湖北省武汉十一中2017届高三（上）期中物理试卷（解析版）

2016-2017学年湖北省武汉十一中高三（上）期中物理试卷

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1～4题只有一项符合题目要求，第5～8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．

1．两个正、负点电荷周围电场线分布如图所示，P、Q为电场中两点，则（ ）

A．正电荷由P静止释放能运动到Q

B．正电荷在P的加速度小于在Q的加速度

C．负电荷在P的电势能高于在Q的电势能

D．负电荷从P移动到Q，其间必有一点电势能为零

【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．

【分析】根据电场线的疏密判断场强的大小．根据电场线的方向判断电荷的正负．顺着电场线电势逐渐降低，由电场线的方向可判断电势的正负

【解答】解：A、正电荷在电场中受到的力沿该点的切线方向，故正电荷由P静止释放不能运动到Q，故A错误

B、电场线的疏密代表场强的大小，故E_P＞E_Q，故正电荷在P的加速度大于在Q的加速度，故B错误；

C、负电荷从P到Q电场力做负功，电势能增加，故负电荷在P的电势能小于在Q的电势能，故C错误；

D、从P到Q的过程中，沿电场线方向电势降低，故在PQ间有一点电势为零点，故E_P=qφ，故其间必有一点电势能为零，故D正确；

故选：D

2．某光源发出的光由不同波长的光组成，不同波长的光的强度如图所示．表中给出了一些材料的极限波长，用该光源发出的光照射表中材料（ ）

材料	钠	铜	铂
极限波长（nm）	541	268	196

A．仅钠能产生光电子 B．仅钠、铜能产生光电子

C．仅铜、铂能产生光电子 D．都能产生光电子

【考点】光电效应．

【分析】根据发生光电效应的条件，当入射光的频率大于金属的极限频率，就会发生光电效应．根

【解答】解：由题图可知，该光源发出的光的波长大约在50nm到440nm之间，而三种材料中，极限频率最小的铂的极限波长是196nm，大于50nm，所以该光源能使三种材料都产生光电效应．

故选：D

3．如图，一质量为m的正方体物块置于风洞内的水平面上，其一面与风速垂直，当风速为v₀时刚好能推动该物块．已知风对物块的推力F正比于Sv²，其中v为风速、S为物块迎风面积．当风速变为2v₀时，刚好能推动用同一材料做成的另一正方体物块，则该物块的质量为（ ）

A．64m B．32m C．8m D．4m

【考点】牛顿第二定律．

【分析】物块被匀速推动，受重力、支持力、推力和滑动摩擦力，根据平衡条件列式；其中推力F∝Sv²，滑动摩擦力与压力成正比．

【解答】解：物块被匀速推动，根据平衡条件，有：

F=f

N=mg

其中：

F=kSv²=ka²v²

f=μN=μmg=μρa³g

解得：

a=

现在风速v变为2倍，故能推动的物块边长为原来的4倍，故体积为原来的64倍，质量为原来的64倍；

故选：A

4．如图所示，足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电质点M、O、N，质点O恰能保持静止，质点M、N均围绕质点O做匀速圆周运动．已知质点M、N与质点O的距离分别为L₁、L₂．不计质点间的万有引力作用．下列说法中正确的是（ ）

A．质点M与质点N带有异种电荷

B．质点M与质点N的线速度相同

C．质点M与质点N的质量之比为（）²

D．质点M与质点N所带电荷量之比为（）²

【考点】库仑定律．

【分析】三个孤立的点电荷M、O、N恰好静止不动，因此根据库仑定律，结合受力平衡，即可求解电荷量之比．M、N以两者连线上O点为圆心，各自做匀速圆周运动，向心力由对方的库仑引力提供，而且M、N的条件是角速度相同，根据牛顿第二定律隔离两个分M、N别研究，从而即可求解．

【解答】解：A、质点M、N均围绕质点O做匀速圆周运动，说明M、N与O带异种电荷，O对M、N的库仑引力提供向心力，故MN带同种电荷，故A错误．

B、由于M、N的角速度相等，根据v=ωr可知，半径大的线速度大，由于不知道L₁与L₂的大小关系，故不能确定MN的线速度大小，故B错误．

C、设M、O、N带的电荷量分别为：Q₁、Q、Q₂，根据O对M、N的库仑引力提供向心力，则有：m₁ω²L₁=m₂ω²L₂，所以Q₁、Q₂的质量之比为，故C错误．

D、质点O恰能保持静止，根据库仑定律，则有：，所以Q₁、Q₂的电荷量之比为，故D正确．

故选：D

5．如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b．外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则（ ）

