1、滁州中学 2017-2018 学年上学期高三物理 12 月份检测试卷 一、单项选择题1. 下列有关物理常识的说法中正确的是A. 牛顿的经典力学理论不仅适用于宏观、低速运动的物体，也适用于微观、高速运动的物体B. 力的单位“N”是基本单位，加速度的单位“m/s 2”是导出单位C. 库仑在前人工作的基础上提出了库仑定律，并利用扭秤实验较准确地测出了静电力常量 kD. 沿着电场线方向电势降低，电场强度越大的地方电势越高【答案】C【解析】试题分析：A、牛顿的经典力学理论只仅适用于宏观、低速运动的物体，不适用于微观、高速运动的物体故 A 错误B、力的单位“N”和加速度的单位“m/s 2”都是导出单位故
2、B 错误C、库仑发现了库仑定律，并利用扭秤实验较准确地测出了静电力常量 k故C 正确D、沿着电场线方向电势降低电场强度与电势无关，则电场强度越大的地方电势不一定越高，故 D 错误故选 C考点：考查物理学史【名师点睛】物理学史和物理常识也是高考考查的内容之一，对于科学家的成就要加强记忆，力争不在基本题上失分2. 如图所示，小球 m 可以在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，下列说法中错误的是（ ）A. 小球通过最高点的最小速度为 vB. 小球通过最高点的最小速度可以趋近为 0C. 小球在水平线 ab 以下管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力D. 小球在水平线 ab 以上管道中运动时，内侧管壁
3、对小球可能有作用力【答案】A【解析】试题分析：在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，当小球的速度等于 0 时，内管对小球产生弹力，大小为 mg，故最小速度为 0故 A 错误，B 正确小球在水平线 ab 以下管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，所以外侧管壁对小球一定有作用力，内侧没有力的作用故 C 正确小球在水平线 ab 以上管道中运动时，当速度 时，内侧管壁没有作用力，此时外侧管壁有作用力当速度 时，内侧管壁有作用力故 D 正确故选 BCD考点：圆周运动的分析【名师点睛】解决本题的关键知道小球在竖直光滑圆形管道中运动，在最高点的最小速度为0，以及知道小球在竖直面内
4、做圆周运动的向心力由沿半径方向上的合力提供3. 已知地球质量为 M，半径为 R，地球表面重力加速度为 g，有一个类地行星的质量为地球的 p 倍、半径为地球的 q 倍，该行星绕中心恒星做匀速圆周运动的周期为 T，线速度为 v，则此类地行星表面的重力加速度和中心恒星的质量分别为（ ）A. 、 B. 、 C. 、 D. 、【答案】B【解析】根据万有引力等于地表物体所受重力： ， 类地行星的质量为地球的 p 倍、半径为地球的 q 倍，则 ；根据中心恒星对行星的万有引力充当行星做匀速圆周运动的向心力： 又根据上式可得： 联立解得：4. 如图所示， MN 和 PQ 表示垂直于纸面的两个相互平行的平面，在这
5、两个平面之间的空间区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，其中磁场方向与纸面垂直。一个带电粒子以某一初速度由 MN 平面上的 A 点沿垂直 MN 平面的方向进入这个场区恰能沿直线运动，并从 PQ平面上的 C 点离开场区， AC 连线与两平面垂直。如果这个区域只有电场，其他条件不变，则粒子从 PQ 平面上的 B 点离开场区；如果这个区域只有磁场，其他条件不变，则粒子从 PQ 平面上的 D 点离开场区。若粒子在上述三种情况下通过场区的总时间分别是 t1、 t2和 t3，运动的加速度大小分别为 a1、 a2和 a3，不计空气阻力及粒子所受重力的影响，则下列判断中正确的是（ ）A. t1=t2=t3
