河北省衡水中学2014届高三上学期四调考试 物理试题(解析版).doc

20132014学年河北衡水中学高三上第四次调研物理试卷 命题人：郑炜 王民雄 审核人：李红奕说明：本试卷共21题；答题时间110分钟，满分110分。一、选择题：本题共15题，不定项选择。每小题4分，部分分2分，共60分。1如图甲所示，A、B两长方体叠放在一起，放在光滑的水平面上。物体从静止开始受到一个水平变力的作用，该力与时间的关系如图乙所示，运动过程中A、B始终保持相对静止。则在02时间内，下列说法正确的是（ ）A时刻，A、B间的静摩擦力最大，加速度最小B时刻，A、B的速度最大C0时刻和2时刻，A、B间的静摩擦力最大D2时刻，A、B离出发点最远，速度为0【考点】牛顿运动定律 【答案】BCD【解析】AC、以整体为研究对象，根据牛顿第二定律分析得知，0、2t0时刻整体所受的合力最大，加速度最大，再以A为研究对象，分析可知，A受到的静摩擦力最大，故A错误，C正确；B、整体在0-t0时间内，做加速运动，在t0-2t0时间内，向原方向做减速运动，则t0时刻，B速度最大，故B正确；D、整体做单向直线运动，位移逐渐增大，则2t0时刻，A、B位移最大；由动量定理得，2s末动量为零，即速度为零，故D正确；故选BCD。2如图21所示，水平地板上有质量m=1.0kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用（图22），用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小（图23）重力加速度g取10m/s2下列判断正确的是（）A5s内拉力对物块做功为零B4s末物块所受合力大小为4.0NC物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D6s9s内物块的加速度的大小为2.0m/s2【考点】牛顿运动定律 【答案】D【解析】A、在0-4s内，物体所受的摩擦力为静摩擦力，4s末开始运动，则5s内位移不为零，则拉力做功不为零，故A错误；B、4s末拉力为4N，摩擦力为4N，合力为零，故B错误；CD、根据牛顿第二定律得，6s9s内物体做匀加速直线运动的加速度；而，解得，故C错误，D正确；故选D。3如图1为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为的光滑斜面滑下，然后在不同的角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动。分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y随变化的图像分别对应图2中的（ ）A、和 B、和 C、和 D、和【考点】曲线运动【答案】B【解析】对小球进行受力分析，则有：，随着的增大，N减小，对应根据牛顿第二定律得：，随着的增大，a增大，对应重力加速度始终为g，恒定不变，对应，故B正确故选B。4如图所示，离地H高处有一个质量为m、带电量为+q的物体处于电场强度随时间变化规律为（、均为大于零的常数，电场水平向左为正方向）的电场中，物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为，已知。时，物体从墙上静止释放，若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当物体下滑后脱离墙面，此时速度大小为，最终落在地面上。则下列关于物体的运动说法正确的是（ ）A当物体沿墙壁下滑时，物体先加速再做匀速直线运动B物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一段直线C物体克服摩擦力所做的功D物体与墙壁脱离的时刻为【考点】电场【答案】CD【解析】A、竖直方向上有，随着电场强度E的减小，加速度a逐渐增大，当E=0时，加速度增大到重力加速度g，此后物块脱离墙面，故A正确；B、物体脱离墙面时的速度向下，之后所受合外力与初速度不在同一条直线上，所以运动轨迹为曲线，故B正确；C、物体从开始运动到脱离墙面电场力一直不做功，由动能定理得，故C错误；D、当物体与墙面脱离时电场强度为零，所以，解得时间，故D错误。故选CD。5如图所示，一质量为m的物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端向上做匀加速直线运动。若斜面足够长，表面光滑，倾角为。