A．绳OO′的张力也在一定范围内变化

B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化

C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化

D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化

【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．

【分析】本题抓住整个系统处于静止状态，由a平衡可知，绳子拉力保持不变，再根据平衡条件由F的大小变化求得物块b所受各力的变化情况．

【解答】解：AC、由于整个系统处于静止状态，所以滑轮两侧连接a和b的绳子的夹角不变；物块a只受重力以及绳子的拉力，由于物体a平衡，则连接a和b的绳子张力T保持不变；由于绳子的张力及夹角均不变，所以OO′中的张力保持不变，故AC均错误；

BD、b处于静止即平衡状态，对b受力分析有：

力T与力F与x轴所成夹角均保持不变，由平衡条件可得：

N+Fsinα+Tsinθ﹣mg=0

Fcosα+f﹣Tcosθ=0

由此可得：N=mg﹣Fsinα﹣Tsinθ

由于T的大小不变，可见当F大小发生变化时，支持力的大小也在一定范围内变化，故B正确

f=Tcosθ﹣Fcosα

由于T的大小不变，当F大小发生变化时，b静止可得摩擦力的大小也在一定范围内发生变化，故D正确．

故选：BD．

6．如图，质量为m的小球用轻绳悬挂在O点，在水平恒力F=mgtanθ作用下，小球从静止开始由A经B向C运动．则小球（ ）

A．先加速后减速 B．在B点加速度为零

C．在C点速度为零 D．在C点加速度为gtanθ

【考点】牛顿第二定律．

【分析】根据动能定理求出小球速度为零时细线与竖直方向的角度，得出小球在整个过程中的运动规律．在C点，抓住径向的合力为零，通过数学知识，结合受力求出合力的大小，从而求出C点的加速度．

【解答】解：设小球摆到的最大角度为α，根据动能定理得，FLsinα﹣mgL（1﹣cosα）=0，又F=mgtanθ

解得α=2θ，即在C点的速度为零．可知小球先加速后减速，故A、C正确．

在B点，小球的速度不为零，则向心加速度不为零，所以加速度不为零，故B错误．

在C点，速度为零，小球受重力和拉力，垂直绳子方向的合力为零，则小球所受的合力为mgsin2θ﹣mgtanθcos2θ=mgtanθ，则C点的加速度为gtanθ，故D正确．

故选：ACD．

7．P₁、P₂为相距遥远的两颗行星，距各自表面相同高度处各有一颗卫星s₁、s₂做匀速圆周运动．图中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a，横坐标表示物体到行星中心的距离r的平方，两条曲线分别表示P₁、P₂周围的a与r²的反比关系，它们左端点横坐标相同．则（ ）

A．P₁的平均密度比P₂的大

B．P₁的“第一宇宙速度”比P₂的小

C．s₁的向心加速度比s₂的大

D．s₁的公转周期比s₂的大

【考点】万有引力定律及其应用．

【分析】根据牛顿第二定律得出行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a的表达式，结合a与r²的反比关系函数图象得出P₁、P₂的质量和半径关系，

根据密度和第一宇宙速度的表达式分析求解；

根据根据万有引力提供向心力得出周期表达式求解．

【解答】解：A、根据牛顿第二定律，行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度为：a=，

两曲线左端点横坐标相同，所以P₁、P₂的半径相等，结合a与r²的反比关系函数图象得出P₁的质量大于P₂的质量，根据ρ=，所以P₁的平均密度比P₂的大，故A正确；

B、第一宇宙速度v=，所以P₁的“第一宇宙速度”比P₂的大，故B错误；

C、s₁、s₂的轨道半径相等，根据a=，所以s₁的向心加速度比s₂的大，故C正确；

D、根据根据万有引力提供向心力得出周期表达式T=2π，所以s₁的公转周期比s₂的小，故D错误；

故选：AC．

8．一颗子弹以水平速度v₀穿透一块在光滑水平面上迎面滑来的木块后，二者运动方向均不变．设子弹与木块间相互作用力恒定，木块最后速度为v，则（ ）

A．v₀越大，v越大 B．v₀越小，v越大

C．子弹质量越大，v越大 D．木块质量越小，v越大

【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的图像．

【分析】子弹的位移与木块的位移大小之和等于木块的厚度．通过v﹣t图象比较可知，当v₀越大，其它不变时，子弹穿过木块时的位移越大，而木块的位移越小，由于加速度不变，所以木块末速度v越大．当子弹质量越大时，加速度越小，子弹穿过木块时的位移越大，同理可得木块末速度v越大．当木块质量越小时，其加速度越大，则末速度v越小．

【解答】解：AB、子弹穿透木块过程中，子弹与木块间相互作用力恒定，两者都做匀减速运动，子弹的位移与木块的位移大小之和等于木块的厚度．若质量不变，则两者的加速度不变，当子弹的初速度v₀越大时，子弹穿过木块的时间越短，且木块的位移越小，由于木块初速度和加速度不变，所以末速度v越大，如下图所示．故A正确，B错误．

