物理·黑龙江省大庆市2017届高三上学期第一次教学质量检测物理试题+Word版含解析

物理·黑龙江省大庆市2017届高三上学期第一次教学质量检测物理试题+Word版含解析

全*品*高*考*网， 用后离不了！黑龙江省大庆市2017届高三上学期第一次教学质量检测 物理试题 ‎ 一、选择题(本题共14小题，每小题4分,共56分.在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～14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．下列说法中正确的是 A．哥白尼首先提出了地球是宇宙中心的所谓“地心说”‎ B．伽利略最早建立了太阳是宇宙中心的所谓“日心说”‎ C．卡文迪许第一个用扭秤实验测量出了静电力常数k D．密立根首先利用油滴实验测得了元电荷e的数值 ‎【答案】D 考点：物理学史 ‎【名师点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。‎ ‎2．物体甲的速度－时间图象和物体乙的位移－时间图象分别如图所示，则这两个物体的运动情况是 ‎ ‎ A．甲在0～4 s时间内有往返运动，它通过的总路程为12 m B．甲在0～4 s时间内做匀变速直线运动 C．乙在t＝2 s时速度方向发生改变，与初速度方向相反 D．乙在0～4 s时间内通过的位移为零 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：甲在前2s内向负方向做匀减速直线运动，后2s内向正方向做匀加速直线运动，即4s时间内有往返运动；它通过的总路程为两个三角形的面积，为：S=2××2×3=6m，故A错误；v-t图象的斜率表示加速度，甲在4s时间内的v-t图象是直线，加速度恒定不变，做匀变速直线运动，故B正确；x-t图象的斜率表示速度，乙图表示物体做匀速直线运动，速度方向不变，故C错误；乙在4s时间内从-3m运动到+3m位置，故位移为6m，故D错误；故选B。‎ 考点：v-t图像；x-t图象 ‎【名师点睛】本题考查了x-t图象与v-t图象的区别，明确斜率、与t轴包围的面积的含义， v-t图象的斜率表示加速度，与t轴包围的面积表示位移大小；x-t图象的斜率表示速度，面积无意义。‎ ‎3．2016年里约奥运会上，体操比赛吊环项目中有一个高难度的动作就是先双手撑住吊环，然后身体下移，双臂缓慢张开到如图所示位置，则在两手之间的距离缓慢增大的过程中，吊环的两根绳的拉力FT(两个拉力大小相等)及它们的合力F 的大小变化情况为 A．FT增大，F不变 B．FT增大，F增大 C．FT增大，F减小 D．FT减小，F不变 ‎【答案】A 考点：力的平衡 ‎【名师点睛】本题关键作图后，根据三力平衡条件，运用合成法分析讨论，注意由物理情景，作出物理模型，并能正确使用物理规律，是解题的三步曲。‎ ‎4．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C两点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y、x轴的切点。B点在y轴上且∠BMO = 60°，O′ 为圆心。现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，如所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC大小关系是 A．tA< tC < tB B．tA = tC = tB C．tA = tC < tB D．由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系 ‎【答案】C 考点：牛顿第二定律的综合应用 ‎【名师点睛】解决本题的关键根据牛顿第二定律求出各段的加速度，运用匀变速直线运动的位移时间公式进行求解。‎ ‎5．关于静电场下列说法中正确的是 A．将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定增加 B．无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大 C．在同一个等势面上的各点，场强的大小必然是相等的 D．电势下降的方向就是电场场强的方向 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定减小，选项A错误；无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大，选项B正确；在同一个等势面上的各点，场强的大小不一定是相等的，例如等量异种电荷连线的中垂线上各点，选项C错误；沿场强的方向电势一定下降，但是电势下降的方向不一定是电场场强的方向，选项D错误；故选B.‎ 考点：场强与电势 ‎【名师点睛】对于电势与场强的理解，要抓住电势与场强没有直接的关系，匀强电场中，场强处处相等，电势不是处处相等．匀强电场中的等势面与电场线垂直．匀强电场中，各点的场强都相等，各点的电势可能相等，也可能不等．电势降低的方向不一定电场强度方向．