精品解析：【全國百強校】河北省衡水中學2017屆高三上學期四調(diào)考試物理試題解析（解析版）.doc

一、選擇題：1、下列說法正確的是：A.欲改放射性元素的半衰期，可以通過改變它的化學狀態(tài)來實現(xiàn)B.每個核子只跟鄰近的核子發(fā)生核力作用C. 衰變中產(chǎn)生的射線實際上是原子的核外電子掙脫原子核的束縛而形成的D.太陽內(nèi)部發(fā)生的核反應是重核裂變【答案】B【解析】考點：半衰期；核力；核反應【名師點睛】本題考查了半衰期；核力；核反應等基礎知識點，難度不大，關鍵要熟悉教材，牢記這些基礎知識點。2、水平面上有質(zhì)量相等的ab兩物體，水平推力F1、F2分別作用在a、b上，各作用一段時間后撤去推力，物體將繼續(xù)運動一段時間后停下來撤去推力時兩物體速度相等，它們運動的v-t圖象如圖所示，圖中ABCD，整個過程中（）A水平推力F1、F2的大小相等 Ba、b與水平面間的動摩擦因數(shù)相等 Ca的平均速度大于b的平均速度 D水平推力F1、F2所做的功可能相等【答案】B【解析】試題分析：根據(jù)v-t圖象，由于ABCD，可見兩物體與水平面間的動摩擦因數(shù)相同，設為，在a、b加速運動過程中，由牛頓第二定律知，；由于ma=mb，得F1F2故A錯誤；B正確； 由可知，兩物體在全過程中運動的平均速度相同；故C錯誤； 對全程由動能定理可知，兩物體的位移不相同，而摩擦力做功不同，則可知水平推力做功不可能相同；故D錯誤；故選B。來源:ZXXK考點：牛頓第二定律；動能定理【名師點睛】本題首先考查讀圖能力，其次考查動量定理應用時，選擇研究過程的能力知道水平推力撤去后，AB與CD平行，說明加速度相同，動摩擦因數(shù)相同。3、如圖所示，AB兩球質(zhì)量相等，光滑斜面的傾角為，圖甲中，A、B兩球用輕彈簧相連，圖乙中A、B兩球用輕質(zhì)桿相連，系統(tǒng)靜止時，擋板C與斜面垂直，彈簧、輕桿均與斜面平行，則在突然撤去擋板的瞬間有（）A兩圖中兩球加速度均為gsin B兩圖中A球的加速度均為零 C圖乙中輕桿的作用力一定不為零 D圖甲中B球的加速度是圖乙中B球加速度的2倍【答案】D來源:Z。xx。k.Com【解析】來源:考點：牛頓第二定律的應用【名師點睛】解題時要根據(jù)彈簧彈力不能突變，桿的彈力會突變，去分析撤去擋板的瞬間，圖甲和圖乙中AB所受合外力即可得到各自的加速度。4、如圖所示，穿在一根光滑的固定桿上的兩個小球A、B連接在一條跨過定滑輪的細繩兩端，桿與水平面成角，不計所有摩擦當兩球靜止止時，OA繩與桿的夾角為，OB繩沿豎直方向，則正確的說法是 （） AA可能受到2個力的作用 BB可能受到3個力的作用 C繩子對A的拉力大于對B的拉力 DA、B的質(zhì)量之比為1：tan【答案】D【解析】考點：物體的平衡【名師點睛】本題考查了隔離法對兩個物體的受力分析，關鍵是抓住同一根繩子上的拉力處處相等結合幾何關系將兩個小球的重力聯(lián)系起來。5. 有a、b、c、d四顆地球衛(wèi)星，a還未發(fā)射，在赤道表面上隨地球一起轉動，b是近地軌道衛(wèi)星，c是地球同步衛(wèi)星，d是高空探測衛(wèi)星，它們均做勻速圓周運動，各衛(wèi)星排列位置如圖所示，則（）Aa的向心加速度等于重力加速度g B在相同時間內(nèi)b轉過的弧長最長 Cc在4小時內(nèi)轉過的圓心角是 Dd的運動周期有可能是20小時【答案】B【解析】考點：萬有引力定律的應用【名師點睛】對于衛(wèi)星問題，要建立物理模型，根據(jù)萬有引力提供向心力，分析各量之間的關系，并且要知道同步衛(wèi)星的條件和特點。