【全国百强校】河北省定州中学2017届高三上学期周练(一)物理(解析版)

第I卷（选择题44分）
一．选择题（共44分，本大题共11小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1至7题只有一项符合题目要求，第8至11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．如图所示，将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直墙上，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（）
A．从抛出到撞墙，第二次球在空中运动的时间较短
B．篮球两次撞墙的速度可能相等
C．篮球两次抛出时速度的竖直分量可能相等
D．抛出时的动能，第一次一定比第二次大
【答案】A
考点：平抛运动
【名师点睛】由于两次篮球垂直撞在竖直墙面上，该运动的逆运动为平抛运动，结合平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律分析求解。

2．质量为2 kg的质点在xy平面上做曲线运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图所示，下列说法正确的是（）
A ．质点的初速度为3 m/s
B ．质点所受的合外力为3 N
C ．质点初速度的方向与合外力方向垂直
D ．2 s 末质点速度大小为6 m/s 【答案】B
考点：匀变速直线运动的图像、匀变速直线运动的速度与时间的关系、牛顿第二定律
【名师点睛】根据速度图象判断物体在x 轴方向做匀加速直线运动，y 轴做匀速直线运动．根据位移图象的斜率求出y 轴方向的速度，再将两个方向的合成，求出初速度．质点的合力一定，做匀变速运动．y 轴的合力为零．根据斜率求出x 轴方向的合力，即为质点的合力．合力沿x 轴方向，而初速度方向既不在x 轴，也不在y 轴方向，质点初速度的方向与合外力方向不垂直。

3．如图所示，质量为M 的木块静止在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v0 沿水平方向射中木块并最终留在木块中与木块一起以速度v 运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L ，子弹进入木块的深度为L ′，木块对子弹的阻力为F （F 视为恒力），则下列判断正确的是
A ．子弹和木块组成的系统机械能守恒
B ．子弹克服阻力所做的功为'FL
C ．系统产生的热量为()'F L L +
D ．子弹对木块做的功为
21
2
Mv
【答案】D
考点：功能转化
【名师点睛】相互作用的过程有没有内能产生，关键看两物体位移是否相等，即两物体是否有相对位移，如果两物体位移不相等，有内能产生，系统机械能不守恒。

产生的内能等于力乘以两物体的相对位移。

而力做的功等于力乘以物体的对地位移。

4．A、B两个点电荷在真空中所产生的电场的电场线（方向未标出）如图所示图中C点为两个点电荷连线的中点，MN为两个点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称．则下列说法正确的是（）
A．这两个点电荷一定是等量异种电荷
B．这两个点电荷一定是等量同种电荷
C．C点的电场强度比D点的电场强度小
D．C点的电势比D点的电势高
【答案】A
【解析】
试题分析：根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷终止可以判断，这两点电荷是两个等量异种电荷，故A正确，B错误；在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大，也可以从电场线的疏密判断，所以C点的电场强度比D点的电场强度大，故C错误；根据平行四边形定则，对中垂线上的场强进行合成，知中垂线上每点的电场方向都水平向右，中垂线和电场线垂直，所以中垂线为等势线，所以C点的电势等于D点的电势，故D错误。

考点：电场线
【名师点睛】常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性．加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题。

5．如图是一个1/4圆柱体棱镜的截面图，图中E、F、G、H将半径OM分成5等份，虚线EE1、FF1、GG1、HH1平行于半径ON，ON边可吸收到达其上的所有光线．已知该棱镜的折射率n＝5/3，若平行光束垂直入射并覆盖OM，则光线（）
A．不能从圆弧NF1射出B．只能从圆弧NG1射出
C．能从圆弧G1H1射出D．能从圆弧H1M射出
【答案】B
考点：考查了光的折射，全反射
【名师点睛】解决光学问题的关键要掌握全反射的条件、折射定律
sin
sin
i
n
r
=、临界角公式
1
sin C
n
=、光速
公式
c
v
n
=，运用几何知识结合解决这类问题．
6．如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直
方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。

