河北省唐山市第三十八中学高三物理联考试题含解析

河北省唐山市第三十八中学高三物理联考试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1.雨滴在下降过程中，由于水汽的凝聚，雨滴质量将逐渐增大，同时由于速度逐渐增大，空气阻力也将越来越大，最后雨滴将以某一收尾速度匀速下降，在此过程中（）A．雨滴所受到的重力逐渐增大，重力产生的加速度也逐渐增大B．由于雨滴质量逐渐增大，下落的加速度逐渐减小C．由于空气阻力增大，雨滴下落的加速度逐渐减小D．雨滴所受到的重力逐渐增大，但重力产生的加速度不变参考答案：

考点：牛顿第二定律．.专题：牛顿运动定律综合专题．分析：雨滴下落过程中重力加速度不变．根据雨滴的运动情况分析雨滴下落过程加速度如何变化．雨滴所受到的重力逐渐增大，但重力产生的加速度不变．解答：解：A、D雨滴所受到的重力逐渐增大，但重力产生的加速度g保持不变，与雨滴的质量无关．故A错误，D正确．B、C根据雨滴的运动情况：先做加速运动，后以某一速度做匀速运动，可知，由于空气阻力增大，雨滴下落的加速度逐渐减小．故B错误，C正确．故选CD点评：本题根据雨滴的运动情况分析加速度变化，运用力的独立作用原理分析知道重力产生的加速度不变．2.下列说法正确的是

A．知道某物质的摩尔质量和阿伏加德罗常数，一定能求出其分子质量

B．温度升高，物体内所有分子热运动的速率都增加

C．布朗运动就是液体分子的运动，它证明分子在永不停息地做无规则运动

D．当两个分子间距离增大时，分子间的引力和斥力同时减少，而分子势能一定增大参考答案：

答案：A3.17世纪意大利科学家伽利略在研究运动和力的关系时，提出了著名的斜面实验，其中应用到的物理思想方法属于

（

）A．等效替代

B．实验归纳

C．理想实验

D．控制变量参考答案：C4.如图所示，半径为R的半圆形区域内分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，半圆的左边垂直x轴放置一粒子发射装置，在?R≤y≤R的区间内各处均沿x轴正方向同时发射出带正电粒子，粒子质量均为m、电荷量均为q、初速度均为v，重力及粒子间的相互作用均忽略不计，所有粒子都能到达y轴，其中最后到达y轴的粒子比最先到达y轴的粒子晚△t时间。则以下结论正确的是A.B.磁场区域半径R应满足C.有些粒子可能到达y轴上相同的位置D.其中角度θ的弧度值满足参考答案：CD【详解】粒子射入磁场后做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示，的粒子直接沿直线运动到达y轴，其它粒子在磁场中发生偏转，由图可知，发生偏转的粒子也有可能直接打在的位置上，所以粒子可能会到达y轴上同一位置，以沿x轴射入的粒子为例，若，则粒子不能到达y轴就偏向上离开磁场区域，所以要求，所以粒子才能穿越磁场到达y轴上，从x轴入射的粒子在磁场中对应的弧长最长，所以该粒子最后到达y轴，，由几何关系有：，则，而的粒子沿直线匀速运动到y轴，时间最短，，所以，由于，所以，故CD正确。5.两个等量正电荷固定于光滑绝缘水平面上，其连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示．一个电量为＋2C，质量为1kg的小物块从C点静止释放，其运动的v－t图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）．小物块经过甲图中A、B两位置时的运动状态为乙图中的A、B两点，则下列说法正确的是A．由C点到A点的过程中，电场强度逐渐减小

B．B点为中垂线上电场强度最大的点，该点的场强E＝6V／m

C．由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大

D．AB两点电势差UAB＝－5V参考答案：D二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.如图所示，质量为m1的滑块置于光滑水平地面上，其上有一半径为R的光滑圆弧。现将质量为m2的物体从圆弧的最高点自由释放，在物体下滑过程中m1和m2的总机械能________（选填“守恒”或“不守恒”），二者分离时m1、m2的速度大小之比为___________。参考答案：守恒，7.一质点绕半径为R的圆周运动了一圈，则其位移大小为

