河北省保定市涞水县波峰中学2017届高三（上）第二次模拟物理试卷（12月份）（解析版）

2016-2017学年河北省保定市涞水县波峰中学高三（上）第二次模拟物理试卷（12月份）

参考答案与试题解析

一、选择题：本题共8小题，每题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分．

1．质量为2kg的物体，放在动摩擦因数p=0.1的 水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W和物体随位置X变化的关系如 图所示．重力加速度g取1Om/s²，则（ ）

A．X=Om至x=3m的过程中，物体的加速度是 2.5 m/s²

B．X=Om至X=3m的过程中，物体的加速度是1.5m/s²

C．X=6m时，物体的速度约为20m/s

D．x=3m至x=9m的过程中，物体做匀加速运动

【考点】功的计算；匀变速直线运动的图像．

【分析】对物体受力分析，受到重力G、支持力N、拉力F和滑动摩擦力f，根据牛顿第二定律和动能定理列式分析即可．

【解答】解：A、B：对于前3m，根据动能定理，有

W₁﹣μmgs=mv²

解得：3m/s

根据速度位移公式，有

2a₁s=v²

解得a₁=1.5m/s²

故A错误、B正确；

C、对于前6m过程，根据动能定理，有

W₂﹣μmgs′=mv₂²

解得v₂=2m/s

故C错误；

D、由图象可知，x=3m至x=9m的过程中，力F=，滑动摩擦力f=Pmg=0.1×20=2N，所以物体做匀速直线运动，故D错误．

故选：B．

2．卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为r，运动周期为T，地球半径为R，万有引力常数为G，下列说法正确的是（ ）

A．卫星的线速度大小为v=

B．地球的质量为M=

C．地球的平均密度为ρ=

D．地球表面重力加速度大小为g=

【考点】万有引力定律及其应用．

【分析】由线速度定义式可表示线速度；由万有引力周期表达式，可得地球质量，进而可以表示密度；由表面处万有引力等于重力可表示重力加速度g．

【解答】解：A、线速度为：，故A错误．

B、有牛顿第二定律可得：，解得：，故B错误．

C、地球密度为：，故C错误．

D、地球表面处：，又，解得：，故D正确．

故选：D．

3．如图所示，轻质弹簧的上端固定，下端与物体A相连，物体B与物体A之间通过轻质不可伸长的细绳连接．开始时托住物体A，使A静止且弹簧处于原长，然后由静止释放A，从开始释放到物体A第一次速度最大的过程中，下列说法正确的有（ ）

A．A、B两物体的机械能总量守恒

B．B物体机械能的减少量一定等于A物体机械能的减少量

C．轻绳拉力对B物体做的功等于B物体机械能的变化

D．A物体所受合外力做的功等于A物体机械能的变化

【考点】功能关系；动能和势能的相互转化．

【分析】功是能量转化的量度，合力做功等于动能的改变量，除重力外其余力做功等于机械能的增加量．

【解答】解：A、对AB系统，由于要克服弹簧的拉力做功，故机械能总量是减小的，故A错误；

B、物体A与物体B速度相等，动能的变化量和重力势能的变化量均与质量成正比，两个物体的质量不一定相等，故机械能的变化量不一定相等，故B错误；

C、根据功能关系，除重力外其余力做功等于机械能的增加量，故轻绳拉力对B物体做的功等于B物体机械能的变化，故C正确；

D、根据动能定理，A物体所受合外力做的功等于A物体动能的增加量，故D错误；

故选：C．

4．甲乙两汽车同时同地出发，甲车做匀速运动，乙车做初速度为零的匀加速直线运动，两车的位移与时间的关系如图所示．下列说法正确的是（ ）

A．t=l0s时，甲车追上乙车 B．乙车的加速度大小为2m/s²

C．t=l0s时，两车速度相同 D．t=5s时，两车速度相同

【考点】匀变速直线运动的图像．

【分析】在位移﹣时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度；图象的交点表示位移相等；由运动学公式求解乙的速度．

【解答】解：A、据图可知，在t=10秒时，甲乙的位移相等，但开始时乙在后，故应是乙追上甲车，故A错误；

B、由图可知，乙的加速度a==lm/s²，故B错误；

C、质点乙在10秒时的速度：v₂=at₂=1×10=10m/s，甲车速度v=5m/s，故C错误；

D、t=5s时，甲车速度v==5m/s，5s为10内的时间中点，故乙车速度等于10s内的平均速度，故v′==5m/s，故D正确；

故选：D．

5．如图所示，两金属板间有水平方向（垂直纸面向里）的勻强磁场和竖直向下的匀强 电场．一带正电的小球垂直于电场和磁场方向从O点以速度v₀飞入此区域，恰好 能沿直线从P点飞出此区域．如果只将电场方向改为竖直向上，则小球做匀速圆周运动，加速度大小为a₁，经时间t1从板间的右端a点飞出，a与P间 的距离为y₁；如果同时撤去电场和磁场，小球加速 度大小为a₂，经时间t₂从板间的右端b点以速度v飞出，b与P间的距离为y₂．a、b两点在图中未标 出，则一定有（ ）