C、子弹的质量越大，由于作用力不变，则加速度越小，初速度v₀一定，则子弹位移越大，木块位移越小，由于木块初速度和加速度不变，所以末速度v越大，如下图所示．故C正确．

D、木块质量越小，其加速度越大，初速度不变，子弹穿过木块的时间变大，则木块末速度v变小，如下图所示．故D错误．

故选：AC．

二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第14题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题

9．某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，安装好实验装置，让刻度尺零刻度与弹簧上端平齐，在弹簧下端挂1个钩码，静止时弹簧长度为l₁，如图1所示，图2是此时固定在弹簧挂钩上的指针在刻度尺（最小分度是1毫米）上位置的放大图，示数l₁= 25.85 cm．在弹簧下端分别挂2个、3个、4个、5个相同钩码，静止时弹簧长度分别是l₂、l₃、l₄、l₅，已知每个钩码质量是50g，挂2个钩码时，弹簧弹力F₂= 0.98 N（当地重力加速度g=9.8m/s²）．要得到弹簧伸长量x，还需要测量的是 弹簧原长 ．作出F﹣x曲线，得到弹力与弹簧伸长量的关系．

【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．

【分析】根据刻度尺的读数方法可得出对应的读数，由G=mg可求得所挂钩码的重力，即可得出弹簧的拉力；由实验原理明确需要的物理量．

【解答】解：由mm刻度尺的读数方法可知图2中的读数为：25.85cm；

挂2个钩码时，重力为：G=2mg=2×0.05×9.8=0.98N；由平衡关系可知，弹簧的拉力为0.98N；

本实验中需要是弹簧的形变量，故还应测量弹簧的原长；

故答案为：25.85；0.98；弹簧原长．

10．用实验测一电池的内阻r和一待测电阻的阻值R_x．已知电池的电动势约6V，电池内阻和待测电阻阻值都为数十欧．可选用的实验器材有：

A．电流表A₁（量程0﹣30mA）；

B．电流表A₂（量程0﹣100mA）；

C．电压表V（量程0﹣6V）；

D．滑动变阻器R₁（阻值0﹣5Ω）；

E．滑动变阻器R₂（阻值0﹣300Ω）；

F．开关S一个，导线若干条．

某同学的实验过程如下：

Ⅰ．设计如图1所示的电路图，正确连接电路．

Ⅱ．将R的阻值调到最大，闭合开关，逐次调小R的阻值，测出多组U和I的值，并记录．以U为纵轴，I为横轴，得到如图2所示的图线．

Ⅲ．断开开关，将R_x改接在B、C之间，A与B直接相连，其他部分保持不变．重复Ⅱ的步骤，得到另一条U﹣I图线，该图线与横轴I的交点坐标为（I₀，0），与纵轴U的交点坐标为（0，U₀）．

回答下列问题：

①电流表应选用 A₂ ，滑动变阻器应选用 R₂ （填仪器前字母）；

②由图2的图线，得电源内阻r= 25 Ω；

③用I₀、U₀和r表示待测电阻的关系式R_x ﹣r ，代入数值可得R_x；

④若电表为理想电表，R_x接在B、C之间与接在A、B之间，滑动变阻器滑片都从最大阻值位置调到某同一位置，两种情况相比，电流表示数变化范围 相同 ，电压表示数变化范围 不同 ．（选填”相同”或”不同”）

【考点】测定电源的电动势和内阻．

【分析】①根据题目中给出的电源及待测电阻的大约阻值，略算对应的电流，则可明确电流表及滑动变阻器应选择的仪器；

②图象的性质及闭合电路欧姆定律可得出电源内阻；

③根据电路结构，利用闭合电路欧姆定律可得出对应的表达式；

④根据闭合电路欧姆定律及电表的使用方法可明确两表的示数变化范围是否相同．

【解答】解：①由题意可知，电动势为6V，而电阻约为数十欧姆，为了保证实验的安全，电流表应选择A₂；由电路图可知，滑动变阻器起调节电流的作用，5Ω的电阻小于待测电阻较多，故只能选择R₂；

②图象的斜率表示电源的内阻，则可知内阻为：r==25Ω；

③R_x改接在B、C之间，由题意可知，等效内阻为：R₀+r=，解得：R_X=﹣r；

④由于在调节滑动变阻器时，闭合电路中电阻不变，故电流表的变化范围相同，而由于电压表测量的是路端电压，由于等效内电阻不同，故电压表的变化范围不同．

故答案为：①A₂ R₂ ②25 ③﹣r ④相同；不同

11．在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示．P是一个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒．高度为h的探测屏AB竖直放置，离P点的水平距离为L，上端A与P点的高度差也为h．