6、， a1t2， a1=a3a2【答案】C【解析】试题分析：带电粒子分别在复合场、电场、磁场中做匀速直线运动、类平抛运动、匀速圆周运动，比较三种情况下带电粒子在两个相互平行平面之间运动时间及加速度大小各自由相应规律表示出时间和加速度，从而得到结论在复合场中，带电粒子做匀速直线运动，则有 Eq=Bqv，则有 E=Bv在复合场中的时间 ，而在单一电场中水平方向也是做匀速直线运动，所以运动的时间 ，而在单一磁场中做匀速圆周运动，运动的时间 ，由于两平面之间 ，所以时间关系为 到于加速度，在复合场中 ，单一电场中和磁场中的加速度由电场力和洛仑兹力产生，但两种力相等，所以 ，但方向不同，即 ，故 C 正确
7、5. 一对正、负电子可形成一种寿命比较短的称为“电子偶素”的新粒子。电子偶素中的正电子与负电子都以速率 v 绕它们连线的中点做圆周运动。假定玻尔关于氢原子的理论可用于电子偶素，电子的质量 m、速率 v 和正、负电子间的距离 r 的乘积也满足量子化条件，即，式中 n 称为量子数，可取整数值 1、2、3、 ， h 为普朗克常量。已知静电力常量为 k，电子质量为 m、电荷量为 e，当它们之间的距离为 r 时，电子偶素的电势能 ，则关于电子偶素处在基态时的能量，下列说法中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：由正负电子的库仑力提供向心力，从而求出电子的动能；由题意可知，系统
8、的电势能，及电子的动能，可求得 n=1 时， “电子偶素”的能量6. 如图所示，D 为置于电磁铁两极间的一段通电直导线，电流方向垂直于纸面向里。在开关S 接通后，导线 D 所受磁场力的方向是( )A. 向上 B. 向下 C. 向左 D. 向右【答案】A【解析】试题分析：电流由左侧流入，则由右手螺旋定则可知电磁铁右侧为 N 极，故导线所在处的磁场向左；再由左手定则可判断，导线受安培力向上，故 A 正确。考点： 安培定则、左手定则二、多项选择题7. 在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为 E、内电阻为 r， R1、 R2为定值电阻，R3为滑动变阻器， C 为电容器，A、V 为理想电流表和电
9、压表。在滑动变阻器滑动头 P 自 a 端向 b 端滑动的过程中，下列说法中正确的是( )A. 电压表示数变大B. 电流表示数变小C. 电容器 C 中的电场强度变小D. a 点的电势降低【答案】ACD【解析】A、在滑动变阻器滑动头 P 自 a 端向 b 端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流 I 增大，电阻 R1两端电压增大，则电压表示数变大，A 正确B、根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知， a 的电势大于零， a 点的电势等于 R2两端的电压， U2变小，则 a 点的电势降低，通过 R2的电流 I2减小，通过电流表的电流 IA=I-I2，I 增大， I2减小，则
10、IA增大即电流表示数变大故 B 错误，D 正确；C、电阻 R2两端的电压 U2=E-I（ R1+r） ， I 增大，则 U2变小，电容器板间电压变小，其电场强度减小，故 C 正确；故选 ACD.【点睛】本题是电路动态变化分析问题，要抓住不变量：电源的电动势、内阻及定值电阻的阻值不变，进行分析根据电流方向判断电势高低，由电压的变化判断电势的变化8. 如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表 G 和一个变阻器 R 组成的，下列说法正确的是( )A. 甲表是电流表，R 增大时量程增大B. 甲表是电流表，R 增大时量程减小C. 乙表是电压表，R 增大时量程增大D. 乙表是电压表，R 增大时量程减小
11、【答案】BC【解析】AB：并联分流，表头与变阻器并联是改装成电流表，且电流表量程 ，R 增大时量程减小。A 项错误，B 项正确。CD：串联分压，表头与变阻器串联是改装成电压表，且电压表量程 ，R 增大时量程增大。C 项正确，D 项错误。9. 水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一光滑定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块 A 和 B。已知斜面倾角 ，小物块 A 的质量为 m，小物块 B 的质量为0.8m，小物块 B 距离地面的高度为 h，小物块 A 距离定滑轮足够远。开始时，小物块 A 和小物块 B 位于同一水平面上，用手按住小物块 A，然后松手。则下列说法正确的是（ ）A. 松
