1、江苏省高邮中学高三年级十月份第二次阶段测试物理试卷2017.10（考试时间：100 分钟 试卷满分：120 分）一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 3 分，共 18 分每小题只有一个选项符合题意1. 下列说法正确的是（ ）A. 开普勒测出了万有引力常量B. 卡文迪许发现地月间的引力满足距离平方反比规律C. 伽利略将实验和逻辑推理和谐地结合起来，发展了科学的思维方式和研究方法D. 牛顿第一定律能通过现代的实验手段直接验证【答案】C【解析】A、卡文迪许测出了万有引力常量，故 A 错误；B、牛顿发现了万有引力定律，发现地月间的引力满足距离平方反比规律，B 错误；C、伽利略将实验和逻辑推理和谐地
2、结合起来，发展了科学的思维方式和研究方法，故 C 错误；D、牛顿第一定律是理想的实验定律，不能通过现代的实验手段直接验证，故 D 错误；故选：C 。2. 小明同学骑电动自行车沿平直公路行驶，因电瓶“没电” ，故改用脚蹬车匀速前行。设小明与车的总质量为 100kg，骑行过程中所受阻力恒为车和人总重的 0.02 倍， g 取 l0m/s2。通过估算可知，小明骑此电动车做功的平均功率最接近（ ）A. 10W B. 100W C. 300W D. 500W【答案】B【解析】试题分析：人在匀速行驶时，受到的阻力的大小和脚蹬车的力的大小相等，由可以求得此时人受到的阻力的大小人骑车的速度大小约为 5m/s，
3、人在匀速行驶时，人和车的受力平衡，阻力的大小为，此时的功率 ，B 正确3. 如图所示，两根等长带电棒放置在第一、二象限，其端点在两坐标轴上，棒与坐标轴围成等腰直角三角形两棒带电量相等，且电荷均匀分布，此时 O 点电场强度大小为 2E撤去其中一根带电棒后， O 点的电场强度大小变为（ ）A. B. C. E D. 【答案】D【解析】两根等长带电棒等效成两个正点电荷如图：设每一根带电棒产生的场强为 E1，两正点电荷在 O 点产生的场强的小为 2E= E1，故撤走一根带电棒后,在 O 点产生的场强为 E1= ，故选：D。点睛：先把带电棒等效成点电荷，利用点电荷产生的场强进行矢量求解解可。4. 如图所
4、示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一红蜡块 R（ R 视为质点）将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与 y 轴重合，在 R 从坐标原点以速度 v0=3cm/s匀速上浮的同时，玻璃管沿 x 轴正向做初速度为零的匀加速直线运动，合速度的方向与 y 轴夹角为 则红蜡块 R 的（ ）A. 分位移 y 与 x 成正比B. 分位移 y 的平方与 x 成正比C. 合速度 v 的大小与时间 t 成正比D. tan 与时间 t 的平方成正比【答案】B【解析】A、由题意知，y 轴方向匀速上浮，y=v 0t，而 x 轴方向， ，联立解得： ，故 A 错误，B 正确；C、x 轴方向，vx=at，合速度的
5、大小 ，合速度 v 的大小与时间 t 不成正比，C 错误；D、合速度的方向与 y 轴的夹角： ，D 错误。故选：B。点睛：小圆柱体红蜡快同时参与两个运动：y 轴方向的匀速直线运动，x 轴方向的初速为零的匀加速直线运动。根据位移与时间表达式，从而确定分位移 y 与 x 的关系，再由 y 方向可求运动时间，接着由 x 方向求加速度，从而求得 vx，再由速度合成求此时的速度大小，最后由两方向的速度关系，可知 tan 与时间 t 的关系。5. 质量为 m 的球从高处由静止开始下落，已知球所受的空气阻力与速度大小成正比下列图象分别描述了球下落过程中加速度 a、速度 v 随时间 t 的变化关系和动能 Ek
6、、机械能 E 随下落位移 h 的变化关系，其中可能正确的是（ ）A. A B. B C. B D. D【答案】D【解析】试题分析：根据牛顿第二定律分析球下落过程加速度的变化进而得到其速度的变化情况，vt 图象的斜率表示加速度；动能的变化等于合外力做的功，阻力做的功等于球机械能的变化量由这些知识分析已知球所受的空气阻力与速度大小成正比，即 ，根据牛顿第二定律 ，得，开始时 v 比较小，且 ，球向下加速，当 v 逐渐增大，则 a 减小，即球做加速度逐渐减小的加速运动，又 ，整理得 ，可见 a 不是均匀减小，速度时间图像的斜率逐渐减小，A 错误 B 正确；由动能定理 ，即 ，由于 v 是变化的，故