经时间t，恒力F做功80J，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，且回到出发点时的速度大小为v，若以地面为重力势能的零势能面，则下列说法中正确的是( ) A物体回到出发点时的机械能是80JB在撤去力F前的瞬时，力F的功率大小是C撤去力F前的运动过程中，物体的重力势能一直在增加，撤去力F后的运动过程中物体的重力势能一直在减少D撤去力F前的运动过程中，物体的动能一直在增加，撤去力F后的运动过程中物体的动能一直在减少【考点】机械能【答案】AB【解析】A、根据能量守恒，除了重力之外的力对物体做功时，物体的机械能就要增加，增加的机械能等于外力作功的大小，由于拉力对物体做的功为80J，所以物体的机械能要增加80J，撤去拉力之后，物体的机械能守恒，所以当回到出发点时，所有的能量都转化为动能，所以动能为80J，所以A正确；B、因为物体做匀加速直线运动，初速度为0，由牛顿第二定律可得，所以物体上升时的路程为，撤去恒力F后是匀变速运动，且加速度为，所以从撤去拉力到返回底端的过程中，位移为，撤去力F前的瞬间，力F的功率是，由以上方程联立可以解得，所以B正确；C、在撤去拉力F之后，由于惯性的作用物体还要上升一段距离，物体的重力势能继续增加，所以C错误；D、物体向上减速减为零之后，要向下加速运动，所以撤去力F后的运动过程中物体的动能是先减小后增加，所以D错误。故选AB。6如图所示，水平传送带两端点A、B间的距离为L，传送带开始时处于静止状态。把一个小物体放到右端的A点，某人用恒定的水平力F使小物体以速度v1匀速滑到左端的B点，拉力F所做的功为W1、功率为P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q1。随后让传送带以v2的速度匀速运动,此人仍然用相同的水平力恒定F拉物体,使它以相对传送带为v1的速度匀速从A滑行到B，这一过程中, 拉力F所做的功为W2、功率为P2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为 Q2.下列关系中正确的是（ ）AW1W2 ,P1P2，Q1Q2BW1W2 ,P1P2，Q1Q2 CW1W2 ,P1P2，Q1 Q2DW1W2 ,P1P2，Q1Q2【考点】机械能【答案】B【解析】设AB的长度为L，拉力大小为F，滑动摩擦力大小为f当传送带不运动时，拉力做功W1=FL，物体从A运动到B的时间，因摩擦而产生的热量Q1=fL；当传送带运动时，拉力做功W2=FL，物体从A运动到B的时间，因摩擦而产生的热量Q2=fv1t2；拉力做功功率，比较可知W1=W2，P1P2；又v1t2v1t1，v1t1=L得Q1Q2。故选B。7如图所示，放置在水平地面上的支架质量为M，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m，现将摆球拉至水平位置，然后从静止释放，摆球运动过程中，支架始终不动，则从释放至运动到最低点的过程中有（ ）A在释放瞬间，支架对地面压力为（m+M）gB摆动过程中，支架对地面压力一直增大C摆球到达最低点时，支架对地面压力为（2m+M）gD摆动过程中，重力对小球做功的功率一直增大【考点】曲线运动【答案】B【解析】A、整体法：由牛顿第二定律得，解得，故A错误；B、对小球在向下运动过程中某一位置进行受力分析：当小球绕圆心转过角度为时，具有的速度v，根据动能定理得：得根据牛顿第二定律得：解得而此时对支架根据平衡条件得：竖直方向所以，摆动过程中逐渐增大，所以地面对支架的支持力也逐渐增大，根据牛顿第三定律：即摆动过程中，支架对地面压力一直增大，故B正确；C、在从释放到最低点过程中，根据动能定理得：在最低点对整体由牛顿第二定律得，两式联立得，故C错误；D、释放的位置，速度为零，重力的瞬时功率为零，最低点，速度与重力垂直，重力的瞬时功率也为零，中间过程重力的瞬时功率不为零，因此重力功率变化为：先变大后变小，故D错误。故选B。8中国首颗月球探测卫星“嫦娥一号”简化后的路线示意图如图所示卫星由地面发射后，先经过地面发射轨道进入地球附近的停泊轨道做匀速圆周运动；然后从停泊轨道经过调控进入地月转移轨道；到达月球附近时，再次调控进入工作轨道做匀速圆周运动这时卫星将开始对月球进行探测已知地球与月球的质量之比为a，卫星的停泊轨道与工作轨道的轨道半径之比为b则下列说法中正确的是（ ）A卫星在停泊轨道和工作轨道运行的速度之比为B卫星在停泊轨道和工作轨道运行的周期之比为C卫星在停泊轨道运行的速度小于地球的第一宇宙速度D卫星从停泊轨道调控进入地月转移轨道过程卫星机械能守恒【考点】万有引力与航天【答案】AC【解析】A、人造地球卫星的万有引力充当向心力，即，线速度，已知地球与月球的质量之比为a，卫星的停泊轨道与工作轨道半径之比为b，卫星在停泊轨道和工作轨道运行的速度之比为，故A正确；B、周期，已知地球与月球的质量之比为a，卫星的停泊轨道与工作轨道半径之比为b，已知地球与月球的质量之比为a，卫星的停泊轨道与工作轨道半径之比为，故B错误；C、第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是圆轨道的最大运行速度，所以卫星在停泊轨道运行的速度小于地球的第一宇宙速度，故C正确；D、卫星从发射后到进人工作轨道过程中，需要卫星的发动机点火，使卫星加速，通过外力克服引力做功，使卫星机械能增加才能达到目的所以机械能不守恒，故D错误。故选AC。9水平面上A、 B、C三点固定着三个电荷量均为Q的正点电荷，将另一质量为m的带正电的小球(可视为点电荷)放置在O点，OABC恰构成一棱长为L的正四面体，如图所示。