届全国名校大联考高三第三次联考物理试题解析版.docx

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届全国名校大联考高三第三次联考物理试题解析版

全国名校大联考2017-2018年度高三第三次联考物理试题

一、本题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一个选项正确，第8～10题有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分.有选错的得0分。

1.某驾培中心训练场有一段圆弧形坡道如图所示，将同一辆车分别停放在a点和b点，下列说法中正确的是

A.车在a点受坡道的支持力大于在b点受到的支持力

B.车在a点受坡道的摩擦力大于在b点受到的摩擦力

C.车在a点受到的合外力大于在b点受到的合外力

D.车在a点受到的重力的下滑分力大于在b点受到的重力的下滑分力

【答案】A

【解析】A、B项：

将同一辆车先后停放在a点和b点，处于静止状态，则合力都为零，所以在a、b两点所受的合力相等．故A、B错误；

C、D项：

根据平衡有：

，

，b点的倾角大于a点的倾角，所以a点的支持力大于b点的支持力，a点所受的摩擦力小于b点所受的摩擦力．故C错误，D正确。

点晴：

本题考查物体的平衡，注意在a、b两处的摩擦力为静摩擦力。

2.如图所示，中国选手在男子3米板预赛中以431.60分的总成绩排名第一晋级半决赛.若其质量为m，他入水后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻大小恒为F，在水中下降高度h的过程中，他的（g为当地重力加速度）

A.重力势能减少了mgh

B.动能减少了Fh

C.机械能减少了（F+mg）h

D.机械能增加了Fh

【答案】A

【解析】重力做正功，重力势能减少，减少的重力势能是mgh，故A正确；由动能定理可知，减少的动能等于合外力做的功，则减少的动能为（mg-F）h，故B错误；阻力做功使机械能较小，减少的机械能等于克服阻力做的功，减少的机械能为Fh，故CD错误；故选A．

3.对于处在不同轨道上的人造地球卫星，下列说法中正确的是

A.人造地球卫星的轨道半径越大，其线速度越大

B.人造地球卫星的轨道半径越大，其周期越大

C.同一轨道上的人造地球卫星，它们的线速度都相等

D.同一轨道上的人造地球卫星，它们的机械能都相等

【答案】B

【解析】根据

可知，人造地球卫星的轨道半径越大，其线速度越小，选项A错误；根据

可知人造地球卫星的轨道半径越大，其周期越大，选项B正确；根据

可知同一轨道上的人造地球卫星，它们的线速度大小相等，方向不同，选项C错误；因不同卫星的质量不等，则无法比较同一轨道上的卫星的机械能的大小，选项C错误；故选B.

4.如图所示，电场中一正离子只受电场力作用从A点运动到B点。

离子在A点的速度大小为

，速度方向与电场方向相同.能定性反映该离子从A点到B点运动情况的速度时间（v-t）图象是

A.

B.

C.

D.

【答案】C

【解析】该离子从A点到B点，电场线分布越来越稀疏，即场强减小，所以电场力减小，那么离子的加速度也减小．速度-时间图象中，图象的斜率表示加速度，即斜率的绝对值将减小．由于电场力方向向右与速度方向相同，所以离子将做加速运动．故ABD错误，C正确．故选C．

点睛：

本题考查了速度--时间图象的应用和电场线的相关知识，要明确斜率的含义，要能根据图象判断物体的运动情况，进而分析受力情况．能根据电场线的分布判断电场强度的大小．

5.如图所示，虚线表示某点电荷Q所激发电场的等势面，已知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在另一个等势面上。

甲、乙两个带电粒子以相同的速率，沿不同的方向从同一点a射入电场，在电场中沿不同的轨迹adb曲线、acb曲线运动。

则下列说法中正确的是

A.两粒子电性相同

B.甲粒子经过c点时的速率大于乙粒子经过d点时的速率

C.两个粒子的电势能都是先减小后增大

D.经过b点时，两粒子的动能一定相等

【答案】B

【解析】根据曲线运动时质点所受的合力指向轨迹的内侧可知，甲受到引力，乙受到斥力，则甲与Q是异种电荷，而乙与Q是同种电荷，故两粒子所带的电荷为异种电荷．故A错误．甲粒子从a到c过程，电场力做正功，动能增加，而乙从a到d过程，电场力做负功，动能减小，两初速度相等，则知甲粒子经过c点时的速度大于乙粒子经过d点时的速度．故B正确．甲粒子从a到b过程，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大；电场力对乙粒子先做负功后做正功，电势能先增大后减小．故C错误．a到b时，电场力对两粒子的做的功都是0，两个粒子的速率再次相等，由于不知道质量的关系，所以不能判定两个粒子的动能是否相等．故D错误．故选B．

