1、第 1 页 共 8 页河北辛集中学 2017 级高三上学期期中考试高三物理答案一、选择题：（共 16 题,每题 4 分,共 64 分。110 为单选，1116 为多选，全部选对的得 4分，选不全的得 2 分，有选错或不答的得 0 分。）1.解析：选 C小船垂直于河岸方向航行的速度不变，但水流速度越靠近中央越大，因此小船过河过程中先具有向下游的加速度，后具有向上游的加速度，结合曲线运动的轨迹特点可知，加速度方向应指向轨迹的凹侧，故只有选项 C 正确。2.解析设圆弧的半径为 R，依平抛运动规律得 x1v1t1，x2v2t2，联立得v1v2x1t2x2t12R0.2Rt2Rt11.8t2t1。时间由
2、竖直方向做自由落体运动来比较，y112gt12，y212gt22，由两式相比得t1t2 y1y2，其中 y135R，y2R，则有t1t235，代入速度公式得v1v23 155，C 项正确。答案C3.解析：选 C小球恰好能通过轨道 2 的最高点 B 时，有 mg mvB21.8R，小球在轨道 1 上经过最高点 A 处时，有 FmgmvA2R，根据机械能守恒，有 1.6mgR12mvA212mvB2，解得 F4mg，C 项正确。4【解答】解：A、根据，得，由题意知，所以，故 A 错误；B、P 为地球赤道上一点，P 点角速度等于同步卫星的角速度，根据 vr，所以有，故 B 错误；第 2 页 共 8
3、页C、根据，得，所以，故 C 错误；D、综合 BC，有，得，故 D 正确；故选：D。5.解析在椭圆轨道近月点变轨成为圆轨道，要实现变轨应给飞行器点火减速，减小所需的向心力，故点火后动能减小，故 A 错误；设飞行器在近月轨道绕月球运行一周所需的时间为 T3，则：mg0mR42T32，解得：T32Rg0，根据几何关系可知，轨道的半长轴 a2.5R，根据开普勒第三定律a3T2k 以及飞行器在轨道上的运行周期，可求出飞行器在轨道上的运行周期，故 B 正确，D 错误；只有万有引力作用情况下，飞行器在轨道上通过 B 点的加速度与在轨道上通过 B 点的加速度相等，故 C 错误。答案B6解析：选 B将负电荷由
4、低电势点移到高电势点，电场力做正功，电势能减小，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，因无穷远处电势能为零，因此静电力做正功越多，电荷在该点的电势能越大，选项 B 正确；在同一等势面上，电势处处相等，场强不一定相等，选项 C 错误；电势下降最快的方向才是电场强度的方向，选项 D 错误。7.解析：选 A根据匀强电场中任意平行相等线段两端点的电势差相等，可知 B、D 两点电势相等，BD 连线为等势线，根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，与 BD 连线垂直且指向 A 的方向为电场方向，如图所示。根据匀强电场中电场强度与电势差关系，匀强电场的电场强度 EUd33cos 30N
5、/C2 N/C。根据点电荷电场的特点可知，放在 D 点的点电荷在 B 点产生的电场强度与在 C 点产生的电场强度大小相等，都是 1.5 N/C，方向沿 BD 连线，根据电场叠加原理，B 点的电场强度大小为 EB 221.52N/C2.5 N/C，选项 A 正确。8解析：选 D系统处于静止状态时，弹簧被压缩，设压缩量为x1，由平衡条件得 kx1m1gsin，解得 x1m1gsin k。物块 B 刚要离开挡板 C 时，弹簧被拉伸，弹簧弹力等于物块 B 的重力沿斜面方向的分力，设拉伸量为 x2，由 kx2m2gsin，解得 x2m2gsin k。物块 A 在力 F 作用下沿斜面向上运动直到物块 B
6、刚要离开挡板第 3 页 共 8 页C 时，物块 A 运动的距离为 xx1x2m1gsin km2gsin km1m2gsin k，选项 A 错误。在物块 B 刚要离开挡板 C 时，拉力最大。隔离物块 A，分析受力，由牛顿第二定律，Fm1gsin kx2m1a，解得拉力 F(m1m2)gsin m1a，选项 B 错误。在拉力拉物块沿斜面向上运动过程中，由于拉力逐渐增大，物块 A 沿斜面做匀加速运动，速度逐渐增大，根据功率公式 PFv可知，拉力做功的功率一直增大，选项 C 错。由于弹簧原来处于压缩状态，具有弹性势能，在拉力拉物块沿斜面向上运动过程中，弹簧先恢复原长，后被拉伸，又具有弹性势能，即弹簧
