届河南省中原名校高三上学期第五次联考物理试题Word格式文档下载.docx
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3．一质点沿x轴正方向做直线运动，其速度–时间图象如图，在t=0时刻质点位于x=10m处。
则下列关于该质点运动的描述正确的是
A．2s时质点开始沿x轴负方向运动
B．质点在第3s内的加速度小于前2s的加速度
C．质点在4s内的平均速度大小为0.5m/s
D．4s末质点运动到x=2m处
4．水平地面上固定着一个质量为M的物块A，其上表面为光滑的四分之一圆弧。
物块A上有一质量为m的物体B通过光滑的定滑轮牵引着另一水平面上的物体C（物体C到滑轮的距离足够长），如图所示。
开始时系统恰能保持静止状态。
当将B适当下移，释放后它将拉着C一起运动。
下列有关说法中正确的是
A．系统静止时水平面和物体C之间可能没有摩擦力作用
B．系统静止时地面对A的支持力一定为（M+m）g
C．B沿A加速下滑的过程中，一定处于失重的状态
D．B拉着C一起运动的过程中，两物体的速率一定始终相等
5．如图所示为一带电均匀圆环在周围空间产生的电场的电场线分布情况。
其中O为环的圆心，M、N为同一条电场线上的两个点。
A．M点的场强一定大于N点的场强
B．圆心O点的电势一定最高
C．一个电荷从M点由静止释放，只在电场力的作用下可能会沿电场线运动到N点
D．一个正点电荷在M点的电势能一定大于它在N点时的电势能
6．如图所示，在半径为R的圆形区域充满着匀强磁场，有一带电粒子以某一初速度v0从A点对着圆形磁场的圆心O点射入，刚好垂直打在与初速度方向平行放置的屏MN上。
不考虑粒子所受的重力。
下列有关说法中不正确的是
A．该粒子一定带正电
B．只增加粒子的速率，粒子在磁场中运动的时间将会变长
C．只增加粒子的速率，粒子一定还会从磁场射出，且射出磁场方向的反向延长线一定仍然过O点
D．只改变粒子入射的方向，粒子经磁场偏转后仍会垂直打在屏MN上
7．关于下列四幅图，说法正确的是
A．甲图中紫外线照射锌板能产生光电效应，如果减弱紫外线的强度就可能不再发生光电效应
B．乙图中处于基态的氢原子能吸收能量为10.2eV的光子而发生跃迁
C．丙图为α粒子散射实验示意图，当显微镜从A转动到B位置时，相同时间观察到荧光屏的闪光数会略有减少
D．丁图中氢弹爆炸释放出巨大的能量是由于核裂变的过程中发生了质量亏损
8．有一台理想变压器及所接负载如图所示，在原线圈c、d两端加上交变电流。
已知b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，电容器的耐压值足够大。
则下列说法正确的是
A．开关S1始终接a，当滑片P向下滑动时电压表V1和V2示数均不变
B．开关S1始终接a，当滑片P向下滑动时电流表A1和A2示数均变小
C．保持滑片P的位置不变，将开关S1由a改接b，电压表V1和V2示数均变大
D．保持滑片P的位置不变，将开关S1由a改接b，电容器所带电荷量的最大值将增大
9．2017年12月11日零时40分，载着阿尔及利亚一号通信卫星的长征三号乙运载火箭从西昌卫星发射中心发射升空。
起飞约26分钟以后，阿星一号进入远地点41991千米、近地点200千米的预定地球同步转移轨道。
其轨迹模拟如图所示。
M为近地点，N为远地点，P、Q为轨道半轴的两个端点。
已知地球的半径R、地球表面的重力加速度g和引力常量G，则下列说法正确的是
A．可以计算出地球的质量
B．可以计算出阿星一号运动的周期
C．阿星一号在M点的加速度小于在N点的加速度
D．阿星一号从M运动到P的时间为其周期的四分之一
10．如图所示，用一恒力F将一质量为m的物体沿粗糙的竖直杆由静止开始从A位置拉到B位置，此过程中绳与竖直方向的夹角由30°
变为60°
，物体上升的高度为h，不计滑轮的摩擦。
如果用WF表示该过程中拉力F所做的功，WG表示此过程中物体克服重力做的功，Wf表示此过程中物体克服阻力所做的功。
则下列说法中正确的是
A．WF=mgh
B．WG=mgh