已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面下列说法正确的是
A、斜面倾角a=600
2
B、A获得最大速度为
C、C刚离开地面时，B的加速度最大
D、从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒
【答案】B
考点：机械能守恒；牛顿第二定律
【名师点睛】本题关键是分析求出系统的运动情况，然后结合机械能守恒定律和胡克定律多次列式求解分析．
7．一如图所示，磁单极子会在其周围形成均匀辐射磁场。

质量为m 、半径为R 的圆环当通有恒定的电流I 时，恰好能水平静止在N 极正上方H 处。

已知与磁单极子N 极相距r 处的磁场强度大小为B=k
r
，其中k 为常数．重力加速度为g 。

则
A ．静止时圆环的电流方向为顺时针方向（俯视）
B ．静止时圆环沿其半径方向有扩张的趋势
C ．静止时圆环的电流()222
2mg H R I kR π+=
D ．若将圆环向上平移一小段距离后由静止释放，下落中加速度先增加后减小 【答案】C
考点：共点力平衡的条件及其应用；磁现象和磁场；左手定则．
【名师点睛】本题巧妙地将此单极子的猜想与电流在磁场中的受力相结合，考查了受力平衡的问题，可知对环进行正确的受力分析，理解环在竖直方向的合力与重力大小相等是解答的关键．
8．如图所示，已知倾角为045θ=、高为h 的斜面固定在水平地面上。

一小球从高为H 54h H h ⎛⎫<<
⎪⎝⎭
处自由下落，与斜面做无能量损失的碰撞后水平抛出，小球自由下落的落点距斜面左侧的水平距离x 满足一
定条件时，小球能直接落到水平地面上，下列说法正确的是（ ）
A B 、x 应满足的条件是H h x h -<< C 、x 应满足的条件是0.8h H x h -<< D 、x 取不同值时，小球在空中运动的时间不变 【答案】AC
考点：平抛运动、自由落体运动
【名师点睛】本题是机械能守恒与自由落体运动、平抛运动的综合，既要把握每个过程的物理规律，更要抓住它们之间的联系，比如几何关系，运用数学上函数法求解极值。

9．2015年12月10日，我国成功将中星1C 卫星发射升空，卫星顺利进入预定转移轨道。

如图所示是某卫星沿椭圆轨道绕地球运动的示意图，已知地球半径为R ，地球表面重力加速度g ，卫星远地点P 距地心O 的距离为3R ，则（ ）
A
B、卫星经过远地点时的速度最小
g
C、卫星经过远地点时的加速度小于
9
D、卫星经过远地点时加速，卫星有可能再次经过远地点
【答案】ABD
考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用
【名师点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，以及知道变轨的原理，当万有引力小于向心力，做离心运动，当万有引力大于向心力，做近心运动．
10．如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道，外圆光滑，内圆粗糙．一质量为m的小球从轨道的最低点以初速度v0向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径为R，不计空气阻力．设小球过最低点时重力势能为零，下列说法正确的是
A．若小球运动到最高点时速度为0，则小球机械能一定不守恒
3
B．若经过足够长时间，小球最终的机械能可能为mgR
2
5
C．若使小球始终做完整的圆周运动，则v0一定不小于gR
4
D．若小球第一次运动到最高点时速度大小为0，则v0一定大于gR
【答案】ACD
【解析】
试题分析：若小球运动到最高点时速度为0，则小球在运动过程中一定与内圆接触，受到摩擦力作用，要克
服摩擦力做功，小球的机械能一定不守恒，故A正确；若初速度
v比较小，小球在运动过程中一定与内圆接触，机械能不断减少，经过足够长时间，小球最终在圆心下方运动，最大的机械能为mgR，所以小球最
终的机械能不可能为3
2
mgR．若初速度
v足够大，小球始终沿外圆做完整的圆周运动，机械能守恒，机械
能必定大于2mgR，故B错误；若使小球始终做完整的圆周运动，小球应沿外圆运动，在运动过程中不受
摩擦力，机械能守恒，小球恰好运动到最高点时速度设为v，则有
2
v
mg m
R
=，由机械能守恒定律得：
考点：考查了圆周运动，机械能守恒定律
【名师点睛】内圆粗糙，小球与内圆接触时要受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，机械能不守恒；外圆光滑，小球与外圆接触时不受摩擦力作用，只有重力做功，机械能守恒，应用牛顿第二定律与机械能守恒定律分析答题．
11．如图所示，三个可视为质点的金属小球A、B、C，质量分别为m、2m和3m，B球带负电，电荷量为﹣q，A、C不带电，不可伸长的绝缘细线将三球连接，最上边的细线连接在斜面顶端的O点，三球均处于场强大小为E的竖直向上的匀强电场中，三段细线均伸直，三个金属球均静止于倾角为30°的绝缘光滑斜面上，则下列说法正确的是
A．A、B球间的细线的张力为5
2 mg qE
+
B．A、B球间的细线的张力可能为0
C．将线OA剪断的瞬间，B、C间的细线张力
12
qE
D．将线OA剪断的瞬间，A、B球间的细线张力
6
qE 【答案】AD
考点：牛顿第二定律；物体的平衡
【名师点睛】本题主要是剪断OA 线瞬间，对A 、B 、C 三个球的运动状态的确定及受力分析，知道绳子一旦剪短之后，绳子的拉力立即为零，难度适中。

