河北省百校联盟普通高中高三物理上学期质检试题 （含解析）.doc

物理试卷一、选择题：本题共12小题，每小题4分，在每题给出的四个选项中，第1题第7题，每小题只有一个选项符合题目要求；第8题第12题，每小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但选不全的得2分，有错选或不选的得0分1（4分）国内首台新型墙壁清洁机器人“蜘蛛侠”是由青岛大学学生自主设计研发的，“蜘蛛侠”利用8只“爪子”上的吸盘吸附在接触面上，通过“爪子”交替伸缩，就能在墙壁和玻璃上自由移动如图所示，假设“蜘蛛侠”在竖直玻璃墙面上由a点沿直线匀加速“爬行”到右上方b点，在这一过程中，关于“蜘蛛侠”在竖直面内的受力分析正确的是（）abcd考点：牛顿第二定律.专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据牛顿第二定律可知，在竖直平面内蜘蛛侠所受合力方向应该是从a指向b，从而可判断解答：解：根据牛顿第二定律可知，在竖直平面内蜘蛛侠所受合力方向应该是从a指向b，故c正确，abd错误故选：c点评：本题考查牛顿第二定律的直接应用，关系正确的分析受力情况，基础题2（4分）“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，如图所示，它是目前世界上下潜能力最强的潜水器假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t0（t0t）时刻距离海平面的深度为（）abvt0（1）cd考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与位移的关系.专题：直线运动规律专题分析：根据匀变速直线运动的速度时间公式求出“蛟龙号”的加速度，采用逆向思维，结合位移时间公式求出“蛟龙号”在t0（t0t）时刻距离海平面的深度解答：解：蛟龙号上浮时的加速度大小a=，根据逆向思维，可知蛟龙号在t0时刻距离海平面的深度h=故选：d点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式和位移时间公式，并能灵活运用，基础题3（4分）如图所示，在1687年出版的自然哲学的数学原理一书中，牛顿设想，抛出速度很大时，物体就不会落回地面已知地球半径为r，月球绕地球公转的轨道半径为n2r，周期为t，不计空气阻力，为实现牛顿设想，抛出的速度至少为（）abcd考点：万有引力定律及其应用.专题：万有引力定律的应用专题分析：要使物体沿水平方向抛出而不落回星球表面，需要达到第一宇宙速度，恰好由重力提供向心力，可以求得第一宇宙速度解答：解：根据万有引力提供向心力，即=mr=n2r在地球表面附近，万有引力等于重力得：g=m，解得：v=故选：d点评：本题是常见的竖直上抛运动和万有引力的综合应用问题，它们之间联系的桥梁是重力加速度是g4（4分）如图所示，某登陆舰船头垂直海岸自a点出发，分别沿路径ab，ac在演练岛屿的bc两点登陆已知登陆舰在静水中速度恒定且大于水速，则下列说法正确的是（）a沿ac航行所用时间较长b沿ac航行时水速较大c实际航速两次大小相等d无论船头方向如何，登陆舰都无法在a点正对岸登陆考点：运动的合成和分解.专题：运动的合成和分解专题分析：根据运动的合成与分解，结合矢量法则，即可求解解答：解：a、根据沿着水速方向的位移，因沿ac航行的水速位移长，则所用时间较长，故a正确；b、不论沿那种航行，水速不变，故b错误；c、根据速度的合成，可知，实际航速两次大小不相等，故c错误；d、当船头偏向上游时，可以在a点正对岸登陆，故d错误；故选：a点评：考查运动的合成，掌握矢量的法则内容，注意航向的变化5（4分）如图所示，轻绳的一端固定在o点，另一端系一质量为m的小球，在最低点给小球一个初速度，小球恰好能够在竖直平面内完成圆周运动，选项中给出了轻绳对小球拉力f跟小球转过的角度（0180）的余弦cos关系的四幅图象，其中a是一段直线，b是一段余弦函数线，c、d是一段抛物线，这四幅fcos图象正确的是（）abcd考点：向心力.