电势降低最快的方向一定是电场强度的方向。‎ ‎6．一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，速度变为原来的3‎ 倍。该质点的初速度为 A． B． C． D．‎ ‎【答案】A 考点：匀变速直线运动的规律 ‎【名师点睛】本题是匀变速直线运动规律的直接运用，解答此题的关键是用好题目给定的条件：在时间间隔t内位移为s，速度变为原来的3倍，根据平均速度的公式解答。‎ ‎7．如图甲为磁感强度B随时间t的变化规律，磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正。在磁场中有一细金属圆环，平面位于纸面内，如图乙所示。令I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，F1、F2、F3分别表示金属环上很小一段导体受到的安培力。下列说法不正确的是 A．I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向 B．I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向 C．F1方向指向圆心，F2方向指向圆心 D．F2方向背离圆心向外，F3方向指向圆心 ‎【答案】C 考点：楞次定律；左手定则 ‎【名师点睛】本题考查了判断感应电流方向与安培力方向，应用楞次定律与左手定则即可正确解题；要熟练掌握楞次定律与左手定则；要掌握应用楞次定律解题的步骤。‎ ‎8．如图所示，半径为R的金属环竖直放置，环上套有一质量为m的小球，小球开始时静止于最低点。现使小球以初速度v0=沿环上滑，小环运动到环的最高点时与环恰无作用力，则小球从最低点运动到最高点的过程中 A．小球机械能守恒 B．小球在最低点时对金属环的压力是6mg C．小球在最高点时，重力的功率是mg D．小球机械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0.5mgR ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：小球在最高点与环作用力恰为0时，设速度为v，则，解得： ；从最低点到最高点，由动能定理得：-mg•2R-W克=mv2-mv02，又v0=解得：W克=0.5mgR，所以机械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0.5mgR，故A错误，D正确．在最低点，根据向心力公式得：，解得：N=7mg，则由牛顿第三定律知，小球在最低点时对金属环的压力是7mg，故B错误；小球小球在最高点时，重力方向与速度方向垂直，重力的功率为零，故C错误．故选D。‎ 考点：牛顿第二定律；动能定理 ‎【名师点睛】本题考查了机械能守恒定律、向心力公式以及动能定理的直接应用，要求同学们明确圆周运动最高点的临界条件，知道重力功率与竖直分速度有关。‎ ‎9．在地面上方高为H处某点将一小球水平抛出，不计空气阻力，则小球在随后（落地前）的运动中 A．初速度越大，小球落地的瞬时速度与竖直方向的夹角越大 B．初速度越大，落地瞬间小球重力的瞬时功率越大 C．初速度越大，在相等的时间间隔内，速度的改变量越大 D．无论初速度为何值，在相等的时间间隔内，速度的改变量总是相同 ‎【答案】AD 考点：平抛运动 ‎【名师点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，难度不大。‎ ‎10．如图所示，a为放在地球赤道上随地球表面一起转动的物体，b为处于地面附近近地轨道上的卫星，c为地球同步卫星，d为高空探测卫星，若a、b、c、d的质量相同，地球表面附近的重力加速度为g。则下列说法正确的是 ‎ ‎ A．a和b的向心加速度都等于重力加速度g B．b的角速度最大 C．c距离地面的高度不是一确定值 D．d是三颗卫星中动能最小，机械能最大的 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=ω2r知，c的向心加速度大．由牛顿第二定律得：，解得：，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g，故A 错误；万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，由于rb＜rc＜rd，则ωb＞ωc＞ωd，a与c的角速度相等，则b的角速度最大，故B正确；c是同步卫星，同步卫星相对地面静止，c的轨道半径是一定的，c距离地面的是一确定值，故C错误；卫星做圆周运动万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：，卫星的动能：，三颗卫星中d的轨道半径最大，则d的动能最小，机械能：，d的轨道半径最大，d的机械能最大，故D正确；故选BD。‎ 考点：万有引力定律；牛顿第二定律 ‎【名师点睛】对于卫星问题，要建立物理模型，根据万有引力提供向心力，分析各量之间的关系，并且要知道同步卫星的条件和特点。‎ ‎11．