C．物体到达B点时的动能为WF+WG+Wf
D．物体到达B点时的机械能为WF–Wf
第II卷非选择题
二、实验题（本题共2小题，共15分）
11．（7分）为了“验证牛顿运动定律”小红在实验室找到了有关仪器并进行了组装，开关闭合前实验装置如图甲所示。
（1）请指出该实验装置中存在的错误：
①________________________________；
②________________________________。
（2）小红所在的实验小组，通过讨论并改进了该实验装置。
对实验的原理该小组同学共提出了以下观点：
①测量质量：
用天平测出小车的质量M
②测量合外力：
A．摩擦力得到平衡后即可用沙桶所受的重力mg来代替小车所受的合外力
B．摩擦力得到平衡后还得满足小车的加速度足够小，才可用沙和桶所受的重力来代替小车所受的合外力
C．摩擦力得到平衡后还得满足小车的加速度足够小，拉力传感器的读数才与小车所受的合外力接近相等
测量加速度：
D．根据
即可得出小车的加速度，其中M和m分别为小车和沙桶（含沙）的质量
E．计算出后面某些计数点的瞬时速度，画出v–t图象，量出长木板的倾角θ，由a=tanθ求出加速度
F．计算出后面某些计数点的瞬时速度，画出v–t图象，在图象上找两个离得较远的点，由两点所对应的速度、时间用
计算出加速度
对以上观点中，测量合外力的方法最好的是_____________；
计算加速度的方法中最为恰当的是________。
（均选填字母序号）
（3）数据处理：
①探究小车的加速度a和质量M的关系，应该保持_____________不变；
为了直观地判断小车的加速度a与质量M的数量关系，应作_____________（选填“a–M”或“a–1/M”）图象。
②该小组通过数据的处理作出了a–F图象，如图乙所示，你认为该图线不过原点的原因是_______________________________。
12．（8分）利用如图甲所示的电路可以较为准确地测出待测电阻Rx的阻值。
其中R1为一较长的粗细均匀电阻丝，Rx为待测电阻，R0为电阻箱，a为电表。
其测量步骤如下：
根据图甲的电路图连接电路；
将R0调到某一数值，滑片P与金属丝某位置连接。
闭合开关S1，试触开关S2，观察电表a的偏转情况；
适当左右移动滑片P的位置，直至闭合开关S2时，电表a的指针不发生偏转；
测出滑片左右电阻丝的长度L1和L2，读出此时电阻箱接入电路的阻值R0。
（1）根据图甲的电路图，用笔画线代替导线，将图乙的实物图连接成完整电路；
（2）为了测量更准确，图甲中的电表a选以下的哪个电表更合适________。
A．量程为3V、精度为0.1V、内阻为3000欧的电压表
B．量程为0.6A、精度为0.02A、内阻为60欧的电流表
C．量程为30μA、精度为1μA、内阻为100欧的灵敏电流计
（3）如果电表a的电流方向由M流向P时，指针向右偏转。
则当指针向右偏转时，可以通过以下哪些操作使指针不发生偏转________。
A．适当增大电阻箱R0的阻值
B．适当减小电阻箱R0的阻值
C．将滑片P向左移动适当的距离
D．将滑片P向右移动适当的距离
（4）用测量的物理量（L1、L2和R0）表示待测电阻的阻值Rx=__________________。
三、计算题（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．（10分）在竖直平面内有一平面直角坐标系xOy，其第一象限内存在水平向里、磁感应强度为B的匀强磁场，第二象限内存在着水平向右、场强为E的匀强电场。
现有一质量为m的带电小球以一定的初速度v0从坐标为（–a，0）的M点恰好能沿直线运动，经坐标为（0，b）的N点进入第一象限，经一定时间后到达x正半轴上的C点（图中未画出）。
已知重力加速度为g。
（1）该小球带什么电？
所带电荷量q为多少？
（2）当小球经过C点时速度大小为多少？
14．（10分）如图所示，一质量M=2kg、长L=1m的小车静止在光滑的水平地面上，有一质量m=1kg的物块（可视为质点）以水平向右大小为v0=3m/s的初速度从左端滑上小车。
