2017届山东省临沂市高三2月份教学质量检测(一模)物理试卷(带解析

2017届山东省临沂市高三2月份教学质量检测（一模）物理试卷

（带解析）

一、选择题

1.如图所示的电路中，R1是定值电阻，R2是光敏电阻，电源的内阻不能忽略。闭合开关S，当光敏电阻上的光照强度减弱时，下列说法正确的是

A．通过R2的电流增大 B．电源的路端电压减小 C．电容器C所带的电荷量增加 D．电源的效率减小 【答案】C

【解析】当光敏电阻上的光照强度减弱时，光敏电阻的阻值会增大，电路的总电阻增大，电路中的总电流减小，则流过R2的电流减小；故A错误；电路中的总电流减小，电源的内电压减小，根据全电路欧姆定律得知路端电压增大，而电容器极板间的电压就等于路端电压，所以电容器板间电压增大，带电量增加．故B错误，C正确； 电源效率为误．故选C.

，路端电压U增大，电动势E不变，所以电源的效率增大．故D错

点睛:该题考查光敏电阻的特性与闭合电路的欧姆定律的应用，关键是掌握光敏电阻的特性：当光敏电阻上的光照强度减弱时其阻值增大，再由欧姆定律进行动态分析.

2.如图所示，质量为m的铜棒长为L，棒的两端各与长为a的细软铜线相连，静止悬挂在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。当棒中通过恒定电流后，铜棒向上摆动，最大偏角为θ，重力加速度g已知，则下列说法正确的是

A. 铜棒摆动过程中，摆角为时，棒受力平衡 B. 铜棒摆动过程中，安培力逐渐变小 C. 铜棒摆动过程中，机械能守恒

D. 根据题中所给条件可以求出棒中的电流 【答案】D

【解析】由运动的对称性可知悬线与竖直方向的夹角为时金属棒的速率最大，此位置是平衡位置,但是摆动过程经过此位置时不是平衡状态,故A错误；导线中通有恒定电流时，所受安培力不变，选项B错误；铜棒摆动过程中，由于安培力做功，故机械能不守恒，选项C错误；在位置时，对金属棒进行受力分析可知， ，由此可以求出棒中的电流，故D正确；故选D.

点睛：对金属棒进行受力分析、利用对称性原则判断出速度最大的位置，根据安培力公式分析即可正确解题．

3.如图所示，质量m=2kg的小物体放在长直的水平地面上，用水平细线绕在半径R=0.5m的薄圆筒上。t=0时刻，圆筒由静止开始绕竖直的中心轴转动，其角速度随时间的变化规律如

2

图乙所示，小物体和地面间的动摩擦因数，重力加速度g取10m/s，则：

A．小物体的速度随时间的变化关系满足v=4t B．细线的拉力大小为2N C．细线拉力的瞬时功率满足P=4t D．在0~4s内，细线拉力做的功为12J 【答案】D

【解析】根据图象可知，圆筒做匀加速转动，角速度随时间变化的关系式为：ω=t，圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同，根据v=ωR得：v=ωR=0.5t，故A错误；物体运动的加速度 ，根据牛顿第二定律得：F-μmg=ma 解得：F=2×0.5+0.1×2×10=3N，故B错误；细线拉力的瞬时功P=Fv=3×0.5t=1.5t，故C错误；

22

物体在4s内运动的位移：x= at＝ ×0.5×4＝4m，在0～4s内，细线拉力做的功为：W=Fx=3×4=12J，故D正确．故选D.

点睛：本题考查牛顿第二定律、速度时间图象的性质、功的计算等内容，要求能正确理解题意，并分析物体的受力情况及能量转化过程，难度适中．

4.火星探测器沿火星近地圆轨道飞行，其周期和相应的轨道半径分别为T0和R0，火星的一颗卫星在其圆轨道上的周期和相应的轨道半径分别为T和R，则下列关系正确的是 A．B．C．D．

【答案】A

【解析】根据开普勒第三定律：所以它们的对数关系可以表达为：故选A.