已知静电力常量为k,重力加速度为g，为使小球能静止在O点，小球所带的电荷量为（ ） 【考点】电场【答案】A【解析】对小球进行受力分析，小球受重力和A，B，C处正点电荷施加的库仑力；将A，B，C处正点电荷施加的库仑力正交分解到水平方向和竖直方向设是A，B，C处正点电荷施加的库仑力方向与竖直方向的夹角，将库仑力分解到水平方向与竖直方向，根据竖直方向平衡条件得：在竖直方向根据几何关系得解得故选A。10如图甲，真空中有一半径为R、电荷量为Q 的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x轴。理论分析表明，x 轴上各点的场强随x变化关系如图乙，则（ ）Ax2处场强大小为B球内部的电场为匀强电场Cx1、x2两点处的电势相同D假设将试探电荷沿x轴移动，则从x1移到R处和从R移到x1处电场力做功相同【考点】电场【答案】A【解析】A、电荷量为+Q的均匀带电球体，以球心为坐标原点，当作点电荷，则有x2处场强大小为，故A正确；B、由图象可知，球内部的电场为非匀强电场，由与，则有，故B错误；C、由图象与，则x1、x2两点处的电势不同，故C错误；D、因电场力做功与初末位置有关，当假设将试探电荷沿x轴移动，则从x1移到R处和从R移到x1处电场力做功不同，一做正功，另一做负功，故D错误；故选A。11真空中，两个相距L的固定电荷E、F所带电荷量分别为QE和QF，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向电场线上标出了M、N两点，其中N点的切线与EF连线平行，且NEFNFE，则（ ）A在M点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到N点BE带正电，F带负电，且QEQFC负检验电荷在M点的电势能大于在N点的电势能D过N点的等势面与过N点的切线(图中虚线)垂直 【考点】电场【答案】D【解析】A、只有电场线方向是一条直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行，运动轨迹才与电场线重合而该电场线是一条曲线，所以运动轨迹与电场线不重合，故A错误；B、根据电场线的流向，知E带正电，F带负电；N点的场强可看成E、F两电荷在改点产生场强的合场强，电荷E在N点电场方向沿EN向上，电荷F在N点产生的场强沿NF向下，合场强水平向右，可知F电荷在N点产生的场强大于E电荷在N点产生的场强，而NFNE，所以QFQE，故B错误；C、沿电场线方向电势逐渐降低，UMUN，再根据Ep=qU，q为负电荷，知EpMEpN，故C正确；D、因为电场线和等势面垂直，所以过N点的等势面与过N点的切线垂直，故D错误。故选D。12空间存在一电场，一带负电的粒子仅在电场力作用下从x1处沿x轴负方向运动，初速度大小为v0,其电势能Ep随坐标x变化的关系如图所示，图线关于纵轴左右对称，以无穷远处为零电势能点，粒子在原点O处电势能为E0，在x1处电势能为E1，则下列说法中不正确的是（ ）A坐标原点O处电场强度为零B粒子经过x1、-x1处速度相同C由x1运动到O过程加速度一直减小D粒子能够一直沿x轴负方向运动，一定有【考点】电场【答案】C【解析】A、从图中可得负电粒子的电势能先增大，后减小，说明电场力先做负功后做正功，O点是分界点，在O点电场方向发生变化，所以O点的电场强度为零，A正确；B、在x1、-x1处电势能大小相等，所以过程中电场做功之和为零，故动能不变，即两处的速度相等，B正确；C、从图中可得从x1到O点运动过程中，电势能增加的越来越快，所以速度减小的越来越快，即加速度越来越大，C错误；D、要使粒子一直沿x负方向运动，从图中可得则初速度必须满足,故，D正确。故选C。13如图所示，A、B两导体板平行放置，在t0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)分别在A、B两板间加四种电压，它们的UABt图线如下列四图所示其中可能使电子到不了B板的是（ ）【考点】电场【答案】B【解析】A、加A图电压，电子从A板开始向B板做匀加速直线运动一定能到达B板，故A错误；B、加B图电压，开始向B板匀加速，再做相同大小加速度的匀减速，但时间是2倍，然后为相同加速度大小的匀加速，做出一个周期的v-t图，可知有可能到不了B板，故B正确；C、加C图电压，由v-t图，电子一直向前运动，可知一定能到达，故C错误；D、加D图电压，可以知道电子在一个周期内速度的方向不变，一直向前运动，一定能到达能到达，故D错误。故选B。14一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是（ ）【考点】电场【答案】C【解析】平行板电容器电量不变，当极板距离减小时，A、根据电容决定式知，d减小，则电容C增大，但是C与l0不是线性关系，故A错误；B、根据知，U减小，电场强度，知电场强度不变，故B错误；C、电场强度不变，由及得，与距离成一次函数关系，故C正确；D、由得，电势能随电势减小，故D错误。故选C。