《试卷》精品解析：【全国百强校】河北省衡水中学2017届高三下学期期中考试物理试题解析（解析版）.doc

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1、河北省衡水中学2017届高三下学期期中考试物理试题1. 下列说法正确的是A. 米、千克、摩尔、安培都是国际单位制中的基本单位B. 光电效应揭示了光的粒子性，而康普特效应则反映了光的波动性C. 安培最早引入场的概念，并提出用电场线表示电场D. 卢瑟福用粒子散射实验的数据否定了汤姆逊的“西瓜模型”，并估算了原子的大小【答案】A【解析】国际单位制规定了七个基本物理量分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，则米、千克、摩尔、安培都是国际单位制中的基本单位，故A正确；光电效应和康普特效应都揭示了光的粒子性，故B错误；法拉第最早引入场的概念，并提出

2、用电场线表示电场，故C错误；卢瑟福用粒子散射实验的数据否定了汤姆逊的“西瓜模型”，并估算了原子核的大小，故D错误；2. 如图所示，物块A放在直角三角形斜面体B上面，B放在轻弹簧上面并紧挨着竖直粗糙墙壁，处于静止状态；弹簧处于竖直现用力F沿斜面向上推A，但AB仍处于静止状态下列说法正确的是（）A. 施加F前，B可能受6个力B. 施加F后，A、B之间的摩擦力一定变小C. 施加F后，B受到弹簧的弹力可能变小D. 施加F之后，B与墙之间的摩擦力一定小于F.【答案】D【解析】试题分析：隔离对A分析，通过A受力平衡判断A、B之间摩擦力的变化通过对整体分析，抓住AB不动，弹簧的弹力不变，判断B与墙之间有无摩

3、擦力开始时A静止，则A受到重力以及B对A的支持力、摩擦力，根据共点力平衡可知，B对A的支持力与摩擦力的合力的方向竖直向上；开始时B也静止，则B受到重力、弹簧的弹力、A对B的压力与摩擦力，由于B对A的支持力与摩擦力的合力的方向竖直向上，则A对B的压力与摩擦力的合力方向竖直向下，所以B与墙壁之间没有力的作用所以B受到四个力的作用故A错误；对A，开始受重力、B对A的支持力和静摩擦力平衡，三力平衡，A所受的静摩擦力大小为mAgsin，当施加F后，仍然处于静止，若F2mAgsin，则A、B之间的摩擦力大小为f=F-mAgsinmAgsin，变大，故B错误；A与B始终静止，可知弹簧的形变量没有变化，根据胡

4、克定律可知，施加F后，B受到弹簧的弹力不变故C错误；对整体分析，由于AB不动，弹簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变，开始弹簧的弹力等于A、B的总重力，施加F后，弹簧的弹力不变，总重力不变，但F有竖直向上的分量，则根据平衡知，则B与墙之间一定有摩擦力且大小等于F沿竖直方向的分力，即，所以B与墙之间的摩擦力一定小于F，故D正确；3. 三颗人造地球卫星A、B、C绕地球做匀速圆周运动，如图所示，已知mA=mBvB=vCB. 机械能关系为EAEBECC. 已知万有引力常量G，现测得卫星A的周期TA和轨道半径rA可求得地球的平均密度D. 半径与周期的关系为：【答案】C4. 如图，电路中有四个完全相同的灯泡，

5、额定电压均为U，额定功率均为P，变压器为理想变压器，现在四个灯泡都正常发光，则变压器的匝数比n1:n2以及电源电压U1为：A. 1:2 2U B. 2：1 4U C. 2：1 2U D. 1：2 4U【答案】B【解析】试题分析：变压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反比，根据灯泡正常发光可 知原副线圈中电流的大小关系设灯泡正常发光时，额定电流为由题图可知，原线圈中电流，副线圈中两灯并联，副线圈中电流，根据理想变压器的基本规律：得；得，所以，B正确5. 物体由静止开始做加速度大小为a1的匀加速直线运动，当速度达到v时，改为加速度大小为a2的匀减速直线运动，直至速度为零在匀加速和匀减速运动过程中