第Ⅱ卷（非选择题，共66分）
二、计算题（6小题，共66分）
12．如图所示，在轴上方存在垂直xoy 平面向外的匀强磁场，坐标原点O 处有一粒子源，可向x 轴和x 轴上方的各个方向不断地发射速度大小均为v ，质量为m 、带电量为q 的同种带电粒子。

在x 轴上距离原点0x 处垂直于x 轴放置一个长度为0x 、厚度不计、能接收带电粒子的薄金属板P （粒子一旦打在金属板P 上，其速度立即变为0）。

现观察到沿x 轴负方向射出的粒子恰好打的薄金属板的上端，且速度方向与y 轴平行，不计带电粒子的重力和粒子间的相互作用力。

（1）求磁感应强度B 的大小；
（2）求被薄金属板接收的粒子中运动的最长与最短时间的差值；
（3）若在y 轴上另放置一能接收带电粒子的挡板，使薄金属板P 右侧不能接收到带电粒子，试确定挡板的最小长度和放置的位置坐标。

【答案】（1）0
mv
qx ；（2）043x v π；（3
）002y x ≤≤
【解析】
试题分析：（1）由题意，“沿x 轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，且速度方向与y 轴平行”的
粒子运动的轨迹如图甲，由图可得，粒子运动的半径：0R x =,由洛伦兹力提供向心力，得：2
＝
mv qvB R
,所以：0
＝
＝
mv mv
B qR qx 。

（2）根据粒子在磁场中运动的时间与偏转角度的关系：
360＝t
T
θ
︒，可知粒子在磁场中运动的时间与偏转的角度成正比，由图乙可得，打在P 右侧下端的粒子在磁场中运动的时间最长，由丙图可得，打在P 下端的粒子在磁场中运动的时间最短，打在P 右侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是300︒，设运动的时间是1t ，由于运动的半径与O 到P 的距离都是0x ，所以打在P 下端的粒子在磁场中偏转的角度是60︒，设运动的时间是2t ，则：130036605＝
＝t T T ︒︒，2601
3606
＝＝t T T ︒︒，由：22＝
＝R v m T qB ππ，所以：012516432
63＝＝＝＝
x t t t T T T v
π∆--。

