福建漳州市八校2017届高三物理下学期2月联考试题

福建省漳州市八校2017届高三物理下学期2月联考试题
（满分：100分 考试时间：90分钟）
第I 卷
1. 两个质量为m 1的小球套在竖直放置的光滑支架上，支架的夹角为120°，如图所示，用轻绳将
两球与质量为m 2的小球连接，绳与杆构成一个菱形，则m 1:m 2为 A ．1:2 B ．1:1
C ．
D
:2
2. 如图所示，质量分别为m 1、m 2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F 的作用下一起沿水平方向做
匀加速直线运动，m 1在光滑地面上，m 2在空中。

已知力F 与水平方向的夹角为θ。

则m 1的加速度大小为
A ．12
cos F m m θ
+
B ．
12
sin F m m θ
+
C ．
1
cos F m θ
D ．
2
sin F m θ
3. 钍
23490Th 具有放射性，它能放出一个新的粒子而变为镤23491Pa ，同时伴随有γ射线产生，
其方程为
234234
90
91
Th Pa+x →
，钍的半衰期为24天．则下列说法中正确的是
A ．x 为质子
B ．x 是钍核中的一个中子转化成一个质子时产生的
C ．γ射线是镤原子核外电子跃迁放出的
D ．1g 钍234
90Th 经过120天后还剩0.2g 钍
4. 如图所示，电容器极板间有一可移动的电介质板，介质与被测物体相连，电容器接入电路后，
通过极板上物理量的变化可确定被测物体的位置，则下列说法中正确的是 A ．若电容器极板间的电压不变，x 变大，电容器极板上带电荷量增加 B ．若电容器极板上带电荷量不变，x 变小，电容器极板间电压变大 C ．若电容器极板间的电压不变，x 变大，有电流流向电容器的正极板 D ．若电容器极板间的电压不变，x 变大，有电流流向电容器的负极板
5. 在某一点电荷Q 产生的电场中有a 、b 两点，相距为d ，a 点的场强大小为E a ，方向与ab 连线
成120°角，b 点的场强大小为E b ，方向与ab 连线成150°角，如图所示，则关于a 、b 两点场强大小及电势高低的关系的说法中正确的是 A ．E a =E b /3，φa >φ b B ．E a =E b /3，φa <φ b C ．E a =3E b ，φa >φ b
D ．
E a =3E b ，φa <φ b
6. 如图所示，ABC 为在竖直平面内的金属半圆环，AC 连线水平，AB 为固定
在AB 两点间的直金属棒，在直棒上和圆环的BC 部分分别套着两个相同的小环M 、N ，现让半圆环绕对称轴以角速度ω做匀速转动，半圆环的半径为R ，小圆环的质量均为m ，棒和半圆环均光滑，已知重力加速度为g ，小环可视为质点，则M 、N 两环做圆周运动的线速度之比为
A
B
．
C
．
D
7. 关于物理学思想方法，下列说法中叙述正确的是
A ．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是理想模型法
B ．验证力的平行四边形定则的实验中，主要是应用了“等效替换”的思想
C ．伽利略在研究自由落体运动时采用了微小量放大的方法
D ．在定义“速度”、“加速度”等物理量时，应用了比值的方法 8. 2013年12月2日，我国成功发射了“嫦娥三号”月球探测器．设想未来我国宇航员随“嫦娥”
号探测器贴近月球表面做匀速圆周运动，宇航员测出飞船绕行n 圈所用的时间为t ．登月后，宇航员利用身边的弹簧测力计测出质量为m 的物体重力为F ，已知引力常量为G ．根据以上信息可求出
A ．月球表面的重力加速度
B ．月球的密度
C ．月球的自转周期
D ．飞船的质量
9. 一小球从A 点做自由落体运动，另一小球从B 点做平抛运动，两小球恰好同时到达C 点，已
知AC 高为h ，两小球在C 点相遇前瞬间速度大小相等，方向成60°夹角，g =10 m/s 2。

