1、2016-2017学年山西省晋城市阳城一中高三（上）第二次综合练习物理试卷一、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1418题只有一项符合题目要求，第1921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关于速度和加速度的关系，以下说法正确的是（）A物体的速度大小不变，则加速度为零B物体的速度增加，则加速度一定增加C物体的加速度减小，则速度一定减小D物体运动时，可以速度改变而加速度不变2质量为m的子弹以速度v水平射入放在光滑水平面上质量为M的木块中而不穿出，则（）A子弹克服阻力做的功等于系统内能的增加B子弹动能的减少量与子弹克服阻力做功量相等C
2、子弹损失的机械能等于木块获得的动能与系统损失的动能之和D阻力对子弹做的功等于子弹对木块所做的功3如图所示，在斜面顶端A以速度v水平抛出一小球，经过时间t1恰好落在斜面的中点P；若在A点以速度2v水平抛出小球，经过时间t2完成平抛运动不计空气阻力，则（）At22t1Bt2=2t1Ct22t1D落在B点4如图两段等长细线将质量分别为2m、m的小球A、B悬挂在O点并处于大小为E的匀强电场中A、B带电量分别为+4q、q，当系统处于静止状态时，可能出现的状态是（）ABCD5如图所示，有一根直导线上通以恒定电流I，方向垂直指向纸内，且和匀强磁场B垂直，则在图中圆周上，磁感应强度数值最大的点是（）Aa点Bb
3、点Cc点Dd点6如图所示，一理想变压器原线圈匝数n1=1100匝，副线圈匝数n2=220匝，交流电源的电压u=220sin（t）V，电阻R=44，电压表、电流表均为理想电表，则下列说法正确的是（）A电流表A1的示数为0.02AB电流表A2的示数约为0.5AC电压表的示数为22VD原线圈输入功率44W7国务院批复，自2016年起将4月24日设立为“中国航天日”1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440km，远地点高度约为2060km；1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35786km的地球同步轨道上设东方红一
4、号在远地点的加速度为a1，东方红二号的加速度为a2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a3，则a1、a2、a3的大小关系为（）Aa2a1a3Ba3a2a1Ca3a1a2Da1a2a38如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动ON与水平面的夹角为30，重力加速度为g，且mg=qE，选取初始位置O的电势为零，则（）A电场方向竖直向上B小球运动的加速度大小为2gC小球上升的最大高度为D小球电势能的最大值为三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第40题为选考
5、题，考生根据要求作答（一）必考题（共47分）9亚里士多德（前384前322年），古希腊斯吉塔拉人，世界古代史上最伟大的哲学家、科学家和教育家之一但由于历史的局限性，亚里士多德的有些认识是错误的为了证明亚里士多德的一个结论是错误的，一位科学家设计了一个理想实验，下图是这个理想实验的示意图甲图是将两个斜面对接，让静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面；图乙是减小第二个斜面的倾角，小球在这个斜面上几乎要达到原来的高度；由此得到推论：图丙中，在没有摩擦等阻碍时，小球将永远运动下去设计这个理想实验的科学家是，这个理想实验说明亚里士多德的力是物体运动的原因的结论是错误的10某同学为了测量电流表A1
6、内阻的精确值，有如下器材：电流表A1（量程300mA，内阻约为5）；电流表A2（量程600mA，内阻约为1）；电压表V（量程15V，内阻约为3k）；滑动变阻器R1（05，额定电流为1A）；滑动变阻器R2（050，额定电流为0.01A）；电源E（电动势3V，内阻较小）；定值电阻R0 （5）；单刀单掷开关一个、导线若干实验要求待测电流表A1的示数从零开始变化，且多测几组数据，尽可能的减少误差（1）以上给定的器材中滑动变阻器应选；（2）在答题卡的方框内画出测量A1内阻的电路原理图，并在图中标出所用仪器的代号；（3）若选测量数据中的一组来计算电流表A1的内阻r1，则r1的表达式为r1=；上式中各符号的