5.历史上有些科学家曾这样定义直线运动的加速度：，其中v0和vx分别表示某段位移x内的初速度和末速度。而现在物理学中加速度的定义式为，下列说法正确的是 A．对于加速直线运动，即初速度和加速度方向相同，若a不变，则A将变小 B．对于加速直线运动，即初速度和加速度方向相同，若A不变，则a将变小 C．若A不变，则物体在中间时刻的速度为

,则：

．故A正确，BCD错误

D．若A不变，则物体在中间位置处的瞬时速度将小于物体中间时刻的瞬时速度 【答案】A

【解析】对于加速直线运动，若a保持不变，相等时间内速度增加量相等，所以平均速度来越大，相等时间内的位移越来越大，由 ，知A越来越小，故A正确； 对于加速直线运动，若A不变，相等位移内速度增加量相等，则知平均速度越来越大，所以相等位移内所用时间越来越少，由 可知，a越来越大，故B错误；因为相等位移内速度变化相等，所以中间位置处位移为 ，速度变化量为 ，所以此位置的速度为

，若A＞0且保持不变，则前一半时间的平均速度小于后一半时间的平均速度，

后一半时间物体将经过更多的位移，所以物体在中间时刻时，物体还没有到达中间位置，所以它的速度比中间位置的速度小，故CD错误；故选A.

6.A、B为两等量异种电荷，图中水平虚线为A、B连线的中垂线。现将另两个等量异种的检验电荷a、b用绝缘细杆连接后，从离AB无穷远处沿中垂线平移到AB的连线上，平移过程中两检验电荷位置始终关于中垂线对称。若规定离AB无穷远处电势为零，则下列说法中正确的是

A. 在AB的连线上a所处的位置电势B. a、b整体在AB连线处具有的电势能C. 整个移动过程中，静电力对a做正功

D. 整个移动过程中，静电力对a、b整体做正功 【答案】B

【解析】设AB连线的中点为O．由于AB连线的垂直平分线是一条等势线，且一直延伸到无穷远处，所以O点的电势为零．AO间的电场线方向由A→O，而顺着电场线方向电势逐渐降

低，可知，a所处的位置电势φa＞0，故A错误．a所处的位置电势φa＞0，b所处的位置电势φb＜0，由Ep=qφ知，a、b在AB处的电势能均大于零，则整体的电势能Ep＞0．故B正确．在平移过程中，a所受的静电力与其位移方向的夹角为钝角，则静电力对a做负功，故C错误．a、b看成一个整体，原来总电势能为零，最终总电势能为正，电势能增加，所以整个移动过程中，静电力对a、b整体做负功，故D错误．故选B.

点睛：对于等量异种电荷电场线和等势面的分布情况要熟悉，要抓住其对称性进行记忆，知道等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，且一直延伸到无穷远． 二、不定项选择题

1.水平面上质量为m=6kg的物体，在大小为12N的水平拉力F的作用下做匀速直线运动，从x=2.5m位置处拉力F逐渐减小，力F随位移x变化规律如图所示，当x=7m时拉力减为零，

2

物体也恰好停下，取g=10m/s，下列结论正确的是

A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.2 B．合外力对物体所做的功为-27J C．物体匀速运动时的速度为3m/s

D．物体在减速阶段所受合外力的冲量为12N·S 【答案】ABC

【解析】物体做匀速运动时，受力平衡，则f=F=12N，

，故A正确；图象与

坐标轴围成的面积表示拉力做的功，则由图象可知，WF=（2.5+7）×12J=57J，滑动摩擦力做的功Wf=-μmgx=-0.2×6×10×7=-84J，所以合外力做的功为W合=-84+57=-27J，故B正确．根据动能定理得：0-mv02=W合，解得：

可知，物体在减速过程中合外力的冲量等于动量的变化，即项D错误；故选ABC.

，故C正确；根据动量定理

，选

2.如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为2：1，原线圈通过灯泡L1与正弦式交流电源相连，电源电压恒定，副线圈通过导线与灯泡L2和L3相连，三个灯泡规格完全相同．开始时开关S处于断开状态．当S闭合后，所有灯泡都能发光．下列说法中正确的是

A．闭合开关S后，灯泡L1和L2亮度相同

B．闭合开关S后，灯泡L1变亮，灯泡L2的亮度不变

C．闭合开关S后，灯泡L2两端的电压变小 D．闭合开关S后，变压器原线圈的输入功率不变 【答案】AC

【解析】当S接通后，副线圈回路电阻变小，输出功率变大，输出电流变大，变压器的输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率变大，输入电流变大，灯泡L1的电压增大，原线圈电压减小，匝数比不变故副线圈电压减小，所以灯泡L2两端的电压变小；根据电流与匝数成反比，设原线圈电流为I，则通过副线圈电流为2I，L2、L3规格相同，所以通过L2和L3的电流为I，所以灯泡L1和L2的电流相同，灯泡灯泡L1和L2亮度相同，故AC正确，D错误；因为输入电流变大，灯泡L1的电压增大，灯泡L1变亮，灯泡L2两端的电压减小，所以灯泡L2亮度变暗，故B错误；故选AC.