6.如图所示，在平行板电容器正中有一个带电微粒，S闭合时，该微粒给好能保持静止.有以下两种情况下：

①保持S闭合，②充电后将S断开.下列说法能实现使该带电微粒向上运动到上极板的是

A.①情况下，可以通过上移极板M实现B.①情况下，可以通过上移极板N实现

C.①情况下，可以通过上移极板M实现D.①情况下，可以通过上移极板N实现

【答案】B

......

点睛：

本题是电容器动态变化分析的问题，关键是看准两个不变：

两板间电压、两板带电量；三个公式：

决定电容的三个因素

和电容的定义式

和场强公式

．

7.三根平行的直导线，分别垂直地通过一个等腰直角三角形的三个项点，如图所示，现使每条通电导线在斜边中点O所产生的磁感应强度的大小为B.下列说法正确的是

A.O点的磁感应强度大小为2B

B.O点的磁感应强度大小为

C.O点的磁感应强度方向水平向右

D.O点的磁感应强度方向沿O

方向指向

【答案】B

【解析】由题意可知，三平行的通电导线在O点产生的磁感应强度大小相等，方向如图；

点睛：

磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据安培定则判断导线周围磁场方向是解题的前提．

8.在如图所示电路中，电源内阻不可忽略.R1和R2为定值电阻，R为滑动变阻器，在R的滑动触头向上滑动的过程中

A.电压表与电流表的示数都减小

B.电压表与电流表的示数都增大

C.定值电阻R1电功率增大

D.R中电流变化的绝对值大于电流表读数变化的绝对值

【答案】ACD

【解析】在变阻器R的滑片向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，变阻器R与R2并联电阻R并减小，则外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，路端电压U减小，则电压表示数减小．并联部分电压U并=E-I（R1+r），I增大，E、R1、r均不变，则U并减小，故电流表示数减小．故A正确，B错误．I增大，通过R1的电流增大，根据公式P=I2R知R1电功率增大，故C正确．干路电流I增大，通过R2的电流减小，则知通过R的电流增大，而且R中电流变化的绝对值大于电流表读数变化的绝对值，故D正确．故选ACD.

点睛：

本题是电路的动态变化分析问题，首先确定出变阻器接入电路的电阻如何变化，再按局部到整体，再到部分的思路进行分析．

9.如图所示，放在台秤上的条形磁铁两极未知，为了探明磁铁的极性，在它中央的正上方固定一导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流，则

A.如果台秤的示数增大，说明磁铁左端是N极

B.如果台秤的示数增大，说明磁铁右端是N极

C.无论如何台秤的示数都不可能变化

D.如果台秤的示数增大，台秤的示数随电流的增大而增大

【答案】AD

【解析】试题分析：

如果台秤的示数增大，则导线给磁铁一个向下的力，即导线受到向上的安培力，则导线所处磁场方向为水平向右，即磁铁的右端为S极，所以左端为N极，故A正确B错误；由于磁铁极性未知，所以磁铁受到的力的方向未知，根据安培力公式可知，电流增大，安培力增大，但台秤的示数可能增大，也可能减小，故CD错误

考点：

考查了安培力，

10.如图所示，个半径为R的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B大小相等，方向均与环面轴线方向成θ角（环面轴线为竖直方向）。

若导电圆环上载有如图所示的恒定电流下，则下列说法正确的是

A.导电圆环有收缩的趋势

B.导电圆环所受安培力方向竖直向上

C.导电圆环所受安培力的大小为2BIR

D.导电圆环所受安培力的大小为2BIR

【答案】AB

【解析】由左手定则，每段电流元受到的安培力均垂直磁场和电流元的方向指向圆心斜上方，可知导电环有收缩的趋势，故A正确；把磁感应强度分解为水平分量与竖直分量，由左手定则可知，竖直方向的磁场对环形电流的安培力的合力为零，水平方向的磁场对电流的安培力竖直向上，即导电圆环所受安培力竖直向上，故B正确；水平方向上的磁场每一点均与导线垂直，故导电圆环可以等效为直线电流，导线的有效长度等于环的周长，水平磁场对电流的安培力F=B水平I•2πR=2πBIRsinθ，故CD错误；故选AB．

