1、湖北省部分重点中学2017届高三上学期起点考试物理试题一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）1一物体在F1、F2、F3三个恒力的作用下处于静止状态。现保持F1、F2不变，仅使F3的大小逐渐减小到零，然后再从零逐渐恢复到原来的大小。下列vt图象大致能正确描述该物体运动情况的是（ ）【答案】C【解析】试题分析：物体处于静止状态，三力平衡，F1、F2的合力F12与F3等大反向，F3发生变化后三个力的合力不再为零，根据牛顿第二定律有：，保持F1、F2不变，则F1、F2的合力F12不变，F3的大小逐渐减小，则物体加速度逐渐增大，当F3减
2、小到零时加速度增加到最大；F3的大小再从零逐渐恢复到原来的大小的过程，物体加速度逐渐减小到零。在vt图象中，斜率表示物体的加速度，加速度先从零逐渐增大，再逐渐减小到零，可知C正确，A、B、D错误。考点：多力平衡，牛顿第二定律，vt图象的应用 12如图所示，用水平恒力F将物体m由静止开始从A位置拉至B位置，前进的距离为L。当地面光滑时，力F做功为W1、做功的功率为P1；当地面粗糙时，力F做功为W2、做功的功率为P2，则（）AW1W2，P1P2 BW1W2，P1P2 CW1=W2，P1P2 DW1=W2，P1P2【答案】D【解析】试题分析：力F做功，与摩擦力无关，则W1=W2；有摩擦力时，物体的加
3、速度小，运动时间长，功率小，P1P2，故D正确，A、B、C错误。考点：功和功率1113如图所示，水平面内有A、B、C、D、E、F六个点，它们均匀分布在半径为R=2cm的同一圆周上，空间有一方向与圆平面平行的匀强电场。已知A、C、E三点的电势分别为、，下列判断正确的是（ ）A电场强度的方向由A指向D B电场强度的大小为1V/mC该圆周上的点电势最高为4V D将电子从D点移到F点，静电力做负功【答案】C【解析】111.Com试题分析：在匀强电场中AE连线的中点G的电势，所以直线COGF为等势线，在匀强电场中等势线相互平行，电场线与等势线相互垂直，且由电势高的等势线指向电势低的等势线，可知直线AB、
4、直线DE分别为等势线，直线DB、直线EA分别为电场线，可知电场强度的方向由E指向A（或由D指向B），故A错误； EA两点间的电势差，沿电场方向的距离，电场强度，故B错误；过圆心O做EA的平行线，与圆的交点H处电势最高，由可得：最高电势，故C正确；将电子从D点移到F点，静电力先做正功再做负功，故D错误。考点：匀强电场，电场线，等势面4已知直线电流在其空间某点产生的磁场，其磁感应强度B的大小与电流强度成正比，与点到通电导线的距离成反比。现有平行放置的三根长直通电导线，分别通过一个直角三角形ABC的三个顶点且与三角形所在平面垂直，如图所示，ACB = 600，O为斜边的中点。已知I1= 2I2 =
5、2I3 ，I2在O点产生的磁场磁感应强度大小为B，则关于O点的磁感应强度，下列说法正确的是（ ）A大小为2B，方向垂直AB向左 B大小为B，方向垂直AB向左C大小为2B，方向垂直AB向右 D大小为B，方向垂直AB向右【答案】B【解析】试题分析：导线周围的磁场的磁感线，是围绕导线形成的同心圆，空间某点的磁场沿该点的切线方向，即与该点和导线的连线垂直，根据右手螺旋定则，可知三根导线在O点的磁感应强度的方向如图所示。已知直线电流在其空间某点产生的磁场，其磁感应强度B的大小与电流强度成正比，与点到通电导线的距离成反比，已知I1= 2I2 = 2I3 ，I2在O点产生的磁场磁感应强度大小为B，O点到三根
6、导线的距离相等，可知，由几何关系可知三根导线在平行于AB方向的合磁场为零，垂直于AB方向的合磁场为B。综上可得，O点的磁感应强度大小为B，方向垂直于AB向左。故B正确，A、C、D错误。考点：右手螺旋定则，磁场的叠加5如图所示，一直角边长为L的等腰直角三角形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，左边有一形状完全相同的等腰直角三角形导线框，线框水平向右匀速穿过磁场区域，设逆时针的方向为电流的正方向，则其感应电流i随位移x变化的图象正确的是（）【答案】B考点：法拉第电磁感应定律的综合应用，楞次定律。6如图所示，竖直墙壁上固定有一个光滑的半圆形支架（AB为直径)，支架上套着一个小球，轻绳的一端悬于P点，另
7、一端与小球相连。已知半圆形支架的半径为R，轻绳长度为L，且RL2R。现将轻绳的上端点P从图示位置沿墙壁缓慢下移至A点，此过程中轻绳对小球的拉力F1及支架对小球的支持力F2的大小变化情况为（ ）AF1和F2均增大 BF1先减小后增大，F2保持不变CF1保持不变，F2先增大后减小 DF1先增大后减小，F2先减小后增大【答案】A【解析】试题分析：设小球所在位置为为Q，对小球受力分析如图所示，小球受重力G、绳对小球的拉力F1及支架对小球的支持力F2，三力平衡，三个力构成的矢量三角形与相似，可有，重力为恒力，P点下移的过程，OP间距离减小，比例式比值增大，PQ间距离为绳长，OQ间距离为圆形支架的半径，均
