1、2015-2016学年广东省江门市台山市华侨中学高三（上）第3周周测物理试卷二、选择题：1伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是（）A物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B没有力作用，物体只能处于静止状态C行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动2如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置不计摩擦，在此过程中（）AN1始终减
2、小，N2始终增大BN1始终减小，N2始终减小CN1先增大后减小，N2始终减小DN1先增大后减小，N2先减小后增大3自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分，一升压式自耦调压变压器的电路如图所示，其副线圈匝数可调已知变压器线圈总匝数为1900匝；原线圈为1100匝，接在有效值为220V的交流电源上当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0kW设此时原线圈中电流有效值为Il，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为（）A380V和5.3AB380V和9.1AC240V和5.3AD240V和9.1A4如图，质量相同的两物体a、b，用不可伸长的轻
3、绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上现对b物体施加一个水平向右的力F，让a物体匀速向上运动，b始终未离开桌面在此过程中（）Ab物体向右做匀速直线运动Bb物体向右做匀加速直线运动Ca、b组成的系统机械能守恒Db物体受到的摩擦力增大5如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行已知在t=0到t=t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中感应电流总是沿顺时针方向，线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右设电流i正方向与图中箭头方向相同，则i随时间t变化的图线可能是（）ABCD6如图所示，小球B放在真
4、空正方体容器A内，球B的直径恰好等于A的内边长，现将它们以初速度v0竖直向上抛出，经过一段时间又回到出发点，系统所受的阻力与速度成正比，下列说法中正确的是（）A上升过程的加速度一定大于下落过程的加速度B上到最高点系统速度为零，加速度不为零C上升过程所用的时间一定大于下落过程所用的时间D若不计阻力，下落过程中，B对A没有压力7如图，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的，不计空气阻力，则（）Aa的飞行时间比b的长Bb和c的飞行时间相同Ca的水平速度比b的小Db的初速度比c的大8如图所示，平行板电容器的两个极板与水
5、平地面成一角度，两极板与一直流电源相连若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（）A所受重力与电场力平衡B电势能逐渐增加C动能逐渐增加D做匀变速直线运动二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个小题考生都必须作答第13、14题为选考题，考生根据要求作答（共14分）9在“探究加速度与合外力的关系”实验中（装置如图甲）：下列说法哪些项是正确的（填选项前字母）A平衡摩擦力时先将钩码通过细线挂在小车上B应该调节的滑轮的高度使细线与木板平行C实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放D为减小系统误差，应使钩码质量远大于小车质量图乙是实验中获得的一条纸带的一
6、部分，每隔4个点取一个计数点，分别记为O、A、B、C、D，已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz则打B点时小车的瞬时速度大小为m/s；该小车的加速度是m/s2（结果保留两位有效数字）10如图甲是“测量一节新干电池的电动势和内阻”的实验电路，为了较精确地测量一节新干电池的内阻，加接一定值电阻，可用以下给定的器材和一些导线来完成实验，器材：量程3V的理想电压表V，量程0.6A的电流表A（具有一定内阻），定值电阻R0（R0=1.5），滑动变阻器R（010），开关S（1）加接电阻R0有两方面的作用，一是方便实验操作和数据测量，二是（2）用笔画线代替导线在图乙中完成实物连接图（3）实验中改变滑动变阻器
7、的阻值，测出几组电流表和电压表的读数，在给出的UI坐标系中画出UI图线如图丙所示，则新干电池的电动势E=v（保留三位有效数字），内阻r=（保留两位有效数字）11甲乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半求甲乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比12一长木板在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度时间图象如图所示己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地
8、面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上取重力加速度的大小g=10m/s2，求：（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；（2）从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小【物理-选修3-5】13选修35氘核和氚核可发生热核聚变而释放巨大的能量，该反应方程为： H+HHe+x，式中x是某种粒子已知： HH、He和粒子x的质量分别为2.0141u、3.0161u、4.0026u和1.0087u；1u=931.5MeV/c2，c是真空中的光速由上述反应方程和数据可知，粒子x是，该反应释放出的能量为MeV（结果保留3位有效数字）14质量为M的