7、不是线性关系，故 C 错误；机械能的变化量等于克服阻力做的功，v 逐渐增大，则 f 逐渐增大，即 Eh 图象的斜率逐渐变大，故 D 正确6. 在某一静电场中建立 x 轴，其电势随坐标 x 变化的图线如图所示。若将一带负电的粒子（重力不计）从坐标原点 O 处由静止释放，电场中 P、Q 两点位于 x 轴上，其横坐标分别为lcm、4cm。则下列说法正确的是（ ） A. 粒子经过 P 点与 Q 点时，动能相等B. 粒子经过 P、Q 两点时，加速度大小之比 1：1C. 粒子经过 P、Q 两点时，电场力功率之比 1：1D. 粒子恰能运动到离原点 12cm 处【答案】A【解析】A、由图可知，横坐标为 1cm
8、 和 4cm 的 P、Q 两点电势相等，粒子经过 P 点到 Q 点的过程中，电场力做功为零，动能相等，A 正确；B、 x 图象的斜率大小等于场强 E.，则知 P 点的场强为 Q 点的场强的二倍，电场力为二倍，加速度之比为 2:1，B 错误；C、根据功率 P=Fv，功率之比为 2:1，C 错误；D、根据顺着电场线方向电势降低可知，02 cm 内，电场线沿 x 轴负方向，粒子所受的电场力方向沿 x 轴正方向做加速运动；在 26cm 内电场线沿 x 轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x 负方向做减速运动，6 cm 处粒子的速度为零；然后粒子向左先做加速运动后做减速运动。即在 06cm 间做往复运动。故
9、 D 错误。故选：A。二、多项选择题本题共 6 小题，每小题 4 分，共计 24 分每小题有多个选项符合题意全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，错选或不答的得 0 分7. 某马戏团演员做滑杆表演，已知竖直滑杆上端固定，下端悬空，滑杆的重力为 200 N，在杆的顶部装有一拉力传感器，可以显示杆顶端所受拉力的大小。从演员在滑杆上端做完动作时开始计时，演员先在杆上静止了 0.5 s，然后沿杆下滑，3.5 s 末刚好滑到杆底端，并且速度恰好为零，整个过程演员的 v t 图象和传感器显示的拉力随时间的变化情况分别如图甲、乙所示，g10m/s 2，则下列说法正确的是（ ）A. 演员的体重为 80
10、0 N B. 演员在最后 2 s 内一直处于超重状态C. 传感器显示的最小拉力为 600 N D. 滑杆长 4.5 m【答案】BD【解析】A. 由两图结合可知，静止时，传感器示数为 800N，除去杆的重力 200N，演员的重力就是 600N，故 A 错误；B. 由图可知最后 2s 内演员向下减速，故加速度向上，处于超重状态，故 B 正确；C. 在演员加速下滑阶段,处于失重状态,杆受到的拉力最小,此阶段的加速度为：，由牛顿第二定律得： mgF1=ma，解得： F1=420N，加上杆的重力 200N，可知杆受的拉力为 620N，故 C 错误；D.vt 图象的面积表示位移,则可知,总长度 x= 33
11、=4.5m；故 D 正确；故选： BD.点睛：根据图象可明确演员的运动情况，明确加速度的方向，即可判断演员是超重还是失重，再根据 v-t 图象与时间轴的面积可表示位移；根据牛顿第二定律可确定杆受到的拉力。8. 两个不规则带电导体间的电场线分布如图所示，已知导体附近的电场线均与导体表面垂直， a、 b、 c、 d 为电场中几个点，并且 a、 d 为紧靠导体表面的两点，选无穷远为电势零点，则（ ）A. 场强大小关系有 Ec EbB. 电势大小关系有 b dC. 将一负电荷放在 d 点时其电势能为负值D. 将一正电荷由 a 点移到 d 点的过程中电场力做正功【答案】ABD【解析】A、由电场线越密的地
12、方,电场强度越大,由图可得 c 点的电场线密，所以有 EcEb，故 A 正确；B、沿着电场线，电势逐渐降低，即 b 点的电势比右侧的导体的电势高，而右侧导体的电势比 d 高，故 b 点电势高于 d 点的电势，故 B 正确；C、电势能的正负与 0 势能点的选择有关，该题以无穷远为零电势点，所以说负电荷放在 d点时其电势能为正值，故 C 错误；D、从图中可以看出， a 点的电势高于 b 点的电势，而 b 点的电势又高于 d 点的电势，所以 a点的电势高于 d 点的电势。正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，故正检验电荷从 a 点移到 d 点的过程中，电势能减小，则电场力做正功，故 D 正确