如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，A、B是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受到静电力作用，根据此图可以作出的正确判断是 A．带电粒子所带电荷的正、负 B．带电粒子在A、B两点的受力方向 C．带电粒子在A、B两点的加速度何处较大 D．带电粒子在A、B两点的速度何处较大 ‎【答案】BCD 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，然后结合牛顿定律和能量关系解答.‎ ‎12．如图所示电路，电源有不可忽略的电阻，R1、R2、R3为三个可变电阻,电键S开始闭合，电容器C1、C2所带电荷量分别为Q1和Q2，下面判断正确的是 ‎ ‎ ‎ A．仅将R1增大，Q1和Q2都将增大      B．仅将R2增大，Q1和Q2都将增大 C．仅将R3增大，Q1和Q2都将不变     D．断开开关S，Q1和Q2都将不变 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：增大R1，整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，路端电压变大，电容器C1两端电压增大，C2两端电压减小，电容器所带电量Q1增大Q2减小，故A错误；增大R2，整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，路端电压变大，电阻R1两端电压变小，电阻R2两端电压变大，电容器C1、C2两端电压变大，由Q=CU可知，两电容器所带的电量都增加，故B正确；增大R3，整个电路电阻不变，Q1和Q2都将不变，故C正确；突然断开开关S，两个电容器都放电，Q1和Q2都将减小为零，故D错误；故选BC.‎ 考点：直流电路的含电容电路 ‎【名师点睛】本题是一道闭合电路的动态分析，熟练应用闭合电路欧姆定律、部分电路欧姆定律、串联电路特点、Q=CU即可正确解题。‎ ‎13．在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示，已知离子P+在磁场中转过30°后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，离子P+和P3+‎ A．在电场中的加速度之比为1:1 B．在磁场中运动的半径之比为3:1‎ C．在磁场中转过的角度之比为1:2 D．离开电场区域时的动能之比为1:3‎ ‎【答案】CD 考点：带电粒子在电场及磁场中的运动 ‎【名师点睛】磁场中的圆周运动问题重点是要找出半径，然后通过合理的作图画出粒子的运动轨迹，基本就可以解决问题了，磁场中的轨迹问题是高考特别喜欢考查的内容，而且都是出大题，应该多做训练。‎ ‎14．如右图所示，N匝矩形导线框在磁感应强度为B的匀强磁场中绕轴OO′匀速转动，线框面积为S，线框的电阻、电感均不计，外电路接有电阻R、理想电流表A和二极管D。电流表的示数为I，二极管D具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大。下列说法正确的是 ‎ A．导线框转动的角速度为 B．导线框转动的角速度为 C．导线框转到图示位置时，线框中的磁通量最大，瞬时电动势为零   D．导线框转到图示位置时，线框中的磁通量最大，瞬时电动势最大 ‎【答案】AC 考点：交流电的产生及有效值；‎ ‎【名师点睛】本题主要考查了利用交流电电流的热效应求电流的有效值，明确二极管的特点是解题的关键。‎ 二、实验题（本题2小题，共12分）‎ ‎15．利用图中a所示的装置，做“测定重力加速度”的实验中，得到了几条较为理想的纸带。已知每条纸带上每5个点取一个计数点，即相邻两计数点之间的时间间隔为0.1 s，依打点先后编为0、1、2、3、4、…，由于不小心，纸带都被撕断了，如图b所示，根据给出的A、B、C、D四段纸带回答：‎ （1） 在B、C、D三段纸带中选出从纸带A上撕下的那段应该是________(填正确答案标号)。‎ ‎（2）纸带A上，打点1时重物的速度是________m/s(结果保留三位有效数字)，实验求得当地的重力加速度大小是________m/s2(结果保留三位有效数字)。‎ ‎（3）已知大庆地区重力加速度大小是9.80 m/s2，请你分析测量值和真实值之间产生误差的原因_____________________________ （一条原因即可）。‎ ‎【答案】(1)C；(2)3.47；(3)9.00；（3）阻力的影响；（答出摩擦阻力、空气阻力均给分）‎ ‎（3）重物下落过程中不可避免的受到空气阻力和纸带与限位空之间的摩擦力作用，因此会导致所测的重力加速度小于实际值。‎ 考点：测定重力加速度 ‎【名师点睛】根据匀变速直线运动的特点，通过纸带求物体的速度、加速度等物理量是学生应该掌握的基本技能，要在平时练习中加强训练。‎ ‎16‎ ‎．用伏安法测电阻时，由于电压表、电流表内阻的影响，使得测量结果总存在系统误差，按如图所示的电路进行测量，可以较大程度减小这种系统误差。