7、物理意义是11如图所示，两木块的质量分别为m1和m2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k1和k2，上面木块压在上面的弹簧上（但不拴接），整个系统处于平衡状态现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面弹簧在这过程中下面木块移动的距离为12如图所示，有一磁感强度B=0.1T的水平匀强磁场，垂直匀强磁场放置一很长的金属框架，框架上有一导体ab保持与框架边垂直、由静止开始下滑已知ab长100cm，质量为0.1kg，电阻为0.1，框架电阻不计，取g=10m/s2，求：（1）导体ab下落的最大加速度和最大速度；（2）导体ab在最大速度时产生的电功率2016-2017学年山西省晋城市阳城一中高三（上）第二次综合练习
8、物理试卷参考答案与试题解析一、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1418题只有一项符合题目要求，第1921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关于速度和加速度的关系，以下说法正确的是（）A物体的速度大小不变，则加速度为零B物体的速度增加，则加速度一定增加C物体的加速度减小，则速度一定减小D物体运动时，可以速度改变而加速度不变【考点】加速度【分析】根据加速度的定义式a=可知物体的加速度等于物体的速度的变化率，加速度的方向就是物体速度变化量的方向，与物体速度无关，即物体的速度变化越快物体的加速度越大加速度是表示速度变化快慢的物理量【解
9、答】解：A、物体的速度大小不变，则加速度不一定为零，例如匀速直线运动故A错误；B、物体的速度增加，则加速度可以减小，即速度增加得越来越慢，故B错误；C、物体的加速度减小，如果加速度方向与速度方向相同，速度在增加，即速度增加得越来越慢，故C错误；D、物体运动时，可以速度改变而加速度不变，例如平抛运动，故D正确；故选：D2质量为m的子弹以速度v水平射入放在光滑水平面上质量为M的木块中而不穿出，则（）A子弹克服阻力做的功等于系统内能的增加B子弹动能的减少量与子弹克服阻力做功量相等C子弹损失的机械能等于木块获得的动能与系统损失的动能之和D阻力对子弹做的功等于子弹对木块所做的功【考点】动能定理的应用；功
10、能关系【分析】子弹和木块所受水平作用力（相互摩擦力）大小相等，可认为是恒力但二者的位移大小不同，做功不同根据功能关系和动能定理进行分析【解答】解：A、根据能量转化和守恒定律得知：系统机械能的减小等于系统内能的增加，而系统机械能的减小等于等于系统克服阻力做的总功故A错误B、对子弹，只有阻力做负功，根据动能定理得：子弹动能的减少量等于子弹克服阻力做功量相等故B正确C、子弹射入木块的过程中，子弹的动能减小，木块的动能增加，系统的内能也增加，系统损失的动能之和等于系统内能的增加，则由能量转化和守恒定律得知：子弹损失的机械能等于木块获得的动能与系统损失的动能之和故C正确D、由于子弹与木块对地位移不等，子
11、弹的位移大于木块的位移，而两者相互作用力大小相等，根据功的公式W=Fl可知，阻力对子弹做的功大于子弹对木块所做的功故D错误故选BC3如图所示，在斜面顶端A以速度v水平抛出一小球，经过时间t1恰好落在斜面的中点P；若在A点以速度2v水平抛出小球，经过时间t2完成平抛运动不计空气阻力，则（）At22t1Bt2=2t1Ct22t1D落在B点【考点】平抛运动【分析】抓住小球落在斜面上，结合竖直位移和水平位移的关系求出运动的时间，从而得出水平位移的表达式，确定初速度增倍后，小球将落在水平面根据下降的高度关系求出运动的时间关系【解答】解：在斜面顶端A以速度v水平抛出一小球，经过时间t1恰好落在斜面的中点P
12、，有tan=，解得，水平位移x=，初速度变为原来的2倍，若还落在斜面上，水平位移应该变为原来的4倍，可知在A点以速度2v水平抛出小球，小球将落在水平面可知两球下降的高度之比为1：2，根据t=知，则t22t1故选：C4如图两段等长细线将质量分别为2m、m的小球A、B悬挂在O点并处于大小为E的匀强电场中A、B带电量分别为+4q、q，当系统处于静止状态时，可能出现的状态是（）ABCD【考点】电场强度；共点力平衡的条件及其应用【分析】先运用整体法研究OA绳与竖直方向的夹角，再隔离B研究，分析AB绳与竖直方向的夹角，得到两夹角的关系，即可判断出系统平衡时的状态【解答】解：A球受到电场力水平向右，大小为
13、4qE，B球受到的电场力水平向左，大小为 qE设F=qE以整体为研究对象，分析受力如图设OA绳与竖直方向的夹角为，则由平衡条件得：tan=以B球为研究对象，受力如图设AB绳与竖直方向的夹角为，则由平衡条件得：tan=得到 =，故ACD错误，B正确故选：B5如图所示，有一根直导线上通以恒定电流I，方向垂直指向纸内，且和匀强磁场B垂直，则在图中圆周上，磁感应强度数值最大的点是（）Aa点Bb点Cc点Dd点【考点】磁感应强度【分析】该题考察了磁场的叠加问题用安培定则首先确定通电直导线在abcd四点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小变化和方向，从而判断各选项【解答】解：用安培定则判断通电