12、手瞬间，小物块 A 的加速度大小为 g/6B. 松手后，小物块 A 的机械能守恒C. 小物块 B 落地前瞬间的速度大小为D. 小物块 A 能够上升到的最高点距离地面的距离为 5h/3【答案】AD【解析】A：松手瞬间，对 B 受力分析可得 ，对 A 受力分析可得，联立解得： ；故 A 正确。B：松手后，绳的拉力对 A 做正功，小物块 A 的机械能增加；故 B 错误。C：物块从开始下落到落地： ，解得： ；故 C 错误。D：物块 A 从开始运动到滑行 时获得的速度 ，接下来继续滑行 停止，则，解得： ；小物块 A 能够上升到的最高点距离地面的距离为。故 D 正确。10. 如图所示，图线 1、2、3
13、 分别表示导体 A、B、C 的伏安特性曲线，其中导体 C 为一非线性电阻，当三导体串联接在电压恒为 6 V 的直流电源两端时，它们的电阻分别为R1、R 2、R 3，则下列说法正确的是( )A. 此时流过三导体的电流均为 1 AB. R1R 2R 3132C. 若将三导体串联后改接在 3 V 的直流电源上，则三导体的阻值之比不变D. 若将三导体并联后接在 3 V 的直流电源上，则通过它们的电流之比为I1I 2I 3321【答案】AB【解析】AB：由图可知，R 1为 2，R 2为 3，当三个电阻串联接在电压恒为 6 V 的直流电源两端时，通过各个电阻的电流相等，三个电阻两端的电压之和为 6V；由图
14、可知，此时三个电阻中的电流均为 1A，对应电压分别为 1V、3V、2V；由欧姆定律可知，此时电阻之比R1：R 2：R 3=1：3：2 。故 AB 两项正确。C：若将三个电阻串联接在 3V 的电源上时，两定值电阻 R1、R 2阻值不变，而 C 由于电压变化，则电阻 R3变化，三导体的阻值之比变化；故 C 项错误。D：若将三个电阻并联在 3V 的电源上，由图可知，三电阻的电流分别为：3A、1A、2.36A。故 D 项错误。11. 正负电子对撞机的最后部分的简化示意图如图所示（俯视图）位于水平面内的粗实线所示的圆环形真空管道是正、负电子做圆运动的“容器” ，经过加速器加速后，质量均为 m 的正、负电
15、子被分别引入该管道时，具有相等的速率 v，他们沿着管道向相反的方向运动在管道控制它们转变的是一系列圆形电磁铁，即图甲中的 A1、A2、A3An 共有 n 个，均匀分布在整个圆环上，每组电磁铁内的磁场都是磁感应强度相同的匀强磁场，并且方向竖直向下，磁场区域的直径为 d（如图乙） ，改变电磁铁内电流的大小，就可改变磁场的磁感应强度从而改变电子偏转的角度经过精确的调整，首先实现电子在环形管道中沿图甲中虚线所示的轨迹运动，这时电子经过每个电磁场区域时射入点和射出点都是电磁场区域的同一直径的两端，如图乙所示若电子的重力可不计，则下列相关说法正确的是（ ）A. 负电子在管道内沿顺时针方向运动B. 电子经过
16、每个电磁铁，偏转的角度是C. 碰撞点为过入射点所在直径的另一端D. 电子在电磁铁内做圆周运动的半径为【答案】ACD【解析】试题分析：电子在运动的过程中受力的方向指向圆心，根据左手定则可知，电子在管道内沿顺时针方向运动故 A 正确；电子经过 n 个磁场的偏转后转过的角度是 2，经过每个电磁铁，偏转的角度是 故 B 错误；由题意，首先实现电子在环形管道中沿图甲中虚线所示的轨迹运动，这时电子经过每个电磁场区域时射入点和射出点都是电磁场区域的同一直径的两端，所以碰撞点为过入射点所在直径的另一端故 C 正确；由 B 的分析知电子经过每个电磁铁，偏转的角度是 所以： 得： 故 D 正确故选 ACD。考点：