6、物体的位移大小和所用时间分别为x1、x2和t1、t2，下列各式成立的是（）A. B. C. D. 【答案】ACD6. 如图所示，匀强磁场的方向竖直向下；磁场中有光滑的水平桌面，在桌面上平放内壁光滑、底部有带电小球的试管；试管在水平拉力向右的拉力F作用下向右匀速运动，（拉力与试管壁始终垂直），带电小球能从试管口处飞出，关于带电小球及其在离开试管前的运动，下列说法中正确的是（）A. 小球带正电，且轨迹为抛物线B. 洛伦兹力对小球做正功C. 小球相对试管做变加速直线运动D. 维持试管匀速运动的拉力F应随时间均匀增大【答案】AD【解析】试题分析：小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力，由左手

7、定则，分析电性将小球的运动分解为沿管子向里和垂直于管子向右两个方向根据受力情况和初始条件分析两个方向的分运动情况，研究轨迹，确定F如何变化小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力，根据左手定则判断，小球带正电，故A正确；洛伦兹力总是与速度垂直，不做功，故B错误；设管子运动速度为，小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力，q、B均不变，不变，则小球沿管子做匀加速直线运动与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线，故C错误；设小球沿管子的分速度大小为v2，则小球受到垂直管子向左的洛伦兹力的分力，增大，则增大，而拉力，则F逐渐增大，故D正确7. 在匀强磁场中，

8、一个静止的氡核发生一次衰变后变成Po核，假设放出的粒子的速度方向与磁场方向垂直，则下列说法正确的是A. Po核与粒子在磁场中的运动轨迹为外切圆B. Po核的动能是粒子动能的倍C. Po核的轨迹半径是粒子轨迹半径的倍D. 若粒子在磁场中运动的周期为T，则Po核与粒子两次相遇的时间间隔为84T【答案】ABC8. 在光滑的水平面上，有一竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为L的区域内，现有一边长为d（dL）的正方形闭合线框以垂直于磁场边界的初速度v0滑过磁场，线框刚好能穿过磁场，下列说法正确的是A. 线圈在滑进磁场的过程与滑出磁场的过程均做变加速直线运动B. 线圈在滑进磁场的过程中与滑出磁场的过程中通过线

9、框横截面的电荷量相同C. 线圈在滑进磁场的过程中速度的变化量与滑出磁场的过程中速度的变化量不同D. 线圈在滑进磁场的过程中产生的热量Q1与滑出磁场的过程中产生的热量Q2之比为3:1【答案】ABD【解析】线框进入磁场中，受到的安培力方向向左，做减速运动，随着速度的减小，安培力也减小，故做匀加速直线运动，当线圈完全进入磁场到右边的框边出磁场的过程中，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，做匀速直线运动，当线框开始运动出磁场的过程中，受到的安培力方向向左，仍做减速运动，随速度的减小，安培力减小，故也做变加速直线运动，A正确；根据可知进入磁场和滑出磁场的过程中穿过线框的磁通量的变化量相同，线框的电阻

10、不变，所以两个过程中通过线框横截面的电荷量相同，B正确；进入磁场过程有：，又，则得，离开磁场过程有：，又，则得，则得，即线圈速度的变化量相同，C错误；线圈在进磁场或出磁场某一位置的加速度，则在很短时间内速度的变化量，解得，知进磁场和出磁场速度的变化量大小相等设进磁场的速度为v，则完全进磁场的速度为，完全出磁场的速度为0根据能量守恒定律得，所以，故D正确，【点睛】解决本题的难点在于通过微分的思想得出线圈进磁场和出磁场过程中速度变化量大小相等然后通过能量守恒进行求解三、非选择题：（一）必考题：9. 小石同学在用打点计时器研究一物体做匀变速直线运动时，得到了如图所示的一条纸带，相邻两计数点间还有4个

11、点未画出，由图中所给的数据可求出物体的加速度为a=_m/s2（所用交流电的频率为50Hz，结果保留三位有效数字）【答案】0.857【解析】从图中可知，由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔为，根据匀变速直线运动的推论公式有，可得，解得；10. （1）为了测一圆柱体电阻的电阻率，小光同学分别用游标卡尺和螺旋测微器测量其长度和直径，由下图可知，长度L为_cm ，直径D为_mm. （2）小黑同学要将一个电流计G改装成直流电压表，但他仅借到一块标准电压表V0、一个电池组E、一个滑动变阻器R和几个待用的阻值标准的定值电阻. 该同学从上述具体条件出发，先将待改装的表G直接与