3.如图所示，N为金属板，M为金属网，它们分别与电池的两极相连，各电池的电动势和极性如图所示，己知金属板的逸出功为4.8eV．现分别用不同频率的光照射金属板(各光子的能量已在图上标出)，则下列说法正确的是

A．A图中无光电子射出

B．B图中光电子到达金属板时的动能大小为1.5eV C．C图中的光电子能到达金属网

D．D图中光电子到达金属板时的最大动能为3.5eV 【答案】AB

【解析】因入射光的能量3.8eV（小于金属板的逸出功4.8eV），依据光电效应发生条件，不能发生光电效应，故A正确；因入射光的能量4.8eV（等于金属板的逸出功4.8eV），因此电子出来的速度恰好为零，则在电场力加速作用下，到达金属网的动能为1.5eV，因此能够到达金属网的光电子的最大动能是1.5eV，故B正确；入射光的能量为5.8eV，大于金属钨的逸出功4.8eV，依据光电效应方程△EKM=hγ-W0，逸出来电子最大初动能为1.0eV，根据动能定理，知电子不能到达金属网，故C错误；逸出的光电子最大初动能为：Ekm=E光-W0=6.8eV-4.8eV=2.0eV，到达金属网时最大动能为Ek=2.0-1.5=0.5 eV，故D错误；故选AB．

点睛：发生光电效应的条件是入射光子的能量大于逸出功，当能发生光电效应时，若加的电压为正向电压，则一定能到达金属网，若所加的电压为反向电压，根据动能定理判断能否到达． 三、实验题

1.为验证动能定理，某同学设计了如下实验．

将一长直木板一端垫起，另一端侧面装一速度传感器，斜面的倾角为θ，一滑块与木板之间的动摩擦因数为μ，让该滑块由静止从木板上h高处(从传感器所在平面算起)自由滑下，测出滑块通过传感器时的速度v，(重力加速度为g)．

(1)为验证动能定理成立，只需验证h和v满足函数关系式____________________________ 即可． (用g、θ、μ表示)

(2)该实验中，用游标卡尺测量遮光条的宽度如图乙所示，则遮光条的宽度为d=______mm，遮光条通过光电门时，显示时间为t=0.002s，则物块通过光电门时的瞬时速度v=______m/s．

(3)让滑块分别从不同高度无初速释放，测出滑块释放的初位置到光电门所在平面的的高度h1、h2、h3…，读出滑块上遮光条每次通过光电门的时间，计算出遮光条每次通过光电门的速度v1、

2

v2、v3…．某同学利用测量的数据绘制出了如图丙所示的h-v图象，并测出该图线的斜率为k，若该实验中滑块和木板之间的摩擦因数μ未知，则可求出μ=__________________．(仅用g、θ、k表示) 【答案】 2.625

【解析】（1）合外力做功

，或：

5.20或5.25 2.6或

；动能变化量：

;

；则需验证的表达式为：

（2）主尺读数为5mm，游标尺读数为4，由图知该游标尺为二十分度的卡尺，精度为0.05mm，故测量结果为：d=5mm+4×0.05mm=5.20mm． （3）由（1）中式子可知：

，则

，解得：

点睛：本题通过动能定理得出动摩擦因数的表达式，从而确定要测量的物理量．要先确定实验的原理，然后依据实验的原理解答即可．

2.利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．要求尽量减小实验误差． (1)除开关和导线若干外，现还提供以下器材： A．电流表(量程：0～0.6A，内阻rA=0.2Ω) B．电压表(0～15V) C．电压表(0～3V) D．滑动变阻器(0～20Ω) E．滑动变阻器(0～200Ω)

实验中电压表应选用__________；滑动变阻器应选用__________。(选填相应器材前的字母) (2)为准确测定电池的电动势和内阻，应选择的实验电路是图中的_________(选填“甲”或“乙”)．

(3)根据实验记录，画出的U-I图象如图所示，可得待测电池的电动势E=___________V，内电阻r=___________Ω． 【答案】 C D 乙 1.5 0.8

【解析】（1）一节干电池电动势约为1.5V，则电压表应选0-3V的C；为方便实验操作，滑动变阻器应选总阻值较小的D；

（2）由于电流表内阻已知，而电压表内阻未知，故可以采用将电流表作为等效内阻采用相对电源的内接法，故选乙图；

（3）由图示电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.5，则电源电动势E=1.5V，电源等效内阻为： ； 故电源实际内阻为：r0=r-Rg=1-0.2=0.8Ω