当物块滑到小车的中点时与小车达到共同速度，再经一段时间后，小车与右侧竖直墙壁发生碰撞，碰撞时间极短，且碰撞中无动能损失。
试求：
（1）物块与小车相对静止时的速度v；
（2）物块与小车之间的动摩擦因数μ；
（3）物块在运动的过程中离竖直墙壁的最小距离d。
15．（11分）如图所示，一质量m=0.1kg、电阻R=0.06Ω、边长L=0.25m的正方形导线框从倾角为37°
，动摩擦因数μ=0.5的固定斜面上由静止开始下滑。
下滑距离d=0.25m后进入宽度也为d、方向垂直于斜面向上的匀强磁场中。
已知磁感应强度为B=0.4T，cd边离开磁场时线框恰好做匀速运动。
磁场的上下边界线水平，运动过程中线框的下边ab边始终水平。
（1）ab边刚进入磁场时两端的电势差Uab；
（2）线框cd边离开磁场时的速度v；
（3）线框穿过磁场的整个过程中产生的焦耳热。
16．（14分）如图甲所示，一倾角为37°
，长L=3.75m的斜面AB上端和一个竖直圆弧形光滑轨道BC相连，斜面与圆轨道相切于B处，C为圆弧轨道的最高点。
t=0时刻有一质量m=1kg的物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的v–t图象如图乙所示。
已知圆轨道的半径R=0.5m。
（取g=10m/s2，sin37°
=0.6，cos37°
=0.8）求：
（1）物块与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）物块到达C点时对轨道的压力FN的大小；
（3）试通过计算分析是否可能存在物块以一定的初速度从A点滑上轨道，通过C点后恰好能落在A点。
如果能，请计算出物块从A点滑出的初速度；
如不能请说明理由。
高三物理全解全析
1．D【解析】火箭刚点火的瞬间虽然速度为零，但此时所受的合外力不为零，加速度就不为零，选项A错误；
歼20高速飞行时速度虽然很大，但速度几乎不变，其加速度就很小，选项B错误；
和谐号在启动的阶段速度变化虽然很大，但所用时间较长，所以加速度也不是很大，选项C错误；
小汽车在紧急刹车时速度变化很快，所以加速度很大，选项D正确。
2．B【解析】女演员做圆周运动时受到重力及男演员的作用力作用，合外力指向圆心，所以男演员对其作用力应为斜向上，选项A错误；
将两演员看作整体，其受力如图所示，拉力F竖直方向的分力等于重力G，因为两次丝带与竖直方向的夹角相等，所以两次丝带中的拉力相等，选项B正确；
设丝带长为l，则根据牛顿第二定律有：
，所以丝带更短时，其线速度更小，选项C错误；
由
可知，丝带变短后，他们做圆周运动的周期变短，选项D错误。
3．C【解析】质点前3s内速度均为正，即方向均沿x轴正方向，选项A错误；
前2s内质点的加速度大小为1m/s2，第3s内加速度大小为2m/s2，选项B错误；
由v–t图象的面积即可求出质点在4s内的位移大小为2m，所以质点在4s内的平均速度大小为0.5m/s，选项C正确；
由于在t=0时刻质点位于x=10m处，4s内的位移为+2m，所以4s时质点的位置在x=12m处，选项D错误。
4．C【解析】由于A上表面光滑，物体B静止时一定受绳斜向上的拉力，因此物体C一定受到水平面给它的向左的摩擦力作用，选项A错误；
当A、B系统静止时，由于绳对B有斜向上的拉力，所以地面对A的支持力小于（M+m）g，选项B错误；
当B加速下滑时，其加速度有竖直向下的分量，所以它处于失重状态，选项C正确；
B拉着C一起运动的过程中，两物体沿绳方向的分速度大小相等，其中物体C的速度一直沿绳的方向，而物体B的速度方向沿圆弧切线，只有在绳与圆弧切线平行时，两者速率才相等，选项D错误。
5．A【解析】由电场线的疏密可知，M点的场强一定大于N点的场强，选项A正确；
由于圆环的电性未知，所以O点的电势可能最高，也可能最低，选项B错误；
电荷要沿曲线运动必须受到指向轨迹内侧的力的作用，而电荷所受的电场力只能沿切线方向，选项C错误；
由于圆环电性未知，所以M、N两点电势高低无法判断，正点电荷在这两点的电势能大小也就无法判断，选项D错误。
