2017屆八中高三實驗班上學(xué)期第四次月考

1、內(nèi)裝訂線請不要在裝訂線內(nèi)答題外裝訂線內(nèi)裝訂線請不要在裝訂線內(nèi)答題外裝訂線內(nèi)裝訂線學(xué)校:_姓名：_班級：_考號：_外裝訂線內(nèi)裝訂線學(xué)校:_姓名：_班級：_考號：_外裝訂線試卷第 =page 12 12頁，總 =sectionpages 12 12頁試卷第 =page 11 11頁，總 =sectionpages 12 12頁絕密啟用前2016-2017學(xué)年度?學(xué)校1月月考卷試卷副標(biāo)題考試范圍：xxx；考試時間：100分鐘；命題人：xxx題號一二三總分得分注意事項：1答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息2請將答案正確填寫在答題卡上第I卷（選擇題）請點擊修改第I卷的文字說明評卷人得分一、選擇題1

2、火車以速率v1向前行駛，司機(jī)突然發(fā)現(xiàn)在前方同一軌道上距車為s處有另一輛火車，它正沿相同的方向以較小的速率v2做勻速運動，于是司機(jī)立即使車做勻減速運動，該加速度大小為a，則要使兩車不相撞，加速度a應(yīng)滿足的關(guān)系為A BC D【答案】D【解析】試題分析：兩車速度相等時所經(jīng)歷的時間：，此時后面火車的位移為：前面火車的位移為：，由解得：，所以加速度大小滿足的條件是：，故選項D正確?？键c：勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系、勻變速直線運動的速度與時間的關(guān)系【名師點睛】速度大者減速追速度小者，速度相等前，兩者距離逐漸減小，若不能追上，速度相等后，兩者距離越來越大，可知只能在速度相等前或相等時追上臨界情況為速度

3、相等時恰好相碰。2如圖所示，兩豎直木樁ab、cd固定，一不可伸長的輕繩兩端固定在a、c繩長為L，一質(zhì)量為m的物體A通過輕質(zhì)光滑掛L掛在輕繩中間,靜止時輕繩兩端夾角為120若把輕繩換成自然長度為L的橡皮筋，物體A后仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，橡皮筋處于彈性限度內(nèi)，若重力加速度大小為g，上述兩種情況，下列說法正確的是A輕繩的彈力大于mg B輕繩的彈力小于mgC橡皮筋的彈力大于mg D橡皮筋的彈力小于mg【答案】D【解析】試題分析：設(shè)兩桿間的距離為S，細(xì)繩的總長度為L，靜止時輕繩兩端夾角為，由于重物的拉力的方向豎直向下，所以三個力之間的夾角都是，根據(jù)矢量的合成可知，三個力的大小是相等的故輕繩的彈力大小為mg，故

4、A、B錯誤；若把輕繩換成自然長度為L的橡皮筋，橡皮筋受到拉力后長度增大，桿之間的距離不變，所以重物靜止后兩根繩子之間的夾角一定小于，兩個分力之間的夾角減小，而合力不變，所以兩個分力減小，即橡皮筋的拉力小于，故C錯誤，D正確。考點：共點力平衡的條件及其應(yīng)用、物體的彈性和彈力【名師點睛】本題要抓住掛鉤與動滑輪相似，兩側(cè)繩子的拉力關(guān)于豎直方向?qū)ΨQ，能運用幾何知識求解夾角，再運用平衡條件解題。3如圖所示，質(zhì)量相等的物體A、B通過一輕質(zhì)彈簧相連，開始時B放在地面上，A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài),此時彈簧壓縮量x1?，F(xiàn)通過細(xì)繩將A向上緩慢拉起，第一階段拉力做功為W1時，彈簧變?yōu)樵L；第二階段拉力再做功W2時，B剛