6、在如圖所示的電路中，電源的負極接地，其電動勢為E，內(nèi)電阻為r，R1、R2為定值電阻，R3為滑動變阻器，C為電容器在滑動變阻器滑動頭P自a端向b端滑動的過程中，下列說法中正確的是（）A電壓表示數(shù)變小 B電流表示數(shù)變小 C電容器C所帶電荷量增多 Da點的電勢降低【答案】D【解析】試題分析：在滑動變阻器滑動頭P自a端向b端滑動的過程中，變阻器在路電阻減小，外電阻減小，干路電流增大，電阻R1兩端電壓增大，則電壓表示數(shù)變大電阻R2兩端的電壓U2=E-I（R1+r），I增大，則U2變小，電容器板間電壓變小，其帶電量減小根據(jù)外電路中順著電流方向，電勢降低，可知 a的電勢大于零，U2變小，則a點的電勢降低，通過R2的電流I2減小，通過電流表的電流IA=I-I2，I增大，I2減小，則IA增大即電流表示數(shù)變大故D正確，ABC錯誤故選D?？键c：電路的動態(tài)分析【名師點睛】本題是電路動態(tài)變化分析問題，要抓住不變量：電源的電動勢、內(nèi)阻及定值電阻的阻值不變，進行分析根據(jù)電流方向判斷電勢高低，由電壓的變化判斷電勢的變化。7、如圖，一帶電粒子沿著圖中AB曲線從A到B穿過一勻強電場，a、b、c、d為該勻強電場的等勢線，且UaUbUcUd，則（）A粒子一定帶負電，電勢能一定減小 B粒子一定帶負電，電勢能一定增大 C粒子可能帶正電，電勢能一定減小 D粒子可能帶正電，電勢能一定增大【答案】A【解析】考點：帶電粒子在電場中的運動【名師點睛】本題通過帶電粒子在電場中的運動考查了等勢線和電場線、電勢能、電場力等問題，解決這類問題的突破口是：做曲線運動的物體所受合外力指向其軌跡內(nèi)側。8、圖為示波管的原理圖，如果在電極YY/之間所加的電壓按圖甲所示的規(guī)律變化，在電極XX之間所加的電壓按圖乙所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會看到的圖形是（） A B C D【答案】C【解析】試題分析：因為在電極xx之間所加的電壓保持不變，可知在x方向上的偏轉位移保持不變，在y方向上電壓隨正弦規(guī)律變化，即y方向上偏移在正負最大值之間變化故C正確，ABD錯誤故選C?？键c：示波器【名師點睛】本題關鍵要清楚示波管的工作原理，要用運動的合成與分解的正交分解思想進行思考。9、如圖所示電路，在平行金屬板M、N內(nèi)部左側中央P有一質(zhì)量為m的帶電粒子（重力不計）以水平速度v0射入電場并打在N板的O點改變R1或R2的阻值，粒子仍以v0射入電場，則（）A該粒子帶正電 B減少R2，粒子還能打在O點 C減少R1，粒子將打在O點左側 D增大R1，粒子在板間運動時間不變【答案】BC【解析】由圖知，y一定，q、m、d、v0不變，則由式知：當減少R1時，M、N間的電壓U增大，x減小，所以粒子將打在O點左側；由知，增大R1，U減小，t增大，故C正確，D錯誤故選BC。考點：帶電粒子在電場中的運動；閉合電路的歐姆定律【名師點睛】本題是類平拋運動與電路知識的綜合，其聯(lián)系的紐帶是電壓，要抓住電路穩(wěn)定時與電容器串聯(lián)的電阻上沒有電壓，相當于導線，電容器的電壓等于所并聯(lián)的電路兩端的電壓。10、如題所示，水平放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓，兩個質(zhì)量相等的電荷M和N同時分別從極板A的邊緣和兩極板的正中間沿水平方向進入板間電場，兩電荷恰好在板間某點相遇若不考慮電荷的重力和它們之間的相互作用，則下列說法正確的是 （）A電荷M的電荷量大于電荷N的電荷量 B兩電荷在電場中運動的加速度相等 C從兩電荷進入電場到兩電荷相遇，電場力對電荷M做的功大于電場力對電荷N做的功 D電荷M進入電場的初速度大小與電荷N進入電場的初速度大小一定相同【答案】AC【解析】考點：帶電粒子在電場中的運動【名師點睛】本題是帶電粒子在電場中的運動問題，解題的關鍵是將合運動沿水平和豎直方向正交分解，然后根據(jù)運動學公式列式分析。