（1）若微粒打在探测屏AB的中点，求微粒在空中飞行的时间；

（2）求能被屏探测到的微粒的初速度范围；

（3）若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等，求L与h的关系．

【考点】动能定理的应用；平抛运动．

【分析】（1）粒子水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动；根据几何关系可明确粒子下降的高度，再由竖直方向的自由落体运动可求得飞行时间；

（2）能被探测到的粒子高度范围为h至2h，水平位移相同，根据平抛运动规律可知速度范围；

（3）粒子在运动中机械能守恒，根据AB两点的速度关系以及机械能守恒列式，联立即可求得L与h的关系．

【解答】解：（1）打在中点的微粒h=gt²①

解得t=②

（2）打在B点的微粒v₁=

2h= ③

解得v₁=L ④

同理，打在A点的微粒初速度v₂=L ⑤

微粒初速度范围L≤v≤L⑥

（3）由能量关系mv₂²+mgh=mv₁²+2mgh

代入④⑤两式可得：

L=2h；

答：（1）若微粒打在探测屏AB的中点，微粒在空中飞行的时间；

（2）能被屏探测到的微粒的初速度范围为L≤v≤L；

（3）若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等，L=2h；

12．如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h=0.3m（h小于斜面体的高度）．已知小孩与滑板的总质量为m₁=30kg，冰块的质量为m₂=10kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g=10m/s²．

（i）求斜面体的质量；

（ii）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？

【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．

【分析】（i）冰块和斜面体组成的系统动量守恒，机械能守恒，根据系统动量守恒和机械能守恒计算斜面体的质量；

（ii）小孩和冰块动量守恒，冰块和斜面动量守恒机械能守恒，计算小孩和冰块的最后速度，比较他们的速度大小的关系可以判断能否追上小孩．

【解答】解：（i）对于冰块和斜面体组成的系统，根据动量守恒可得，

m₂v₂=（m₂+M）v

根据系统的机械能守恒，可得，m₂gh+（m₂+M）v²=m₂v₂²

解得：M=20kg

（ii）小孩与冰块组成的系统，根据动量守恒可得，m₁v₁=m₂v₂，

解得 v₁=1m/s（向右）

冰块与斜面：m₂v₂=m₂v₂′+Mv₃′，

根据机械能守恒，可得， m₂v₂²=m₂v₂′²+Mv₃′²

解得：v₂′=﹣1m/s（向右）

因为=v₁，所以冰块不能追上小孩．

答：（i）斜面体的质量为20kg；

（ii）冰块与斜面体分离后不能追上小孩．

（二）选考题【物理--选修3-4】

13．下列说法正确的是（ ）

A．在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比

B．弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变

C．在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小

D．系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率

E．已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，就可知振子在任意时刻运动速度的方向

【考点】简谐运动的回复力和能量；简谐运动的振幅、周期和频率；自由振动和受迫振动．

【分析】根据单摆的周期公式分析周期与摆长的关系．弹簧振子做简谐振动时，系统的机械能守恒．单摆的周期与摆球的质量无关．受迫振动的频率等于驱动力的频率．根据时间与周期的关系，结合弹簧振子初始时刻的振动方向才可确定弹簧振子在任意时刻运动速度的方向．

【解答】解：A、根据单摆的周期公式T=2π，得T²=L．在同一地点，g一定，则知T²与L成正比，即单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比．故A正确．

B、弹簧振子做简谐振动时，振动系统的机械能守恒，即振动系统的势能与动能之和保持不变．故B正确．

C、根据单摆的周期公式T=2π，知单摆做简谐振动的周期与摆球质量无关，故C错误．

D、系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，与固有频率无关，故D正确．

E、振动质点在同一位置振动方向有两种，所以已知弹簧振子初始时刻的位置，不知道初始时刻振子的振动方向，根据振动周期，不能知道振子在任意时刻运动速度的方向．

故选：ABD

14．半径为R、介质折射率为n的透明圆柱体，过其轴线OO′的截面如图所示．位于截面所在平面内的一细束光线，以角i₀由O点射入，折射光线由上边界的A点射出．当光线在O点的入射角减小至某一值时，折射光线在上边界的B点恰好发生反射．求A、B两点间的距离．

【考点】光的折射定律．

【分析】由折射定律求出光线在左侧面上的折射角，可几何关系求出A、D间的距离．由sinC=求出全反射临界角C，再由几何知识求解B、D间的距离，即可得到AB间的距离．

【解答】解：当光线在O点的入射角为i₀时，设折射角为r₀，由折射定律得： =n ①

设AD间的距离为d₁，由几何关系得：

sinr₀= ②

若光线在B点恰好发生全反射，则在B点的入射角恰好等于临界角C，设BD间的距离为d₂．则有：

sinC= ③

由几何关系得：sinC= ④

则A、B两点间的距离为：d=d₂﹣d₁；⑤

联立解得：d=（﹣）R ⑥

答：A、B两点间的距离为（﹣）R．

2016年12月20日