14、直导线在abcd四个点上所产生的磁场方向，如图所示：A、在a点，通电导线产生的磁场与匀强磁场的方向相同，叠加后磁感应强度数值最大故A正确；BCD错误故选：A6如图所示，一理想变压器原线圈匝数n1=1100匝，副线圈匝数n2=220匝，交流电源的电压u=220sin（t）V，电阻R=44，电压表、电流表均为理想电表，则下列说法正确的是（）A电流表A1的示数为0.02AB电流表A2的示数约为0.5AC电压表的示数为22VD原线圈输入功率44W【考点】变压器的构造和原理【分析】根据电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论【解答】解：电压表的示数为电路的
15、有效电压的大小，输入电压的有效值为220V；根据电压之比等于匝数之比可知；副线圈的最有效的电压为44V，所以电压表V的示数为44V，故C错误输出功率，根据理想变压器输入功率等于输出功率，所以原线圈输入功率44W，故D正确；副线圈中的电流，即电流表的读数是1A，故B错误；原线圈中的电流，即电流表的示数为0.2A，故A错误；故选：D7国务院批复，自2016年起将4月24日设立为“中国航天日”1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440km，远地点高度约为2060km；1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35786
16、km的地球同步轨道上设东方红一号在远地点的加速度为a1，东方红二号的加速度为a2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a3，则a1、a2、a3的大小关系为（）Aa2a1a3Ba3a2a1Ca3a1a2Da1a2a3【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【分析】根据万有引力提供向心力可比较东方红一号和东方红二号的加速度；同步卫星的运行周期和地球自转周期相等，角速度相等，根据比较固定在地球赤道上的物体和东方红二号的加速度【解答】解：东方红二号地球同步卫星和地球自转的角速度相同，由a=2r可知，a2a3；由万有引力提供向心力可得：a=，东方红一号的轨道半径小于东方红二号的轨道半径，所以有：
17、a1a2，所以有：a1a2a3，故ABC错误，D正确故选：D8如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动ON与水平面的夹角为30，重力加速度为g，且mg=qE，选取初始位置O的电势为零，则（）A电场方向竖直向上B小球运动的加速度大小为2gC小球上升的最大高度为D小球电势能的最大值为【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】首先对相求的受力情况和运动情况进行分析，小球受重力和电场力作用，因mg=qE且沿ON运动，所以电场力的方向与水平方向成30角，合力沿ON向下，小球应做匀减速直线运动，对二力进行合成，合力大小为mg
18、，加速度为g；由运动学公式可判断C的对错；因电场力和重力在ON上的分量相等，可知克服电场力做功和克服重力做功是相等的，可知转化为电势能的最大值为初动能的一半【解答】解：A、B小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在ON直线上，因mg=Eq，所以电场力Eq与重力关于ON对称，根据数学知识得：电场力qE与水平方向的夹角应为30，受力情况如图一所示，合力沿ON方向向下，大小为mg，所以加速度为g，方向沿ON向下故AB错误C、经对A的分析可知，小球做匀减速直线运动，由运动学公式可得最大位移为 x=，则最大高度为h=xsin30=故C错误D、若小球在初始位置的电势能为零，在减速运动至速度为零
19、的过程中，小球克服电场力做功和克服重力做功是相等的，由能量的转化与守恒可知，小球的初动能一半转化为电势能，一半转化为重力势能，初动能为，小球的最大电势能为，故D正确故选：D三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共47分）9亚里士多德（前384前322年），古希腊斯吉塔拉人，世界古代史上最伟大的哲学家、科学家和教育家之一但由于历史的局限性，亚里士多德的有些认识是错误的为了证明亚里士多德的一个结论是错误的，一位科学家设计了一个理想实验，下图是这个理想实验的示意图甲图是将两个斜面对接，让静止的小球
20、沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面；图乙是减小第二个斜面的倾角，小球在这个斜面上几乎要达到原来的高度；由此得到推论：图丙中，在没有摩擦等阻碍时，小球将永远运动下去设计这个理想实验的科学家是伽利略，这个理想实验说明亚里士多德的观点力是维持物体运动的原因的结论是错误的【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法【分析】关于力和运动的关系，历史上有两种对立的观点：亚里士多德认为，力是维持物体运动的原因；伽利略等人认为，力是改变物体运动状态的原因现在人们普遍认为力是改变物体运动状态的原因的观点是正确的，这一观点无法经过实验直接证实，而是在大量实验事实的基础上，经过推理概括得出的【解答】解：图丙中，
