届河南省焦作市高三上学期期中考试物理试题 及答案.docx

1、届河南省焦作市高三上学期期中考试物理试题 及答案河南省焦作市2017届高三上学期期中考试物理试卷一、选择题（每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中，1-9题只有一项符合题目要求，10-12题有多项符合题目要求）1（4分）在物理学的重大发现中，科学家们创造出了许多物理学研究方法，如：理想实验法、极限思想法、类比法、建立物理模型法等等以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是（）A牛顿在伽利略、笛卡儿、开普勒等人研究的基础上，采用归纳与演绎、综合与分析的方法，总结出牛顿运动定律和万有引力定律，建立了完整的经典力学体系B在建立合力、分力、质点和点电荷等概念时都用的是等效替代法C电场强度、电势

2、、电容的定义均采用了比值定义法D根据速度定义式v=，当t非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬间速度，该定义应用了极限思想法考点：物理学史；力学单位制.专题：常规题型分析：在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多方法，如理想实验法，微元法，控制变量法，极限思想法、类比法和科学假说法等等解答：解：A、牛顿在伽利略、笛卡儿、开普勒等人研究的基础上，采用归纳与演绎、综合与分析的方法，总结出牛顿运动定律和万有引力定律，建立了完整的经典力学体系，故A正确；B、在建立合力、分力等概念时都用到了等效替代法；而建立质点和点电荷等概念时都用到了理想模型法；故B错误；C、电场强度、电势、电容的定义均采用了比值定义法

3、，故C正确；D、根据速度定义式v=，当t非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬间速度，该定义应用了极限思想法，故D正确；本题选不正确的，故选：B点评：在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习2（4分）现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及电键如图所示连接，下列说法中正确的是（）A电键闭合后，线圈A插入线圈B或从线圈B中拔出线圈A时都会引起电流计指针偏转B线圈A插入线圈B中稳定后，电键闭合和断开的瞬间电流计指针均不会发生偏转C电键闭合后，匀速滑动滑动变阻器的滑片P，电流计指针将

4、静止在中央零刻度D电键闭合后，只有将滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能发生偏转考点：研究电磁感应现象.专题：实验题分析：穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合电路中会产生感应电流，根据题意判断磁通量是否变化，然后答题解答：解：A、电键闭合后，线圈A插入或拔出时，穿过B的磁通量都会发生变化，都会产生感应电流，电流计指针都会偏转，故A正确，B错误；C、电键闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，线圈A中的电流发生变化，穿过B的磁通量发生变化，B中会产生感应电流，电流计指针发生偏转，故C错误；D、电键闭合后，只要滑动变阻器的滑片P移动，不论是加速还是匀速，穿过B的磁通量都会变化，都会有感应电流产生，

5、电流计指针都会偏转，故D错误；故选：A点评：本题考查了感应电流产生的条件，知道感应电流产生条件，认真分析即可正确解题3（4分）根据电动自行车通用技术条件（GB17761）标准规定，电动自行车的最高时速应不大于20km/h，整车质量应不大于40kg，假设一成年人骑着电动自行车在平直的公路上按上述标准快速行驶时所受阻力是总重量的0.05倍，则电动车电机的输出功率最接近于（）A100WB300WC600WD1000W考点：功率、平均功率和瞬时功率.专题：功率的计算专题分析：当牵引力等于阻力时，电动车做匀速运动，输出功率即可求得解答：解：人的质量为60kg，故电动车匀速运动时牵引力等于阻力F=f=0.