15如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M，一带电荷量为q，质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是（ ）A板间电场强度大小为2mg/qB板间电场强度大小为mg/2qC质点在板间运动中重力的冲量和它从板的右端运动到光屏的过程中重力的冲量相等D质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间【考点】电场【答案】AC【解析】AB、据题分析可知，质点在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，质点才能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图，可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得，得到，故A正确B错误。CD、由于质点在水平方向一直做匀速直线运动，两段水平位移大小相等，则质点在板间运动的时间跟它从板的右端运动到光屏的时间相等，时间相等，重力的冲量也相等，故C正确，D错误。故选AC。二、实验题（共10分，用黑色中性笔在答题纸上作答）16（4分）某课外活动小组利用竖直上抛运动验证机械能守恒定律。某同学用20分度游标卡尺测量小球的直径，读数如图甲所示，小球直径为 cm。图乙所示弹射装置将小球竖直向上抛出，先后通过光电门A、B，计时装置测出小球通过A、B的时间分别为2.55ms、5.15ms，由此可知小球通过光电门A、B时的速度分别为vA、vB，其中vA m/s。用刻度尺测出光电门A、B间的距离h，已知当地的重力加速度为g，只需比较 是否相等，就可以验证机械能是否守恒（用题目中涉及的物理量符号表示）。通过多次的实验发现，小球通过光电门A的时间越短，中要验证的两数值差越大，试分析实验中产生误差的主要原因是 。【考点】力学实验【答案】 1.020 4； gh和； 小球上升过程中受到空气阻力的作用；速度越大，所受阻力越大【解析】游标卡尺读数：整数（10mm）精度（0.05mm）格数（4）10.20mm1.020cm若动能的增加量和重力势能的减小量相等，机械能守恒，重力势能的减小量为mgh，动能的增加量为，则验证gh和是否相等。由于受到阻力作用，小球通过光电门A的时间越短，知速度越大，阻力越大。17(6分)某实验小组用如图甲所示的装置测量木块与木板间的动摩擦因数，提供的器材有：带定滑轮的长木板，打点计时器，交流电源，木块，纸带，米尺，8个质量均为20g的钩码以及细线等。实验操作过程如下：A长木板置于水平桌面上，带定滑轮的一端伸出桌面，把打点计时器固定在长木板上并与电源连接，纸带穿过打点计时器并与木块相连，细线一端与木块相连，另一端跨过定滑轮挂上钩码，其余钩码都叠放在木块上；B使木块靠近打点计时器，接通电源，释放木块，打点计时器在纸带上打下一系列点，记下悬挂钩码的个数n ；C将木块上的钩码逐个移到悬挂钩码端，更换纸带，重复实验操作B；D测出每条纸带对应木块运动的加速度a，实验数据如表乙所示。根据表乙数据，在图丙中作出a-n图象；由图线得到=_(g=9.8m/s2)，还可求的物理量是_(只需填写物理量名称)。【考点】力学实验【答案】图象如图 0.31 木块的质量【解析】由牛顿第二定律得解得。由图线在纵轴截距可得=0.31由图线斜率可求木块的质量M。三、计算题（共40分，要有必要的文字说明和方程，在答题纸上作答）18 (9分)如图所示，在A点固定一正电荷，电量为Q，在离A高度为H的C处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g。已知静电常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力。求：(1)液珠的比荷；http:/www./(2)液珠速度最大时离A点的距离h；(3)若已知在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成，其中r为该点到Q的距离（选无限远的电势为零）。求液珠能到达的最高点B离A点的高度。【考点】电场【答案】 【解析】（1）设液珠的电量为q，质量为m，有 解得比荷为 (2)当液珠速度最大时有 解得 (3)设CB间的电势差为，有 根据动能定理有 解得 19.(10分)如图所示，在竖直平面内有半径为R=0.2 m的光滑1/4圆弧AB，圆弧B处的切线水平，O点在B点的正下方，B点高度为h=0.8 m。在B端接一长为L=1.0 m的木板MN。一质量为m=1.0 kg的滑块，与木板间的动摩擦因数为0.2，滑块以某一速度从N点滑到板上，恰好运动到A点。 (g取10 m/s2)求：(1)滑块从N点滑到板上时初速度的速度大小；(2) 从A点滑回到圆弧的B点时对圆弧的压力；(3)若将木板右端截去长为L的一段，滑块从A端静止释放后，将滑离木板落在水平面上P点处，要使落地点P距O点最远，L应为多少？【考点】机械能【答案】 30 N，方向竖直向下 L=0.16 m【解析】(1)由动能定理可知： 解得(2)根据动能定理 由向心力公式可知： 解得：F=30 N 由牛顿第三定律知：滑块滑至B点时对圆弧的压力为30 N,方向竖直向下。 (3) 由牛顿第二定律可知：mg=ma 根据平抛运动规律：