11、如圖所示有三個斜面a、b、c，底邊分別為L、L、2L，高分別為2h、h、h，同一物體與三個斜面的動摩擦因數(shù)相同，這個物體分別沿三個斜面從頂端由靜止下滑到底端的三種情況相比較，下列說法正確的是A物體損失的機械能Ec=2Eb=4Ea B物體運動的時間4ta=2tb=tc C物體到達底端的動能Eka=2Ekb=2Ekc D因摩擦產(chǎn)生的熱量2Qa=2Qb=Qc【答案】D【解析】考點：動能定理；牛頓第二定律【名師點睛】本題比較簡單直接利用功能關系即可求解，易錯點在于寫出表達式后的數(shù)學運算，因此學生要加強練習，提高利用數(shù)學知識解決物理問題的能力。12、如圖甲所示為電場中的一條電場線，在電場線上建立坐標軸，則坐標軸上Ox2間各點的電勢分布如圖乙所示，下列說法中正確的是（）Ax1點的電場強度最小 B0-x2之間，x軸附近的電場線分布先變密后變疏 C一正電電荷從O點由靜止釋放，若僅受電場力作用，點電荷的加速度先增大后減小 D一正電電荷從O點由靜止釋放，若僅受電場力作用，速度先增大后減小【答案】BC【解析】考點：電場強度；電勢【名師點睛】本題從數(shù)學有角度理解-t圖象的斜率等于場強，由電勢的高低判斷出電場線的方向，來判斷電場力方向做功情況。13、如圖所示，豎直光滑桿固定不動，套在桿上的輕質(zhì)彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至離地高度h=0.40m處，滑塊與彈簧不拴接現(xiàn)由靜止釋放滑塊，通過傳感器測量出滑塊的速度和離地高度h，計算出滑塊的動能EK，并作出滑塊的EK-h圖象，其中高度從0.80m上升到1.40m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線若以地面為重力勢能的零勢能面，取g=10m/s2，則結合圖象可知（） A滑塊的質(zhì)量為1.00 kg B彈簧原長為0.72 m C彈簧最大彈性勢能為10.00 J D滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小為3.60J【答案】AD【解析】考點：機械能守恒定律；動能定理【名師點睛】本題是能量守恒定律和圖象的理解與應用問題，根據(jù)該圖象的形狀得出滑塊從0.8m上升到1.40m范圍內(nèi)所受作用力為恒力，說明物體不再受到彈簧的彈力的作用是解題的關鍵。14、如圖所示，半徑R=0.5m的1/4圓弧接收屏位于電場強度方向豎直向下的勻強電場中，OB水平，一質(zhì)量為m=10-4kg、帶電荷量為q=8.010-5C的粒子從與圓弧圓心O等高且距O點0.3m的A點以初速度v0=3m/s水平射出，粒子重力不計，粒子恰好能垂直打到圓弧曲面上的C點（圖中未畫出），取C點電勢=0，則（）A該勻強電場的電場強度E=100 V/m B粒子在A點的電勢能為810-5J C粒子到達C點的速度大小為5m/s D粒子速率為4 m/s時的電勢能為4.510-4J【答案】CD【解析】 考點：帶電粒子在電場中的運動【名師點睛】本題考查了粒子在電場中的運動，粒子在電場中做類平拋運動，應用類平拋運動規(guī)律、動能定理、能量守恒定律即可正確解題。