6、05m总g=0.05（40+60）10N=50N故输出功率为P=Fv=50，故最接近300W故选：B点评：本题主要考查了P=Fv，抓住当牵引力等于阻力时速度达到最大即可4（4分）如图所示，一个质量为m的滑块静止于倾角为30、质量为M的粗糙斜劈上，斜劈放在粗糙的水平地面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30，整个装置处于静止状态，已知重力加速度为g，则（）A斜面对滑块的支持力大小可能为零B地面对斜劈的支持力一定小于（M+m）gC地面对斜劈可能没有摩擦力D斜面对滑块摩擦力大小一定不等于mg考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用.专题：共点

7、力作用下物体平衡专题分析：滑块可能受重力、支持力、摩擦力三个力处于平衡，弹簧处于原长，弹力为零滑块可能受重力、支持力、摩擦力、弹簧的弹力四个力处于平衡根据共点力平衡进行分析解答：解：A、沿斜面方向，根据平衡条件滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力（等于mg），不为零，有摩擦力必有弹力，所以斜面对滑块的支持力不可能为零，故A错误；B、因为弹簧的形变情况未知，所以斜面与滑块之间的弹力大小不确定，所以滑块可能只受重力、斜面支持力和静摩擦力三个力的作用而平衡，地面对斜劈的支持力不一定小于（M+m）g故B错误；C、假设滑块受重力、支持力、摩擦力，三个力的合力可以为0，即物体可以不受弹簧的弹力

8、，则弹簧可以处于原长，此时斜劈对滑块的合作用力的方向竖直向上，所以滑块对斜劈的合作用力的方向竖直向下，所以此时地面对斜劈没有摩擦力故C正确；D、由于弹簧的方向与斜面垂直，所以沿斜面方向，根据平衡条件滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力（等于mg），故D错误故选：C点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意弹簧的弹力可能为零，可能不为零5（4分）北斗卫星导航系统是我国正在实施的自主发展、独立运行的卫星导航系统，卫星分布在绕地球的几个轨道上运行，其中的北斗2A距地面的高度约为1.8万千米，已知地球同步卫星离地面的高度约为3.6万千米，地球半径约为6400km，

9、地球的第一宇宙速度为7.9km/s，则北斗2A卫星的运行速度约为（）A3.0km/sB4.0km/sC7.9km/sD2.5km/s考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用.专题：人造卫星问题分析：研究同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式根据圆周运动知识，利用同步卫星的周期表示出同步卫星的线速度解答：解：设M为地球质量，m1为同步卫星，m2为北斗2A卫星质量，R为地球半径，R1为地球同步卫星离地面的高度，R2为北斗2A卫星距地面的高度，v1为同步卫星的速度，v2为北斗2A卫星速度研究同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：

10、根据圆周运动知识得： T=243600s，研究北斗2A卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式： 由解得：v2=4km/s 故B正确、ACD错误故选：B点评：向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用要注意轨道半径r是卫星到地球中心的距离6（4分）如图甲所示是一个可调亮度的台灯的内部电路图，理想变压器的原线圈接有如图乙所示的正弦交变电压，副线圈触头P与线圈始终接触良好，下列判断正确的是（）A交变电源的电压u随时间t变化的规律是u=cos100t（V）B若仅将触头P向B端滑动，则灯泡的亮度增大C若使灯泡电阻增大的同时，将触头P向B端滑动，则通过A处的电流

11、一定增大D若换用额定电压相同，额定功率更大的灯泡，则原线圈输入电功率将增大考点：变压器的构造和原理.专题：交流电专题分析：输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可解答：解：A、由图甲知交变电源的电压u随时间t变化的规律是u=U0cos （100t）V，A错误；B、由于原线圈的输入电压不变，若仅将触头P向B端滑动，则副线圈的匝数减小，输出电压减小，灯泡消耗的电功率变小，B错误；C、当电阻增大时，电路的电阻变大，副线圈的电压变小，所以副线圈的输出功率减小，输入功率等于输出功率减小，则A处的电流减小

12、，C错误；D、若换用额定电压相同，额定功率更大的灯泡，则原线圈输出功率增加，则输入电功率增加，则D正确；故选：D点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法7（4分）如图所示，水平粗糙传送带AB距离地面的高度为h，以恒定速率v0顺时针运行甲、乙两滑块（可视为质点）之间夹着一个压缩轻弹簧（长度不计），在AB的正中间位置轻放它们时，弹簧立即弹开，两滑块以相同的速率分别向左、右运动下列判断正确的是（）A甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，且距释放点的水平距离相等B甲、乙滑块刚离开弹簧时一定是一个减速运动、一个加