点睛：

本题考查应用左手定则分析安培力的方向以及利用安培力公式求解安培力的大小，要注意应将磁场进行分析，本题对学生的空间想像能力要求较高，在磁场学习中要注意多加练习．

二、本题共2小题，共15分，把答案填在题中的横线上或按要求作答。

11.在探究加速度与力、质量的关系实验中，采用如图甲所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用M表示，盘及盘中砝码的质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带由打点计时器打上的点计算出。

（1）当M与m的大小关系满足__________时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码的重力；

（2）一组同学在探究加速度与质量的关系时，保持盘及盘中破码的质量一定，改变小车中砝码的质量，测出相应的加速度，采用图象法处理数据.为了比较容易地确定加速度a与质量M的关系，应该作a与（______）_______________________________的图象。

（3）如下图乙为A同学根据测量数据作出的a-F图线，说明实验存在的问题是_____________。

（4）B、C同学用同一裝置做实验，画出了各自得到的a-F图线如图丙所示，两个同学做实验时的哪一个物理量取值不同?

【答案】

（1）.M>>m

（2）.

（3）.没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够（4）.小车及车上的砝码的总质量不同

【解析】解：

（1）以整体为研究对象有mg=（m+M）a

解得a=

，

以M为研究对象有绳子的拉力F=Ma=

显然要有F=mg必有m+M=M，故有M＞＞m，即只有M＞＞m时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力．

（2）根据牛顿第二定律F=Ma，a与M成反比，而反比例函数图象是曲线，而根据曲线很难判定出自变量和因变量之间的关系，故不能作a﹣M图象；但a=

，故a与

成正比，而正比例函数图象是过坐标原点的一条直线，就比较容易判定自变量和因变量之间的关系，故应作a﹣

图象．

（3）图B中图象与横轴的截距大于0，说明在拉力大于0时，加速度等于0，说明物体所受拉力之外的其他力的合力大于0，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．

（4）由图可知在拉力相同的情况下a乙＞a丙，

根据F=ma可得m=

，即a﹣F图象的斜率等于物体的质量，且m乙＜m丙．故两人的实验中小车及车中砝码的总质量不同．

故答案为：

（1）M＞＞m；

（2）

；（3）没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够；

（4）小车及车上的砝码的总质量不同

【点评】只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握．

12.用伏安法测电阻时，由于电压表、电流表内阻的影响，测量结果总存在系统误差。

按下图甲所示的电路进行测量，可以消除这种系统误差.

（1）该实验的第一步是：

闭合开关S1，将开关S2接2，调节滑动变阻器Rp，和r，使电压表读数尽量接近满量程.读出这时电压表和电流表的示数U1，I2；请你接着写出第二步，并说明需要记录的数据：

_________________。

（2）由以上记录数据计算被测电阻Rx的表达式是Rx=________；

（3）将图乙中给出的仪器按照电路图的要求连接起来_______。

【答案】

（1）.保持Rp不变，将开关S2接1，调节变阻器r，使指针偏转尽可能大，读出这时电压表和电流表的示数U2，I2

（2）.

（3）.

【解析】

（1）

（2）将电键S2接1，只调节滑动变阻器r，使电压表读数尽量接近满量程，读出这时电压表和电流表的示数U2、I2，由欧姆定律得：

U1=I1（RA+RP+Rx），U2=I2（RA+RP），

故有：

（3）连接实物图如图：

点睛：

本题考查如何由于电压表、电流表内阻的影响，使得测量电阻的结果总存在系统误差．对课本的伏安法测电阻造成的误差分析进行研究性学习．

三、本题共4小题，共45分.解答应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.

13.如图所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场，一“L”形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中.管的水平部分长为

=0.2m，离水平地面的距离为h=5.0m，竖直部分长为

=0.1m。

一带正电的小球从管的上端口A由静止释放，小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分（长度极短可不计）时设有能量损失.小球在电场中受到的电场力大小为重力的一半.求：