专题：匀速圆周运动专题分析：根据向心力公式，小球刚好过最高点，求出最高点的速度，小球运动过程中，机械能能守恒，从最高点到与竖直方向夹角位置，根据机械能守恒列式，再根据向心力公式列式，求出f与cos的函数关系，进而选择图象解答：解：根据向心力公式，小球刚好过最高点，则最高点的速度，从最高点到与竖直方向夹角位置，根据机械能守恒得：又因为fmgcos解得：f=3mg+3mgcos，可见f与cos是一次函数关系，因此fcos图象是一条直线，故a正确故选：a点评：本题主要考查了向心力公式及机械能能守恒定律的直接应用，知道小球刚好过最高点，则最高点的速度，难度适中6（4分）如图所示，固定在竖直面内的光滑金属细圆环半径为r，圆环的最高点通过长为l的绝缘细线悬挂质量为m可视为质点的金属小球，已知圆环所带电均匀分布且带电与小球相同均为q（未知），小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，已知静电力常量为k，重力加速度为g，线对小球的拉力为f（未知），下列说法正确的是（）aq= f=bq= f=cq= f=dq= f=考点：电势差与电场强度的关系；库仑定律.专题：电场力与电势的性质专题分析：小球受到的库仑力为圆环各点对小球库仑力的合力，则取圆环上x来分析，再取以圆心对称的x，这2点合力向右，距离l，竖直方向抵消，只有水平方向；求所有部分的合力f，即可求得库仑力的表达式；小球受重力、拉力及库仑力而处于平衡，则由共点力的平衡条件可求得绳对小球的拉力及库仑力；则可求得电量解答：解：由于圆环不能看作点电荷，采用微元法；小球受到库仑力为圆环各个点对小球库仑力的合力，以小球为研究对象，进行受力分析，如图所示：圆环各个点对小球的库仑力的合力fq，则：fsin=mg其中：sin=解得：f=水平方向上，有：fcos=k解得：q=故选：d点评：因库仑定律只能适用于真空中的点电荷，故本题采用了微元法求得圆环对小球的库仑力，应注意体会该方法的使用库仑力的考查一般都是结合共点力的平衡进行的，应注意正确进行受力分析7（4分）某物体在竖直方向上的力f和重力作用下，由静止向上运动，物体动能随位移变化图象如图所示，已知0h1短f不为零，h1h2段f=0，则关于功率下列说法正确的是（）a0h2段，重力的功率一直增大b0h1段，f的功率可能先增大后减小c0h2段，合力的功率可能先增大后减小dh1h2段，合力的功率可能先增大后减小考点：功率、平均功率和瞬时功率；机械能守恒定律.专题：功率的计算专题分析：根据动能的变化得出速度的变化，从而得出重力做功的功率根据合力的变化确定合力功率的变化在h1h2段，合力为重力，加速度速度的变化得出功率的变化解答：解：a、由图象可知，动能先增大后减小，所以速度先增大后减小，因为重力功率先增大后减小故a错误b、0h1段，动能先增大后减小，则合力先向上后向下，则拉力一直减小到零，速度先增大后减小，所以拉力功率可能先增大后减小，故b正确c、整个过程中合力的功率为零有三处，其中动能最大时合力为零，因此合力的功率可能先增大后减小，再增大再减小，故c错误d、h1h2，合力就是重力，速度一直减小，功率减小，故d错误故选：b点评：解决本题的关键知道功率等于力与速度的乘积，知道整个过程中合力的功率为零有三处，速度为零有两处，合力为零有一处8（4分）伽利略被誉为“经典物理学的奠基人”，成功的解释了力和运动的关系，如图，让小球沿斜面ab由静止滚下，沿水平面bc向前运动，直到滚到另一个斜面cd如果无摩擦力，无论bc多长、斜面ab比斜面cd陡些还是缓些，小球总会在斜面cd上的某点速度变为零，这点距斜面底端的竖直高度与它出发时的高度相同设起点为p，终点为q，下列说法正确的是（）a力不是维持物体运动的原因b力是维持物体运动的原因c小球在斜面上运动距离与斜面倾角的正弦成正比d小球在a、b斜面上运动的时间之比等于斜面倾角正弦的反比考点：伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法.