8、保持不变，所以F1和F2均增大，故A正确，BCD错误。1考点：共点力的平衡二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)7如图所示，竖直平面内固定着一个螺旋形光滑轨道，一个小球从足够高处落下，刚好从A点进入轨道。关于小球从轨道上的B点运动到C点的过程中，下列说法正确的是（ ）A轨道对小球做正功B小球在B点的角速度小于在C点的角速度C小球在B点对轨道的压力小于在C点对轨道的压力D若改变小球下落的高度，小球在B、C两点对轨道的压力差保持不变【答案】BC【解析】试题分析：轨道对小球的压
9、力与小球的运动方向始终垂直，所以轨道对小球不做功，故A错误；根据机械能守恒定律可知，小球在B点的速度小于在C点的速度，且，由，可知，故B正确；根据牛顿第二定律有，可知，由于，所以，故C正确；设BC间高度差为h，则，小球在B、C两点对轨道的压力差，改变小球下落的高度，则小球在BC两点上的速度平方的差值恒定，但由于半径不同，所以小球在BC两点对轨道的压力差不同，故D错误。考点：向心力，机械能守恒定律8图甲为一理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为61，电压表和电流表均为理想电表，Rt为阻值随温度升高而变小的热敏电阻，R0为定值电阻，若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交流电。下列说法中正确的是
10、（ ）A输入变压器副线圈的交流电压表达式为B时，该发电机的线圈平面位于中性面C1s内，该发电机产生的交变电流方向改变50次DRt温度升高时，电流表的示数变大，变压器的输入功率变大【答案】BD【解析】试题分析：由可知，副线圈输入电压的最大值，由乙图可知交流电的周期为，角速度，变压器副线圈的输入交流电压瞬时值表达式为，故A错误；当时，交流电压的瞬时值为零，则发电机的线圈平面位于中性面，故B正确；交流电的周期为，频率，一个周期内交变电流方向改变两次，1s内有50个周期，交变电流方向改变100次，故C错误；Rt温度升高时，阻值减小，副线圈中电流增大，则圆线圈中的电流也增大，电压不变，所以变压器的输入功
11、率变大，故D正确。考点：交变电流，理想变压器，电功率1119如图所示为伽利略研究自由落体运动规律时设计的斜面实验，他让铜球沿阻力很小的斜面从静止滚下，利用滴水计时记录铜球运动的时间。关于伽利略的“斜面实验”，下列说法中正确的是 ( )A实验中斜面起到了“冲淡”重力的作用，便于利用滴水计时记录铜球运动时间B若斜面长度一定，小球由静止从顶端滚到底端时的速度大小与倾角无关C若斜面倾角一定，不同质量的小球由静止从顶端滚到底端的时间相同D若斜面倾角一定，在斜面上不同的位置释放小球，小球在斜面上运动的平均速度与时间成正比【答案】ACD【解析】试题分析：自由落体运动下落很快，不易计时，伽利略让小球沿阻力很小
12、的斜面滚下，延长了小球的运动时间，“冲淡”了重力的作用，故A正确；小球沿斜面下落，若斜面长度l一定斜面的倾角越大，小球获得的速度越大，故B错误；小球沿斜面下滑，做匀加速直线运动，由可知，加速度，所以斜面倾角一定，加速度与质量无关，质量不同的小球加速度都相等，运动规律相同，由静止从顶端滚到底端的时间相同，故C正确；小球由静止滑下，滑到底端所用时间为t，获得的速度为v，平均速度，所以小球在斜面上运动的平均速度与时间成正比，故D正确，。考点：匀变速直线运动的规律，伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法，物理学史10如图所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻质弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧
13、至离地高度h=0.40 m处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量出滑块的速度和离地高度h，计算出滑块的动能EK，并作出滑块的EKh图象，其中高度从0.80 m上升到1.40m范围内图象为直线，其余部分为曲线。若以地面为重力势能的零势能面，取g=10 m/s2,则结合图象可知（ ）A滑块的质量为1.00 kg B弹簧原长为0.72 mC弹簧最大弹性势能为10.00 J D滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为3.60J【答案】AC【解析】试题分析：在EKh图象中，图线的斜率表示了滑块所受的合外力，由于高度从0.80m上升到1.40m范围内图象为直线，说明滑块在此范围内离开弹簧，