5、要離開地面，此時彈簧伸長量為x2。彈簧一直在彈性限度內(nèi)，則Ax1x2B拉力做的總功等于A的重力勢能的增加量C第一階段，拉力做的功等于A的重力勢能的增加量D第二階段，拉力做的功等于A的重力勢能的增加量【答案】B【解析】試題分析：開始時A壓縮彈簧，形變量為；要使B剛要離開地面，則彈力應(yīng)等于B的重力，即，故形變量，則，故A錯誤；緩慢提升物體A，物體A的動能不變，第一階段與第二階段彈簧的形變量相同，彈簧的彈性勢能EP相同，由動能定理得：，由于在整個過程中，彈簧的彈性勢能不變，物體A、B的動能不變，B的重力勢能不變，由能量守恒定律可知，拉力做的功轉(zhuǎn)化為A的重力勢能，拉力做的總功等于A的重力勢能的增加量，

6、故B正確；由A可知，物體重力勢能的增加量為mgx，則第一階段，拉力做的功小于A的重力勢能的增量，故C錯誤；由A可知，重力勢能的增加量為，則第二階段拉力做的功大于A的重力勢能的增加量，故D錯誤?？键c：功能關(guān)系【名師點睛】本題對學(xué)生要求較高，在解題時不但要能熟練應(yīng)用動能定理，還要求能分析物體的運動狀態(tài)，能找到在拉起物體的過程中彈力不做功。4發(fā)射地球同步衛(wèi)星時，先將衛(wèi)星發(fā)射至近地圓軌道1，然后經(jīng)點火，使其沿橢圓軌道2運行，最后再次點火，將衛(wèi)星送入同步圓軌道3軌道1、2相切于Q點，軌道2、3相切于P點，則A衛(wèi)星在軌道3上的速率大于在軌道1上的速率B衛(wèi)星在軌道3上的角速度等于在軌道1上的角速度C衛(wèi)星在軌

7、道1上經(jīng)過Q點時的速率小于它在軌道2上經(jīng)過Q點時的速率D衛(wèi)星在軌道2上經(jīng)過P點時的加速度大于它在軌道3上經(jīng)過P點時的加速度【答案】C【解析】試題分析：根據(jù) 得，軌道3的半徑大于軌道1的半徑，則衛(wèi)星在軌道3上的速率小于在軌道1上的速率，故A錯誤；根據(jù)得，軌道3的半徑大于軌道1的半徑，則衛(wèi)星在軌道3上的角速度小于軌道1上的角速度，故B正確；衛(wèi)星從軌道1上的Q點進(jìn)入軌道2，需點火加速，可知衛(wèi)星在軌道1上經(jīng)過Q點的速率小于它在軌道2上經(jīng)過Q點的速率，故C正確；根據(jù)，得，則知，同一點加速度相同，則衛(wèi)星在軌道2上經(jīng)過P點時的加速度等于它在軌道3上經(jīng)過P點時的加速度，故D錯誤?？键c：人造衛(wèi)星的加速度、周期和

8、軌道的關(guān)系【名師點睛】本題關(guān)鍵抓住萬有引力提供向心力，先列式求解出線速度和角速度的表達(dá)式，再進(jìn)行討論知道知道衛(wèi)星變軌的原理，衛(wèi)星通過加速或減速來改變所需向心力實現(xiàn)變軌。5如圖所示，MNPQ為有界的豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E，ACB為光滑固定的半圓形軌道，圓軌道半徑為R，A、B為圓水平直徑的兩個端點，ACB為圓弧。一個質(zhì)量為m、電荷量為-q的帶電小球，從A點正上方高為H處由靜止釋放，并從A點沿切線進(jìn)入半圓軌道。不計空氣阻力及一切能量損失，關(guān)于帶電小球的運動情況，下列說法正確的是A小球一定能從B點離開軌道B小球在AC部分可能做勻速圓周運動C小球再次到達(dá)C點的速度可能為零D當(dāng)小球從B點離開時，

9、上升的高度一定等于H【答案】BD【解析】試題分析：由于題中沒有給出H與R、E的關(guān)系，所以小球不一定能從B點離開軌道，故A錯誤；若重力大小等于電場力，小球在AC部分做勻速圓周運動，故B正確；若小球到達(dá)C點的速度為零，則電場力大于重力，則小球不可能沿半圓軌道運動，所以小球到達(dá)C點的速度不可能為零，故C錯誤；由于小球在AB部分電場力做功為零，所以若小球能從B點離開，上升的高度一定等于H，故D正確?？键c：勻強(qiáng)電場中電勢差和電場強(qiáng)度的關(guān)系、向心力【名師點睛】本題考查了帶電小球在電場和重力場中的運動，綜合運用了動能定理、牛頓第二定律等知識，綜合性強(qiáng)，對學(xué)生的能力要求較高。6如圖所示，不同帶電粒子以不同速度