13、速运动C甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，但距释放点的水平距离一定不相等D甲、乙滑块不可能同时从A、B两端离开传送带考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系.专题：牛顿运动定律综合专题分析：弹簧弹开后，两滑块以相同的速率分别向左、右运动根据滑块的受力判断物体的运动，需讨论滑块弹簧后的速度与传送带的速度的大小解答：解：A、若v小于v0弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为v，加速度为a的匀减速运动速度为零后可以再向相反的方向运动整个过程是做初速度为v，加速度和皮带运动方向相同的减速运动乙物体做初速度为v，加速度为a的匀加速运动，运动方向和加速度的方向都和皮带轮的运动方向相同甲乙到达B

14、点时的速度相同落地的位置在同一点故A正确；B、设v大于v0弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为v，加速度为a的匀减速运动乙物体向向右做初速度为v，（若v大于v0），则乙也做加速度为a的匀减速运动此种情况两个物体落地后，距释放点的水平距离可能相等且运动时间相等BCD错误故选：A点评：解决本题的关键会根据物体的受力判断物体的运动，这是处理物体的运动的基础，需扎实掌握8（4分）（2017湖北模拟）如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab=cd=L，ad=bc=2L，电场线与矩形所在平面平行已知点a电势为20V，b点电势为24V，d点电势为12V一个质子从b点

15、以v0的速度射入此电场，入射方向与bc成45，一段时间后经过c点不计质子的重力下列判断正确的是（）Ac点电势高于a点电势B强场的方向由b指向dC质子从b运动到c所用的时间为D质子从b运动到c，电场力做功为4eV考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势.专题：压轴题；带电粒子在电场中的运动专题分析：匀强电场的电场线为相互平行间隔相等的平行线，而等势线与电场线垂直；由题意知bd连线上一定有一点的电势与a点相等，故可以找到一条等势线，根据电场线与等势线的特点可确定电场线的方向，由几何关系可知c点电势；由电场力做功的特点可求得电场力做功解答：解：A、B连接bd，bd两点的电势差为24V12V=12V；a

16、d两点的电势差为20V12V=8V；因，故将bd分成3份，每一份表示4V，如图所示，e点的电势一定为20V，连接ae即为等势线，f的电势为16V，连接fc，由几何知识得知，fcae，则知c的电势是16V，故a点电势高于c点的电势，故A错误；C、由于，则根据几何知识得知，bed=45，因为电场线与等势线ae垂直，所以场强的方向与ab的夹角为45，质子从b运动到c时做类平抛运动，沿初速度v0方向做匀速直线运动，则运动时间为t=故C正确；D、若质子由b到c，因bc间的电势差为24V16V=8V，则电场力做功W=Ue=8ev；故D错误故选C点评：本题的关键在于找出等势面，然后才能确定电场线，要明确电场

17、线与等势线的关系，能利用几何关系找出等势点，再根据等势线的特点确定等势面9（4分）如图所示，在x轴上方垂直于纸面向外的匀强磁场，两带电量相同而质量不同的粒子以相同的速度从O点以与x轴正方向成=60角在图示的平面内射入x轴上方时，发现质量为m1的粒子从a点射出磁场，质量为m2的粒子从b点射出磁场若另一与a、b带电量相同而质量不同的粒子以相同速率与x轴正方向成=30角射入x轴上方时，发现它从ab的中点c射出磁场，则该粒子的质量应为（不计所有粒子重力作用）（）A（m1+m2）B（m1+m2）C（m1+m2）D（m1+m2）考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力.专题：带电粒子在磁场中

18、的运动专题分析：由于初速度与磁场方向垂直，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，对于直线边界，粒子的入射速度方向、出射速度方向与边界夹角相等，结合几何关系得到轨道半径，然后根据洛伦兹力提供向心力列式，最后联立求解即可解答：解：粒子做匀速圆周运动，轨迹如图：故质量为m1、m2、m3的粒子轨道半径分别为：=2L+d故： 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，故： 联立解得：m3=（m1+m2）故选：C点评：本题关键是画出轨迹，求解出三个粒子的轨道半径的关系；然后结合洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式；最后联立求解，不难10（4分）如图所示，一个杂技表演者站在桌子上做水流星表演，他手拿