14、只受重力，所以在h0.80m处滑块与弹簧分离，即弹簧原长为0.80m，故B错误；在此范围内，图线的斜率绝对值为：，又，所以滑块质量，故A正确；mg2N，所以：m0.2kg，故选项B错误；根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以，故C正确；在滑块运动的全过程中，滑块与弹簧组成的系统机械能守恒，即动能、重力势能、弹性势能总量保持不变，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能量守恒定律可知，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和的最小值Emin等于机械能总量减去滑块的最大动能，即，故D错误。考点：机械能守恒定律，能量守恒定律 1111
15、三、实验题（本题共2小题，共13分。第11题6分，每空2分；第12题7分，前面3个空每空1分，后面2空每空2分。请把答案写在答题卡指定的答题处。）11用图示装置测量重锤的质量，在定滑轮两侧分别挂上重锤和N块质量均为m的铁片，重锤下端贴一遮光片，铁架台上安装有光电门，已知每次实验时遮光片通过光电门的时间很短。调整重锤的高度，使其从适当的位置由静止开始下落，读出遮光片通过光电门的挡光时间t0；从定滑轮左侧依次取下1块铁片放到右侧重锤上，让重锤每次都从同一位置由静止开始下落，计时器记录的挡光时间分别为t1、t2，计算出t02、t12。（1）实验时用游标卡尺测得该遮光片的宽度如图所示，则测量结果为 c
16、m。111.Com（2）挡光时间为t0时，重锤的加速度为a0；若从左侧取下n块铁片置于右侧重锤上时，对应的挡光时间为tn，重锤的加速度为a0。则 (结果用t0和tn表示）（3）若以为纵坐标、以n为横坐标，作出一n图，已知图线是一条倾斜的直线，直线的斜率为k，则重锤的质量M= (结果用N、k、m表示）【答案】（1）0.660cm；（2）；（3）。【解析】试题分析：（1）游标卡尺的读数：20分度的游标卡尺，精确度为0.05mm；游标尺的零刻度线在67mm之间，主尺部分的读数为6mm；游标尺上第12条刻度线与主尺上的刻度线对齐，游标尺的读数为120.05mm=0.60mm（读数末位的零不能省去）；挡
17、光片的宽度。（2）挡光片两次通过光电门的速度分别为和，重锤做初速度为零的匀加速运动，有：和，所以。（3）根据牛顿第二定律，未取下铁片时有：；取过n片铁片后有，可得，直线的斜率，重锤重力。考点：实验探究加速度与物体质量和所受合力的关系12图(a)为某同学测量一节干电池电动势和内电阻的电路图，其中虚线框内为用毫安表改装成双量程电压表的电路，请完成下列问题。（1）毫安表mA的内阻为50，满偏电流为2mA；R1和R2为定值电阻，其中R1=950，若使用a和c接线柱，电压表的量程为 V；若使用a和b接线柱，电压表量程为6V，则R2 = 。（2）实验主要步骤如下：将开关S2拨向c，将滑动变阻器R的滑片移到
18、最 端(填“左”或“右”），然后闭合开关S1；多次调节滑动变阻器的滑片，记下相应的电流表的示数Il和毫安表的示数I2；根据所记录的数据，在图(b)坐标系中已作出I2 Il图象。（3）结合图象可得，电源的电动势E= V，内阻r= 。（结果保留三位有效数字）。【答案】（1）2V，R2=2000；（2）左端；（3）E=1.50V（1.481.50），r=0.833（0.8000.840）考点：实验测电源的电动势和内阻四、计算题（本题共4小题，第13题8分，第14题10分，第15分11分，第16题13分， 共42分。把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。）13如图所
19、示，挡板ON与竖直方向夹锐角放置。一小球（可视为质点）从O点正下方的P点以的初速度水平抛出，小球运动过程中恰好不与挡板碰撞（小球轨迹所在平面与挡板垂直）。已知，取重力加速度，求O、P间的距离。【答案】【解析】试题分析：小球做平抛运动，刚好不与挡板碰撞时，轨迹与挡板相切，速度方向恰好与挡板平面平行。由几何关系得：，由可得，小球的飞行时间竖直方向位移水平方向位移故O、P间的距离考点：平抛运动14在研究天体运动时，常常将围绕两天体球心连线上某点做匀速圆周运动的两个天体称作双星系统。已知天体A和B组成双星系统，两天体球心之间的距离为d，两天体的半径之比为RARB = 54，两天体的表面重力加速度之比为