，路程是

，若质点运动了圆周，则其位移大小为

，路程是

。参考答案：、、、8.如图所示，在匀强电场中有a、b、c三点，a、b相距4cm，b、c相距10cm，ab与电场线平行，bc与电场线成60°角．将一个带电荷量为+2×10-8C的电荷从a点移到b点时，电场力做功为4×10-6J．则a、b间电势差为________V，匀强电场的电场强度大小为________V/m，a、c间电势差为________V。参考答案：9.某行星绕太阳运动可近似看作匀速圆周运动，已知行星运动的轨道半径为R，周期为T，万有引力恒量为G，则该行星的线速度大小为

；太阳的质量可表示为

。参考答案：

（2分），

10.如图为“用DIS（位移传感器、数据采集器、计算机）研究加速度和力的关系”的实验装置。（1）在该实验中必须采用控制变量法，应保持___________不变，用钩码所受的重力作为___________，用DIS测小车的加速度。（2）改变所挂钩码的数量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画出a-F关系图线（如图所示）。①分析此图线的OA段可得出的实验结论是_________________________________。②（单选题）此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是（

）A．小车与轨道之间存在摩擦

B．导轨保持了水平状态C．所挂钩码的总质量太大

D．所用小车的质量太大参考答案：（1）小车的总质量，小车所受外力，（2）①在质量不变的条件下，加速度与外力成正比，②C，11.如图所示，一半径为R的绝缘圆形轨道竖直放置，圆轨道最低点与一条水平轨道相连，轨道均光滑；轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，场强为E．从水平轨道上A点由静止释放一质量为m的带正电小球，已知小球受电场力的大小等于小球重力大小的3/4倍．为使小球刚好在圆轨道内做圆周运动，小球在轨道内的最小速率是；释放点距圆轨道最低点B的距离是．参考答案：考点：带电粒子在匀强电场中的运动；向心力．分析：1、带电小球受到重力和电场力作用，重力和电场力都是恒力，故重力和电场力的合力也是恒力，所以在轨道上上升的运动过程中，动能减小，因为小球刚好在圆轨道内做圆周运动，故合力恰好提供向心力时是小球做圆周运动的临界状态，此时小球的速度最小，此时的“最高点”是等效最高点，不是相对于AB轨道的最高点．2、A到B的过程运用动能定理，此过程只有电场力作用Eqs=m，化简可得A到B的距离s．解答：解：带电小球运动到图中最高点时，重力、电场力的合力提供向心力时，速度最小，因为Eq=根据勾股定理合力为：=因为小球刚好在圆轨道内做圆周运动，故最高点合力提供向心力，即解得：（3）从B点到最高点，由动能定理得：﹣mgR（1+cosθ）﹣EqRsinθ=

从A到B，由动能定理得：Eqs=

代入数据解得：s=R

故答案为：，点评：题要注意速度最小的位置的最高点不是相对于地面的最高点，而是合力指向圆心，恰好提供向心力的位置，这是解题的关键．12.①如图所示，一竖直的半圆形光滑轨道与一光滑曲面在最低点平滑连接，一小球从曲面上距水平面高处由静止释放，恰好通过半圆最高点，则半圆的半径=

②用游标卡尺测量小球的直径，如图所示的读数是

mm。

参考答案：①

②

13.小球A和B从离地面足够高的同一地点，分别沿相反方向在同一竖直平面内同时水平抛出，抛出时A球的速率为1m/s，B球的速率为4m/s，则从抛出到AB两球的运动方向相互垂直经过时间为