10、由左端中線水平射入如圖裝置，左側(cè)有豎直向下的勻強(qiáng)電場E和垂直于紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場B1，右側(cè)是垂直于紙面向外的磁場B2，中間有一小孔，不計粒子重力。下列說法正確的是A只有正電荷才能沿中線水平通過B1區(qū)域進(jìn)入到B2磁場區(qū)域。B只有速度的粒子才能沿中線水平通過B1區(qū)域進(jìn)入到B2磁場區(qū)域C如果粒子打在膠片上離小孔的距離是d，則該粒子的荷質(zhì)比為D若甲、乙兩個粒子的電荷量相等，打在膠片上離小孔的距離是2：3，則甲、乙粒子的質(zhì)量比為2：3【答案】D【解析】試題分析：由左手定則判斷正電荷受向上的洛倫茲力，向下的電場力，可以受力平衡；負(fù)電荷受向下的洛倫茲力，向上的電場力，也可以受力平衡，故可以沿水平線通過B1區(qū)

11、域進(jìn)入到B2磁場區(qū)域，A錯誤；根據(jù)平衡條件：，得：，故B錯誤；如果粒子打在膠片上離小孔的距離是d，則，又，聯(lián)立得：，C錯誤；若甲、乙兩個粒子的電荷量相等，打在膠片上離小孔的距離是，聯(lián)立得：，D正確?？键c：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運動、帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運動【名師點睛】本題考查了利用質(zhì)譜儀進(jìn)行粒子選擇原理，只要對粒子進(jìn)行正確的受力分析即可解決此類問題，注意掌握粒子做直線運動，一定是勻速直線運動，且粒子的電量與電性均不會影響運動性質(zhì)。7某個由導(dǎo)電介質(zhì)制成的電阻截面如圖所示。導(dǎo)電介質(zhì)的電阻率為、制成內(nèi)、外半徑分別為a和b的半球殼層形狀（圖中陰影部分），半徑為a、電阻不計的球形電極被嵌入導(dǎo)電介質(zhì)的球

12、心為一個引出電極，在導(dǎo)電介質(zhì)的外層球殼上鍍上一層電阻不計的金屬膜成為另外一個電極。設(shè)該電阻的阻值為R。下面給出R的四個表達(dá)式中只有一個是合理的，你可能不會求解R，但是你可以通過一定的物理分析，對下列表達(dá)式的合理性做出判斷。根據(jù)你的判斷，R的合理表達(dá)式應(yīng)為AR= BR=CR= DR=【答案】B【解析】試題分析：等式左邊的單位是，右邊的單位是，單位是合理的，將代入得到，因為電阻是很薄的一層，電阻應(yīng)該很小，這個等式是不合理的，故A錯誤；等式左邊的單位是，右邊的單位是，單位是合理的，將代入得到，根據(jù)上面分析是合理的，故B正確；等式左邊的單位是，右邊的單位是，左右兩邊單位不同，則此式不合理，故C錯誤；等

13、式左邊的單位是，右邊的單位是，左右兩邊單位不同，則此式不合理，故D錯誤?？键c：電阻定律【名師點睛】根據(jù)單位（量綱）檢查方程是否正確是常用的方法再從數(shù)學(xué)的角度分析等式的合理性。8某興趣小組用實驗室的手搖發(fā)電機(jī)和一個可看作理想的小變壓器給一個燈泡供電，電路如圖，當(dāng)線圈以較大的轉(zhuǎn)速n勻速轉(zhuǎn)動時，額定電壓為U0的燈泡正常發(fā)光，電壓表示數(shù)是U1巳知線圈電阻是r，燈泡電阻是R，則有A變壓器輸入電壓的瞬時值是u=U1sin2ntB變壓器的匝數(shù)比是U1：U0C電流表的示數(shù)是D線圈中產(chǎn)生的電動勢最大值是Em=U1【答案】BC【解析】試題分析：線圈以較大的轉(zhuǎn)速n勻速轉(zhuǎn)動時，所以，所以變壓器輸入電壓的瞬時值，故A錯

