1、吉林省吉林大学附属中学2017届高三第五次摸底考试物理试卷（解析版）一、选择题1下列说法正确的是A. 自然界的电荷只有两种，库仑把它们命名为正电荷和负电荷B. 衰变现象说明电子是原子核的组成部分C. 使用多用电表测电阻时，如果发现指针偏转很小，应选择倍率较大的欧姆挡重新测量D. 一群氢原子从n3的激发态跃迁到基态时，最多能辐射2种不同频率的光子【答案】C【解析】自然界的电荷只有两种，富兰克林把它们命名为正电荷和负电荷，故A错误；衰变是原子核中的中子转化为质子同时产生电子的过程，但电子不是原子核的组成部分，故B错误；使用欧姆表测电阻应选择适当的档位，使指针指在中央刻度盘附近，如果指针偏转角度较小
2、，说明被测电阻过大，应选择倍率较大的欧姆挡重新测量，C正确；根据可得最多能辐射3种不同频率的光子，D错误2从t0时刻开始，甲沿光滑水平面做直线运动，速度随时间变化如图甲；乙静止于光滑水平地面，从t0时刻开始受到如图乙所示的水平拉力作用。则在04 s的时间内A. 甲物体所受合力不断变化B. 甲物体的速度不断减小C. 2 s末乙物体改变运动方向D. 2 s末乙物体速度达到最大【答案】D【解析】速度时间图像的斜率表示加速度，从图甲中可知甲运动的速度时间图像的斜率不变，即加速度恒定，所以合力恒定，A错误；从图甲中可知甲的速度先减小后反向增大，B错误；由乙图知：乙所受的拉力先沿正向后沿负向，说明乙在0-
3、2s内做加速度减小的加速运动，2-4s内沿原方向做加速度增大的减速运动，2s运动方向没有改变，2s末乙物体速度达到最大，C错误D正确。【点睛】抓住图象斜率与加速度的关系是分析的关键对于乙是常规问题，不能认为力一反向，运动方向就反向3如图所示，空间中存在与等边三角形ABC所在平面平行的匀强电场。其中电势AB0，C.保持该电场的大小和方向不变，让等边三角形以AB为轴转过60，则此时C点的电势为A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：运用匀强电场U=Ed求解即可，关键明确d为沿电场方向的距离因为AB点等势，所以电场方向水平向左，设等边三角形的边长为L，则C点到AB的垂线长度为，所以匀强电
4、场，让等边三角形以AB为轴转过，则C点在平面上的投影点到AB的距离为，故此时C点的电势为，B正确；4如图为某同学建立的一个测量动摩擦因数的模型。物块自左侧斜面上A点由静止滑下，滑过下面一段平面后，最高冲至右侧斜面上的B点。实验中测量出了三个角度，左右斜面的倾角和及 AB连线与水平面的夹角为。物块与各接触面动摩擦因数相同且为，忽略物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是A. tan B. tan C. tan D. 【答案】C【解析】试题分析：对全过程运用动能定理，结合摩擦力做功的大小，求出动摩擦因数大小设AB的水平长度为x，竖直高度差为h，对A到B的过程运用动能定理得，因为，则有，解得，故C正
5、确5小型登月器连接在航天站上，一起绕月球做圆周运动，其轨道半径为月球半径的5倍，某时刻，航天站使登月器减速分离，登月器沿如图所示的椭圆轨道登月，在月球表面逗留一段时间完成科考工作后，经快速启动仍沿原椭圆轨道返回，当第一次回到分离点时恰与航天站对接，登月器快速启动时间可以忽略不计，整个过程中航天站保持原轨道绕月运行。已知月球表面的重力加速度为g，月球半径为R，不考虑月球自转的影响，则登月器可以在月球上停留的最短时间约为A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：设登月器和航天飞机在半径为3R的轨道上运行时的周期为T，由牛顿第二定律有：其中 r=3R 解得：在月球表面的物体所受重力近似等于
6、万有引力:解得：GM=gR2所以，设登月器在小椭圆轨道运行的周期是T1，航天飞机在大圆轨道运行的周期是T2对登月器和航天飞机依据开普勒第三定律分别有：，解得，为使登月器仍沿原椭圆轨道回到分离点与航天飞机实现对接，登月器可以在月球表面逗留的时间t应满足:t=nT2T1（其中，n=1、2、3、）由以上可得：（其中，n=1、2、3、），当n=1时，登月器可以在月球上停留的时间最短，即t=47，故选A所以选A正确。考点：万有引力定律及其应用、开普勒第三定律【名师点睛】此题考查了万有引力定律在航天问题中的应用问题；关键是首先知道卫星做圆周运动的向心力由万有引力来提供，即牢记，知道线速度、周期与轨道半径的
7、关系，知道轨道半径越大，线速度越小，周期越大应用开普勒第三定律求出椭圆轨道的周期，再结合周期间的关系即可解题。6如图所示电路中，电流表A和电压表V均可视为理想电表现闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动，下列说法正确的是（ ）A. 电流表A的示数变小，电压表V的示数变大B. 小灯泡L变亮C. 电容器C上电荷量减少D. 电源的总功率变大【答案】A【解析】解：A、B闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流I减小，则小灯泡L变暗，电流表A的示数变小电压表的示数U=EI（RL+r），I减小，其他量不变，则U增大，即电压表V的示数变大