点睛：本题考查了实验电路选择、实验器材选择、作图象、求电源电动势与内阻等问题，要知道实验原理，要掌握应用图象法处理实验数据的方法；知道电源的U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势图象斜率的绝对值是电源内阻． 四、简答题

1.如图，长度x=5m的粗糙水平面PQ的左端固定一竖直挡板，右端Q处与水平传送带平滑连接，传送带以一定速率v逆时针转动，其上表面QM间距离为L=4m，MN无限长，M端与传送带平滑连接．物块A和B可视为质点，A的质量m=1.5kg， B的质量M=5.5kg．开始A静止在P处，B静止在Q处，现给A一个向右的初速度vo=8m／s，A运动一段时间后与B发生弹性碰撞，设A、B与传送带和水平面PQ、MN间的动摩擦因数均为μ=0.15，A与挡板的碰

2

撞也无机械能损失．取重力加速度g=10m／s，求：

(1)A、B碰撞后瞬间的速度大小；

(2)若传送带的速率为v=4m／s，试判断A、B能否再相遇，如果能相遇，求出相遇的位置；若不能相遇，求它们最终相距多远． 【答案】（1）4m/s 3m/s （2） 5/3m

【解析】（1）设A与B碰撞前的速度为vA，由P到Q的过程，由动能定理得： -μmgx=mvA2-mv02．①

A与B碰撞前后动量守恒，取向右为正方向，则 mvA=mvA′+MvB′② 由能量守恒定律得 mvA2=mvA′2+MvB′． ③ 联立①②③得 vA′=-4m/s，vB′=3m/s．

（2）设A碰撞后运动的路程为sA，由动能定理得： -μmgsA=0-mvA′2．④ 解得 sA=m

所以A与挡板碰撞后再运动的距离 sA′=sA-x=-5=m ⑤ 设B碰撞后向右运动的距离为sB，由动能定理得： -μMgsB=0-MvB′．⑥ 解得 sB=3m＜L ⑦

故物块B碰后不能滑上MN，当速度减为0后，B将在传送带的作用下反向加速运动，B再次到达Q处时的速度大小为3m/s．

在水平PQ上，B再运动 sB′=sB=\停止，因为\A′+sB′＜x=\，所以AB不能再次相遇，最终AB间的距离\AB=x-（sA′+sB′）=5-（+3）=m

点睛：解决本题的关键是要理清A、B在整个过程中的运动情况，抓住碰撞的规律：动量守恒定律及能量守恒定律，知道涉及空间距离时，运用动能定理求解比较简便．

2.如图所示，左侧平行极板间有水平方向的匀强电场，右侧绝缘光滑圆环内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，圆环的圆心为O，半径为R，现将质量为m、带电量大小为q的带正电的粒子(粒子重力忽略不计)，从a点由静止经电场加速后从小入口c沿圆环直径射入磁场区域．在圆心O的正上方圆环还有一个小出口b．己知粒子和圆环的碰撞过程没有动能和电荷量损失，B、R、m、q均为已知量．

2

2

(1)两极板间电压为U，请求出带电粒子在磁场中的运动半径r；

(2)两极板间电压U可取任意值，如果带电粒子能从出口b射出，则存在一个粒子从入口c射入，从出口b射出的最短时间，求这个最短时间；

(3)两极板间电压U取某些值时，粒子不经过圆环内的阴影bOc扇形区域就能从b出口射出，求两极板间所加电压U取的可能值． 【答案】（1）

（2

（3）

2

【解析】（1）粒子在电场中加速，由动能定理：qU＝mv

粒子在磁场中做错匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力：由以上两式可得：

（2）经分析可知：粒子与圆环碰撞一次后从出口b射出，对应的粒子在磁场中运动的时间最短，运动轨迹如图所示．

由几何关系得：而

则最短时间

（3）设粒子在非阴影区与圆环碰撞n次后从出口b射出，每段圆弧所对圆心角θ，经分析由几何关系得：

；

，（n=1，2，3…）

由（1）问的结论及以上两式可得：

点睛：本题的靓点在于第三问：经n次碰撞或n+1次偏转后从b口射出，先求出偏转角，再由几何关系求出粒子做匀速圆周运动的半径与R的关系，从而求出粒子的速度，而速度是由加速电场加速获得，从而求出加速电压U. 3.(1)下列说法正确的是（____）