A．v₀＜v B．a₁＜a₂ C．a₁=a₂ D．t₁＜t₂

【考点】带电粒子在混合场中的运动．

【分析】根据题意分析各种情况下的运动形式和所对应的力学方程，开始匀速通过时：qvB=mg+Eq，当粒子做匀速圆周运动时，mg=Eq，，同时撤去电场和磁场时小球做平抛运动，根据不同规律的特点可正确解答．

【解答】解：开始匀速通过时：qvB=mg+Eq

当小球做匀速圆周运动时，mg=Eq， =ma₁，

同时撤去电场和磁场时小球做平抛运动，有：mg=ma₂

因为qvB＞mg，因此a₁＞a₂，故BC错误；

小球做圆周运动时，速度大小不变为v₀，小球做平抛运动时，重力做正功，因此速度增大，即v₀＜v，故A正确；

小球做圆周运动时，从右端出去的时间为：，s为运动的弧长，平抛运动时：，l为两板之间水平位移，由于s＞l，因此t₁＞t₂，故D错误．

故选A．

6．如图所示，传送带AB的倾角为θ，且传送带足够长．现有质量为m可视为质点的物体以v₀的初速度从B端开始向上运动，物体与传送带之间的动摩擦因数μ＞tanθ，传送带的速度为v（v₀＜v），方向未知，重力加速度为g．物体在传送带上运动过程中，下列说法正确的是（ ）

A．摩擦力对物体做功的最大瞬时功率是μmgvcosθ

B．摩擦力对物体做功的最大瞬时功率是μmgv₀cosθ

C．运动过程物体的机械能可能一直增加

D．摩擦力对物体可能先先做正功后做负功

【考点】功能关系；功率、平均功率和瞬时功率．

【分析】因为μ＞tanθ，即有μmgcosθ＞mgsinθ，送带足够长，物体最终在传送带上都和传送带具有相同的速度，即可由公式P=Fv求得最大摩擦力对物体做功的最大瞬时功率．根据功能关系分析机械能的变化情况．

【解答】解：AB、由物体与传送带之间的动摩擦因数μ＞tanθ，则有μmgcosθ＞mgsinθ．传送带的速度为v（v₀＜v），若v₀与v同向，物体先做匀加速运动，最后物体加速运动到和传送带速度相同时物体速度最大，此时摩擦力的瞬时功率最大，则最大瞬时功率为 P=μmgvcosθ．若v₀与v反向，物体先向上做匀减速运动，后向下匀加速运动到和传送带速度相同时物体速度最大，此时摩擦力的瞬时功率最大，则最大瞬时功率为 P=μmgvcosθ．

故A正确，B错误．

CD、摩擦力一直对物体做正功，由功能关系知，运动过程物体的机械能一直增加，故C正确，D错误．

故选：AC

7．一带电荷量为+q、质量为m的带电粒子从O点以速率v₀射入电场，运动到A点时速率为2v₀．现有另一电荷量为﹣2q、质量为m的粒子仍以速率v₀从O点射入该电场，运动到B点时速率为2v₀．若忽略重力的影响，带电粒子从O到A和从O到B的运动过程中（ ）

A．在O、A、B三点中，B点电势最高

B．在O、A、B三点中，A点电势最高

C．带电荷量为+q的粒子电势能的变化量大

D．两粒子的电势能变化量相等

【考点】电势能；电势．

【分析】根据电场力做功与电势能之间的关系，电场力做正功，电势能减小，可以判断电势的高低；根据能量守恒定律分析电势能变化量的大小．

【解答】解：AB、+q由O到A，动能变大，电场力做正功，电势能减小，电势也减小，所以O点的电势比A点的高；

﹣2q从O到B速度增大，电场力也做正功，电势能减小，电势升高，B点电势比O点高．所以B点最高，故A正确，B错误；

CD、两个粒子的质量相等，动能的变化量大小相等，根据能量守恒定律可知两粒子的电势能变化量相等，故C错误，D正确．

故选：AD．

8．如图所示，质量为m的物体，放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F的水平向右恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ₀时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，则下列说法正确的是（ ）

A．物体与斜面间的动摩擦因数为

B．物体与斜面间的动摩擦因数为

C．这一临界角θ₀的大小30°

D．这一临界角θ₀的大小60°

【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．

【分析】物体匀速下滑时受力平衡，按重力、弹力和摩擦力顺序进行受力分析，根据共点力平衡条件并结合正交分解法列方程，同时结合摩擦力公式求解动摩擦因素μ；

物体沿斜面能匀速上升，根据平衡条件列方程求解推力F，改变斜面倾斜角度后，根据平衡条件再次结合函数表达式分析即可．

【解答】解：AB、物体恰好匀速下滑时，由平衡条件有：

F_N1=mgcos30°，

mgsin30°=μF_N1，

则 μ=tan30°=；

故A正确，B错误；

CD、设斜面倾角为α，由平衡条件有：

Fcosα=mgsinα+F_f，

F_N2=mgcosα+Fsinα，

静摩擦力：F_f≤μF_N2，

联立解得F（cosα﹣μsinα）≤mgsinα+μmgcosα；

要使“不论水平恒力F多大”，上式都成立，则有cosα﹣μsinα≤0，

所以tanα≥==tan60°，即θ₀=60°，故C错误，D正确；

故选：AD

二、解答题（共5小题，满分62分）

9．在一带有凹槽（保证小球沿斜面做直线运动）的斜面底端安装一光电门，让一小球从凹槽中某位置由静止释放，调整光电门位置，使球心能通过光电门发射光束所在的直线，可研究其匀变速直线运动．实验过程如下：