由以上条件可求
A ．A 、
B 两小球到达
C 点所用时间之比为1∶2
B
C ．A 、B 两点的高度差为3h /4
D ．A 、B 两点的水平距离为h /2
10. 一个物体以初速度v 0沿光滑斜面向上运动，其速度v 随时间t 变化的规律如图所示，在连续
两段时间m 和n 内对应的面积均为S ，设经过b 时刻的加速度和速度分别为a 和v b ，则
A ．2()()n m S
a n m mn
-=
+
B ．2()()m n S
a n m mn -=
+
C ．22(+n )()b m S
v n m mn
=+
D ．()b m n S
v mn
+=
11. 如图所示，“匚”型导线框abcd 与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，线框c 、d 两端接入图
示电路，其中ab 长为l 1，ad 长l 2，线框绕过c 、d 的轴以恒定的角速度匀速转动，开关S 断开时，额定功率为P 、电阻恒为R 的灯泡L 1正常发光，理想电流表的示数为I ，线框电阻不计，下列说法正确的是
A ．闭合开关S 前后，电流表示数保持不变
B
．线框转动的角速度为
12
IBl l C
．变压器原、副线圈的匝数比为
IR
D ．线框从图中位置转过π/4时，感应电动势的瞬时值为P /
I
第II卷
12.某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度，电源频率f=50Hz，在纸带上打
出的点中，选出零点，每隔4个点取1个计数点，因保存不当，纸带被污染，下如所示，A、
B、C、D是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离：
s A=16.6 mm，s B=126.5 mm，s D=624.5 mm。

若无法再做实验，可由以上信息推知：
(1) 相邻两计数点的时间间隔为__________s；
(2) 打C点时物体的速度大小为__________ m/s（取2位有效数字）；
(3) 物体的加速度大小为__________（用s A、s B、s D和f表示）。

13.某些固体材料受到外力后除了产生形变，其电阻率也发生变化，这种由于外力的作用而使材
料电阻率发生变化的现象称为“压阻效应”。

现用如下图所示的电路研究某长薄板电阻Rx的压阻效应。

已知Rx的阻值变化范围为几欧到几十欧，实验室中有下列器材：
A．电源E（3 V，内阻约为1Ω）
B．电流表A1（0.6 A，内阻r1约为1 Ω）
C．电流表A2（0.6 A，内阻r2＝5Ω）
D．开关S，定值电阻R0
(1)为了较准确地测量电阻R x的阻值，请将电流表A2接入虚线框内并画出其中的电路图。

(2)在电阻R x上加一个竖直向下的力F（设竖直向下为正方向），闭合开关S，记下电表读数，
A1的读数为I1，A2的读数为I2，则R x=______________（用字母表示）。

(3)改变力的大小，得到不同的R x值，然后让力反向从下向上挤压电阻，并改变力的大小，得
到不同的R x值，最后绘成的图象如上图所示。

当F竖直向下（设竖直向下为正方向）时，可得R x与所受压力F的数值关系是R x=__________。

（各物理量单位均为国际单位）
(4)定值电阻R0的阻值应该选用________________。

．1 ΩB．5 ΩC．10 ΩD．20 Ω
14.在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g值，g值可
由实验精确测得，近年来测g值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g转变为测量长度和时间，具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中的O点向上抛出小球，测出小球从抛出到落回原处的时间为T1，在小球运动过程中经过比O点高H的P点，测出小球离开P点到又回到P点所用的时间为T2，请求出当地的重力加速度g．
15.如图所示，粗糙斜面的倾角θ=37°，边长L1=0.5 m的正方形区域内存在着垂直于斜面向下
的匀强磁场。

一个匝数n=10匝的刚性正方形线框，边长为L2=0.6 m，通过松弛的柔软导线（对线框的作用力近似为零）与电阻R相连，R=1.25 Ω。

正方形磁场区域的一半恰好在正方形线框内部。

已知线框质量m=2 kg，总电阻R0=1.25 Ω，与斜面间的动摩擦因数μ=0.5．从t=0时起，磁场的磁感应强度按B=B0－2t（T）的规律变化，线框能保持一段时间静止在斜面上。