8、故A正确，B错误C、电容器的电压等于变阻器两端的电压，即等于电压表的示数，U增大，由Q=CU，知电容器C上的电荷量增大故C错误D、电源的总功率P=EI，I减小，则电源的总功率变小故D错误故选：A【点评】本题是电路动态变化分析问题，电容器所在电路相当于开关断开，根据欧姆定律进行分析7如图所示，光滑轨道ABCD中BC为圆弧，圆弧半径为R，CD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接。传送带表面粗糙，以恒定速度v逆时针转动。现将一质量为m的小滑块从轨道上A点由静止释放，A到C的竖直高度为H，重力加速度g，则A. 滑块在传动带上向右运动的最大距离与传送带速度v无关B. 小滑块不可能返回A点C
9、. 若H4R，滑块经过C点时对轨道压力大小为8mgD. 若H4R，皮带速度，则物块第一次在传送带上滑动过程中，由于摩擦而产生的内能为9mgR【答案】AD【解析】试题分析：由于传送带逆时针方向运动，可知滑块在向右运动的过程中一直做减速运动，当滑块恰好速度等于0时，向右运动的距离最大，该距离与传送带的速度无关故A正确；滑块在传送带上先向右减速，然后在传送带上向左做加速运动，如果传送带的速度足够大，则滑块向左一直做加速运动时，由运动的对称性可知，滑块离开传送带的速度与滑上传送带的速度大小相等，可以达到A点故B错误；若H=4R，滑块经过C点时的速度：,滑块受到的支持力与重力的合力提供向心力，所以：得：
10、FN=9mg；根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道压力大小为9mg故C错误；选择向右为正方向，设滑块与传送带之间的动摩擦因数是，则滑块的加速度：ag滑块的速度为-时，使用的时间：滑块的位移：x1vt+at2代入数据得：这段时间内传送带的位移：滑块与传送带之间的相对位移：xx1x2由于摩擦而产生的内能为：Q=fx=mg=9mgR，故D正确故选AD。考点：动能定理及牛顿定律的综合应用【名师点睛】本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律和牛顿第二定律，解决本题的关键理清物体的运动过程，知道物体的运动规律，结合动能定理、牛顿第二定律和运动学公式进行求解。8如图所示，在、两个区域内存在磁感应强度均为B的匀强磁
11、场。磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD、AC边界的夹角DAC30，边界AC与边界MN平行，区域宽度为d，长度无限大。质量为m、电荷量为q的粒子可在边界AD上的不同点射入。入射速度垂直于AD且垂直于磁场，若入射速度大小为，不计粒子重力，不考虑区磁场右边界，则A. 粒子距A点0.5d处射入，不会进入区B. 粒子距A点1.5d处射入，在磁场区域内运动的时间为C. 粒子在磁场区域内运动的最短时间为D. 从MN边界出射粒子的区域长为【答案】CD【解析】试题分析：粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：其中：；解得：r=d，故A错误；画出恰好不进入区的临界轨迹，如图所示：结合几何
12、关系，有：；故从距A点05d处射入，会进入区，故B错误；粒子距A点15d处射入，在区内运动的轨迹为半个圆周，故时间为：，故C正确；从A点进入的粒子在磁场中运动的轨迹最短（弦长也最短），时间最短，轨迹如图所示：轨迹对应的圆心角为60，故时间为：，故D正确故选CD。考点：带电粒子在匀强磁场中的运动【名师点睛】本题是常见的带电粒子在磁场中运动的问题，画出轨迹，运用几何关系和牛顿第二定律等知识进行求解。二、多选题9下列说法中正确的是_。A. 一定质量的理想气体在等压膨胀过程中温度一定升高B. 在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零C. 分子间的距离r存在某一值r0，当r大于r0时，分子间斥力大于引
13、力；当r小于r0时，分子间斥力小于引力D. 由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液体表面分子间作用力表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势E. 晶体有一定的熔化温度，非晶体没有一定的熔化温度【答案】ADE【解析】气体等压膨胀过程中，由知，气体温度一定升高，故A正确；在完全失重的情况下，气体分子运动不停止，对容器壁的压强不为零，故B错误；当时，分子间引力大于斥力，当时，分子间斥力大于引力，C错误；由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液体表面分子间作用力表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势，D正确；晶体有固定的熔点，非晶体没有，E正确；10下列说法正确的是_。A. 光的偏