13、。故选：ABD。点睛：根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小；根据沿着电场线，电势逐渐降低来判断电势的高低；正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，根据电势能的变化判断电场力做功情况。9. 如图所示，在斜面顶端 a 处以速度 va水平抛出一小球，经过时间 ta恰好落在斜面底端 P处；今在 P 点正上方与 a 等高的 b 处以速度 vb水平抛出另一小球，经过时间 tb恰好落在斜面的中点处若不计空气阻力，下列关系式正确的是（ ）A. va2 vbB. va vbC. ta2 tbD. ta【答案】BD【解析】 b 球落在斜面的中点,知 a、 b
14、两球下降的高度之比为 2:1,根据 h= gt2 知, ,则时间之比为 ta： tb= ,即 ta= tb.因为 a、 b 两球水平位移之比为 2:1,则由 x=v0t,得 va= vb，故 B. D 正确，A. C 错误。故选： BD.点睛：ab 两处抛出的小球都做平抛运动，由平抛运动的规律水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，抓住水平位移和竖直位移关系进行求解10. 载人飞船绕地球做匀速圆周运动。已知地球半径为 R0，飞船运动的轨道半径为 KR0，地球表面的重力加速度为 g0，则飞船运行的（ ）A. 加速度是 B. 加速度是C. 角速度是 D. 角速度是【答案】AC【解析】在
15、地球表面重力等于万有引力联立解得： ， ，A、C 正确，B、D 错误。故选：AC。11. 如图所示为位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为 ，在斜杆下端固定有质量为 m 的小球。下列关于杆对球的作用力 F 的判断中，正确的是（ ）A. 小车静止时， F mgcos ，方向垂直于杆向上B. 小车向右匀速运动时，一定有 F mg，方向竖直向上C. 小车向右匀加速运动时，方向一定沿杆子向上D. 小车向右匀加速运动时，一定有 F mg，方向可能沿杆向上【答案】BD【解析】AB、小车静止或匀速运动时，小球处于平衡状态，则杆对小球的弹力 F=mg，方向竖直向上，A 错误，B 正确；C
16、D、小球向右匀加速运动时，小球具有向右的加速度，合力向右，根据平行四边形定则知，Fmg，但是方向不一定沿杆向上，故 C 错误， D 正确。故选：CD。12. 如右图所示，质量为 M 的电梯底板上放置一质量为 的物体，钢索拉着电梯由静止开始向上做加速运动，当上升高度为 时，速度达到 v，不计空气阻力，则在这一过程中（ ）（ ）A. 物体所受合力做的功等于B. 底板对物体的支持力做的功等于C. 钢索的拉力做的功等于D. 钢索的拉力、电梯的重力及物体对底板的压力对电梯 M 做的总功等于【答案】BD【解析】AB. 对物体,应用动能定理得：合力对物体做的功等于动能的增量， ，故 A 错误，B 正确；C.
17、 根据能原理可知,钢索的拉力做的功等于电梯和物体的机械能增加量,为，故 C 错误；D. 对电梯,根据动能定理知：合力对电梯 M 做的功等于电梯的动能的变化,即有钢索的拉力、电梯的重力及物体对底板的压力对电梯 M 做的总功等于 ，故 D 正确。故选：BD 。三、简答题：本题共 2 小题，共计 18 分13. 如图所示，在水平放置的气垫导轨（能大幅度的减少摩擦阻力）上有一带有方盒的滑块，质量为 M，气垫导轨右端固定一定滑轮，细线绕过滑轮，一端与滑块相连，另一端挂有 6 个钩码，设每个钩码的质量为 m，且 M=4m（1）用游标卡尺测出滑块上的挡光片的宽度，读数如图所示，则宽度 d=_cm；（2）某同
18、学打开气源，将滑块由静止释放，滑块上的挡光片通过光电门的时间为 t，则滑块通过光电门的速度为 _(用题中所给字母表示)；（3）开始实验时，细线另一端挂有 6 个钩码，由静止释放后细线上的拉力为 F1，接着每次实验时将 1 个钩码移放到滑块上的方盒中，当只剩 3 个钩码时细线上的拉力为 F2，则 F1 _2F2（填“大于” 、 “等于”或“小于” ） ；（4）若每次移动钩码后都从同一位置释放滑块，设挡光片距光电门的距离为 L，悬挂着的钩码的个数为 n，测出每次挡光片通过光电门的时间为 t， 测出多组数据，并绘出 图像，已知图线斜率为 k，则当地重力加速度为 _（用题中字母表示） 【答案】 (1)
19、. （1）0.520cm； (2). （2） d/t； (3). （3）小于； (4). （4）5 d2/kL【解析】 （1）游标卡尺的主尺读数为 5mm，游标读数为 0.054mm=0.20mm，则最终读数为5.20mm=0.520cm（2）极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小，则滑块通过光电门的速度 （3）对整体分析， ，隔离对滑块分析，根据牛顿第二定律得，F1=Ma1=4m0.6g=2.4mg， ，隔离对滑块分析，根据牛顿第二定律得，F2=7ma2=2.1mg，知 F12F 2（4）滑块通过光电门的速度 ，根据 v2=2aL 得， ，因为 ，代入解得 ，图线的斜率 ，解得 点睛：解决本