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）线框不动时，回路中的感应电动势E；
（2）B0的取值范围；
（3）线框保持不动的时间内，电阻R上产生的热量Q的最大值是多少？
16.如图所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab段水平，bcde段光滑，cde段是以O为圆
心、R为半径的一小段圆弧．可视为质点的物块A和B紧靠在一起，静止于b处，A的质量是B的3倍．两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别向左、右始终沿轨道运动．B到d点时速度沿水平方向，此时轨道对B的支持力大小等于B所受重力的3/4，A与ab段的动摩擦因数为μ，重力加速度g，求：
（1）物块B在d点的速度大小；
（2）物块A、B在b点刚分离时，物块B的速
度大小；
（3）物块A滑行的最大距离s．
y=-（x、y单位均为m），在OPM区域存在水17.如图所示，OP曲线的方程为：1
平向右的匀强电场，场强大小E1=200 N/C（设为Ⅰ区），MPQ右边存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度为B=0.1 T（设为Ⅱ区），与x轴平行的PN上方（包括PN）存在竖直向上的匀强电场，场强大小E2=100 N/C（设为Ⅲ区），PN的上方h=3.125 m处有一足够长的紧靠y轴水平放置的荧光屏AB，OM的长度为a=6.25 m，今在曲线OP上同时静止释放质量为m=1.6×10﹣25kg，电荷量为e=1.6×10﹣19C的带正电的微粒2000个（在OP上按x均匀分布）．（不考虑微粒之间
）．试求：
(1)这些粒子进入Ⅱ区的最大速度大小；
(2)粒子打在荧光屏上的亮线的长度和打在荧光屏上的粒
子个数；
(3)这些粒子从出发到打到荧光屏上的最长时间．
参考答案 1.B
【解析】
试题分析：1m 、2m 小球受力分析如图所示，
对2m 有：根据几何知识得：2T m g =，
对1m 有：由平衡条件，在沿杆的方向有：1sin 30sin 30m g T ︒=︒，得：1T m g = 故可得12:m m =1：1，B 正确；
考点：考查了共点力平衡条件的应用
【名师点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解，
2.A 把m 1、m 2看做一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿第二定律可得:F cos θ=(m 1+m 2)a ，所以a=，选项A 正确。

3.【答案】B 【解析】
试题分析：根据电荷数和质量数守恒知钍核衰变过程中放出了一个电子，即x 为电子，故A 错误；β衰变的实质：β衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子同时产生的，故B 正确； γ射线是镤原子核放出的，故C 错误；钍的半衰期为24天，1g 钍234
90Th 经过120
天后，发生5个半衰期，1g 钍经过120天后还剩0.03125g ，故D 错误。

考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度
4.D 若x 变大，则由C=，可知电容器电容减小，在极板间的电压不变的情况下，由Q=CU 知电容器带电荷量减少，此时带正电荷的极板得到电子，带负电荷的极板失去电子，所以有电流流向负极板，A 、C 错误，D 正确。

若电容器极板上带电荷量不变，x 变小，则电容器电容增
大，由U=可知，电容器极板间电压减小，B 错误。

5 【答案】C 【解析】
试题分析：由点电荷的电场可得：2
＝Q
E k
r ，因为a 点的场强方向与ab 连线成120︒角，b 点的场强方向与ab 连线成150︒角，所以点电荷所在位置与、a b 两点所构成的三角形是直角
三角形．
那么点的场强大小为a E 与b 点的场强大小为b E 之比为3:1，
由于沿着电场线电势降低，所以＞a
b ϕϕ，故选项C 正确。

考点：电场强度、电势
【名师点睛】点电荷的电场中两点连线与电场强度的夹角，当夹角越大时，离点电荷越远．由公式可知，电场强度大小与距离的平方成反比。

6.【答案】A 【解析】
试题分析：M 点的小球受到重力和杆的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，所以：F n =mgtan45°=m ω•v M 所以：N g
v ω
＝
…①
同理，N 点的小球受到重力和杆的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，设ON 与竖直方向之间的夹角为，F n ′=mgtan θ=m ωv N 所以：N gtan v N
θ
＝
…② 又：F n ′＝m ω2
r …③ r=Rsin θ…④
联立②③④得：N v
所以：
M
N
v v =，故选A ． 考点：线速度和加速度；向心力
7【答案】ABD 【解析】
试题分析：质点是理想模型，现实中不存在，A 正确；验证力的平行四边形定则的实验中，利用了分力和合力的作用效果相同，即等效替代法，B 正确；伽利略在研究自由落体运动时没有采用微小量放大的方法，而是采用理想实验的方法，故C 错误；在定义“速度”、“加速度”等物理量时，均应用了比值定义法，故D 正确； 考点：考查了物理研究方法
【名师点睛】在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习．
8.【答案】AB 【解析】
试题分析：根据F mg =，则月球表面重力加速度为:F
g m
=
，故选项A 正确；设月球的半径为R ，月球的质量为M ，则有：2＝F m GM g R =…①22()2 ＝GMm m R R T
π
''，宇航员测出飞船绕行
n 圈所用的时间为t ，＝T t n ，得：2224＝Ft R n m π，月球的质量：3444316＝F t M G n m π．根据：＝
M
V
ρ可以求得密度，故B 正确；根据万有引力提供向心力，不能求月球自转的周期，故C 错误；
根据万有引力提供向心力，列出等式中消去飞船的质量，所以无法求出飞船的质量，故D 错误。