分析：本题考查了伽利略斜面实验的物理意义，伽利略通过“理想斜面实验”推翻了力是维持运动的原因的错误观点由匀变速直线运动规律公式求出运动的时间与斜面倾角正弦的反比解答：解：a、伽利略的理想斜面实验证明了：运动不需力来维持，物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态，故a正确，b错误，c、由s=，故c错误，d正确故选：ad点评：伽利略“理想斜面实验”在物理上有着重要意义，伽利略第一个把实验引入物理，标志着物理学的真正开始9（4分）弹弓是“80后”最喜爱的打击类玩具之一，其工作原理如图所示，橡皮筋两端点a、b固定在把手上，橡皮筋abc恰好处于原长状态，在c处（ab连线的中垂线上）放一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉直d点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下迅速发射出去，打击目标，现将弹丸竖直向上发射，已知e是cd的中点，则（）a从d到c，弹丸的机械能守恒b从d到c，弹丸的机械能先增大后减小c从d到c，弹丸的动能先增大后减小d从d到e弹丸增加的机械能大于从e到c弹丸增加的机械能考点：功能关系；机械能守恒定律.分析：机械能守恒的条件是：只有重力重力做功也可以从能量转化的角度分析其机械能的变化解答：解：a、从d到c，橡皮筋对弹丸做正功，弹丸机械能一直在增加，故ab错误；c、在cd连线中的某一处，弹丸受力平衡，所以从d到c，弹丸的速度先增大后减小，故c正确；d、从d到e橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从e到c橡皮筋作用在弹丸上的合力，两段长度相等，所以de段橡皮筋对弹丸做功较多，即机械能增加的较多，故d正确；故选：cd点评：本题考查弹力与重力做功情况下能量的转化情况，熟练应用能量守恒是分析问题的基础10（4分）两小球a、b分别从倾角为1=45，2=60顶端，以相同的初速度v0抛出，最后落到斜面上，空中飞行时间分别为t1、t2，落到斜面瞬间速度分别为v1、v2不计空气阻力，则有（）a=b=c=d=考点：平抛运动.专题：平抛运动专题分析：根据两次平抛运动的位移相同可以利用位移关系求得时间；再由速度公式可求得速度比值解答：解：小球落到斜面上，两次运动的位移与水平方向夹角相等，都等于斜面的倾角；tan=解得：t=故时间之比为：=；合速度v=而联立解得=故ac正确，bd错误；故选：ac点评：本题考查平抛运动的规律，要注意正确利用运动的合成和分解规律的应用11（4分）如图所示，一质量为m的斜面体静止在水平面上，物体b受沿斜面向上力f作用沿斜面匀速上滑，a、b之间动摩擦因数为，tan，且质量均为m，则（）aa、b保持相对静止b地面对斜面体的摩擦力等于mg（sincos）cos+fcosc地面受到的压力等于（m+2m）gdb与斜面间动摩擦因数为考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力；共点力平衡的条件及其应用.专题：牛顿运动定律综合专题分析：对a物体受力分析，根据力的合成与分解可以得出a受力的情况再对a、b和斜面体组成的整体受力分析可得出斜面体的支持力的情况解答：解：a、由于tan，由受力分析可知，a沿斜面向下匀加速下滑，加速度aa=gsingcos，故a错误b、由受力分析可知a沿斜面向下匀加速下滑，加速度aa=gsingcos，将a、b及斜面体视为整体，受力分析可知地面对对斜面体的摩擦力等于m（gsingcos）cos+fcos，地面受到的压力为（m+2m）gfsinm（gsingcos）sin，故b正确，c错误d、b与斜面体的正压力n=2mgcos，对b分析，根据共点力平衡有：f=mgsin+mgcos+f，则动摩擦因数，故d错误故选：b点评：该题中，b与斜面体之间的相互作用力不容易求出，但是，当以a、b与斜面体组成的整体为研究对象时，结合加速度的分解即可完成12（4分）如图所示，a、b、c、d位于同一半径为r的竖直圆上，且abcd，在c点有一固定点电荷，电荷量为q，现从a点将一质量为m，电荷量为q的带电小球由静止释放，该小球沿光滑绝缘轨道adb运动到d点时速度为4规定电场中b点的电势为零则在q形成的电场中（）aa点电势高于d点电势bd点电势为co点电场强度大小是a点的倍d小球在d点具有的电势能为7mgr考点：电势；电场强度；电势能.