17、带电粒子在磁场中的运动【名师点睛】本题题目描述很繁杂，看上去难度很大，但是越是这样的往往越简单，因为它描述的多已知量相应就多，过程相应就比较详尽，这有助于我们解题，所以遇见这样看似很难的题目不要慌张，仔细读完，梳理出题目的各个过程，各个量的关系，然后建立起物理模型，然后选择相应的物理规律，定律，定理，一般都能解决。12. 在如图甲所示的电路中，L 1、L 2、L 3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。当开关 S 闭合后，电路中的总电流为 0.25 A，则此时 ( )A. L1两端的电压为 L2两端电压的 2 倍B. L1消耗的电功率为 0.75 WC. L2的电阻为 1
18、2 D. L1、L 2消耗的电功率的比值大于 4【答案】BD【解析】试题分析：L 2和 L3并联后与 L1串联，L 2和 L3的电压相同，电流也相同，电路中的总电流为 0.25A，从而求出通过三个灯泡的电流，由图乙读出三个灯泡两端的电压，由 R=求出 L2的电阻，根据 P=UI 求 L1、L 2消耗的电功率的比值解：A、L 2和 L3并联后与 L1串联，L 2和 L3的电压和电流均相同，则 L1的电流为 L2电流的 2倍，由于灯泡是非线性元件，所以 L1的电压不是 L2电压的 2 倍，故 A 错误；B、根据图象可知，当电流为 0.25A 时，电压 U=3V，所以 L1消耗的电功率 P=UI=0
19、.75W，故B 正确；C、L 2的电流为 0.125A，由图可知，此时 L2的电压小于 0.5V，根据 R2= 可知，L 2的电阻小于 4，故 C 错误；D、根据 P=UI 可知，L 2消耗的电功率 P20.1250.5=0.0625W，所以 L1、L 2消耗的电功率的比值大于 4；1，故 D 错误；故选：B【点评】本题的关键是搞清电路的结构，能够从图中读出有效信息，对于线性元件，R= =，但对于非线性元件，R= 三、实验题： 13. 某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度。该螺旋测微器校零时的示数如图甲所示，测量金属板厚度时的示数如图乙所示。图甲所示读数为_ mm，图乙所示读数为_ mm，所
20、测金属板的厚度为_ mm，用游标卡尺测金属板的直径如图丙所示，则金属板直径为_ cm。【答案】 (1). (1)0.010； (2). (2)6.870； (3). (3)6.860； (4). (4)1.240；【解析】图甲所示读数为图乙所示读数为所测金属板的厚度为图丙所示读数为14. 有一个小电珠上标有“4 V 2 W”的字样，现在要用伏安法描绘这个电珠的 U-I 图线。有下列器材供选用：A电压表(05 V，内阻 10 k) B电压表(010 V，内阻 20 k)C电流表(00.3 A，内阻 1 ) D电流表(00.6 A，内阻 0.4 )E滑动变阻器(5 ，1 A) F滑动变阻器(500
21、 ，0.2 A)(1)实验中电压表应选用_，电流表应选用_(用序号字母表示)。(2)为使实验误差尽量减小，要求电压从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用_(用序号字母表示),实验中滑动变阻器应采用_接法(填“分压”或“限流”)。(3)请在虚线框内画出满足实验要求的电路图_，并把由图所示的实验器材用实线连接成相应的实物电路图。_【答案】 (1). (1)A； (2). (2)D； (3). (3)E； (4). (4).分压； (5). (5) (6). (6) ；【解析】(1) 小电珠上标有“4 V 2 W” ， 故电压表选用 A电压表(05 V，内阻 10 k) ，电流表选用 D电流表
22、(00.6 A，内阻0.4 )(2) 要求电压从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用 E滑动变阻器(5 ，1 A)，实验中滑动变阻器应采用分压 接法(3) 小灯泡电阻相对电压表电阻较小，采用电流表的外接法。电路图 实物电路图四、计算题15. 质量为 m、长度为 L 的导轨棒 MN 静止于水平导轨上，通过 MN 的电流为 I，匀强磁场的磁感应强度为 B，方向与导轨平面成 角斜向下，如图所示，求棒 MN 受到的支持力和摩擦力。【答案】 Ff BILsin ； FN BILcos mg；【解析】导体棒静止时受力如图。由平衡条件知： ，安培力： 所以支持力 摩擦力 综上所述本题答案是： ；16.