考点：万有引力定律及其应用
【名师点睛】解决本题的关键要建立模型，掌握万有引力等于重力和万有引力提供向心力。

9.BC 小球从A 点做自由落体运动，下降h 过程，所用时间t AC =，末速度大小为v 1=，故平抛小球的末速度大小为v 2=v 1=，方向与竖直方向成60°夹角斜向右下方，则做平抛运动的小球的初速度:v 0=v 2 sin 60°=，在P 点时的竖直分速度:v y =v 2 cos 60°=，由v y =gt BC ，得t BC =，故t AC ∶t BC =2∶1，故A 错误、B 正确;平抛小球的竖直分位移:h==h ，A 、B 两点的高度差为Δh=h-h=h ，两点的水平距离x=v 0t BC =h ，故C 正确、D 错误。

10【答案】AC 【解析】
试题分析：设a 点对应的速度为a v ，则在m 时间段里有2
12
a S mv am =-
，在n 时间段里有21
2b S nv an =-，根据匀变速直线运动速度时间公式可得b a v v am =-，联立解得
()()2n m S
a m n mn
-=
+，()()22b m n S v m n mn +=+，故AC 正确； 考点：考查了匀变速直线运动规律的应用，速度时间图像
【名师点睛】本题是图象与运动规律相结合的题目，关键是知道利用图象中的面积表示位移，然后在利用位移时间和速度时间关系列式求解即可
11【答案】BCD 【解析】
试题分析：闭合开关S 后，副线圈中电阻减小，电压不变，输出功率2
22
R
U P =变大，输入功
率变大，输入电压不变，电流表的读数变大，故A 错误； K 断开时，输入功率为P ，原线圈两端的电压有效值 P I ，最大
值，由于12 m
B l l E ω=．所以线框转动的角速
度12
＝
IB l l ω，故B 正确； K
断开时，副线圈中的电流2
I =，原副线圈匝数之比等于电流
的反比12 IR
n n ==，故C 正确；线框从中性面转动，
所以瞬时值表达式为sin θ，
当转动 4
π
时，感应电动势的瞬时值4＝＝P
I
π，故D 正确。

考点：变压器的构造和原理、交流发电机及其产生正弦式电流的原理
【名师点睛】本题关键是抓住灯泡正常发光，可计算副线圈两端电压，同时要明确输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率。

12.【答案】①0．1 ②2．5
【解析】
试题分析：（1）①打点计时器打出的纸带每隔4个点选择一个计数点，则相邻两计数点的时间间隔为T=0．02×5=0．1s ．
③匀加速运动的位移特征是相邻的相等时间间隔内的位移以aT 2
均匀增大，即△x=aT 2
，所以有：
x BC =x AB +aT 2，x CD =x BC +aT 2=x AB +2aT 2，x BD =2x AB +3aT 2
，
考点：测量做匀加速直线运动的物体的加速度
13.【答案】①如下图所示 ，②
22
12
I r I I -，③16－2F ，④B
【解析】试题分析：①为了较准确地测量电阻R x 的阻值，需要测出电阻两端电压与通过电阻的电流，所给实验器材没有电压表，可以用已知内阻的电流表与待测电阻并联，测出电阻两端电压，电路图如上图所示。

②由于电流表A 2与电阻R x 并联，电阻R x 两端的电压与电流表A 2与两端的电压相同为I 2 r 2，流经电阻R x 的电流为I 1- I 2，由欧姆定律可知 22
12
x I r R I I =
-；③
由图像可知电阻值随压力的变化呈线性变化，由于图像的对称性可知，加上相反的压力时，
电阻值大小相等；分别将图像与坐标轴交点的数值代入，可知当F=0时R=16Ω，当F=4.5N时R=7Ω，因此表达式为R=16－2F；④定值电阻R0的作用为控制电路中的电压、电流的大小，保证电流表在安全有效的测量范围内工作，整个电路中总电流不能大于电流表的最大量程0.6A，而电动势为3V，因此总电阻应略大于5欧姆，而电源内阻为1Ω，因此定值电阻R0的阻值应选5欧姆，这样即可保证电流不超过量程，也保证电流不太小，使两块电流表可准确读数。