9、木块静止在光滑水平桌面上，桌面距水平地面的高度为H，一质量为m的子弹以水平速度V0 击中木块后并留在其中，求木块落地时距桌面边缘的水平距离X2015-2016学年广东省江门市台山市华侨中学高三（上）第3周周测物理试卷参考答案与试题解析二、选择题：1伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是（）A物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B没有力作用，物体只能处于静止状态C行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动【考点】惯性【分析】根据惯性定律解释即可：任
10、何物体都有保持原来运动状态的性质，惯性的大小只跟质量有关，与其它任何因素无关【解答】解：A、任何物体都有保持原来运动状态的性质，叫着惯性，所以物体抵抗运动状态变化的性质是惯性，故A正确；B、没有力作用，物体可以做匀速直线运动，故B错误；C、惯性是保持原来运动状态的性质，圆周运动速度是改变的，故C错误；D、运动的物体在不受力时，将保持匀速直线运动，故D正确；故选AD2如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置不计摩擦，在此过程中（）AN1始终减小，N2始终增大BN1始终减小，
11、N2始终减小CN1先增大后减小，N2始终减小DN1先增大后减小，N2先减小后增大【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【分析】以小球为研究对象，分析受力情况：重力、木板的支持力和墙壁的支持力，根据牛顿第三定律得知，墙面和木板对球的压力大小分别等于球对墙面和木板的支持力大小，根据平衡条件得到两个支持力与的关系，再分析其变化情况【解答】解：以小球为研究对象，分析受力情况：重力G、墙面的支持力N1和木板的支持力N2根据牛顿第三定律得知，N1=N1，N2=N2根据平衡条件得：N1=Gcot，N2=将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置的过程中，增大，cot减小，sin增大，则N1和N2
12、都始终减小，故N1和N2都始终减小故选B3自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分，一升压式自耦调压变压器的电路如图所示，其副线圈匝数可调已知变压器线圈总匝数为1900匝；原线圈为1100匝，接在有效值为220V的交流电源上当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0kW设此时原线圈中电流有效值为Il，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为（）A380V和5.3AB380V和9.1AC240V和5.3AD240V和9.1A【考点】变压器的构造和原理【分析】变压器输出电压调至最大，故副线圈为1900匝，由变压器两端的电压与匝数成正比，可得副
13、线圈的电压有效值，由输入功率等于输出功率，可得电流【解答】解：因变压器输出电压调至最大，故副线圈为1900匝，由变压器两端的电压与匝数成正比，故副线圈的电压有效值U2=380 V；因变压器为理想变压器，故其输入功率等于输出功率，即P1=P2，由P1=U1I1得I1=9.1A，B正确故选：B4如图，质量相同的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上现对b物体施加一个水平向右的力F，让a物体匀速向上运动，b始终未离开桌面在此过程中（）Ab物体向右做匀速直线运动Bb物体向右做匀加速直线运动Ca、b组成的系统机械能守恒Db物体受到的摩擦力增大
14、【考点】功能关系；牛顿第二定律【分析】根据两个物体沿绳子方向的分速度大小相等列式，分析b物体的运动情况根据功能关系分析系统的机械能是否守恒根据b物体竖直方向受力情况，分析支持力的变化，从而判断摩擦力的变化【解答】解：AB、将b物体的速度进行分解如图，则有 va=vbcos，va不变，减小，cos增大，则vb减小，因此b物体向右做减速直线运动故AB错误C、由于力F和摩擦力对b做功，且总功不为零，否则b速度能减至零，根据速度分解原理可知b的速度不会为零，所以a、b组成的系统机械能不守恒，故C错误D、对于b物体，竖直方向受力平衡，则有 N+Tsin=mg，T=mg，则知随着减小，N增大，则b物体受到
15、的滑动摩擦力增大，故D正确故选：D5如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行已知在t=0到t=t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中感应电流总是沿顺时针方向，线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右设电流i正方向与图中箭头方向相同，则i随时间t变化的图线可能是（）ABCD【考点】楞次定律【分析】感应电流沿顺时针方向，由安培定则判断出感应电流磁场方向；然后由楞次定律判断出原磁场如何变化，直线电流如何变化；由楞次定律判断导线框受到合力的方向【解答】解：线框中感应电流沿顺时针方向，由安培定则可知，感应电流的磁场垂直于纸面向里；
16、由楞次定律可得：如果原磁场增强时，原磁场方向应垂直于纸面向外，由安培定则可知，导线电流方向应该向下，为负的，且电流越来越大；由楞次定律可知：如果原磁场方向垂直于纸面向里，则原磁场减弱，直线电流变小，由安培定则可知，直线电流应竖直向上，是正的；A、由图示可知，直线电流按A所示变化，感应电流始终沿顺时针方向，由楞次定律可知，在i大于零时，为阻碍磁通量的减小，线框受到的合力水平向左，在i小于零时，为阻碍磁通量的增加，线框受到的合力水平向右，故A正确；B、图示电流不能使线框中的感应电流始终沿顺时针方向，故B错误；C、图示电流使线框中的感应电流沿顺时针方向，但线框在水平方向受到的合力始终水平向左，故C错