7、弹性势能先减小后增大，选项 D 正确。9.解析：选 C两车碰撞后粘在一起，属于典型的非弹性碰撞，有机械能损失，A 项错误；从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，在竖直方向上 A、B、C 组成的系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒，B 项错误；A、B 两车碰撞过程，动量守恒，设两车刚粘在一起时共同速度为 v1，有 mv02mv1，解得 v12 m/s；从小球开始上摆到小球摆到最高点的过程中，A、B、C 组成的系统在水平方向上动量守恒，设小球上升到最高点时三者共同速度为 v2，有 2mv1mCv0(2mmC)v2，解得 v22.4 m/s；从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，A、B、C 组
8、成的系统机械能守恒，即 mCgh12mCv02122mv1212(2mmC)v22，解得 h0.16 m，C 项正确，D 项错误。10【解答】解：设抛出的速度为 v，则水平分速度为：vxvcos45v竖直速度为：vyvsin45v，则有位移关系：tan解得：t则落点与抛出点的距离为：Lv2；则由题意可知初速度为 v0、2v0 分别抛出小球 P、Q，则有：x24x1；落到斜面上的速度方向与水平方向的夹角满足 tan0即速度方向均为水平，vP、vQ 方向相同，故 A 正确、BCD 错误；故选：A。第 4 页 共 8 页11.解析：选 BC.煤经时间 t 加速到 v，由动能定理有mgv2t12mv2
9、，t 时间内由摩擦产生的热量 Q 内mgs 相对mgvt12vt12mv2，这段时间内电动机多消耗的能量 E12mv2Q 内mv2，电动机应增加的功率 PEtmv2tQv2200 W，在 1 min 内因煤与传送带摩擦产生的热量为 Q 内12mv212Qtv26.0103 J，选项 B、C 正确12 解析：选 ACD在 m1从 A 点运动到 C 点的过程中，m1与 m2组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒，故 A 正确；设小球 m1运动到最低点 C 时 m1、m2的速度大小分别为 v1、v2，则有 v1cos 45v2，则v1v2 2，故 B 错误；假设 m1能上升到 B 点，由于 m2升
10、高，m1与 m2组成的系统机械能会增大，违背机械能守恒定律，所以假设不成立，故 C 正确；m2沿光滑斜面上滑过程中，m2对斜面的压力的大小和方向都不变，斜面的受力情况不变，由平衡条件可知地面对斜面的支持力始终保持恒定，故 D 正确。13.解析：选 BD由题图知，N 点的电势高于 M 点的电势，故 A 错误；由 EUd可知，图像的斜率绝对值等于场强大小，可以看出 M 点的场强大小大于 N 点的场强大小，斜率都为正值，说明 M、N 点的电场方向相同，故 B 正确；根据顺着电场线方向电势降低，可知电场线的方向从 N 指向 M，正电荷在 x 轴上 M、N 之间所受的电场力始终由 N 指向 M，正电荷做
11、单向直线运动，故 C 错误；负电荷沿 x 轴从 M 移到 N 的过程中，电场力方向从 M 指向 N，电场力方向与位移相同，电场力一直做正功，故 D 正确。14解析：选 BCD由轨迹图可知，两粒子所受的电场力方向相反，则两粒子一定电性相反，但是不一定是甲粒子带正电，乙粒子带负电，选项 A 错误；从 A 点到 c 等势面的电势差相等，根据 UqEk，因|Ek 甲|2|Ek 乙|，可知 q 甲2q 乙，选项 B 正确；根据电场力与轨迹的方向，可知甲粒子从 A 到 B 电场力一定做正功，乙粒子从 A 到 C 电场力一定做负功，选项 C 正确；B、C 两点的电势相同，根据 Epq 可知，甲粒子在 B 点
12、的电势能的绝对值一定是乙粒子在 C 点电势能绝对值的 2 倍，选项 D 正确。15解析：选 BD.电容器所在支路由于是断路，没有电流通过，所以电路中只有光敏电阻和电阻 R3串联在电路中，并且电容器两端的电压等于光敏电阻两端电压，所以若仅将 R2的滑动触头 P 向 b 端移动，电路总电阻不变，电流不变，电压也不变，A 错误；若增大电容器极板间第 5 页 共 8 页的距离，根据公式 C rS4kd可得电容器电容减小，由于电容器两端的电压恒定，根据公式 CQU，故电容器所带电荷量减小，B 正确；若仅用更强的光照射 R1，R1的电阻减小，电路总电阻减小，电流增大，故电流表示数增大，外电路总电阻减小，即