14、振现象说明光是一种横波B. 某玻璃对a光的折射率大于b光，则在该玻璃中传播速度a光大于b光C. 当观察者向静止的声源运动时，接收到的声音的波长大于声源发出的波长D. 变化的电场一定产生磁场，变化的磁场一定产生电场E. 狭义相对论认为：真空中的光速大小在不同惯性参考系中都是相同的【答案】ADE【解析】纵波没有偏振现象，光的偏振现象说明光是一种横波，故A正确；根据可得在该玻璃中传播速度a光小于b光，B错误；根据多普勒效应，当观察者向静止的声源运动时，接收到的声音的频率大于声源发出的频率，结合可知，接收到的声音的波长小于声源发出的波长，故C错误；根据麦克斯韦电磁理论可知变化的电场产生磁场，变化的磁场
15、产生电场，D正确；狭义相对论认为真空中的光速在不同的惯性参考系中是相同的，故E正确三、实验题11某实验小组用如图所示的实验装置和实验器材做“探究动能定理”实验，在实验中，该小组同学把砂和砂桶的总重力当作小车受到的合外力。(1)为了保证实验结果的误差尽量小，在实验操作中，下面做法必要的是_。A实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作B实验操作时要先放小车，后接通电源C在利用纸带进行数据处理时，所选的两个研究点离得越近越好D在实验过程中要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量(2)除实验装置中的仪器外，还需要的测量仪器有_。(3)如图为实验中打出的一条纸带，现选取纸带中的A、B两点来探究“动能定理”。已知
16、打点计时器的打点周期为T，重力加速度为g。图中已经标明了要测量的物理量，另外，小车的质量为M，砂和砂桶的总质量为m。请你把要探究的结果用题中给出的字母表达出来_。【答案】（1）AD ，（2）刻度尺、天平，（3）【解析】试题分析：（1）实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作，以保证小车所受合外力恰好是绳子的拉力，故A正确；实验时，若先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理故B错误；在利用纸带进行数据处理时，所选的两个研究点离得越近测量误差越大，故C错误；在实验过程中要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，这样才能使得砂和砂桶的总重力近似等于细
17、绳对小车的拉力，故D正确（2）由于实验需要测量小车速度，速度是使用打点计时器打的纸带计算得出的，故要测量点距，需要刻度尺；本实验还要测量质量，故选要天平（3）小车的质量为M，砂和砂桶的总质量为m，M远大于m则对小车的作用力等于砂和砂桶的总重力mg，所以恒力对小车做的功可表示为：由得：，所以小车动能的改变量为，本实验就是要验证减少的重力势能是否等于增加的动能，即考点：“探究动能定理”实验【名师点睛】明确“探究恒力做功与动能改变的关系”实验的实验原理及方法是求解本题的关键对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等这样问题我们要从实验原理和减少实验误
18、差方面去解决12在“测定2节干电池组成的电池组的电动势和内阻”的实验中，备有下列器材：A待测的干电池组(电动势约为3.0 V，内阻小于2.0 )B电流表A1(量程为03 mA，内阻RA110)C电流表A2(量程为00.6 A，内阻RA20.1)D滑动变阻器R1(050 ，允许通过的最大电流为10A)E滑动变阻器R2(0200 ，允许通过的最大电流为1A)F定值电阻R0(990 )G开关和导线若干(1)某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图甲所示实验电路，在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选_（填写器材前的字母代号）。(2)按照图甲所示的电
19、路进行实验，I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数。记录的5 组实验数据如下：根据表中的实验数据，在图乙所示的坐标纸上画出I1I2图线。(3)根据你绘出的I1I2图线，可得被测电池组的电动势E_V，内阻r_。（所有结果保留两位有效数字）【答案】 D 3 .0V 1.5【解析】试题分析：通过估算电路中需要的最大电阻来选择变阻器；将电流表A1及串联的定值电阻作为电压表使用，则可得出对应的U-I图象，由图象的意义可求得电动势和内阻（1）由于电源电压为1.5V，电阻较小；为了操作方使，滑动变阻器选择小电阻D即可；（2）根据描点法可得（2）电流表A1的示数与等效电压表的内阻乘积为电源的路端的电压