（1）小球运动到管口B时的速度大小；

（2）小球着地点与管的下端口B的水平距离.（g取10m/s²）

【答案】

（1）

（2）4.5m

【解析】试题分析：

（1）小球从A运动到B的过程中，对小球根据动能定理有：

mgl2＋F电l1=

mvB2

又F电＝

mg

则

代入数据可得vB＝3m/s．

（2）小球离开B点后，设水平方向的加速度为a，在空中运动的时间为t，则

水平方向有a＝

g，x＝vBt＋

at2

竖直方向有h＝

gt2

由以上各式代入数据可得x＝5．5m．

考点：

带电粒子在电场中的运动

【名师点睛】此题关键是知道粒子在水平方向及竖直方向的运动规律。

结合运动的合成知识，运用牛顿定律及动能定理求解．

14.在如图所示的电路中，R1=2Ω，R2=R3=4Ω，当开关K接a时，R上消耗的电功率为4W，当开关K接b时，电压表示数为4.5V.试求：

（1）当开关K接a时，通过电源的电流和电源两端的电压；

（2）电源的电动势和内电阻；

（3）当开关K接c时，通过R2的电流.

【答案】

（1）1A；4V

（2）6V；2Ω（3）0.5A

【解析】试题分析：

（1）开关S接a时，R1被短路，由P2=I2R2得：

通过电源的电流为：

I=1A

电源两端的电压等于R2的两端电压为：

U=IR2=1×4V=4V；

（2）由闭合电路欧姆定律得：

当开关S接a时，有：

E=U+Ir，

代入得：

E=4+r

当开关S接b时，电压表示数为4．5V，有：

E=U′+

联立以上两式解得：

E=6V，r=2Ω

（3）当电开关S接c时，通过R2的电流为：

A

考点：

闭合电路的欧姆定律

【名师点睛】本题首先要理解短路的意义，灵活选取灵活功率公式，运用闭合电路欧姆定律和欧姆定律结合求解。

15.如图所示为一电流表的原理示意图.质量为m的均质细金属棒MN的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，绝缘弹簧劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于ab.当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合，当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强度.

（1）当电流表示数为零时，弹簧伸长多少?

（重力加速度为g）

（2）若要电流表正常工作，MN的哪一端应与电源正极相接?

（3）若k=2.0N/m，ab=0.20m，cb=0.050m，B=0.20T，此电流表的量程是多少?

（不计通电时电流产生的磁场的作用）

（4）若将量程扩大2倍，磁感应强度应变为多大?

【答案】

（1）

（2）M端应接正极（3）2.5A（4）

【解析】

（1）设当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为△x，则有mg=k△x①

由①式得△x＝

②；

（2）为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下，因此M端应接正极；

（3）设电流表满偏时通过MN间电流强度为Im，则有

③，

联立②③并代入数据得Im=2.5A；

（4）设量程扩大后，磁感应强度变为B′，则有

⑤，

由①⑤式得

⑥

所以磁感应强度减半，即B=0.1T．

16.如图所示，在zOy坐标平面的第--象限内存在有场强大小为E、方向竖直向上的匀强电场，第二象限内存在有方向垂直纸面向外的匀强磁场。

荧光屏PQ垂直于x轴放置且距y轴的距离为L.一质量为m、带电荷量为+q的粒子（不计重力）自坐标为（—L，0）的A点以大小为

，方向沿y轴正方向的速度进人磁场，粒子恰好能够到达原点O而不进入电场.现若使该带电粒子仍从A点进人磁场，但初速度大小为

、方向与x轴正方向成45°角.求：

（1）带电粒子到达y轴时速度方向与y轴正方向之间的夹角；

（2）粒子最终打在荧光屏PQ上的位置坐标。

【答案】

（1）90°

（2）

【解析】

（1）设磁场的磁感应强度为B，则由题意可知，当粒子以速度v0进入磁场时，设其圆周运动的半径为R，其中R=

，有Bqv0=

当粒子以初速度大小为2

v0、方向与x轴正方向成45°角进入磁场时，设其圆周运动的半径为R′，如图，则有Bq•2

v0=

由以上各式可解得R′=

L

由几何关系可知粒子做圆周运动的圆心在y轴上，所以该粒子必定垂直于y轴进入匀强电场．故粒子到达y轴时，速度方向与y轴正方向之间的夹角为90°．

（2）由几何关系可知CO=（

-1）L

带电粒子在电场中做类平抛运动，设其运动时间为t，在电场中向上运动的距离为h，则有：

L=2

v0t，h=

at2，a=

以上各式联立可解得：

所以粒子最终打在荧光屏PQ上的位置坐标为（L，

+（

-1）L）

点睛：

本题是带电粒子在组合场中运动的问题，粒子垂直射入电场，在电场中偏转做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，要求同学们能画出粒子运动的轨迹，结合几何关系求解，知道半径公式及周期公式．