20、gAgB = 25，天体A的质量为m0，引力常量为G。忽略天体的自转，求该双星系统的运行周期。【答案】【解析】试题分析：在天体表面，重力与万有引力近似相等，有：对A：对B：可得：B的质量A、B绕同一点做圆周运动，周期相等。A、B之间的万有引力提供A、B各自做圆周运动的向心力。根据牛顿第二定律，有：对A：对B：且满足：可得：双星系统的运行周期考点：万有引力定律的应用15甲、乙两质点在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动。以出发点为坐标原点，它们在运动过程中的xt图像（即位置一速度图象）如图所示（虚线与对应的坐标轴垂直），已知质点甲做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为a1；质点乙以某一初
21、速度做匀减速直线运动，加速度大小为a2，且其速度减为零后保持静止。求：（1）a1、a2的大小；（2）开始运动后，两质点经过多长时间相遇。【答案】（1），；（2）。【解析】试题分析：（1）由题目可知，图线b表示质点的速度随位移的增加而增加，代表质点甲；图线a表示质点的速度随位移的增加而减小，代表质点乙，且其初速度为。由图象可知，当时，两质点的速度相等，设为v，根据运动学公式，有：对甲：对乙： 当，时，两质点的位移相等，设为x2，根据运动学公式，有：对甲：对乙：由以上各式解得：，（2）由可得，质点乙减速至零的时间：当两质点相遇时，位移相等，有：解得：说明甲质点会在乙质点停止运动前与其相遇，即两质点
22、相遇。考点：运动图像，匀变速直线运动的规律 116质量为m=5kg的物块静止放置在长直水平面上，足够长水平细线一端与其相连接，另一端紧绕在半径为R=1m、质量为M=10kg的薄壁圆筒上。t=0时刻，圆筒在电动机带动下由静止开始绕竖直中心轴转动，如图所示。转动中角速度满足 (式中)，物块与地面之间动摩擦因数为，取g=10m/s2。(1)求物块运动过程中所受拉力FT的大小；(2)求从开始运动至t=5s时刻，电动机所做的功；(3)若当圆筒角速度达到时，使其减速转动（减为零时即停止），并以此时刻为t=0，且角速度满足，式中，均为已知常量，求圆筒减速多长时间后，物块停止运动。【答案】（1）；（2）；（3
23、）或。【解析】试题分析：（1）物块速度与圆筒边缘线速度大小相等，即物体由静止开始加速，速度与时间成正比，可知物体做匀加速运动，加速度对物块，根据牛顿第二定律，有：解得： 拉力（2）当t=5s时：物块的速度，物块的位移根据动能定理，有：解得：电动机做功（3）圆筒角速度达到时，物块的速度圆筒减速时的加速度大小：物块在滑动摩擦力作用下的加速度大小：若，则细线会拉直有张力，物块减速运动时的加速度为a1。物块速度减小到零所用时间若，则细线会松弛无张力，物块减速运动时的加速度为a2。物块速度减小到零所用时间考点：圆周运动，动能定理，牛顿第二定律，运动学公式五、选考题（本题共2题，每题各15分。请在下列第1
24、7、18题中任选一题作答，作答时请用2B铅笔在答题卡上把把所选题目的题号涂黑。计算题要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。）17、【选修34】(1) (5分）一列简谐横波沿x轴正方向传播，t0时刻波形图如图所示，此时波刚好传到P点，t0+0.6s时刻的波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点，则以下说法正确的是 (填正确答案的标号。选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）A这列波的波速可能为50m/sB质点a在这段时间内通过的路程可能为24cmC质点c在这段时间内通过的路程可能为48cmD若周期T=0.8s，则当t0+0.5s时刻，质点
25、b、P的位移相同E若周期T=0.8s，当t0+0.4s时刻开始计时，则质点c的振动方程可表示为为【答案】ACD【解析】试题分析：由图可知：波长，经0.6s传播距离为，波速，其中n=0、1、2、3、，当n=0时，故A正确；由得：周期，质点在平衡位置附近振动，一个周期内通过的路程为4个振幅（32cm），可知路程为24cm时所经历的时间必小于一个周期，即取n=0，t0时刻质点a向y轴正方向振动，经达到正向最大位移处，路程；再经到达负向最大位移处，路程；剩余时间，再经时间t3，质点a到达距平衡位置处，即路程，所以这段时间内，质点a通过得路程，故B错误；波由P传播到c需要，所以质点c的振动时间为，质点c