20、题的关键掌握游标卡尺的读数方法，知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小对于图象问题，关键得出两个物理量的表达式，结合图线斜率进行求解。14. 频率不同的两束单色光 1 和 2 以相同的入射角从同一点射入一厚玻璃板后，其光路如图所示。下列说法正确的是_A单色光 1 的波长大于单色光 2 的波长B在真空中单色光 1 的传播速度小于单色光 2 的传播速度C单色光 1 的频率小于单色光 2 的频率D单色光 1 从玻璃到空气的全反射临界角小于单色光 2 从玻璃到空气的全反射临界角【答案】D【解析】AC、由图看出,光在玻璃板上表面发生折射时,入射角相等,单色光 1 的折射角小于单色光 2 的折射角,根
21、据折射定律 得知，玻璃对单色光 1 的折射率大于单色光 2 的折射率，单色光 1 的频率大于单色光 2 的频率，由 c=f 得知，单色光 1 的波长小于单色光 2 的波长。故 A 错误， C 错误。B. 由 分析得知，在玻璃中单色光 1 的传播速度小于单色光 2 的传播速度，故 B 错误；D. 玻璃对单色光 1 的折射率大于单色光 2 的折射率,由临界角公式 分析得知，单色光 1 从玻璃到空气的全反射临界角小于单色光 2 从玻璃到空气的全反射临界角。故 D 正确。故选： D。15. 在“利用单摆测重力加速度”的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到 。只要测量出多组单摆的摆长 l 和运动周期
22、T，作出 T2 -l 图象，就可求出当地的重力加速度，理论上 T2 -l 图象是一条过坐标原点的直线。某同学在实验中，用一个直径为 d 的带孔实心钢球作为摆球，多次改变悬点到摆球顶部的距离 l0，分别测出摆球做简谐运动的周期 T 后，作出 T2-l 图象，如图所示造成图象不过坐标原点的原因可能是 _A将 l0记为摆长 l； B摆球的振幅过小 C将（ lo+d）计为摆长 l D摆球质量过大由图像求出重力加速度 g=_m/s2（取 ）x=0 的质点在 t=0 时刻开始振动，产生的波沿 x 轴正方向传播， t1=0.14s 时刻波的图象如图所示，质点 A 刚好开始振动 x=0 处质点在 t=0 时刻
23、的起振方向是沿 y 轴 _（填“正”或”负” ）方向 x=4m 处的质点在 0.14s 内运动的路程 _【答案】 (1). （1）A， (2). (2)9.87， (3). (3)负； (4). 在 0.14s内， x=4m 的质点只振动了 个周期该质点运动的路程 15cm 【解析】(1)图象不通过坐标原点,将图象向右平移 1cm 就会通过坐标原点,故相同的周期下,摆长偏小 1cm,故可能是测摆长时漏掉了摆球的半径;将 l0 记为摆长 l；故选： A(2)由 ，可得： ,则 T2L 图象的斜率等于 4 2/g，解得：g= 2=9.87m/s2；（3）由题知,振动在 t=0.14s 时间内传播的
24、距离为 个波长，用时 个周期，x=0 处的质点振动了最高点，在 t=0 时刻的起振方向是沿 y 轴负方向。（4）由题知,振动在 t=0.14s 时间内传播的距离为 x=7m,则该波的传播速度 v= 代入数据得：v=50m/s，在 0.14s 内, x=4m 的质点只振动了 个周期，该质点运动的过程： s=3A=15cm。四、计算题（本大题共 4 小题，共 60 分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位 ）16. 如图所示，在与水平方向成 53 的斜向上拉力 F 作用下，质量为 1.0kg 的小物块从静止开始沿水平地面做匀加速直线运动，经 2s
25、 运动的距离为 3m，随即撤掉 F，小物块运动一段距离后停止。已知物块与地面之间的动摩擦因数 =0.25，sin53=0.8，cos53=0.6， g=10m/s2。求：(1)物块运动的最大速度；(2)F 的大小；(3)撤去 F 后，物块还能运动的距离 x【答案】 （1）3m/s；5N；（3）1.8m【解析】试题分析：（1）v=at代入数据得 v=3m/s设物块所受支持力为 ，所受摩擦力为 ，受力如图所示，由牛顿第二定律得又联立解得 F=5N（3） 0-v 2=2ax解得：x=18m考点：牛顿第二定律的应用17. 如图所示为一种叫“控子”的游戏：让小滑块从 A 点由静止释放，游戏者通过控制 B