19、细线一端，另一端系一装有水的杯子，并使杯子在竖直平面内做圆周运动，如果杯子运动到最高点时杯子中的水恰好不从杯中流出，表演中桌子静止不动，杯子和水的总质量为m，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A杯子运动到最低点时，桌子对地面的压力最大B杯子运动过程中地面对桌子始终没有摩擦力的作用C杯子运动到最低点时细线的拉力为6mgD杯子从最高点运动到最低点的过程中水杯处于超重状态考点：向心力；牛顿第二定律.专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：水做圆周运动，通过最高点和最低点时，水受到的重力和弹力的合力等于向心力结合牛顿第二定律分析解答：解：A、当杯子经过最低点时，里面的水处于超重状态，桌子对地

20、面的压力最大，故A正确；B、当杯子不是处于最高或最低点时，有向心加速度在水平方向的分量，桌子受到水平方向的力，地面对桌子有摩擦力作用，故B错误；C、水做圆周运动，经过最高点时，满足V=，从最高点到最低点机械能守恒，根据向心力公式：Fmg=，联立得F=6mg，故C正确；D、杯子从最高点运动到最低点的过程中水杯先是失重，后超重，D错误；故选：AC点评：解决本题的关键知道水做圆周运动向心力的来源，知道在最高点的临界情况，基础题11（4分）如图所示，质量为m、带电荷量为q的小球静止在绝缘的水平地面上的A点，某时刻突然加上场强为E，方向水平向右的匀强电场（图中未画出），小球从绝缘粗糙的曲面底部的A处由静

21、止开始运动至高为h的坡顶B时，获得的速度为v，AB之间的水平距离为x，重力加速度为g，则小球从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是（）A小球重力所做的功是mghB合外力对小球做的功是mv2C小球的电势能减少了mv2+mghD运动过程中产生的热量为qExmv2mgh考点：动能定理的应用；功能关系.专题：动能定理的应用专题分析：根据重力做功特点求出重力做功；应用动能定理求出合外力做功；电场力做功电势能减小，减速的电势能等于电场力做的功；由能量守恒定律可以求出产生的热量解答：解：A、小球重力做功为：mgh，故A错误；B、由动能定理可知，合外力对小球做的功是mv2，故B正确；C、电场力做正功电势能

22、减少，减少的电势能等于电场力做的功，则减少的电势能为：qEx，故C错误；D、由能量守恒定律得：运动过程中产生的热量为：Q=qExmv2mgh，故D正确；故选：BD点评：本题考查了求功、减少的电势能、产生的热量，分析清楚运动过程、应用功是计算公式、动能定理与能量守恒定律即可正确解题12（4分）（2017陕西一模）如图所示，光滑水平面上，质量为ml的足够长的木板向左匀速运动t=0时刻，质量为m2的木块从木板的左端向右以与木板相同大小的速度滑上木板t1时刻，木块和木板相对静止，共同向左匀速运动，以v1和a1表示木板的速度和加速度，以v2和a2表示木块的速度和加速度，以向左为正方向则下列图中正确的是（

23、）ABCD考点：动量守恒定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律.专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据动量守恒定律确定出木块和木板的质量关系，结合牛顿第二定律比较出加速度的大小，从而判断出加速度与速度随时间的变化图线解答：解：AB、木块和木板组成的系统，动量守恒，因为最终共同的速度方向向左，根据m1vm2v=（m1+m2）v，知m1m2木块的加速度，方向向左，木板的加速度，方向向右，因为m1m2，则a1a2故A错误，B正确CD、木块滑上木板后，木块先做匀减速运动，减到零后，做匀加速直线运动，与木板速度相同后一起做做匀速直线运动木板一直做匀减速运动最终的速度向左，为正值，故D正确，C