20、；由U=E-Ir可得：电源的电动势；内阻四、简答题13如图，质量为m的b球静置在水平固定轨道BC的左端C处。质量为2m的a球从距水平轨道BC高度为h的A处由静止释放，沿ABC光滑轨道滑下。a球滑到C处与b球发生正碰，并与b球粘合在一起沿水平方向飞出，最后落在地面上的D点。已知水平轨道BC距地面的高度为H，重力加速度g。求：(1)a球与b球碰前瞬间，a球的速度大小；(2)C、D两点之间的水平距离和碰撞过程中损失的机械能。【答案】(1) (2) , 【解析】试题分析：以a球为研究对象，由动能定理可以求出a与b两球碰撞前a球的速度a与b碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律求出碰后的共同速度碰撞后它们做
21、平抛运动，由分位移公式求出水平距离由能量守恒定律求碰撞过程中损失的机械能（1）设a球与b球碰前瞬间的速度大小为vC，则机械能守恒定律有，解得 （2）设a球与b球碰后的速度大小为v，由动量守恒定律有，得， 设C、D两点间的水平距离为L，两球粘合在一起做平抛运动，有， 联立解得，碰撞过程中损失的机械能14如图甲所示，弯折成90角的两根足够长金属导轨竖直放置，两折点连线垂直每根导轨所在竖直面，形成左右两导轨平面，左导轨平面与水平面成53角，右导轨平面与水平面成37角，两导轨相距L=0.4 m，电阻不计。质量均为m=0.2 kg，接入导轨间的电阻均为R=0.2 的金属杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合
22、回路，两金属杆与导轨间的动摩擦因数相同，整个装置处于磁感应强度大小为B=1.0 T，方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中。t=0时刻，ab杆以初速度v1沿右导轨平面下滑。t=l s时，对ab杆施加一垂直ab杆且平行右导轨平面向下的力F，使ab开始作匀加速直线运动。cd杆运动的v-t图象如图乙所示，其中第1 s内图线为直线，虚线为t=2 s时图线的切线，与时间轴交于t=3 s。若两杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好，g取10 m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8。求：(1)金属杆与导轨间的动摩擦因数；(2)ab杆的初速度v1；(3)若第2 s内力F所做的功为18.1
23、 J，求第2 s内cd杆所产生的焦耳热。【答案】（1）；（2）；（3）。【解析】试题分析：（1）ab杆沿左侧导轨下滑，根据右手定则可知ab杆中感应电流由a到b，则cd杆中电流由d到c，根据左手定则可知cd杆受到的安培力垂直于右侧导轨向下。根据vt图象可知，c d杆在第1s内的加速度对cd杆受力分析，根据牛顿第二定律，有：安培力（2）对cd杆：安培力回路中电流对ab杆：感应电动势根据法拉第电磁感应定律解得：ab杆的初速度（3）根据vt图象可知，c d杆在第3s内做匀减速运动，加速度对cd杆受力分析，根据牛顿第二定律，有：解得安培力由可得2s时ab杆的速度第2s内ab杆做匀加速运动，ab杆的位移对
24、ab杆，根据动能定理，有：解得安培力做功回路中产生的焦耳热解得：第2s内cd杆所产生的焦耳热考点：法拉第电磁感应定律的综合应用，牛顿运动定律15一定质量的理想气体，其状态变化过程如图中箭头顺序所示，AB平行于纵轴，BC平行于横轴，CA段是以纵轴和横轴为渐近线的双曲线的一部分。已知气体在A状态的压强、体积、热力学温度分别为PA、VA、TA，且气体在A状态的压强是B状态压强的3倍。试求：气体在B状态的热力学温度和C状态的体积。从B到C过程中，是气体对外做功还是外界对气体做功?做了多少功？【答案】 【解析】试题分析：由图示图象判断出气体状态变化过程，然后应用查理定律求出温度，由盖吕萨克定律求出气体的
25、体积；根据气体体积的变化判断气体对外做功还是外界对气体做功，然后求出做功多少从A到B是等容过程，有： 由题知： 可得： 从B到C，是等压变化过程，固有： 又A到C是等温变化过程，故解得： 从B到C等压过程中，气体的体积在增大，故知是气体对外界做功，做功为： 16如图所示，折射率为、半径为的圆形玻璃砖，AB为玻璃砖直径。一束光线平行于直径AB射向玻璃砖左侧界面，且光束到AB的距离d可以随意调整，已知光在真空中速度为c3.0108 m/s，求：光线在玻璃砖中传播的最长时间；当光线经玻璃砖折射后由B点射出时，光线在玻璃砖中传播的时间。【答案】t81010 s 【解析】光线在介质中的传播速度 光线沿直径传播时时间最长，为 如图所示，由折射定律得 由几何关系可得 光线在玻璃砖中传播的距离为, 联立式解得【点睛】解决光学问题的关键要掌握全反射的条件、折射定律、临界角公式、光速公式，运用几何知识结合解决这类问题