14、誤；電壓與匝數(shù)成正比，所以變壓器的原副線圈的匝數(shù)比是，故B正確；理想變壓器的輸入功率和輸出功率相等，燈泡正常發(fā)光時電功率為，所以輸入功率為，電流表的示數(shù)是，故C正確；由于線圈有內(nèi)阻r，故線圈中產(chǎn)生的電動勢有效值大于，最大值也就大于，故D錯誤?？键c：變壓器的構(gòu)造和原理、交流發(fā)電機(jī)及其產(chǎn)生正弦式電流的原理【名師點睛】理想變壓器的輸入功率和輸出功率相等，電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比并利用燈泡正常發(fā)光的電壓與電流的值來構(gòu)建原副線圈的電壓與電流的關(guān)系。第II卷（非選擇題）請點擊修改第II卷的文字說明評卷人得分二、實驗題9（1）為了測量電阻，現(xiàn)取一只已經(jīng)完成機(jī)械調(diào)零的多用電表，如圖甲所示，請根據(jù)下列

15、步驟完成電阻測量：將K旋轉(zhuǎn)到電阻擋“X100”位置。將插入“+”、“-”插孔的表筆短接，旋動部件_（選填“C”或“D），使指針對準(zhǔn)電阻的“0”刻度線。將調(diào)好零的多用電表按正確步驟測量一電學(xué)元件P的電阻，P的兩端分別為a、b，指針指示位置如圖甲所示。為使測量比較精確，應(yīng)將選擇開關(guān)旋到_（選填：“1、“10”、“1k”）的倍率擋位上，并重新調(diào)零，再進(jìn)行測量。（2）多用電表電阻檔的內(nèi)部電路如圖乙虛線框中所示，電源電動勢為E、內(nèi)阻為r，R0為調(diào)零電阻，Rg為表頭內(nèi)阻，電路中電流I與待測電阻的阻值Rx關(guān)系式為_；（3）某同學(xué)想通過多用電表中的歐姆檔去測量一量程為3V的電壓表內(nèi)阻。該同學(xué)將歐姆檔的選擇開關(guān)

16、撥至“1k的倍率擋，并將紅、黑表筆短接調(diào)零后，應(yīng)選用圖丙中_（選填“A”或“B”）方式連接。在進(jìn)行了正確的連接、測量后，歐姆表的讀數(shù)如圖丁所示，讀數(shù)為_，這時電壓表的讀數(shù)為如圖戊所示。若該歐姆檔內(nèi)阻為24k，則可算出歐姆檔內(nèi)部所用電池的電動勢為_V（計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）?！敬鸢浮浚?）D、“”；（2）；（3）A、【解析】試題分析：（1）在進(jìn)電阻測量時，每次調(diào)整檔位均應(yīng)進(jìn)行歐姆調(diào)零，即旋轉(zhuǎn)D旋鈕。由圖知測電阻時指針的偏角太大，說明電阻較小，應(yīng)換10擋，并需重新歐姆調(diào)零（2）由閉合電路歐姆定律可知：電流。（3）紅表筆接在內(nèi)部電源的負(fù)極上，黑表筆接在內(nèi)部電源的正極上；為了保證電流表正常偏轉(zhuǎn)，紅

17、表筆應(yīng)接電壓表的負(fù)接線柱；故接法應(yīng)為A；讀數(shù)為；電壓表示數(shù)為，則由閉合電路歐姆定律可知：?？键c：測定電源的電動勢和內(nèi)阻、用多用電表測電阻【名師點睛】本題考查了歐姆表的內(nèi)部結(jié)構(gòu)和使用方法，以及測量電動勢的方法，要求能熟練掌握多用電表的結(jié)構(gòu)原理及使用方法；并能正確分析題意明確實驗原理。評卷人得分三、計算題10如圖所示，半徑為R的半球形陶罐，固定在可以繞豎直軸旋轉(zhuǎn)的水平轉(zhuǎn)臺上，轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)軸與過陶罐球心O的對稱軸OO重合，轉(zhuǎn)臺以一定角速度勻速旋轉(zhuǎn)，一質(zhì)量為m的小物塊落入陶罐內(nèi)，經(jīng)過一段時間后，小物塊隨陶罐一起轉(zhuǎn)動且相對罐壁靜止，它和O點的連線與OO之間的夾角為60已知重力加速度大小為g，小物塊與陶罐之間的