6．B【解析】根据左手定则可知，向上偏转的粒子一定带正电，选项A说法正确；
当粒子速率增加时，其运动的轨道半径变大，其转过的圆心角减小，在磁场中运动的时间会减小，选项B说法错误；
由几何关系可知，只要粒子入射的方向指向圆心O，射出方向的反向延长线一定仍然过O点，选项C说法正确；
由题意可知，粒子在磁场中运动的轨道半径与磁场半径R相等，当粒子速度方向变化时，其轨迹如图，其中D为粒子出射点，C为轨迹的圆心，由于AC=CD=R=AO=OD，所以四边形AODC为菱形，CD边与AO平行，即从D点射出时速度方向与AO垂直，所以仍会垂直打在屏MN上，选项D说法正确。
7．B【解析】只要入射光的频率大于金属的极限频率，即使光很弱也能发生光电效应，选项A错误；
处于基态的氢原子吸收能量为10.2eV的光子后能量变为–3.4eV，刚好能跃迁到第一激发态，选项B正确；
α粒子散射实验中绝大多数α粒子几乎不发生偏转，所以当显微镜从A转动到B位置时，相同时间观察到荧光屏的闪光数会大大减少，选项C错误；
氢弹爆炸是轻核聚变，其能量释放是由于反应过程中有质量亏损，选项D错误。
8．BCD【解析】开关S1始终接a不变，变压器输入电压不变，当滑片P向下滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，由于原副线圈的匝数不变，变压器输出电压不变，即V1示数不变，由于负载的电阻变大，所以电流I2会减小，而U2=U1–I2R1，所以U2会变大，即V2示数变大，选项A错误；
由I1:
I2=n2:
n1可知，开关S1始终接a，当滑片P向下滑动时电流表A1和A2示数均变小，选项B正确；
保持滑片P的位置不变，将开关S1由a改接b时，原线圈匝数n1减小，由U1:
U2=n1:
n2，可知U2变大，电压表V1示数就变大，此时R和R1阻值均未变，所以各自分得的电压均变大，即V2示数也变大，选项C正确；
电容器两端电压等于电阻R两端的电压，当其两端电压（有效值）增大时，最大值也增大，根据Q=CU可知，其所带电荷量的最大值增大，选项D正确。
9．AB【解析】物体在地球表面所受的重力近似等于地球对它的万有引力，即
，解得
，选项A正确；
设近地卫星周期为T1，阿星一号运动的周期为T2，对近地卫星根据
，将由A选项算出的地球质量M地代入可以解出T1，由开普勒第三定律，
，式中r为半长轴，即可计算出阿星一号运动的周期T2，选项B正确；
由于阿星一号在近地点受到地球的引力更大，所以其加速度更大，选项C错误；
根据开普勒第二定律可知，阿星一号在近地点附近速度较快，所以阿星一号从M点运动到P点的时间小于它公转周期的四分之一，选项D错误。
10．BD【解析】由于绳的长度不变，由几何关系可知，当物体上升h时，绳的自由端下降的高度等于（
–1）h，WF=F（
–1）h，选项A错误；
物体上升h的过程中，克服重力做功mgh，选项B正确；
由动能定理可知，物体到达B点时的动能为WF–WG–Wf，选项C错误；
除重力外其他力对物体所做的功等于物体机械能的增加，所以物体到达B点时的机械能为WF–Wf，选项D正确。
11．
（1）①电磁打点计时器应该接4~6V交流电源小车应从靠近打点计时器处开始释放
（2）BF（3）①小车所受的拉力a–1/M②平衡摩擦时倾角太大（每空1分，共7分）
【解析】
（1）①电磁打点计时器应该接4~6V交流电源。
②小车应从靠近打点计时器处开始释放，这样才能获得更多数据，便于测量和计算。
（2）当小车受到的摩擦力得到平衡后，多加的拉力即为小车所受的合外力。
由于小车做加速运动时，沙桶也做加速运动，所以其受力不平衡，即拉力与沙桶的总重力不等。
只有当加速度足够小时，两力才近似相等，选项A错误，B正确；
由于拉力传感器的示数即为线对小车的拉力，所以当小车摩擦力得到平衡后，其读数即为小车所受的合外力，与其运动的加速度大小无关，选项C错误。
本实验的目的是验证牛顿第二定律，所以不能用牛顿第二定律计算加速度再来进行验证，选项D错误；
