黄冈中学2017届高三上学期限时训练(九)物理试题 含解析

一、选择题:本题共8小题，每小题6分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

1、截止目前为止，我国先后建成了酒泉、太原、西昌、文昌等四大航天器发射中心，它们的纬度依次为北纬41°、38°、28°、19°.与酒泉、太原、西昌等三大航天器发射中心相比，海南省的文昌航天器发射中心所具备的优势是（）
A．地球对火箭的引力较大
B．文昌的重力加速度较大
C．火箭在文昌随地球自转的角速度较大
D．火箭在文昌随地球自转的线速度较大
【答案】D
【解析】
考点:角速度；线速度
【名师点睛】本题关键要考虑实际情况，最大限度地利用地球自转的线速度，由于地球自转，除两极点的角速度为零，其余的各点的角速度都相等,地球表面的线速度随纬度的升高而降低.
2、下列说法正确的是( ）
A．最早提出用电场线描述电场的物理学家是富兰克林
B．场强处处为零的区域内，电势一定处处相等
C．电势降落的方向一定是场强方向
D．同一电场中等势面分布越密的地方,电势一定越高
【答案】B
【解析】
试题分析：最早提出用电场线描述电场的物理学家是法拉第，不是富兰克林．故A错误．场强处处为零的区域内，任意两点的电势差为零，则电势一定处处相等,故B正确．电势降落的方向不一定是场强方向，只有电势降落最快的方向才是场强方向．故C错误．同一电场中等差等势面分布越密的地方，场强一定越大，但电势不一定越高,故D错误．故选B。

考点：场强和电势；物理学史
【名师点睛】解决本题的关键要掌握电场的基础知识，明确场强与电势差的关系、等势面和场强的关系。

3、初速度为零的电子进入电压为U的加速电场,经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束．电子电量e、质量m,则在刚射出加速电场时，一小段长为Δl的电子束内电子个数为（) A．错误!错误!B．错误!错误!C．错误!错误!D．错误!错误!【答案】
【解析】
考点：电流
【名师点睛】该题考查对电流的微观表达式的理解,解答本题关键是建立物理模型，对电子束运动情况进行简化．中等难度。

4、如图所示,a、b两个小球穿在一根光滑的固定杆上，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接。

已知b球质量为m，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，重力加速度为g。

当两球静止时,Oa绳与杆的夹角也为θ，Ob绳沿竖直方向，则下列说法正确的是（）
A．a可能受到2个力的作用
B．b可能受到3个力的作用
C．绳子对a的拉力大小等于mg
D．a的重力为tan
mgθ
【答案】C
【解析】
考点：物体的平衡
【名师点睛】本题考查了隔离法对两个物体的受力分析，关键是抓住同一根绳子上的拉力处处相等结合几何关系将两个小球的重力联系起来.
5、如图，一平行板电容器的两极板与一个电压恒定的电源相连，极板水平放置,极板间距为d，在下极板上叠放一厚度为l的金属板,其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中,当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动，重力加速度为g，粒子运动加速度为（)
A．l
d g B．错误!g C．错误!g D．错误! g
【答案】A
【解析】
考点:电场强度；牛顿定律的应用
【名师点睛】本题要记住平行板电容器内插入金属板，可以等效成极板间距减小了;然后结合共点力平衡条件和牛顿第二定律列式分析，不难.
6、如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板,R0为定值电阻，R1和R2为可变电阻，开关S闭合.质量为m的带正电荷的微粒从P 点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点。

若经下列调整后,微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N
板上的位置说法正确的是( ）
A ．保持开关S 闭合，增大R 1,粒子打在O 点左侧
B ．保持开关S 闭合,增大R 2,粒子打在O 点左侧
C ．断开开关S ，M 极板稍微上移,粒子打在O 点右侧
D ．断开开关S ，N 极板稍微下移，粒子打在O 点右侧
【答案】A
【解析】
试题分析：保持开关S 闭合，由串并联电压关系可知,R 0两端的电压为1ER
U R R =+，增大R 1，U 将减小，电容器两端的电压减小,故粒子受重力和电场力，产生的加速度增大，平行板两极板电压减小达到极板上则2
12 2d at ＝，水平位移为0d x v t v a =＝在O 点左侧侧,故A 正确；保持开关S 闭合，增大R 2，不会影响电阻R 两端的电压，故粒子打在O 点，故B 错误；断开开关，平行板带电量不变,平行板间的电场强度为
U E d =，结合Q C U =及4S C kd επ=可得4kQ
E S πε＝，电场强度不变,故加速度不变，M 极板稍微上移，不会影响
离子的运动，故还打在O 点，故C 错误；断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为U
E d =，结合Q
C U =及4S
C kd επ=可得
4kQ
E S πε＝，电场强度不变，加速度不变，M 极板稍微下移，不会影响离子的运动,故还打在O 点,故D 错误；故选A 。

考点：电容器的动态分析
【名师点睛】本题关键分析电容器的电压是否变化．当断开开关S ，改变板间距离时,板间场强不变，油滴也保持不动。

7、如图所示,三个质量均为m 的物块a 、b 、c ，用两个轻弹簧和一根轻绳相连,挂在天花板上,处于静止状态。

现将b 、c 之间的轻绳剪断，下列说法正确的是（ ）
A ．在刚剪断轻绳的瞬间,b 的加速度大小为g
B ．在刚剪断轻绳的瞬间,c 的加速度大小为2g
C ．剪断轻绳后,a 、b 下落过程中，两者一直保持相对静止
D ．剪断轻绳后，a 、b 下落过程中加速度相等的瞬间，两者之间的
轻弹簧一定处于原长状态
【答案】BD
【解析】
考点：牛顿第二定律的应用
【名师点睛】本题是力学中的瞬时问题，关键是先根据平衡条件求出各个力，然后根据牛顿第二定律列式求解加速度;同时要注意轻弹簧的弹力与行变量成正比,来不及突变,而细线的弹力是有微小形变产生的，故可以突变。

