1、 普宁勤建中学 2017 届高三第一学期 期末考试理科综合物理试题一、选择题（本题共 8 小题，每小题 6 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 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。）1下列有关物理学常识的说法中，正确的是（ ）A在物理学发展史上，爱因斯坦发现了电磁感应。B探究求合力方法的实验中使用了控制变量的方法，且发现合力一定大于分力。C伽利略在研究自由落体运动时采用了逻辑推理的方法D电动势表征的电源将其他形式的能转化为电能的本领，在大小上等于静电力把 1 C 的正电荷在电源内部从负极送到正极所做
2、的功【考点】物理学史【分析】是麦克斯韦提出了电磁波理论；伽利略在研究自由落体运动时采用了理想实验和逻辑推理的方法探究求合力方法的实验中使用了等效替代法的思想；电动势的大小等于“非静电力”把 1 C 的正电荷在电源内部从负极送到正极所做的功【解答】解：A、在物理学发展史上，法拉第发现了电磁感应现象，是麦克斯韦提出了电磁波理论，爱因斯坦提出相对论故 A错误B、探究求合力方法的实验中使用了等效替代法故 B 错误C、伽利略在研究自由落体运动时采用了理想实验和逻辑推理的方法故 C 正确D、电动势的大小等于“非静电力”把 1 C 的正电荷在电源内部从负极送到正极所做的功故 D 错误故选：C【点评】在学习物
3、理知识的同时，我们还学习科学研究的方法，常用的方法有：控制变量法、等效替代法、理想实验法、类比法等等2科技的发展使得电能的无线传输称为可能，如图是某品牌收集无线充电的原理图，通过对原理图的理解，下列说法错误的是（ ）A无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电磁感应”B只有将充电座接到交流电源上才能对手机进行充电C接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电【考点】电磁感应在生活和生产中的应用【分析】分析无线充电手机的构造以及原理，再根据电磁感应现象的原理，结合感应电动势产生的条件，即可一一求解【解答】解：A、无线充电时手机接收线圈部分
4、的工作原理是电磁感应现象，不是“电流的磁效应”现象，故 A 正确；B、充电底座采用了电磁感应原理，故只有接到交流电源上才能对手机进行充电；故 B 正确；C、根据电磁感应原理可知，接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，故 C 正确；D、被充电手机内部，应该有一类似金属线圈的部件，与手机电池相连，当有交变磁场时，则出现感应电动势，那么普通手机不能够利用无线充电设备进行充电，故 D 错误；本题选错误的；故选：D【点评】本题考查电磁感应在生产生活中的应用，随着科技的进步与发展，无线充电将很快成为现象并为我们提供便利3北京时间 2015 年 7 月 24 日，美国宇航局宣布，可能发现了
5、“另一个地球”开普勒452b将开普勒452b 简化成如图所示的模型：MN 为该星球的自转轴，A、B 是该星球表面的两点，它们与地心 O 的连线 OA、OB 与 MN 的夹角分别为 =30，=60；在 A、B 两点处放置质量分别为 mA、m B的物体设该星球的自转周期为 T，半径为 R，引力常量为 G若不考虑该星球自转，在 A 点用弹簧秤称量质量为 mA的物体平衡时示数为 F，则下列有关物理学常识的说法中，正确的是（ ）A该星球的第一宇宙速度为B星球的质量为C若向开普勒452b 发射一颗同步卫星，则轨道半径为D放在 A、B 两点处的物体随星球自转的向心力大小的比值为【考点】万有引力定律及其应用【
6、分析】不考虑该星球的自转，重力加速度 ，在星球表面，根据万有引力等于重力求出星球质量，根据几何关系求出 AB 两个物体随星球自转的半径，再根据向心力公式求解【解答】解：A、该星球的第一宇宙速度即近地卫星的线速度，轨道半径等于星球的半径，但周期不等于星球的自转周期 T，所以该星球的第一宇宙速度不等于 ，故 A 错误；B、星球表面的重力加速度 ，在星球表面： ，得星球的质量 ，故 B 错误；C、同步卫星的周期等于星球的自转周期 T，根据万有引力提供向心力 ，解得 ，故 C 正确；D、A 点随星球自转的半径 ，B 点随星球自转的半径，故 D 正确；故选：CD【点评】本题主要考查了向心力公式以及万有引
7、力提供向心力公式的直接应用，知道 AB 随星球自转时角速度相同，特别注意 AB随星球自转时的半径不是 R，难度适中4如图所示，一直立固定杆底端连有一可以自由转动的轻杆，轻杆的上端 O 点吊有一重物，一轻绳一端连在 O 点，另一端连在直立杆的 A 点，这时 O 点和直立杆上的 B 点在同一高度，直立杆上 C 点和 A 点关于 B 点对称现将轻绳的左端沿直立杆从 A 点慢移到 C 点，此过程重物一直悬在空中，则（ ）A轻绳上的拉力先增大后减小 B轻绳上的拉力先减小后增大C轻杆上的弹力一直减小 D轻杆上的弹力一直不变【考点】共点力平衡的条件及 其应用；物体的弹性和弹力【分析】对物体受力分析根据共点力