13、电压表示数减小，根据公式 CQU可得，U 减小，Q 也减小，C 错误；根据闭合电路欧姆定律可得 U 变化量的绝对值与 I 变化量的绝对值的比值表示电源内阻，所以恒定不变，D 正确16.解析：选 BC.小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿 x 轴正方向，qE 2mg，电场强度的大小为 E 2mgq，A 错误；F 合mgma，所以 ag，由类平抛运动规律有1kv0t，1k12gt2，得小球初速度大小为 v0g2k，B 正确；由 P 点的坐标分析可知v0vx12，所以小球通过点 P 时的动能为 12mv212m(v20v2x)5mg4k，C 正确；小球从 O 到 P 过程中电势能减少，且减少的电
14、势能等于电场力做的功，即 WqE1k1cos 452mgk，D 错误二、实验题(每空 2 分，共 12 分)17.答案为：（1）C；（2）m1OPm1OM+m2ON；（3）AC；（4）s24h1h218故答案为：（1）1.200（2）实物电路图见解析19.解析：(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电根据等效重力场观点，利用运动的对称性，当细线和竖直方向偏角为 30o 时，球速最大。小球由 A 点释放到速度等于零，由动能定理有0EqLsin mgL(1cos)解得 E 3mg3q.(2)如图所示，将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力 G，则 G2 33 mg，方向与竖直方向夹角为
15、 30偏向右下第 6 页 共 8 页若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点mv2L2 33 mg小球从 A 点以初速度 vA 运动，由动能定理知12mv212mv2A2 33 mgL(1cos 30)联立解得 vA2（31）gL.答案：(1)小球带正电3mg3q(2)2（31）gL20【解答】解：（1）能;由于 mM，小车不论与墙相撞多少次，系统的动量总是向右，但每撞一次总动量减少一次，直到减为零，最后小车停在墙下。车第一次碰墙后到第二次碰墙前，系统的总动量守恒，由动量守恒定律可得：（规定水平向右为正方向）100)(-vmMmvMv代入数据可得：v1=0.6sm（2）小车第一次与墙相撞后向左
16、所走路程为 s1，由动能定理得：mgs10M得：代入数据可得：s10.6m接着小车和铁块以共同速度 v1 与墙第二次相碰，由动量守恒有：mv0Mv0（M+m）v1，第 7 页 共 8 页代入数据可得：v1第二次相撞后平板车向左走的路程为 s2，则有：所以可得：，即：s2s1以后每次相碰反弹向左行的路程均以比例减少，小车所走的路程为一个无穷等比数列之和。公比 q，联立可得：s2s12s1代入数据可得：s1.25m答：（1）铁块在车上滑行的总路程是 1.5m；（2）车和墙第一次相碰以后所走的总路程是 1.25m。21.【解答】解：（1）设粒子在两极板间运动的加速度大小为 a，由牛顿第二定律可知：a
17、1，而 E1解得：a1104m/s2（2）从（0.64m，0）射入第四象限，做类平抛运动，设运动时间为 t1，则有：xt210.64m，yv0t1到达 y 轴时速度与水平方向的夹角为，可得：tan设达到荧光屏上的点与 P 点的距离为 s1，s1解得：s11.92m第 8 页 共 8 页（3）设粒子达到 P 点左侧的距离为 s 的出射点坐标为（x，0），xat2yv0ta与（2）同理可得：解得：s2x42x当 x1m 时，s 有极大值 2m，当粒子从 x1m 位置射出时，即从两极板中线射出，粒子进入两极板间的时刻一定为、可得粒子进入两极板间的时刻为（n0、1、2、3）答：（1）粒子在两极板间运动的加速度的大小 104m/s2（2）从坐标为（0.64m，0）的点射出的粒子打到荧光屏上的位置与 P 点间的距离为 1.92m（3）打到荧光屏上且距 P 点左侧最远的粒子进入两极板间的时刻为（n0、1、2、3）声明：试 题解析著作权 属菁优网所有，未经书面同 意，不得复制 发布日期：2019/10/21 17:37:14；用户：李春亚；邮箱：；学号：26592568