专题：电场力与电势的性质专题分析：根据沿着电场线方向，电势降低，即可求解；根据动能定理，求解q在d点具有的电势能，根据点电荷电场强度公式即可求解解答：解：a、由题意可知，沿着电场线的方向，电势降低，而电场线会聚于负电荷，则a点的电势低于d点电势，故a错误；b、q电荷从a到d运动，根据动能定理，则有：mgr+w电=0，解得：w电=7mgr；规定电场中b点的电势为零，因由d到b点电场力做负功，则电势能增大，因此d点的电势能为epd=7mgr；根据公式=，故b正确，d正确；c、根据点电荷电场强度公式，e=，电场强度的大小与间距的平方成反比，则有o点电场强度大小是a点的2倍，故c错误；故选：bd点评：考查电势的高低判定方法，掌握动能定理的应用，注意力做功的正负，理解电势与电势能的关系式，注意电荷的电量正负二、实验题：本题共2小题，共15分13（6分）在课外活动小组进行研究性学习的过程中，某研究小组设计了一个实验来探究求合力的方法（1）用两只弹簧测力计a、b把小圆环拉到某一位置o，这是ao、bo间夹角aob90，如图1所示，现不改变弹簧测力计a的拉力方向，使其拉力减小，要使小圆环仍被拉到o点，应调节弹簧测力计b的拉力大小及角在下列调整方法中，可行的是增大b的拉力，减小角 增大b的拉力，角不变增大b的拉力，增大角 b的拉力大小不变，增大角（2）在这个实验当中，有同学认为弹簧测力计的弹簧，挂钩和连杆的重力会使读数有误差，如图2所示，下列三种操作可以减小这些误差的是图c考点：验证力的平行四边形定则.专题：实验题分析：要使结点不变，应保证合力大小、方向不变，保持a的读数减小，方向不变，即要求一个分力方向不变，故可以根据平行四边形定则作图分析得出结果解答：解：（1）根据题意作出动态平行四边形，如图所示，当a的弹力减小时，fb如图变为虚线，所以增大b的拉力，增大角，故正确（2）图c因为是在水平方向拉伸弹簧，弹簧受力在水平方向，可以减小弹簧测力计弹簧、挂钩、连杆的重力影响，进而减小误差故答案为：（1）；（2）c点评：明确矢量合成的法则，熟练应用平行四边形定则解题14（9分）某同学想利用滑块在倾斜气垫导轨上的运动来验证动能定理如图所示，测量步骤如下：（1）将长为l、原来已调至水平的气垫导轨的左端垫高h，在导轨上间距为l的两点处分别安装光电门p1和p2（2）用游标卡尺测量滑块上遮光条的宽度d（3）接通气源及光电计时器，将滑块从导轨左端自由释放测得滑块分别通过两个光电门时遮光时间为t1和t2阅读上面的实验步骤回答下列问题：（1）写出本实验验证动能定理的原理式2g=（用测出的物理量表示）（2）实验所用滑块的质量m=600g，其他数据如下l=1.5m，h=10cm，l=50cm，则实验中外力所做的功为0.2j（g=10m/s2）（3）写出减小实验系统误差的一种措施适当提高滑块的初始位置，增大滑块通过光电门的速度考点：探究功与速度变化的关系.专题：实验题分析：光电门测速度的原理是利用平均速度来代替瞬时速度，求出最后获得的速度，然后根据功能关系即可明确需要验证的表达式，外力做的功即为重力做的功，根据实验原理分析误差来源解答：解：（1）合外力做功即为重力所做的功为：w=mgh=mglsin=mgl，动能的增加量为：，由w=ek得验证动能定理的原理式为：2g=（2）代入数据可得合外力做功为：w=mgl=0.6=0.2j（3）误差来源来自于滑块速度的近似处理，可以适当提高滑块的初始位置，增大滑块通过光电门的速度或减小遮光条的宽度故答案为：（1）2g=；（2）0.2j；（3）适当提高滑块的初始位置，增大滑块通过光电门的速度点评：本题关键是根据实验原理得出验证的表示的、知道实验的具体操作方法和实验误差的减小方法三、计算论述题：本题共3小题，共计47分，解答时请填写出必要的文字说明、公式