26、从平衡位置开始振动，通过的路程为，当取n=1时，通过的路程为48cm，故C正确；当周期T=0.8s时，0.5s内，质点b从正向最大位移处经负向最大位移处到达位移为处，质点P从平衡位置经正向最大位移处再向下通过平衡位置到达位移为处，故D正确；由P传播到c需要，当周期T=0.8s时，t0+0.4s时刻，质点c正位于正向最大位移处，初相位，振幅A=8cm，圆频率，由可得，质点c的振动方程可表示为为，故E错误。考点：机械振动和机械波，波的多解问题 (2) (10分）如图所示，ABC是顶角为30的等腰三棱镜的横截面，两束相同的单色光a 和b分别从AB边上的O点以相等的入射角射入棱镜，OC为法线，a、b光
27、线均位于ABC的平面内，且a光恰好垂直AC射出棱镜。已知该光在棱镜内的折射率，求：两束光的入射角的大小；b光第一次离开棱镜时出射光线与入射光线的夹角（锐角）的大小。【答案】；。【解析】试题分析：a、b两束光的光路图如图所示。两束光在AB面上入射角相等，则折射角相等，设折射角为，由a的光路可知折射角。根据折射定律有则即入射角根据临界角公式有：即临界角由几何关系可知，b光在BC面上的入射角为，恰好发生全反射，故b光不会从BC面射出。b光继续传播，在AC面上的入射角为，所以b光在AC面上不会发生全反射，由光线从AC面上射出。1根据折射定律有可得即出射角由几何关系可知：出射光线与入射光线的夹角考点：折
28、射定律，全反射定律18、【选修35】(1) (5分）下列说法正确的是 (填正确答案的标号。选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）A黑体是一种理想化模型，其辐射强度与温度有关，当温度升高时，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动B在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能Ek越大，则这种金属的逸出功W0越小C在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，会把一部分动量转移给电子，因此光子散射后波长变短D结合能越大，原子中核子结合得越牢固，原子核越稳定E由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级
29、时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大、电势能减小【答案】ABE【解析】试题分析：随着温度的升高，黑体的辐射一方面各种波长的辐射强度都有增加，另一方面辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故A正确；根据光电效应方程光电子的最大初动能，入射光的频率一定，最大初动能越大，说明金属的逸出功越小，故B正确；在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，会把一部分动量转移给电子，因此光子的动量变小，根据波长，可知散射后光子的波长变长，故C错误；“比结合能越大，原子中核子结合得越牢固，原子核越稳定”，而不是“结合能越大，原子中核子结合得越牢固，原子核越稳定”，故D错误；氢原子的核外电子由较高能级跃
30、迁到较低能级时，轨道半径减小，要释放一定频率的光子，总能量减少，库仑力做正功，电子的动能增大，电势能减小，故E正确。考点：黑体及其辐射的规律，光电效应的规律，康普顿效应，光子的动量，结合能和比结合能，波尔理论 (2) (10分）质量为mB = 2kg的木板B静止于光滑水平面上，质量为mA = 6kg的物块A停在B的左端，质量为mC = 2kg的小球C用长为L=0.8 m的轻绳悬挂在固定点O。现将小球C及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球C在最低点与A发生正碰，碰撞作用时间很短为，之后小球C反弹所能上升的最大高度h=0.2m。已知A、B间的动摩擦因数，物块与小球均可视为质点，不计空气阻力，取g=10m/s2。求：小球C与物块A碰撞过程中所受的撞击力大小；为使物块A不滑离木板B，木板B至少多长？【答案】；。【解析】试题分析：C下摆过程，根据动能定理有：解得：碰前C的速度1分C反弹过程，根据动能定理有：解得：碰后C的速度1分取向右为正方向，对C根据动量定理有：1分解得：碰撞过程中C所受的撞击力大小：，方向水平向左。2分C与A碰撞过程，根据动量守恒定律有：解得：碰后A的速度1分A恰好滑至木板B右端并与其共速时，所求B的长度最小。根据动量守恒定律：解得A、B的共同速度1分根据能量守恒定律：1分解得：木板B的最小长度2分考点：动能定理，动量定理，动量守恒定律，能量守恒定律 1