A．用“油膜法估测分子的大小”实验中油酸分子直径等于纯油酸体积除以相应油酸膜的面积 B．对热传导具有各项异性的物质一定是晶体，对热传导不具有各向异性的物质不可能是晶体

C．不浸润现象是由于液体附着层内分子间的作用力表现为斥力；从而使附着层有收缩的趋势导致的

D．空气中所含水蒸气的压强保持不变时，随着气温的降低，空气的相对湿度将变大 E．一定质量的理想气体在绝热压缩的过程中，温度一定升高

(2)某种深海生物体内长有类似气泡的组织，泡内气体可近似看作理想气体，每个气泡体积一

533

定，该生物处于8000m深处．已知大气压强p0=1.0×10Pa，海水的密度ρ=1.025×10kg／m，

2

取g=10m／s，T=t+273K．(计算结果保留3位有效数字)

(I)该生物体气泡组织承受的压强有多大____?(不计自身产生的附加压强)

(II)如果让它从水温2℃的深海处上浮到十分接近27℃的水面时，为保证其存活，要求气泡组织的体积不得超过原来的4倍．因此，可将它存放在可以加大压强的密封海水容器中，则该容器中的气压应该为多大______? 【答案】 ACD

【解析】（1）用“油膜法估测分子的大小”实验中，可认为油酸分子单层排列，故油酸分子直径等于纯油酸体积除以相应油酸膜的面积，选项A正确；对热传导具有各项异性的物质一定是晶体，对热传导不具有各向异性的物质也可能是晶体，例如多晶体，选项B错误；不浸润现象是由于液体附着层内分子间的作用力表现为引力；从而使附着层有收缩的趋势导致的，选项C错误；空气中所含水蒸气的压强保持不变时，随着气温的降低，空气的相对湿度将变大，选项D正确；一定质量的理想气体在绝热压缩的过程中，Q=0，W>0，则 ，气体的温度一定升高，选项E正确；故选ADE. 注：此题选项为ADE. （2）（Ⅰ）

（Ⅱ）由题意知：T1=\；T2=300K 当V2=4V1时由气态方程可得：解得：

4.(1)下列说法中正确的是（____） A．光的偏振现象说明光是横波

B．波的图象表示介质中“某个质点”在“各个时刻”的位移

C．均匀变化的磁场产生均匀变化的电场，均匀变化的电场产生变化的磁场 D．分别用红光和绿光在同一装置上进行双缝干涉实验，红光的干涉条纹间距较大

E．狭义相对论认为，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，真空中的光速也是相同的

(2)一列横波在x轴线上传播着，在t1=0和t2=0.05s时的波形曲线如图所示：

①读出简谐波的波长是_____________，振幅是_____________．

②设周期大于(t2-t1)．如果波向右传播，波速多大?如果波向左传播波速又是多大____? ③设周期小于(t2-t1)．且波速为200m／s，求波的传播方向______． 【答案】 ADC 8m 0.2m 120m/s 右

【解析】（1）光的偏振现象说明光是横波，选项A正确；波的图象表示介质中“各个质点”在“某个时刻”的位移，选项B错误；均匀变化的磁场产生稳定的电场，均匀变化的电场产生稳定的磁场，选项C错误；分别用红光和绿光在同一装置上进行双缝干涉实验，因红光的波长较大，根据 可知，红光的干涉条纹间距较大，选项D正确；狭义相对论认为，在不同

的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，真空中的光速也是相同的，选项E正确；故选ADE.

注：此题选项为ADE.

（2）①如图知，波长 λ=\，振幅\．\

②由题：周期大于（t2-t1），则波在（t2-t1）时间内传播的距离小于一个波长，故： 当波向右传播时，传播的最小距离为波长，为△x=λ=2m，则波速为当波向左传播时，传播的最小距离为λ，△x′=λ=6m，则波速为③波的周期为为：因为

；

；

，根据波形的平移法，结合波形曲线可知波传播方向向右．

的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，真空中的光速也是相同的，选项E正确；故选ADE.

注：此题选项为ADE.

（2）①如图知，波长 λ=\，振幅\．\

②由题：周期大于（t2-t1），则波在（t2-t1）时间内传播的距离小于一个波长，故： 当波向右传播时，传播的最小距离为波长，为△x=λ=2m，则波速为当波向左传播时，传播的最小距离为λ，△x′=λ=6m，则波速为③波的周期为为：因为

；

；

，根据波形的平移法，结合波形曲线可知波传播方向向右．

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/th3.html