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位15（12分）如图所示，质量均为m的木块a和木板b叠放在水平桌面上，a光滑且位于b的最右端，b与地面间动摩擦因数为，水平力f=mg作用在b上，a、b以2m/s的共同速度沿水平面向右匀速运动，0.2s后f加倍（g=10m/s2）（1）试求的值；（2）若b足够长，求0.4s时a、b的速度，并在乙图中作出0.2s0.4sa、b运动的vt考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像.专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）根据共点力平衡求出滑动摩擦力的大小，结合滑动摩擦力公式求出动摩擦因数的大小（2）0.2s0.4s，a运动状态不变，继续做匀速直线运动，b做匀加速运动，根据牛顿第二定律求出加速度，结合速度时间公式求出b的速度作出vt图线解答：解：（1）在00.2s内a、b做匀速直线运动，分析b，根据平衡条件有：f=2mg，又f=mg，代入数据解得=0.5（2）0.2s0.4s，a运动状态不变，继续做匀速直线运动，b做匀加速运动，根据牛顿第二定律得，2f2mg=ma，代入数据解得a=10m/s20.4s时b的速度v=v0+at=2+100.2m/s=4m/s，a、b两物体的速度时间图象如图所示答：（1）的值为0.5（2）0.4s时a的速度为2m/s，b的速度为4m/s，vt图线如图所示点评：本题考查了共点力平衡和牛顿第二定律的基本运用，理清a、b物体的运动规律是解决本题的关键16（16分）如图所示，两轮间距l=5m的水平传送带的主动轮半径为0.1m，正以30rad/m的角速度顺时针转动，质量为m=1kg的小滑块以动能ek滑上传送带左端b，当小滑块到达传送带右端c时，速度变为4m/s，小滑块与传送带间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g=10m/s2，求：（1）小滑块刚滑上传送带时的动能ek；（2）若小滑块刚滑上传送带时的动能是ek求小滑块从b到c所用的时间，以及小滑块与传送带间由于摩擦产生的热量考点：功能关系；动能定理.分析：根据牛顿第二定律求出a物块在传送带上的加速度，结合运动学公式求出物块一直做匀减速直线运动到达右端的速度，通过与传送带的速度比较，分析物块的运动规律，通过牛顿第二定律和运动学公式进行求解解答：解：（1）设传送带的速度为v0，根据圆周运动的公式得：v0=r=300.1=3m/s因为，所以小滑块在传送带是一直做匀减速运动，由牛顿第二定律得：mg=ma代入数据解得：由运动学的公式：可得小滑块的初速度：m/s所以，小滑块的初动能：j（2）若小滑块刚滑上传送带时的动能是ek即：得：m/s由运动学的公式：可得m因为x5m，所以小滑块在初速度上时，前2m做匀加速直线运动，后3m做匀速直线运动，加速的时间：s匀速阶段的时间：s总时间：t=t1+t2=1+1=2st1时间内传送带的位移：x=v0t1=31=3ml相对=xx=32=1m系统产生的热量：q=ffl相对=mgl相对代入数据得：q=2j答：（1）小滑块刚滑上传送带时的动能是18j；（2）若小滑块刚滑上传送带时的动能是ek，小滑块从b到c所用的时间是2s，小滑块与传送带间由于摩擦产生的热量是2j点评：解决本题的关键通过物体的受力判断出物体滑上传送带的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解17（19分）如图所示，在xoy所在坐标系中abcd区域内，存在着两个场强均为e的匀强电场和，电场方向水平向右，电场方向竖直向上，两电场区域是边长为l的正方形，边界分别与x轴和+y轴相重合，已知带电粒子的电量q（q0），不计重力的影响（1）若粒子从ab中点f由静止释放，求粒子离开电场时的位置坐标；（2）若粒子在ab线上不同位置释放，求粒子离开电场时动能与释放点纵坐标y之间的关系；（3）若粒子在ab中垂线上不同位置释放（