23、 如图所示，电场强度为 E、方向平行于纸面的匀强电场分布在宽度为 L 的区域内，一个离子以初速度 v0垂直于电场方向射入匀强电场中，穿出电场区域时发生的侧移量为 h。在同样的宽度范围内，若改用方向垂直于纸面的匀强磁场，使同样的离子以相同的初速度穿过磁场区域时发生的侧移量也为 h，即两次入射点与出射点均相同，不计离子所受重力。（1）求该离子的电性和比荷（即电荷量 q 与其质量 m 的比值） ；（2）求匀强磁场磁感应强度 B 的大小和方向；（3）试分析说明离子在电场和磁场中运动的轨迹是否重合。【答案】 （1）带正电， ；（2） ，垂直纸面向外；（3）不重合；【解析】 （1）离子在电场中受到竖直向下
24、的电场力，与电场方向相同，故带正电在匀强电场中做类平抛运动，水平方向有 ，竖直方向有 ，而联立以上几式可得： ；（2）当变为匀强磁场后，离子在磁场中做半径为 r 的匀速圆周运动由几何关系有： ；洛仑兹力提供向心力： ；联立以上几式可得： 方向垂直纸面向外17. 如图所示,小球 A 系在细线的一端,线的另一端固定在 O 点,O 到光滑水平面的距离为h=0.8m，已知 A 的质量为 m，物块 B 的质量是小球 A 的 5 倍，置于水平传送带左端的水平面上且位于 O 点正下方，传送带右端有一带半圆光滑轨道的小车，小车的质量是物块 B 的 5 倍，水平面、传送带及小车的上表面平滑连接，物块 B 与传送
25、带间的动摩擦因数为 =0.5，其余摩擦不计，传送带长 L=3.5m，以恒定速率 v0=6m/s 顺时针运转。现拉动小球使线水平伸直后由静止释放，小球运动到最低点时与物块发生弹性正碰，小球反弹后上升到最高点时与水平面的距离为 h/16，若小车不固定，物块刚好能滑到与圆心 O1 等高的 C 点，重力加速度为g，小球与物块均可视为质点，求：（1）小球和物块相碰后物块 B 的速度 VB大小。（2）若滑块 B 的质量为 mB=1Kg，求滑块 B 与传送带之间由摩擦而产生的热量 Q 及带动传送带的电动机多做的功 W 电。（3）小车上的半圆轨道半径 R 大小。【答案】 （1）1m/s；（2）30J；（3）1
26、.5m。【解析】(1)小球 A 下摆及反弹上升阶段机械能守恒，由机械能守恒定律得： A B 碰撞过程系统动量守恒，以 A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： mvA=-mv1+5mvB，代入数据解得：v B=1m/s；(2)经过时间 t， B 与传送带速度相等，由匀变速直线运动速度公式得： v0=vB+gt ，代入数据解得： t=1s，物块滑行的距离为：解得： s 物 =3.5m=L，传送带的位移为： s 传 =v0t=61=6m，则有： S 相 =S 传 -S 物 =6-3.5=2.5m，Q=fS 相 =mgS 相 =12.5J，电动机多做的功为：代入数据解得： W 电 =30J(3)物块在传送带上一直加速到达右端时恰好与传送带速度相等，系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：5 mv0=（5 m+25m） v，由机械能守恒定律得：代入数据解得： R=1.5m；【点睛】本题是一道力学综合题，综合考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，解题时注意正方向的选择