选取合适的器材，按电路图连接好电路后，该实验操作过程的第一步是：闭合开关S1，将开关S2接1，调节滑动变阻器R1和R2，使电压表和电流表的示数尽量大些，读出这时电压表和电流表的示数U1和I1。‎ ‎ (1)请你写出该实验操作过程的第二步，并说明需要记录的数据：___________________；‎ ‎ (2)请写出由以上记录数据计算被测电阻Rx的表达式：Rx=____________________。‎ ‎【答案】(1)将开关S2接2，读出这时电压表和电流表的示数U2、I2；(2) ‎ 考点：电阻的测量 ‎【名师点睛】本题考查如何由于电压表、电流表内阻的影响，使得测量电阻的结果总存在系统误差．对课本的伏安法测电阻造成的误差分析进行研究性学习。‎ 三、计算题（本题3小题，共32分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎17.(10分）如图所示，光滑的水平轨道AB，与半径为R的半圆形光滑轨道BCD相切于B点，AB水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形光滑轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点。一质量为m带电量为+q的小球从距B点x=3R 的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动并通过最高点，已知E=mg/q，求小球经过半圆形轨道最低点B 点时对轨道的压力及其通过D点时速度大小。‎ ‎【答案】7mg；‎ ‎【解析】‎ 试题分析：小球从A运动到B，由动能定理得：‎ 解得：‎ 半圆形轨道最低点B点:‎ 由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力 ‎ 小球从B点沿半圆形轨道运动到D点，由机械能守恒定律得：‎ 解得：‎ 考点：机械能守恒定律；牛顿定律 ‎【名师点睛】本题考查了牛顿第二定理和动能定理的基本运用，通过动能定理求出最低点的速度是解决本题的关键，难度不大。‎ ‎18．（10分）如图所示, 木板静止于水平地面上, 在其最右端放一可视为质点的木块。已知木块的质量m＝1 kg, 木板的质量M＝4 kg, 长L＝2.5 m, 已知木板上表面光滑, 下表面与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2。现用水平恒力F＝20 N拉木板, g取10 m/s2, 求: ‎ ‎(1)木板加速度的大小；‎ ‎(2)要使木块能滑离木板,水平恒力F作用的最短时间。‎ ‎【答案】（1）2.5m/s2（2）1s ‎（2）设拉力F作用的时间为t，则木板在t时间内位移 ‎ 拉力F撤去后，木板的加速度 木板先做匀加速运动，后做匀减速运动（设匀减速运动时间），且 要使木块能滑离木板，水平恒力F作用的最短时间，应有木板匀减速停止时，木块恰好脱离 ，即 ‎ ‎ 解得：‎ 考点：牛顿第二定律的综合应用 ‎【名师点睛】本题综合考查了牛顿第二定律和运动学公式，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过受力分析或运动学分析求出加速度是解决问题的关键.‎ ‎19. (12分) 相距L＝1.5 m的足够长金属导轨竖直放置，质量为m1＝1 kg的金属棒ab和质量为m2＝0.27 kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图（a）所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同。ab棒光滑，cd棒与导轨间动摩擦因数为μ＝0.75，两棒总电阻为1.8Ω，导轨电阻不计。t = 0时刻起，ab棒在方向竖直向上、大小按图（b）所示规律变化的外力F作用下，由静止沿导轨向上匀加速运动，同时也由静止释放cd棒。g取10 m/s2‎ ‎（1）求磁感应强度B的大小和ab棒加速度大小；‎ ‎（2）已知在2 s内外力F做功40 J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；‎ ‎（3）求出cd棒达到最大速度所对应的时刻t1。‎ ‎【答案】（1）1.2T；1m/s2（2）18J（3）2s ‎【解析】‎ 试题分析：（1）经过时间t，金属棒ab的速率 回路中的感应电流为 ‎ 对金属棒ab，由牛顿第二定律得，‎ 即 ‎ 由图b可知：t1=0 时，F1=11N ； t2 = 2 s时，F2 =14.6N ，‎ 代入上式解得： ‎ ‎（3）由题意可知：cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动。 ‎ 当cd棒速度达到最大时，有 ‎ 又 ‎ ‎ vm=at1 ‎ 整理得 ‎ 考点：牛顿第二定律；安培力 ‎【名师点睛】本题关键是根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律、运动学公式推导出拉力与时间的关系式，综合性较强.‎ ‎ ‎