17、误；D、图示电流使线框中产生的感应电流沿逆时针方向，故D错误；故选：A6如图所示，小球B放在真空正方体容器A内，球B的直径恰好等于A的内边长，现将它们以初速度v0竖直向上抛出，经过一段时间又回到出发点，系统所受的阻力与速度成正比，下列说法中正确的是（）A上升过程的加速度一定大于下落过程的加速度B上到最高点系统速度为零，加速度不为零C上升过程所用的时间一定大于下落过程所用的时间D若不计阻力，下落过程中，B对A没有压力【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【分析】分析整体的受力情况，由牛顿第二定律研究加速度根据位移和平均速度分析上升和下降时间关系若不计阻力，下落过程中，先整体后隔离A，由牛顿第二定
18、律分析B对A有无压力【解答】解：A、以AB整体为研究对象，上升过程所受的空气阻力向下，下降过程所受的空气阻力向上，则上升过程的合力大于重力，下降过程的合力小于重力，所以上升过程的合力一定大于下落过程的合力，由牛顿第二定律知，上升过程的加速度一定大于下落过程的加速度，故A正确B、上到最高点系统速度为零，空气阻力为零，系统只受重力，由牛顿第二定律知，系统的加速度为g，故B正确C、由于有机械能损失，所以经过同一点时，上升的速度大于下降的速度，则上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，而两个过程的位移大小相等，所以上升过程所用的时间一定小于下落过程所用的时间故C错误D、若不计空气阻力，以整体为研究对
19、象，根据牛顿第二定律得到加速度为 a=g，再以容器A为研究对象，上升和下落过程其合力等于其重力，则B对A没有压力，故D正确故选：ABD7如图，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的，不计空气阻力，则（）Aa的飞行时间比b的长Bb和c的飞行时间相同Ca的水平速度比b的小Db的初速度比c的大【考点】平抛运动【分析】研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同【解答】解：由图象可以看出，bc两个小球的抛出高度相同，a的抛出高度最
20、小，根据t=可知，a的运动时间最短，bc运动时间相等，故A错误，B正确；C、由图象可以看出，abc三个小球的水平位移关系为a最大，c最小，根据x=v0t可知，v0=，所以a的初速度最大，c的初速度最小，故C错误，D正确；故选BD8如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（）A所受重力与电场力平衡B电势能逐渐增加C动能逐渐增加D做匀变速直线运动【考点】带电粒子在混合场中的运动【分析】带电粒子在场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，结合运动的分析，可知电场力垂直极板向上，从而可确定粒子的运动的性
21、质，及根据电场力做功来确定电势能如何变化【解答】解：A、D、根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向同向，粒子做匀加速直线运动，因此A错误，D正确；B、根据动能定理，由A选项分析可知，电场力做正功，则电势能减小，故B错误；C、因电场力做正功，则电势能减小，导致动能增加，故C正确；故选：CD二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个小题考生都必须作答第13、14题为选考题，考生根据要求作答（共14分）9在“探究加速度与合外力的关系”实验中（装置如图甲）：下列说法哪些项是正确的BC（填选项前字母）A平衡摩擦力时先将钩码通过细线挂在小车上B应该调节的滑轮的
22、高度使细线与木板平行C实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放D为减小系统误差，应使钩码质量远大于小车质量图乙是实验中获得的一条纸带的一部分，每隔4个点取一个计数点，分别记为O、A、B、C、D，已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz则打B点时小车的瞬时速度大小为0.080m/s；该小车的加速度是0.20m/s2（结果保留两位有效数字）【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项该实验采用的是控制变量法研究，其中加速度、质量、合力三者的测量很重要（2）由表中数据读出位移，x=at2可求得加速度【解答】解：A
23、、平衡摩擦力时不能将钩码通过细线挂在小车上，故A错误B、细线的拉力为小车的合力，所以细线与木板平行，则应调节定滑轮的高度使细线与木板平行，故B正确C、实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放秒，故C正确D、为减小系统误差，应使钩码质量远小于小车质量；故D错误故选：BC每隔4个点取一个计数点，故t=0.1s，打B点时小车的瞬时速度大小小车的加速度为：a=0.20m/s2；故答案为：BC，0.080，0.2010如图甲是“测量一节新干电池的电动势和内阻”的实验电路，为了较精确地测量一节新干电池的内阻，加接一定值电阻，可用以下给定的器材和一些导线来完成实验，器材：量程3V的理想电压表V，量程0.6A
24、的电流表A（具有一定内阻），定值电阻R0（R0=1.5），滑动变阻器R（010），开关S（1）加接电阻R0有两方面的作用，一是方便实验操作和数据测量，二是防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏（2）用笔画线代替导线在图乙中完成实物连接图（3）实验中改变滑动变阻器的阻值，测出几组电流表和电压表的读数，在给出的UI坐标系中画出UI图线如图丙所示，则新干电池的电动势E=1.50v（保留三位有效数字），内阻r=0.29（保留两位有效数字）【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）关键是明确定值电阻除方便操作和测量外，还可以保护电池和电流表；（2）根据原理图可得出对应的实物图；关键是连线时注意