考点：带电粒子在匀强磁场中的运动
【名师点睛】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了。

13．在一次救援中，一辆汽车停在一倾角为0
37的小山坡坡底，突然司机发现在距坡底48m 的山坡处一巨石以8/m s 的初速度加速滚下，巨石和山坡间的动摩擦因数为0.5，巨石到达坡底后速率不变，在水平面的运动可以近似看成加速度大小为22/m s 的匀减速直线运动；司机发现险情后经过2s 汽车才启动起来，并以20.5/m s 的加速度一直做匀加速直线运动（如图所示）
，求：
（1）巨石到达坡底时间和速率分别是多少？ （2）汽车司机能否安全脱险？
【答案】（1）14＝t s ， 116/＝ v m s ；
（2） 无法脱险
考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系
【名师点睛】本题主要考查了匀变速直线运动为位移时间公式和速度时间公式的直接应用，关键抓住临界状态，即抓住速度相等时，结合两者的位移关系进行求解．
14．在竖直平面内建立一平面直角坐标系xoy ，x 轴沿水平方向，如图甲所示．第二象限内有一水平向右的匀强电场，场强为E 1．坐标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变磁场，电场方向竖直向上，场强E 2=12
E 1，匀强磁场方向垂直纸面．处在第三象限的发射装置（图中未画出）竖直向上射出一个比荷
2C/kg 的带正电的粒子（可视为质点），该粒子以v 0=4m/s 的速度从－x 上的A 点进入第二象限，并以v 1=8m/s 速度从＋y 上的C 点沿水平方向进入第一象限．取粒子刚进入第一象限的时刻为0时刻，磁感应强
度按图乙所示规律变化（以垂直纸面向外的磁场方向为正方向），g=10 m/s 2．试求：
（1）带电粒子运动到C 点的纵坐标值h 及电场强度E 1；
（2）＋x 轴上有一点D ，OD=OC ，若带电粒子在通过C 点后的运动过程中不再越过y 轴，要使其恰能沿x 轴正方向通过D 点，求磁感应强度B 0及其磁场的变化周期T 0；
（3）要使带电粒子通过C 点后的运动过程中不再越过y 轴，求交变磁场磁感应强度B 0和变化周期T 0的乘积00T B 应满足的关系．
【答案】（1）0.8h m =、C N E /2.01=（2）.....)
3,2,1)((2.00==n T n B
、
（3）0060T B π≤
（2）mg qE =2，所以带电的粒子在第一象限将做匀速圆周运动，设粒子运动圆轨道半径为R ，周期为T ，
使粒子从C 点运动到D 点，则有：
.....)3,2,1)((2.00==n T n B
考点：考查了带电粒子在电磁场中的运动
【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．如图所示，左右两个容器的侧壁都是绝热的、底部都是导热的、横截面积均为S 。

左容器足够高，上端敞开，右容器上端由导热材料封闭。

两个容器的下端由容积可忽略的细管连通。

容器内两个绝热的活塞A 、B 下方封有氮气，B 上方封有氢气。

大气的压强为P 0，外部气温为T 0=273K 保持不变，两个活塞因自身重力对下方气体产生的附加压强均为0．1P 0。

系统平衡时，各气体柱的高度如图所示。

现将系统的底部浸人恒温热水槽中，再次平衡时A 上升了一定的高度。

用外力将A 缓慢推回第一次平衡时的位置并固定，第三
次达到平衡后，氢气柱高度为0．8h 。

氮气和氢气均可视为理想气体。

求：
（1）第二次平衡时氮气的体积； （ii ）水的温度。

【答案】（1） 2.7V hS =（ii ）368.55T K =
（ⅱ）活塞A 从最初位置升到最高位置过程为等压过程，该过程的初态体积和温度分别为2hS 和0273T K =，末态体积为2.7hS ，
设末态温度为T ，由盖-吕萨克定律02 2.7hs hs
T T
=
解得368.55T K =
考点：考查了理想气体状态方程的应用
【名师点睛】本题是关于气体的连接体问题，知道两部分气体的总体积不变是正确解题的关键，分别对每部分气体作为研究对象、应用气态方程即可正确解题．
16．（原创）如图1所示，空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小B ＝0.5 T 的匀强磁场，有两条平行的长直导轨MN 、PQ 处于同一水平面内，间距L ＝0.2 m ，左端连接阻值R ＝0.4 Ω的电阻。