12、一个定值电阻R相连接，组成一个电压表；然后用标准电压表V0校准请你画完图2方框中的校准电路图_实验中，当定值电阻R选用14.0k时，调整滑动变阻器R的阻值，电压表V0的示数是12.0V时，表G的指针恰好指到满量程的五分之二；当R选用4.0k时，调整R的阻值，电压表V0的示数是6.0V，表G的指针又指到满量程的五分之二由此可以判定，表G的内阻rg是_k，满偏电流Ig是_，若要将表G改装为量程是15V的电压表，应配备一个_k的电阻.【答案】 (1). （1）10.4 (2). 2.150 (3). （2）6 (4). 1 (5). 9【解析】（1）游标卡尺读数为L=10.0mm+40.1mm=10

13、.4mm来源:螺旋测微器读数为来源:11. 如图所示，abc是光滑的轨道，其中ab是水平的，bc为与ab相切于竖直平面内的半圆，半径R=0.40m，一质量为m1=0.20kg的小球A静止在轨道上，另一质量为m2=0.60kg的小球B，以初速度v0与小球A正碰已知两球碰撞过程中没有机械能损失，忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2，,，求：（1）两球碰撞后的速度大小；（2）若碰后AB两球都能到达竖直圆轨道的最高点C，求B球的初速度v0满足什么条件？【答案】（1） （2）【解析】（1）因为两球碰撞过程没有机械能损失，故满足动量守恒和动能守恒，解得，（2）设小球恰好到达C点速度为，C点由牛顿定律：

14、，解得设小球B点以vb恰好到达C点，则从b到c点由机械能守恒可得： 解得：若碰后两球都能到达最高点C，只要速度小的满足： 即 来源:12. 电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成；偏转电场的极板由相距为d的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示；大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿水平方向从两板正中间OO射入偏转电场当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；当在两板上加如图乙所示的电压时（U0为已知），所有电子均能从两板间通过，然后进入垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，最后都垂直打在竖直放置的荧光屏上已知电子的质量为m、电荷量为e，其重力不计求：（1

15、）电子离开偏转电场时的位置到OO的最小距离和最大距离；（2）偏转磁场区域的水平宽度L；（3）偏转磁场区域的最小面积S【答案】（1），（2）（3）【解析】试题分析：（1）由题意可知，从t0、3t0、等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO的距离最小，有：得电子的最小距离从0、2t0、4t0、等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO的距离最大， 有：来源:学.科.网电子的最大距离为：（2）设电子从偏转电场中射出时的偏向角为q，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：设电子离开偏转电场时的速度为vt，垂直偏转极板的速度为vy，则电子离开偏转电场时的偏向角为：，式

16、中又：解得：考点：带电粒子在电场及在磁场中的运动.13. 下列说法正确的是A. 凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量只能从高温物体传递给低温物体，而不能从低温物体传递给高温物体B. 液体的饱和气压随温度的升高而增大是因为饱和汽的体积随温度的升高而增大C. 液体与大气相接处，表面层内分子所受其它分子的作用表现为相互吸引D. 0的铁和0的冰，它们的分子平均动能相同E. 气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关【答案】CDE【解析】根据热力学第二定律知，凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量能自发从高温物体传递给低温物体，不能自发从低

17、温物体传递给高温物体，但在外界的影响下，热量也能从低温物体传递给高温物体，故A错误；在一定温度下，饱和蒸气的分子数密度是一定的，因而其压强也是一定的，与体积无关；故密闭容器中某种蒸汽开始时若是饱和的，保持温度不变，增大容器的体积，稳定后蒸汽的压强不变；液体的饱和汽压随温度的升高而增大，是因为随温度的升高液体蒸发的速度加快，故B错误；液体与大气相接触，表面层内分子间距较大，则分子所受其他分子的作用表现为相互吸引，故C正确；温度是分子平均动能的标志，则0的铁和0的冰，温度相同，它们的分子平均动能相同，故D正确；气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关，单位体积内的分子数越多碰撞次数越多，分子的平均动能越大，单位时间碰撞次数越多，而温度又是分子平均动能的标志，故E正确14. 如图，导热的圆柱形气缸放置在水平桌面上，横截面积为S，质量为m1的活塞封闭着一定质量的气体（可视为理想气体），活塞与气缸间无摩擦且不漏气；总质量为m2：的砝码盘（含砝码）通过左侧竖直的细绳与活塞相连当环境温度为T时，活塞离缸底的高度为h现使环境温度缓慢降为：当活塞再次平衡时，活塞离缸底的高度是多少？保持环境温度为不变，在砝码盘中添加质量为m的砝码时，活塞返回到高度为h处，求大气压强p0【答案】考点：盖吕萨克定律；玻意耳定律