8、如图所示,质量分别为m1、m2的A、B两个物体放在斜面上，中间用一个轻杆相连，A、B与斜面间的动摩擦因数分别为1μ、2μ,它们在斜面上加速下滑，关于杆的受力情况.下列分析正确的是（）
A．若1μ＞2μ，m1＝m2，则杆受到压力
B．若1μ＝2μ，m1＞m2，则杆受到拉力
C．若1μ＜2μ，m1＜m2，则杆受到压力
D．若1μ＝2μ,m1≠m2,则杆无作用力
【答案】ACD
【解析】
考点：牛顿第二定律的应用
【名师点睛】本题关键先假设杆无弹力，然后根据牛顿第二定律求解出两个加速度并判断两个滑块的相对运动趋势，不难。

二、实验题:本大题共2小题,第9题10分,第10题16分,共26分。

把答案写在答题卡指定的答题处.
9、用如图所示电路测量电源的电动势和内阻。

实验器材：待测电源（电动势约3 V，内阻约2 Ω），保护电阻R1（阻值10 Ω）和R2（阻值5 Ω）,滑动变阻器R,电流表A,电压表V，开关S，导线若干。

实验主要步骤：
（i）将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；
(ii）逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值,记下电压表的示数U和相应电流的示数I；
(iii）以U为纵坐标，I为横坐标,作U–I图线（U、I都用国际单位)；（i v）求出U–I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a。

回答下列问题：
（1）电压表最好选用_____；电流表最好选用_____.
A．电压表（0～3 V，内阻约15 kΩ）B．电压表（0～3 V，内阻约3 kΩ)
C．电流表（0～200 mA，内阻约2 Ω）D．电流表(0~30 mA,内阻约2 Ω）
（2）滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大。

两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是_____。

A．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端接线柱
B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端接线柱
C．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端的接线柱
D．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端的接线柱
（3）选用k、a、R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E=______，r=______，代入数值可得E和r的测量值。

【答案】：(1）A，C；（2）C；（3）ka；k—R2
【解析】
E=Ka
考点：测量电源的电动势和内阻
【名师点睛】本题考查测量电源的电动势和内电阻实验中的仪表选择以及数据处理,要注意明确根据图象分析数据的方法，重点掌握图象中斜率和截距的意义。

10、某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ。

步骤如下：
（1)游标卡尺测量其长度如图甲所示，可知其长度为________mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，可知其直径为________mm；
（3）选用多用电表的电阻“×1”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻,表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值约为________Ω；
（4）为更精确地测量其电阻,可供选择的器材如下:
电流表A1（量程300 mA，内阻约为2 Ω）；
电流表A2(量程150 mA，内阻约为10 Ω)；
电压表V1（量程1 V，内阻r＝1 000 Ω）；
电压表V2(量程15 V,内阻约为3 000 Ω）；
定值电阻R0＝1 000 Ω；
滑动变阻器R1（最大阻值5 Ω)；
滑动变阻器R2(最大阻值1 000 Ω)；
电源E（电动势约为4 V，内阻r约为1 Ω)；
开关，导线若干。

为了使测量尽量准确,测量时电表读数不得小于其量程的错误!，电压表应选________，电流表应选________，滑动变阻器应选________.(均填器材代号)
根据你选择的器材，请在线框内画出实验电路图。

【答案】:（1)5。

015；（2）4。

700；（3）22；（4）V1，A2,R1．电路图如图所示；
【解析】
试题分析：(1)由图甲所示可知,游标卡尺主尺示数为5cm,游标尺示数为3×0.05mm=0.15mm=0.015cm，
考点：测量圆柱体的电阻率
【名师点睛】掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数,不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．明确实验原理和误差来源，明确电流表、电压表和滑动变阻器的选择要求。

三、计算题:本题共2小题,第11题12分，第12题14分，共26分.
把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤.
11、如图甲所示，真空中水平放置的相距为d 的平行金属板板长为L ，两板上加有恒定电压后，板间可视为匀强电场．在t ＝0时，将图乙中所示的交变电压加在两板上,这时恰有一个质量为m 、电荷量为q 的带电粒子从两板正中间以速度v 0水平飞入电场．若此粒子离开电场时恰能以平行于两板的速度飞出（粒子重力不计）,求：
（1)两板上所加交变电压的频率应满足的条件;
（2)该交变电压的取值范围．
【答案】（1）
0nv f L = （其中n=1，2，3，…）（2)20220v nmd U qL ≤ （其中
n=1，2,3,…)
【解析】
水
平分运动：L=v 0t 竖直分运动：
2
20212nqU T y n aT md ==（） 由于：
2d y ≤
t=nT 联立解得:20220v nmd U qL ≤ （其中n=1,2，3，…） 考点：带电粒子在电场中的运动
【名师点睛】本题关键是明确粒子的运动情况和受力情况，要采用正交分解法列式分析，注意多解性，不难。

12、a 、b 两物块可视为质点，在a 以初速度v 0从地面竖直上抛的同时,b 以初速度v 0滑上倾角为o
=30θ的足够长的斜面。

已知b 与斜面间的动摩擦因数为
3μ重力加速度为g ，求当a 落地时，b 离地面的
高度.
【答案】205v h g = 【解析】
联立解得：205v h g
=． 考点：牛顿定律的综合应用
【名师点睛】解答本题的关键是弄清楚b 的运动情况，知道b 上升到最高点后静止;对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答;知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。