15、如圖所示，M、N為兩個等大的均勻帶電圓環(huán)，其圓心分別為A、C，帶電量分別為+Q、-Q，將它們平行放置，A、C連線垂直于圓環(huán)平面，B為AC的中點，現(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電量為+q的微粒（重力不計）從左方沿A、C連線方向射入，到A點時速度vA=1m/s，到B點時速度vB=m/s，則（）A微粒從B至C做加速運動，且vC=3m/s B微粒從A到C先做減速運動，后做加速運動 C微粒在整個運動過程中的最終速度為 m/s D微粒最終可能返回至B點，其速度大小為m/s【答案】AC【解析】考點：帶電粒子在電場中的運動；動能定理【名師點睛】該題關鍵：一、要會識別電場分布，對于這種對稱分布的電荷，其電場應該是對稱的；二、要會識別電場的等勢面，這個圖有點相等量異種點電荷的電場和等勢面分布，解題時候就是要類比它來解決。二、非選擇題：16、在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，小明同學利用傳感器設計實驗：如圖甲所示，將質(zhì)量為m、直徑為d的金屬小球在一定高度h由靜止釋放，小球正下方固定一臺紅外線計時器，能自動記錄小球擋住紅外線的時間t，改變小球下落高度h，進行多次重復實驗此方案驗證機械能守恒定律方便快捷（1）用螺旋測微器測小球的直徑如圖乙所示，則小球的直徑d=17.805 mm；（2）為直觀判斷小球下落過程中機械能是否守恒，應作下列哪一個圖象？ D ；Ah-t圖象 Bh-圖象 Ch-t2圖象 Dh-圖象（3）經(jīng)正確的實驗操作，小明發(fā)現(xiàn)小球動能增加量mv2總是稍小于重力勢能減少量mgh，你認為增加釋放高度h后，兩者的差值會增大 （填“增大”、“縮小”或“不變”）【答案】（1）17.805（2）D（3）增大來源:【解析】考點：驗證機械能守恒定律【名師點睛】對于基本測量儀器如游標卡尺、螺旋測微器等要了解其原理，要能正確使用這些基本儀器進行有關測量本題為創(chuàng)新型實驗，要注意通過分析題意明確實驗的基本原理才能正確求解。17、某物理小組準備探究某種元件Q（標有4V，2W字樣）的伏安特性曲線，他們找來了下列器材：A、電壓表V1（05V，內(nèi)阻約10k）B、電壓表V2（010V，內(nèi)阻約20k）C、電流表A（00.6A，內(nèi)阻約0.4）D、滑動變阻器R1（5，1A）E、滑動變阻器R2（500，0.2A）（1）實驗中電壓表選用 A ，為使實驗誤差盡量減小，要求電壓從零開始變化且多取幾組數(shù)據(jù)，滑動變阻器應選用 D（均填器材前的序號）（2）請將圖中的實物連線補充完整（3）檢查實驗電路連接正確，然后閉合開關，調(diào)節(jié)滑動變阻器滑片，發(fā)現(xiàn)電流表和電壓表指針始終不發(fā)生偏轉在不斷開電路的情況下，檢查電路故障，應該使用多電表的 直流電壓擋；檢查過程中將多用電表的紅、黑表筆與電流表“+”、“-”接線柱接觸時，多用電表指針發(fā)生較大角度的偏轉，說明電路故障是 ； 【答案】（1）A，D；（2）如圖：（3）直流電壓；電流表斷路【解析】電流表斷路考點：探究某種元件的伏安特性曲線【名師點睛】本題考查了選擇實驗器材、設計并連接實物電路圖、電路故障分析；既可以用電壓表檢查電路故障，也可以用歐姆表檢查電路故障，用歐姆表檢查電路故障時，電路應斷開與電源的連接。18、如圖所示，半徑為R的光滑絕緣圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，直徑AC（含A、C）下方有水平向右的勻強電場，一質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球，從A點靜止釋放，沿圓內(nèi)軌道運動，第一次恰能通過最高點D，（重力加速度為g）；求：（1）電場強度的大??