s,此时A球与B球之间的距离为

m。参考答案：0.2；

1三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.如图甲所示，将一质量m=3kg的小球竖直向上抛出，小球在运动过程中的速度随时间变化的规律如图乙所示，设阻力大小恒定不变，g=10m/s2，求（1）小球在上升过程中受到阻力的大小f．（2）小球在4s末的速度v及此时离抛出点的高度h．参考答案：（1）小球上升过程中阻力f为5N；（2）小球在4秒末的速度为16m/s以及此时离抛出点h为8m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）根据匀变速直线运动的速度时间公式求出小球上升的加速度，再根据牛顿第二定律求出小球上升过程中受到空气的平均阻力．（2）利用牛顿第二定律求出下落加速度，利用运动学公式求的速度和位移．解答： 解：由图可知，在0～2s内，小球做匀减速直线运动，加速度大小为：由牛顿第二定律，有：f+mg=ma1代入数据，解得：f=6N．（2）2s～4s内，小球做匀加速直线运动，其所受阻力方向与重力方向相反，设加速度的大小为a2，有：mg﹣f=ma2即4s末小球的速度v=a2t=16m/s依据图象可知，小球在4s末离抛出点的高度：．答：（1）小球上升过程中阻力f为5N；（2）小球在4秒末的速度为16m/s以及此时离抛出点h为8m点评： 本题主要考查了牛顿第二定律及运动学公式，注意加速度是中间桥梁15.（4分）图为一简谐波在t=0时，对的波形图，介质中的质点P做简谐运动的表达式为y=4sin5xl，求该波的速度，并指出t=0.3s时的波形图(至少画出一个波长)

参考答案：解析：由简谐运动的表达式可知，t=0时刻指点P向上运动，故波沿x轴正方向传播。由波形图读出波长，；由波速公式，联立以上两式代入数据可得。t=0.3s时的波形图如图所示。

四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图甲所示，水平传送带顺时针方向匀速运动．从传送带左端P先后由静止轻轻放上三个物体A、B、C，物体A经tA=9.5s到达传送带另一端Q，物体B经tB=10s到达传送带另一端Q，若释放物体时刻作为t=0时刻，分别作出三物体的速度图象如图乙、丙、丁所示，求：（1）传送带的速度v0=？（2）传送带的长度l=？（3）物体A、B、C与传送带间的摩擦因数各是多大？（4）物体C从传送带左端P到右端Q所用的时间tC=？参考答案：解：（1）物体A与B先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，说明了物体的速度与传送带的速度相等，所以由图可知传送带的速度是4m/s．（2）v﹣t图中速度图线与x轴围成的面积表示物体的位移，所以A的位移：m传送带的长度L与A的位移相等，也是36m．（3）A的加速度：由牛顿第二定律得：maA=μAmg所以：B的加速度：设物体C从传送带左端P到右端Q所用的时间tC则：sC的加速度：答：（1）传送带的速度是4m/s；（2）传送带的长度是36m；（3）物体A、B、C与传送带间的摩擦因数各是0.4；0.2和0.0125（4）物体C从传送带左端P到右端Q所用的时间是24s．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】（1）物体先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，说明了物体的速度与传送带的速度相等；（2）v﹣t图中速度图线与x轴围成的面积表示物体的位移，即传送带的长度；（3）先根据运动学的公式求出加速度，然后牛顿第二定律求解摩擦因数．（4）物体C在传送带上运动时，一直做匀加速直线运动，公式平均速度的公式即可最快求出C运动的时间．17.如图所示，在宽度为L的两虚线区域内存在匀强电场，一质量为m，带电量为+q的滑块（可看成点电荷），从距该区域为L的绝缘水平面上以初速度v0向右运动并进入电场区域，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ．

（1）若该区域电场为水平方向，并且用速度传感器测得滑块从出口处滑出的速度与进入该区域的速度相同，求该区域的电场强度大小与方向，以及滑块滑出该区域的速度；

（2）若该区域电场为水平方向，并且用速度传感器测得滑块滑出该区域的速度等于滑块的初速度v0，求该区域的电场强度大小与方向；参考答案：（1），水平向右（2），水平向右解析：：（1）滑块从出口处滑出的速度与进入该区域的速度相等，说明滑块在电场区域做匀速直线运动，

由平衡条件得：qE=μmg，解得：，方向水平向右，

滑块进入电场前，由动能定理得：-μmgL=mv2-mv02，

解得：；

（2）从滑块开始运动到出电场区域，

由动能定理得：-μm