质量m ＝0.1 kg 的导体棒ab 垂直跨接在导轨上，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2。

从t ＝0时刻开始，通过一小型电动机对棒施加一个水平向右的牵引力，使棒从静止开始沿导轨方向做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好。

除R 以外其余部分的电阻均不计，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2。

Ⅰ.若电动机保持恒定功率输出，棒的v －t 如图2所示（其中OA 是曲线，AB 是水平直线），已知0～10 s 内电阻R 上产生的热量Q ＝30J ，则求： （1）导体棒达到最大速度v m 时牵引力大小；
（2）导体棒从静止开始达到最大速度v m 时的位移大小。

Ⅱ．若电动机保持恒牵引力F=0.3N ，且将电阻换为C=10F 的电容器（耐压值足够大），如图3所示，则求： （3）t=10s 时牵引力的功率。

【答案】（1）N 45.0=F ；（2）m 50=x ；（3）W 5.1=P
（2）变力做功问题不能用功的定义式，在0～10 s 内牵引力是变力但功率恒定，可根据能量守恒定律求解。

电动机的功率W 5.41045.0=⨯==m Fv P
电动机消耗的电能等于导体棒的动能、克服安培力做功产生的焦耳热与克服摩擦力做功产生的内能之和，
（3）当金属棒的速度大小为时v ，感应电动势为BLv E = 可知，此时电容器极板上的电荷量为CBLv CE CU Q === 设在一小段时间t ∆内，可认为导体棒做匀变速运动，速度增加量为v ∆， 电容器极板上增加的电荷量为v CBL Q ∆⋅=∆
根据电流的定义式CBLa t
v
CBL t Q I =∆∆⋅=∆∆=
对导体棒受力分析，根据牛顿第二定律，有ma BIL f F =-- 将CBLa I =代入上式可得：22
222s m 5.02
.05.0101.02
.03.0=⨯⨯+-=+-=
L CB m f F a 可知导体棒的加速度与时间无关，为一个定值，即导体棒做匀加速运动。

在t=10s 时，s m 5==at v ，此时的功率W 5.153.0=⨯==Fv P 考点：法拉第电磁感应定律的综合应用，微元法。

17．在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上，穿着三个半径相同的刚性球A 、B 、C ，三球的质量分别为m A =1kg 、m B =2kg 、m C =6kg ，初状态BC 球之间连着一根轻质弹簧并处于静止，B 、C 连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态，A 球以v 0=9m/s 的速度向左运动，与同一杆上的B 球发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），求：
（1）A 球与B 球碰撞中损耗的机械能； （2）在以后的运动过程中弹簧的最大弹性势能； （3）在以后的运动过程中B 球的最小速度。

【答案】（1）J 27=∆E ；（2）J 9=Pm E ；（3）零。

【解析】
试题分析：（1）A 、B 发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有：10)(v m m v m B A A += 碰后A 、B 的共同速度s m 301=+=
v m m m v B
A A
损失的机械能J 27)(2
1212120=+-=
∆v m m v m E B A A （2）A 、B 、C 系统所受合外力为零，动量守恒，机械能守恒，三者速度相同时，弹簧的弹性势能最大 根据动量守恒定律有：21)()(v m m m v m m C B A B A ++=+ 三者共同速度m 112=+++=
v m m m m m v C
B A B
A
最大弹性势能J 9)(2
1)(212221=++-+=
v m m m v m m E C B A B A Pm
【名师点睛】A 、B 发生弹性碰撞，碰撞的过程中动量守恒、机械能守恒，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出A 球与B 球碰撞中损耗的机械能．当B 、C 速度相等时，弹簧伸长量最大，弹性势能最大，结合B 、C 在水平方向上动量守恒、能量守恒求出最大的弹性势能．弹簧第一次恢复原长时，由系统的动量守恒和能量守恒结合解答
：。