25、电表的量程和正负极（3）的关键是根据闭合电路欧姆定律写出关于U与I的函数表达式，然后根据斜率和截距的概念即可求解【解答】解：（1）加接电阻R0有两方面的作用，一是方便实验操作和数据测量，二是防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏（或限制电流，防止电源短路）；（2）根据原理图得出对应的实物图如图所示：（3）根据闭合电路欧姆定律应用：E=U+I（r+），整理可得：U=（r+）I+E，根据函数斜率的概念应有：E=1.50V；r+=，解得r=0.29；故答案为：防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏如图所示1.50，0.2911甲乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变
26、在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半求甲乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系【分析】分别对甲乙两车研究，用加速度a，时间间隔t0等相同的量表示总位移，再求出路程之比【解答】解：设汽车甲在第一段时间时间间隔t0末的速度为v，第一段时间间隔内行驶的路程为s1，加速度为a，在第二段时间间隔内行驶的路程为s2由题，汽车甲在第二段时间间隔内加速度为2a设甲、乙两车行驶的总路程分别为s、s，
27、则有s=s1+s2，s=s1+s2 由运动学公式得 v=at0 s1= 将代入得 s2=2a，由+得 s=s1+s2=设乙车在时间t0的速度为v，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s1、s2同样有 v=（2a）t0 将代入得 s2= 由+得s=s1+s2=所以甲、乙两车各自行驶的总路程之比为答：甲乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比为5：712一长木板在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度时间图象如图所示己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上取重力加速
28、度的大小g=10m/s2，求：（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；（2）从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小【考点】匀变速直线运动的图像【分析】（1）由vt图象分析可知，0.5s时刻以前木板做匀减速运动，而物块做匀加速运动，t=0.5s时刻两者速度相等根据vt的斜率等于物体的加速度，由数学知识求出木板的加速度大小，由运动学公式和牛顿第二定律结合求解动摩擦因数；（2）根据牛顿第二定律判断速度相同后两个物体能否一起做匀减速运动，求出加速度，由运动学公式求出两个物体的总位移，两者之差即为相对位移【解答】解：（1）设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为1和
29、2，木板与物块的质量均为mvt的斜率等于物体的加速度，则得：在00.5s时间内，木板的加速度大小为=m/s2=8m/s2对木板：地面给它的滑动摩擦力方向与速度相反，物块对它的滑动摩擦力也与速度相反，则由牛顿第二定律得 1mg+22mg=ma1，对物块：00.5s内，物块初速度为零的做匀加速直线运动，加速度大小为 a2=1gt=0.5s时速度为v=1m/s，则 v=a2t 由解得1=0.20，2=0.30 （2）0.5s后两个物体都做匀减速运动，假设两者相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为a=2g由于物块的最大静摩擦力1mg2mg，所以物块与木板不能相对静止根据牛顿第二定律可知，物块匀减速运
30、动的加速度大小等于a2=1g=2m/s20.5s后物块对木板的滑动摩擦力方向与速度方向相同，则木板的加速度大小为a1=4m/s2故整个过程中木板的位移大小为x1=+=1.625m物块的位移大小为x2=0.5m所以物块相对于木板的位移的大小为s=x1x2=1.125m答：（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为0.20和0.30；（2）从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小是1.125m【物理-选修3-5】13选修35氘核和氚核可发生热核聚变而释放巨大的能量，该反应方程为： H+HHe+x，式中x是某种粒子已知： HH、He和粒子x的质量分别为2.0141u、
31、3.0161u、4.0026u和1.0087u；1u=931.5MeV/c2，c是真空中的光速由上述反应方程和数据可知，粒子x是中子，该反应释放出的能量为17.6MeV（结果保留3位有效数字）【考点】爱因斯坦质能方程【分析】由核电荷数与质量数守恒可以判断出x粒子是哪种粒子；先求出质量亏损，然后由质能方程可以求出释放的能量【解答】解：由核电荷数守恒可知，x粒子的核电荷数为：1+12=0，由质量数守恒可知，x粒子的质量数为：2+34=1，则x粒子是或中子；核反应过程中释放的能量为E=mc2=17.6MeV；故答案为：中子；17.614质量为M的木块静止在光滑水平桌面上，桌面距水平地面的高度为H，一质量为m的子弹以水平速度V0 击中木块后并留在其中，求木块落地时距桌面边缘的水平距离X【考点】动量守恒定律【分析】子弹射击物块，子弹和物块的总动量守恒，由动量守恒定律求出木块的速度；木块离开桌面后做平抛运动，根据桌面的高度求出木块做平抛运动的时间，然后再求出木块的水平位移【解答】解：子弹击中木块过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v，木块离开桌面后做平抛运动，竖直方向：H=gt2，水平方向：x=vt，解得：x=；答：木块落地时距桌面边缘的水平距离为2016年11月22日