8、的平衡画出 O 点的受力图，可得出绳子拉力的变化；由几何关系可得出 A 移动后夹角的变化；再由力的合成可知压力的变化【解答】解：当系统平衡时，以 O 点为研究对象，受力如图：根据共点力的平衡可知，绳子的拉力与杆对 O 点的弹力的和大小等于 mg，方向竖直向上；重物对 O 点的拉力始终等于重物的重力，故拉力不变；若将绳的上端从 A 点沿墙稍向上移到 C 的过程中，由图可知，绳子的拉力逐渐减小，杆对 O 点的弹力也逐渐减小由以上的分析可知，只有 C 正确其余错误故选：C【点评】本题考查共点力平衡条件的应用及力的合成知识，要求学生能正确掌握几何关系，利用力的合成关系进行分析计算5如图所示，一竖直挡板
9、固定在倾角为 的斜劈上，斜劈放在水平面上，两个质量分别为 m、2m 且半径完全相同的小球 A、B放在挡板与斜劈之间不计一切摩擦，重力加速大小为 g若斜劈以加速度大小 a 水平向左做匀加速直线运动，则下列判断正确的是（ ）A球 B 对球 A 的支持力大小为 mgsinB球 B 对球 A 的支持力大小为 mgsinmacosC挡板对球 B 的支持力大小为 2mgtan+2maD挡板对球 B 的支持力大小为 3mgtan+3ma【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【分析】分别以两个小球为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律分析球 B 对球 A 的支持力大小，和竖直挡板对球的弹力的情况【解答】解
10、：A、以小球 A 为研究对象，分析受力情况，如图 1：水平方向：FcosN 1sin=ma竖直方向：Fsin+N 1cos=mg联立得：F=mgsin+macos故 AB 错误C、以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图 2；根据牛顿第二定律得竖直方向：N 2cos=3mg水平方向：FN 2sin=ma联立解得：F=3mgtan+3ma故 C 错误，D 正确故选：D【点评】本题运用正交分解法，根据牛顿第二定律研究物体的受力情况，要正确作出物体的受力图，抓住竖直方向没有加速度6在如图所示的远距离输电示意图中，理想变压器 B1的原、副线圈匝数分别为 n1、n 2，理想变压器 B2的原、副
11、线圈匝数分别为n3、n 4，输电线的总电阻为 r若交流发电机的输出电压不变，n1=n4，n 2=n3，则下列说法正确的是（ ）An 4n 3B只增大用户总电阻 R，输电线的总电阻 r 消耗的功率将减小C只增大用户总电阻 R，电压表 V2的示数将减小D电压表 V1、V 2的示数始终相等【考点】远距离输电；电功、电功率【分析】通过理想升压变压器将电送到用户附近，然后用理想降压变压器向远处用户供电家中提升电压的目的是降低线路的功率损失，从而提高用户得到的功率；【解答】解：A、降压变压器原副线圈中的电压 U3U 4，根据可得，n 3n 4，故 A 正确；B、只增大用户总电阻 R，降压变压器副线圈中的电
12、流减小，故输电线路上的电流减小，根据P=I 2r 可知，损失的功率减小，故B 正确；C、只增大用户总电阻 R，降压变压器副线圈中的电流减小，故输电线路上的电流减小，根据U=IR 可知，损失电压增大，降压变压器原线圈两端的电压增大，根据 ，故电压表 V2的示数将增大，故 C 错误；D、由于升压变压器和降压变压器原副线圈的匝数之比相同，在输电线路上有电压损失，故电压表 V1、V 2的示数不相等，故 D 错误；故选：AB【点评】解决本题的关键知道：1、输送功率与输送电压、电流的关系；2、变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系；3、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系7一带负电的粒子仅 在电场力作用下沿 X 轴正向运动，其电势能 E 随位移 x 变化的关系按图示正弦规律变化，则下列说法中正确的是（ ）Ax 1处电场强度为零B在 x1、x 2、x 3处的电势 1、 2、 3的关系为 1 2 3C粒子的初速度可能为 0D粒子初动能可能为 E1【考点】电势能【分析】根据电势能与电势的关系：E p=q，场强与电势的关系：E= ，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得 x1处的电场