24、错误故选：BD点评：本题考查了动量守恒定律、牛顿第二定律与图象的综合，难度中等，关键理清木块和木板的运动规律二、实验题（共15分）13（6分）有两个完全相同，但刻度盘上仅有刻度而没有标度值的电压表，现打算用如图（a）所示的电路测量它们的内阻，其中E是电动势为12V、内阻可忽略不计的电源；R1是调节范围为09999的电阻箱；R2是调节范围01000的滑动变阻器；S为电键（1）闭合电键S之前，滑动滑动变阻器的滑片P应滑到变阻器的a端（填“a”或“b”）（2）闭合电键之后，适当调节滑动变阻器的滑片P和电阻箱的旋钮，当电阻箱调节成如图（b）所示的情景时，两电压表指针的位置如图（c）所示，由此可知，此时

25、电阻箱的阻值为2547，这两个电压表的内阻均为5094考点：用多用电表测电阻.专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）为保护电路安全，滑动变阻器采用限流接法时，开关闭合之前，滑动变阻器应置于阻值最大处；（2）电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱示数；电压表指针偏转角度之比代表电流之比，根据欧姆定律列方程求电压表内阻解答：解：（1）开关闭合之前，滑动变阻器应置于阻值最大处，故滑片应置于a端；（2）由图b所示可知，电阻箱的阻值为：21000+5100+410+71=2547；由图c所示可知，两电压表指针偏转角度之比为3：2，并联电路电压相等，由欧姆定律可得：=，解得：RV=5094；故答案为

26、：（1）a；（2）2547；5094点评：解决此题的关键是：知道电压表即为能显示自身电压值的大电阻，然后结合欧姆定律及串并联电路的关系求解14（9分）如图1为探究“牛顿第二定律”的实验装置，在小车的前端安装一个拉力传感器，用来记录小车受到的拉力大小，在长木板上相距为x=48.0cm的A、B两点各安装一个速度传感器，分别记录小车到达A、B时的速率（1）实验中，下列方法能减少实验误差的有：BCA实验中应使砝码的质量远小于小车（包括传感器）的质量B适当垫高长木板无滑轮的一端，使未挂钩码的小车被轻推后恰能做匀速运动C长木板的表面光滑程度要尽可能均匀D实验时尽可能使AB间的距离小一点（2）如表中记录了实

27、验测得的几组数据，v2Bv2A是两个速度传感器记录的速率的平方差，则加速度的表达式a=（用vA、vB、x等表示），表中第3次实验的加速度大小应为2.44m/s2（结果保留三位有效数字）次数F（N）v2Bv2A（m2/s2）a（m/s2）10.600.770.8021.041.611.6831.422.342.4442.624.654.8453.005.495.72（3）由表中数据，在图2坐标纸上作出aF关系图线；（4）对比实验结果与理论计算得到的关系图线（图2中已画出理论图线），造成上述偏差的原因是没有完全平衡摩擦力或拉力传感器读数偏大考点：验证牛顿第二运动定律.专题：实验题；牛顿运动定律综合

28、专题分析：明确实验原理，了解实验中的具体操作，根据运动学公式中速度和位移的关系可以写出正确的表达式，利用描点法可正确画出图象；对比实际与理论图象可知，有外力时还没有加速度，由此可得出产生偏差原因解答：解：（1）A、根据实验原理可知，在该实验中以及用传感器直接测出了小车所受拉力大小，因此对小车质量和所挂钩码质量没有具体要求，故A错误B、在实验的过程中，我们认为绳子的拉力F等于钩码的重力mg，而在小车运动中还会受到阻力，所以我们首先需要平衡摩擦力具体的方法是适当垫高长木板无滑轮的一端，使未挂钩码的小车恰能拖着纸带匀速下滑，故B正确C、长木板的表面光滑程度要尽可能均匀，使小车的木板的摩擦力处处相等，这样我们实验时只有平衡好摩擦力即可，故C正确；D、实验时尽可能使AB间的距离大一些，这样A、B两点的速度相差大一些，误差小一些，故D错误故选：BC（2）根据匀变速直线运动的位移与速度公式：v2=2ax可以求出：a=代入第3次实验数据得a=2.44m/s2（3）根据表中数据，得出图象如图所示：（4）