18、最大靜摩擦力大小為Ff=mg（1）若小物塊受到的摩擦力恰好為零，求此時的角速度0；（2）若小物塊一直相對陶罐靜止，求陶罐旋轉(zhuǎn)的角速度的取值范圍【答案】（1）（2）【解析】試題分析：（1）當(dāng)摩擦力為零，支持力和重力的合力提供向心力，有：解得：。（2）當(dāng)時，重力和支持力的合力不夠提供向心力，當(dāng)角速度最大時，摩擦力方向沿罐壁切線向下達(dá)最大值，設(shè)此最大角速度為，由牛頓第二定律得，聯(lián)立以上三式解得：；當(dāng)時，重力和支持力的合力大于所需向心力，摩擦力方向沿罐壁切線向上，當(dāng)角速度最小時，摩擦力向上達(dá)到最大值，設(shè)此最小角速度為，由牛頓第二定律得，聯(lián)立三式解得：，綜述，陶罐旋轉(zhuǎn)的角速度范圍為： 考點：向心力、牛頓

19、第二定律【名師點睛】解決本題的關(guān)鍵搞清物塊做圓周運動向心力的來源，結(jié)合牛頓第二定律，抓住豎直方向上合力為零，水平方向上的合力提供向心力進(jìn)行求解。11飛行器常用的動力系統(tǒng)某種推進(jìn)器設(shè)計的簡化原理如圖1，截面半徑為R的圓柱腔分別為兩個工作區(qū)，I為電離區(qū)，將氙氣電離獲得1價正離子；為加速區(qū)，長度為L，兩端加有電壓，形成軸向的勻強(qiáng)電場I區(qū)產(chǎn)生的正離子以接近0的初速度進(jìn)入?yún)^(qū)，被加速后以速度vM從右側(cè)噴出區(qū)內(nèi)有軸向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在離軸線 處的C點持續(xù)射出一定速度范圍的電子假設(shè)射出的電子僅在垂直于軸線的截面上運動，截面如圖2所示（從左向右看）電子的初速度方向與中心O點和C點的連線成角（09

20、0）推進(jìn)器工作時，向I區(qū)注入稀薄的氙氣電子使氙氣電離的最小速度為v0，電子在I區(qū)內(nèi)不與器壁相碰且能到達(dá)的區(qū)域越大，電離效果越好已知離子質(zhì)量為M；電子質(zhì)量為m，電量為e（電子碰到器壁即被吸收，不考慮電子間的碰撞）（1）求II區(qū)的加速電壓及離子的加速度大小；（2）為取得好的電離效果，請判斷I區(qū)中的磁場方向（按圖2說明是“垂直紙面向里”或“垂直紙面向外”）；（3）為90時，要取得好的電離效果，求射出的電子速率v的范圍；（4）要取得好的電離效果，求射出的電子最大速率vM與的關(guān)系【答案】（1）（2）垂直紙面向外（3）（4）【解析】試題分析：（1）離子在電場中加速，由動能定理得： ,得：離子做勻加速直線運動，由運動學(xué)關(guān)系得:,得：。（2）要取得較好的電離效果，電子須在出射方向左邊做勻速圓周運動，即為按逆時針方向旋轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知，此刻區(qū)磁場應(yīng)該是垂直紙面向外。（3）當(dāng)時，最大速度對應(yīng)的軌跡圓如圖一所示，與區(qū)相切，此時圓周運動的半徑為：洛倫茲力提供向心力，有：，得：，即速度小于等于此刻必須保證。（4）當(dāng)電子以角入射時，最大速度對應(yīng)軌跡如圖二所示，軌跡圓與圓柱腔相切，此時有：，由余弦定理有：，聯(lián)立解得：，再由：，得：。 考點：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運動、帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運動【名師點