的地球的向心加速度比较大．故C错误；D、根据：T=，所以：，可知轨道半径比较小的地球的公转的角速度比较大．故D正确．故选：D．根据万有引力提供向心力=ma，解出线速度、周期、向心加速度以及角速度与轨道半径大小的关系，据此讨论即可．本题考查万有引力定律的应用，要掌握万有引力提供向心力，并能够根据题意选择不同的向心力的表达式．8.如图所示，物体沿斜面向上运动，经过A点时具有动能100J，当它向上滑行到B点时，动能减少了80J，机械能损失了20J，则物体回到A点时的动能为（）A.100JB.50JC.20JD.60J【答案】B【解析】解：物体从开始到经过斜面上某一点时，受重力、支持力和摩擦力，根据动能定理，有-mg•l AB sinθ-f•l AB=E KB-E KA=-80J机械能减小量等于克服摩擦力做的功，故f•l AB=E B-E A=20J解得f=mgsinθ．当该物体经过斜面上某一点时，动能减少了80J，机械能减少了20J，所以当物体到达最高点时动能减少了100J，机械能减少了25J，所以物体上升过程中克服摩擦力做功是25J，全过程摩擦力做功W=-50J从出发到返回底端，重力不做功，设回到出发点的动能为E K′，由动能定理可得W=E K′-E K得：E K′=50J故选B．物体从开始到经过斜面上某一点时，受重力、支持力和摩擦力，总功等于动能增加量，机械能减小量等于克服摩擦力做的功，根据功能关系列式；再对从最高点到底端过程运用动能定理列式求解．功能关系有多种表现形式：合力的功（总功）等于动能增加量；重力做功等于重力势能的减小量；除重力外其余力做的功等于机械能的增加量．四、多选题(本大题共1小题，共6.0分)9.在做“研究平抛运动”的实验时，描绘物体的运动轨迹是实验成功与否的关键，现用如图所示的器材描绘小球做平抛运动时的轨迹，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画小球做平抛运动的轨迹，下面列出了一些操作要求，将你认为有利于更较准确地描绘运动轨迹的选项前面的字母填在横线上（）A.通过调节使斜槽的末端保持水平B.每次释放小球的位置可以不同C.每次必须由静止释放小球D.记录小球位置用的木条（或凹槽）每次必须严格地等距离下降E.小球运动时不应与木板上的白纸（或方格纸）相接触F.要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些G.斜槽轨道必须光滑H.将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线【答案】ACEF【解析】解：A、通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动．故A正确．BC、因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度．故B错误，C正确．D、记录小球经过不同高度的位置时，每次不必严格地等距离下降，故D错误；EH、实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变，最后轨迹应连成平滑的曲线．故E正确，H错误．F、要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些，并用一条曲线把所有的点连接起来．故F正确．G、该实验要求小球每次抛出的初速度要相同而且水平，因此要求小球从同一位置静止释放，至于是否光滑没有影响，故G错误；故选：ACEF保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变，最后轨迹应连成平滑的曲线．解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项．在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解．五、实验题探究题(本大题共1小题，共8.0分)10.某研究性学习小组利用如图1所示电路测量某电池的电动势E和内电阻r．由于该电池的内电阻r较小，因此在电路中接入了一阻值为2.00Ω的定值电阻R0．①按照实物连线图在图2虚线框内画出实验电路图：②闭合开关S，调整电阻箱的阻值，读出电压表相应的示数U，并计算出通过电阻箱的电流数值I，为了比较准确地得出实验结论，在坐标纸中画出了如图3所示的U-I图象，由图象可得：E= ______ V，r= ______ Ω．【答案】2.0；0.4【解析】解：（1）根据图1所示电路图作出实验电路图，实验电路图如图所示：（2）由图2所示电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是2.0，则电源电动势E=2.0V，图象斜率：k=r+R0===2.4，则电源内阻r=k-R0=0.4Ω；故答案为：（1）图象如图所示；（2）2.0；0.4．（1）根据实物电路图作出电路图．（2）电源U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，根据电路图与图2所示图象求出电源电动势与内阻．本题考查了作实验电路图、求电源电动势与内阻，分析清楚实物电路图结构是正确作出电路图的前提与关键，电源U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是等效电源内阻，要注意：图象斜率绝对值与定值电阻阻值之差是电源内阻．六、计算题(本大题共2小题，共38.0分)11.如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共100匝，线圈电阻为r=1Ω，外接电阻R=4Ω，匀强磁场的磁感应强度为B=T，当线圈以5r/S的转速匀速转动时，求：（1）转动中感应电动势的最大值和有效值．（2）电路中交流电压表和电流表的示数．【答案】解：（1）交流电的频率：f=5H z角速度为ω=2πf=2π×5=10πrad/s；最大值：E m=NBSω=100××0.05×10π=50V，感应电动势的有效值E=；（2）线圈电阻为1Ω，外接电阻R=4Ω，根据闭合电路欧姆定律，则有：交流电压表的电压U=；而电流表的示数，I=，答：（1）转动中感应电动势的最大值是50V，有效值是25V．（2）电路中交流电压表和电流表的示数分别是20V和A．【解析】线框在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流，根据规律可列出感应电动势的瞬时表达式，借助于有效值可得出电压表与电流表的示数．根据闭合电路的欧姆定律取得电压表和电流表的示数线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流．而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定．而通过某一电量时，则用平均值来求．12.如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，劲度系数分别为k1、k2的两个轻弹簧沿斜面悬挂着，两弹簧之间有一质量为m1的重物，最下端挂一质量为m2的重物，现用力F沿斜面向上缓慢推动m2，当两弹簧的总长等于两弹簧原长之和时，试求：（1）m1、m2各上移的距离．（2）推力F的大小．【答案】解：（1）设k1轻弹簧的形变量为x，则由题意两弹簧的总长等于两弹簧的原长之和，则知k1的伸长量与k2的压缩量相等，由m1重物平衡得：k1x+k2x=m1gsinθ，解得：x=k1原来的伸长量为：x0=则由几何关系得，m1上移的距离为：S=x0-x联立得：S=-刚开始弹簧2的形变量为：′加外力后m2上移的距离：S′=S+（x′0+x）=（2）对m2重物平衡可知：F=m2gsinθ+k2x=m2gsinθ+k2答：（1）m1、m2各上移的距离S=-，S′=（2）推力F的大小m2gsinθ+k2．【解析】（1）由题，两弹簧的总长等于两弹簧的原长之和，则知，k1的伸长量与k2的压缩量相等，由m1重物平衡可求出k1轻弹簧的形变量．先求出k1原来的伸长量，再由几何关系求出m1上移的距离．（2）根据两弹簧的形变量相等，由胡克定律列方程，求出F．本题是平衡条件和胡克定律的综合应用，关键要剖题，分析得到两弹簧形变量相等．。