21、在没有摩擦等阻碍时，小球将永远运动下去设计这个理想实验的科学家是伽利略，这个理想实验说明亚里士多德的力是维持物体运动状态的原因的结论是错误的故答案为：伽利略；观点；维持10某同学为了测量电流表A1内阻的精确值，有如下器材：电流表A1（量程300mA，内阻约为5）；电流表A2（量程600mA，内阻约为1）；电压表V（量程15V，内阻约为3k）；滑动变阻器R1（05，额定电流为1A）；滑动变阻器R2（050，额定电流为0.01A）；电源E（电动势3V，内阻较小）；定值电阻R0 （5）；单刀单掷开关一个、导线若干实验要求待测电流表A1的示数从零开始变化，且多测几组数据，尽可能的减少误差（1）以上给定
22、的器材中滑动变阻器应选；（2）在答题卡的方框内画出测量A1内阻的电路原理图，并在图中标出所用仪器的代号；（3）若选测量数据中的一组来计算电流表A1的内阻r1，则r1的表达式为r1=；上式中各符号的物理意义是、分别为某次实验时电流表、的示数，是定值电阻的大小【考点】测定金属的电阻率【分析】本题（1）的关键是明确实验要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；题（2）的关键是根据待测电流表量程等于电流表量程的一半可知，应将待测电流表与定值电阻并联后再与电流表串联即可；题（3）的关键是根据串并联规律写出两电流表示数之间的关系，然后即可求解【解答】解：（1）：由于实验要求
23、电流从零调，所以变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；（2）：由于待测电流表的量程为电流表量程的一半，所以应考虑将待测电流表与定值电阻并联以扩大量程，改装后电流表再与电流表串联，电路图如图所示：（3）：根据电路图由欧姆定律可得： =+，解得： =；其中、分别为某次实验时电流表、的示数，是定值电阻的大小故答案为：（1）；（2）如图；（3）；、分别为某次实验时电流表、的示数，是定值电阻的大小11如图所示，两木块的质量分别为m1和m2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k1和k2，上面木块压在上面的弹簧上（但不拴接），整个系统处于平衡状态现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面弹簧在这过程
24、中下面木块移动的距离为【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；胡克定律【分析】系统原来处于平衡状态，两个弹簧均被压缩，弹簧k2的弹力等于两物体的总重力缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面弹簧时弹簧k2的弹力等于m2g，根据胡克定律分别求出下面弹簧两种状态下压缩的长度，下面木块移动的距离等于弹簧两种状态下压缩的长度之差【解答】解：系统处于原来状态时，下面弹簧k2的弹力F1=（m1+m2）g，被压缩的长度x1=；当上面的木块离开上面弹簧时，下面弹簧k2的弹力F2=m2g，被压缩的长度x2=；所以下面木块移动的距离为S=x1x2=；故答案为：12如图所示，有一磁感强度B=0.1T的
25、水平匀强磁场，垂直匀强磁场放置一很长的金属框架，框架上有一导体ab保持与框架边垂直、由静止开始下滑已知ab长100cm，质量为0.1kg，电阻为0.1，框架电阻不计，取g=10m/s2，求：（1）导体ab下落的最大加速度和最大速度；（2）导体ab在最大速度时产生的电功率【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；电功、电功率；电磁感应中的能量转化【分析】（1）根据右手定则判断出感应电流的方向，根据左手定则判断出安培力的方向金属棒向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小到0，即安培力等于重力时，速度达到最大因此导体刚释放时达到最大加速度（2）根据电功率公式P=I2R，可得导体在最大速度时的电功率【解答】解：（1）ab棒刚下落时，速度为零，还没有切割磁感线产生感应电流，此时不受阻力，只受到重力，所以最大加速度为g=10m/s2（2）根据导体ab下落的最大速度时，加速度为零，即mg=F安则有：所以v=（3）速度达到最大时，此时电功率也达到最大则有最大的电功率为： =10W答：（1）导体ab下落的最大加速度10m/s2和最大速度10m/s；（2）导体ab在最大速度时产生的电功率10w2016年12月24日