26、C段上的可控区域的长度，让滑块到达 C 点时速度刚好为零，滑块自由落入洞 D 中即为成功。已知轨道 AB、 BC 可视为斜面， AB 长 25 cm， BC 长 1 m， CD 高 20 cm，滑块在 AB 段加速下滑时加速度大小为 a12 m/s 2，在 BC 段非可控区域加速下滑时加速度大小为 a21 m/s 2，在可控区域减速时的加速度大小为 a33 m/s 2，滑块在 B 点、可控点前后速度大小不变， g10 m/s2，求游戏成功时：(1)可控区域的长度 L；(2)滑块从 A 到洞 D 所经历的时间 t。【答案】 （1）0.375m；（2）1.7s【解析】 （1）小球进入管口 C 端时
27、它与圆管上管壁有大小为 F=2.5mg 的相互作用力，故小球受到的向心力为 F 向 =2.5mg+mg=3.5mg=35N。 （2）压缩弹簧过程中速度最大时，合力为零。 设滑块离 D 端的距离为 x0， kx0 mg 解得x0mg/k=0.1m 由机械能守恒定律有 mg（ r x0）+ mv Ekm Ep 得 Ekm=mg（ r x0） m Ep =3+3.5-0.5 =6（J） （3）在 C 点，由 得 （m/s） 2 滑块从 A 点运动到 C 点过程，由动能定理得 mgh mgs m 解得 BC 间距离s=0.5m 小球与弹簧作用后返回 C 处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与 BC 水平
28、面相互作用的过程中。设物块在 BC 上的运动路程为 s，由动能定理有 0- m = mgs 解得 s =0.7m 故最终小滑块距离 B 为 0.7-0.5m=0.2m 处停下。 （或距离 C 端 0.3m）18. 如图，静止于 A 处的离子，经加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从 P 点垂直 CN 进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左。静电分析器通道内有均匀辐射分布的电场，已知圆弧虚线的半径为 R，其所在处场强为 E、方向如图所示；离子质量为 m、电荷量为 q； 、 ，离子重力不计。（1）求加速电场的电压 U；（2）若离子恰好能打在 Q 点上，求矩形区域 QNCD 内匀强电场
29、场强 E0的值；【答案】 （1） ；（2） E0=离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有得:（2）离子做类平抛运动 ：2d=vt由牛顿第二定律得 qE0=ma则： 19. 如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面 AB 与水平面 BC 平滑连接于 B 点，BC 右端连接内壁光滑、半径 r=0.2m 的四分之一细圆管 CD，管口 D 端正下方直立一根劲度系数为 k=100N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口 D 端平齐，一个质量为 1kg 的小球放在曲面 AB上，现从距 BC 的高度为 h=0.6m 处静止释放小球，它与 BC 间的动摩擦因数 =0.5，小球进
30、入管口 C 端时，它对上管壁有 FN=2.5mg 的相互作用力，通过 CD 后，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧弹性势能 Ep=0.5J。取重力加速度 g=10m/s2。求：（1）小球在 C 处受到的向心力大小；（2）在压缩弹簧过程中小球的最大动能 Ekm；（3）小球最终停止的位置。【答案】 （1）35N；（2）6J；（3）距离 B 0.2m 或距离 C 端 0.3m。 【解析】试题分析：（1）小球进入管口 C 端时它与圆管上管壁有大小为 的相互作用力，故小球受到的向心力为： 。（2）在压缩弹簧过程中速度最大时，合力为零，设此时滑块离 D 端的距离为 ，则有解得 ，由机械能守恒定律有 ，得。（3）在 C 点，由 ，代入数据得： ，滑块从 A 点运动到 C 点过程，由动能定理得 ，解得 BC 间距离 ，小球与弹簧作用后返回 C 处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与 BC 水平面相互作用的过程中设物块在 BC 上的运动路程为 ，由动能定理有 ，解得 ，故最终小滑块距离 B 为 处停下。考点：机械能守恒定律【名师点睛】本题综合运用了机械能守恒定律、动能定理、功能关系以及牛顿第二定律，综合性较强，是高考的热点题型，需加强这方面的训练。