考点：本题考查了欧姆定律的应用
14.【解析】
试题分析：小球从O
P
点上升的最大高度：
12
h h H
-=
考点：考查了竖直上抛运动
15.【答案】（1）2．5V（2）0．8T<B0≤4T（3）2J
【解析】
试题分析：（1）
2
1
2
L
B
E n n
t t
∆Φ∆
==
∆∆
解得：E=2．5V
（2）
E
I
R R
=
+
解得：I=1A
经分析可知：t=0时刻线圈若恰要上滑时有：
02
sin cos
mg mg nB IL
θμθ
+=
解得B0=4T
t=0时线圈若恰要下滑有：
02
sin=cos
mg nB IL mg
θμθ
+
解得B0=0．8T
则：0．8T<B0≤4T
（3）线框保持不动的最长时间为t，这段时间内磁感应强度从4T减小为0．8T
B=B0-2t
解得：t=1．6s
由Q=I2Rt
解得：Q=2J
考点：法拉第电磁感应定律；安培力；物体的平衡
【名师点睛】此题是力电磁综合题目，主要考查了法拉第电磁感应定律、安培力以及物体的平衡问题；解题时主要是能找到线圈恰好不上滑及不下滑的临界条件，根据平衡条件列出方程求解．
16.【答案】（1（2（3【解析】
试题分析：（1）B 在d
解得：v = （2）B 从b 到d 过程，只有重力做功，机械能守恒有：
12mv B 2＝mgR+12mv 2
解得：B v （3）AB 分离过程动量守恒有：3m A =mv B …① A 匀减速直线运动，用动能定理得，0-
12×3mv A 2＝−3μmgs …② 联立①②，解得：8R s μ
＝ 考点：动量守恒定律；动能定理的应用
【名师点睛】本题考查了动量守恒、动能定理、动量定理等规律的简单应用，较好的考查了学生综合应用知识的能力。

17.【答案】（1）这些粒子进入Ⅱ区的最大速度大小为5×104 m/s ；
（2）糍子打在荧光屏上的亮线的长度6.25 m ，打在荧光屏上的粒子数500个；
（3）这些粒子从出发到打到荧光屏上的最长时间4.064×10-4 s ．
【解析】
试题分析：（1）对在Ⅰ区的运动过程根据动能定理列方程求速度的表达式，进而求出最大速度；
（2）有半径公式表示粒子在Ⅱ区后做匀速圆周运动的轨道半径，求出转过半圈后的竖直位移，然后根据运动的合成与分解求出打在光屏上的亮线长度，根据长度比求出个数；
（3）能打到荧光屏上的粒子在Ⅰ区的时间最长，分别求出在Ⅰ区的运动时间和Ⅱ区的运动时间与圆周运动半轴的时间，其和即为最长时间． 解：（1）设粒子从点（x ，y ）出发，eE 1（a ﹣x ）=mv 02
v 0=
当x=0时速度最大，所以最大速度v m =5×104m/s ；
（2）进入Ⅱ区后做匀速圆周运动，其轨道半径为：r==
转半圈后打在MQ点上的C点，y c=2r+y=0.4+y=1m
所以所有的粒子均打在P点且水平进入Ⅲ区速度最小的从P点出发，直接打在P点正上方的荧光屏上，速度最大的是5×104m/s，水平向左做匀速运动，
竖直向上做匀加速直线运动，
a2==105m/s2
t2==2.5×10﹣4s
所以最偏左的y=v m t2=12.5m，则亮线长度为6.25m（其余打出去了）
打在6.25m处的粒子的水平速度为：v=m/s=2.5×104m/s
由v==2.5×104m/s
得：a﹣x=1.25
所以打在荧光屏上的粒子数n=×2000=500个；
（3）能打到荧光屏上的粒子在Ⅰ区的最长时间为t1
a1==2×105m/s2，得：t2==1.25×10﹣4s
在Ⅱ区，t′=T==3.14×10﹣5s
t=t1+t2+t′=4.064×10﹣4s
答：（1）这些粒子进入Ⅱ区的最大速度大小为5×104m/s；
（2）糍子打在荧光屏上的亮线的长度6.25m，打在荧光屏上的粒子数500个；
（3）这些粒子从出发到打到荧光屏上的最长时间4.064×10﹣4s．
【点评】本题考查了粒子在组合场中的运动，综合运用了牛顿第二定律、运动学公式与动能定理等规律，掌握平抛运动的处理规律，理解动能定理的过程确定的重要性．会用几何知识解决电磁偏转的问题．。