画出v–t图象，纵坐标取不同的标度时，图象的倾角就会不同，用公式a=tanθ算出的数值并不一定等于加速度，故选项E错误；
画出v–t图象，在图象上找两个离得较远的点，由两点所对应的速度、时间用
计算出加速度。
这样相当于取平均值可以有效地减小偶然误差，选项F正确。
（3）该实验应该用控制变量法，所以在探究小车的加速度a和质量M的关系时，应该保持小车所受的拉力不变，此时由于加速度a与小车的质量M成反比，故a–1/M为直线，作出a–1/M图线才能更直观地反映出a与M的关系；
②从图象可知，当F=0，即没有挂沙桶时，小车已有一定的加速度，这是由于平衡摩擦时倾角太大。
12．
（1）电路连接如图（2分）
（2）C（2分）（3）BC（2分，选对不全得1分，选错得0分）（4）
（2分）
（1）电路连接如图所示。
（2）为了测量更精确，就要求电表更灵敏。
A表偏转1格所需电压为0.1V，而B表偏转1格所需电压为0.02A×
60Ω=1.2V，C表偏转1格所需电压为1μA×
100Ω=0.1mV，所以选C表。
（3）当指针向右偏转时，说明M点的电势比P点的高，因此可以减小R0分得的电压，或减小滑片左边电阻丝分得的电压，即减小R0的阻值，或向左移动滑片，选项BC正确。
（4）当电表指针不发生偏转时，M、P两点电势相等，即
，所以
。
13．
（1）带负电（2分）
（3分）
（2）
（5分）
（1）因为小球做直线运动，其受到的合外力的方向与运动方向应共线，小球所受的电场力向左，故带负电。
对小球进行受力分析，如图所示，由几何关系可知，
解得
（1分）
（2）小球在第一象限内洛伦兹力并不做功
设小球经过C点时速率为v，
对小球从M点到C的过程用动能定理有
（3分）
14．
（1）1m/s（4分）
（2）0.6（3分）（3）
（1）因为地面光滑，所以小车和物块组成的系统动量守恒
由mv0=（M+m）v（2分）
（2）对系统由能量守恒有
代入数据得μ=0.6（1分）
（3）当小车与墙相撞时，物块到墙的距离为L/2=0.5m
由于小车与墙碰撞时间极短且碰撞中无动能损失，可认为小车碰墙后，立即以原速率返回，而在这极短时间内，物块所受冲量可忽略，故物块速度未变，仍以v向右，当其速度减小为零时离墙最近
该过程中物块的加速度大小为a=μg=6m/s2，（1分）
所以在该过程中物块向右运动
所以物块离墙壁的最小距离d=
15．
（1）0.075V（4分）
（2）1.2m/s（3分）（3）0.078J（4分）
（1）线框在进入磁场前的加速度a=gsin37°
–μgcos37°
=2m/s2（1分）
所以ab边刚进入磁场时的速度
ab切割磁感线产生的电动势E=BLv=0.1V（1分）
ab边两端的电势差Uab=
0.075V（1分）
（2）cd离开磁场时恰好做匀速运动，设速度为v'
E'
=BLv'
，I'
=E'
/R，F=BI'
L（1分）
BI'
L+μmgcos37°
=mgsin37°
解得v'
=1.2m/s（1分）
（3）从开始到cd边刚离开磁场的过程中，根据动能定理有
解得W安=–0.078J（1分）
Q=–W安=0.078J（1分）
16．
（1）0.5（4分）
（2）4N（4分）（3）能（3分）
m/s（3分）
（1）由图乙可知物块上滑时的加速度大小为a=10m/s2（1分）
根据牛顿第二定律有：
gsin37°
+μgcos37°
=a（2分）
解得μ=0.5（1分）
（2）设物块到达C点时的速度大小为vC，由动能定理得
–mg（Lsin37°
+1.8R）–μmgLcos37°
=
在最高点，
解得F'
N=4N
由根据牛顿第三定律得，FN=F'
物体在C点对轨道的压力大小为4N（1分）
（3）设物块以初速度v1上滑，最后恰好落到A点
C到A，竖直方向：
Lsin37°
+1.8R=
水平方向：
Lcos37°
–Rsin37°
=vCt（1分）
解得vC=
m/s>
，所以能通过C点落到A点（1分）
A到C，–mg（Lsin37°
解得：
v1=
m/s（1分）
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