；（2）第n次通過軌道最高點D，軌道對小球的作用力大小.【答案】（1）（2）3（n-1）mg【解析】聯(lián)立解得：N=3（n-1）mg考點：牛頓第二定律；動能定理【名師點睛】本題關鍵是明確小球的受力情況和運動情況，要能夠結合動能定理和牛頓第二定律分析；本題是永動機模型，沒有考慮到邊界效應。19、如圖甲所示，彎曲部分AB和CD是兩個半徑都為0.3m的1/4圓弧軌道，中間的BC段是豎直的薄壁細圓管（細圓管內(nèi)徑略大于小球的直徑）軌道，分別與上下圓弧軌道相切連接，BC段的長度L為0.2m下圓弧軌道與水平軌道相切，其中D、A分別是上下圓弧軌道的最高點與最低點，整個軌道固定在豎直平面內(nèi)有一質(zhì)量為0.3kg的小球以一定的速度沿水平軌道向右運動并從A點進入圓弧，不計小球運動中的一切阻力，求：（1）如果小球從D點以5m/s的速度水平飛出，求落地點與D點的水平距離；（2）如果小球從D點以5m/s的速度水平飛出，求小球過圓弧A點時對軌道的壓力；（3）如果在D點右側平滑連接一半徑R=0.4m的半圓形光滑軌道DEF，如圖乙所示，要使小球不脫離軌道運動，求小球在水平軌道上向右運動的速度大小范圍（計算結果可以用根式表示）【答案】（1）2m（2）94N（3）v1m/s或v2m/s【解析】由牛頓第三定律知，小球過圓弧A點時對軌道的壓力 N=N=94N（3）計論一：小球進入軌道最高運動到C點，之后原路返回，由機械能守恒定律，有： mg（R+L）=mv12得 v1=m/s討論二：小球進入軌道后恰好能通過圓弧最高點D，之后沿DEF運動而不脫離軌道，在D點，有從A到D由機械能守恒定律可得：有：mgh+mv2=mv22得所以要使小球在運動過程中能不脫離軌道，初速度大小的范圍為：v1m/s或v2m/s考點：機械能守恒定律；平拋運動【名師點睛】本題考查機械能守恒定律的應用以及平拋運動規(guī)律的應用，要注意正確分析物理過程，正確進行受力分析，再通過平衡條件等選擇正確的物理規(guī)律列式求解關鍵要注意正確選擇物理過程.20、如圖以y軸為邊界，右邊是一個水平向左的E1=1104N/C的勻強電場，左邊是一個與水平方向成450斜向上的E2= 104N/C勻強電場，現(xiàn)有一個質(zhì)量為m=1.0g，帶電量q=1.010-6C小顆粒從坐標為（0.1，0.1）處靜止釋放忽略阻力，g=10m/s2 求（1）第一次經(jīng)過y軸時的坐標及時間（2）第二次經(jīng)過y軸時的坐標【答案】（1）（0，0）；0.1s（2）（0，-1.6）【解析】考點：帶電粒子在電場中的運動【名師點睛】到動力學問題關鍵是正確進行受力分析和運動過程分析，然后選擇相應的物理規(guī)律列式求解即可。選做題：21. 物理-選修3-3（1）下列說法正確的是：A.0的水的分子勢能比相同質(zhì)量的0的冰的分子勢能小B.雨傘傘面上有許多微小的孔，卻能遮雨，是因為水的表面張力作用C.一定量100的水變?yōu)?00的水蒸氣，其分子間的勢能增加D.當分子力表現(xiàn)為斥力時，分子勢能隨分子間距離的增大而增大【答案】BC【解析】考點：分子內(nèi)能；表面張力；分子力【名師點睛】本題考查熱學內(nèi)容，熱學內(nèi)容的考查比較全面，但難度不大，故對于熱力學要注意全面掌握。（2）如圖所示的粗細均勻薄壁U型管，左管上端封閉，右管開口且足夠長；溫度為t1=27時，右管內(nèi)水銀面比左管高h=4cm，左管內(nèi)空氣柱長度為L=40cm，大氣壓強p0=76c