（1）首先用螺旋测微器测量小球的直径．如图1所示，则小球直径d= 0.9350 cm．

（2）让小球从凹槽上某位置由静止释放，并通过光电门．用刻度尺测量小球释放位置到光电门的距离x，光电门自动记录小球通过光电门的时间△t，可计算小球通过光电门的瞬时速度表达式为v= ．（小球直径用d表示）

（3）改变小球的释放位置重复（2），可得到多组距离x、速度v．现将多组x、v、v²对应记录在表格中．

次数	1	2	3	4	5	6
距离x/m	0.10	0.20	0.30	0.40	0.50	0.60
速度v/ms﹣1	1.00	1.42	1.73	2.01	2.32	2.44
速度的平方v2/（m·s﹣1）2	1.00	2.02	2.99	4.04	5.38	5.95

（4）根据表数据，在坐标纸上适当选取标度和横轴、纵轴对应的物理量，做出小球运动的线性关系图．

（5）根据所作图象求得小球运动的加速度a= 5.0 m/s²（保留两位小数）．

【考点】探究小车速度随时间变化的规律．

【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数．

（2）已知挡光板的宽度与挡光时间，由速度公式可以求出速度．

（4）根据表格数据，依据运动学公式v²=2ax，从而选取合适的坐标，作出图象；

（5）根据图象的斜率含义，即可求解．

【解答】解：（1）螺旋测微器的固定刻度为9.0mm，可动刻度为0.01×35.0mm，

所以最终读数为9.350mm=0.9350cm；

（2）由于遮光条长度比较小，经过遮光条的平均速度可认为等于滑块的瞬时速度，故滑块经过光电门的速度v=；

（3）小球做匀变速直线运动，由运动学公式，则有：v²=2ax；因此选取横轴为x，而纵轴为v²，根据表格数据，描点作图，如下图所示：

（4）从图象可以，斜率k=2a，则a===5.0m/s²．

故答案为：（1）0.9350； （2）；（4）如上图所示；（5）5.0．

10．现有两相同的某型号多用表，一同学在研究性学习过程中想获得10V量程直流电压档的内阻和×1k欧姆档的内部电源的电动势，已知×1k欧姆档中央刻度线对应的数据为15．为完成实验，进行了如下操作：

（1）将甲多用表档位旋钮拨到10V电压档，将乙多用表档位旋钮拨到×1k欧姆档；

（2）应将甲多用表的红表笔与乙多用表的 黑 （填“红”或“黑”）表笔连接，在将另外两表笔连接；

（3）在连接两多用表表笔之前应对乙多用表进行的操作为 两表笔短接调零 ：

（4）两多用表连接后，两表读数分别为6.0V和30kΩ，可知10V量程直流电压档的内阻为 30 kΩ，×1k欧姆档的内部电源的电动势为 9 V．

【考点】用多用电表测电阻．

【分析】（2）欧姆表的黑表笔接的是内部电源的正极，电流要从电压表正极流入．

（3）多用电表每次换挡应进行欧姆调零．

（4）欧姆表示数是所测电阻阻值，应用串联电路特点与欧姆定律求出电源电动势．

【解答】解：（2）甲多用电表选择电压档，应将甲多用表的红表笔与乙多用表的黑表笔连接，在将另两表笔连接；

（3）由于乙的档位被拨了一次，故应该在测量前进行欧姆调零，方法是两表笔短接调零．

（4）×1k欧姆档中央刻度线对应的数据为15，则其中值电阻为15kΩ，欧姆表中值电阻等于其内阻，则欧姆表内阻为15kΩ；

两多用表连接后，两表读数分别为6V和30kΩ．可知10V量程直流电压档的内阻为30kΩ，欧姆表内阻为15kΩ、电压表内阻为30kΩ，

电压表示数为6V，则欧姆表电压两端为3V，×1k欧姆档的内部电源的电动势为E=6+3=9V．

故答案为：（2）黑；（3）两表笔短接调零；（4）30，9．

11．固定的倾角为37°的光滑斜面，长度为L=1m，斜面顶端放置可视为质点的小物体，质量为0.5kg，如图所示，当水平恒力较小时，物体可以沿斜面下滑，到达斜面底端时撤去水平恒力，物体在水平地面上滑行的距离为s，忽略物体转弯时的能量损失，研究发现s与F之间的关系如图所示，已知g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8．

求：（1）物体与地面间的动摩擦因数；

（2）当F=3N时，物体运动的总时间（结果可以用根式表示）

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

【分析】（1）根据图象面积F=0时，物体水平运动摩擦力做负功等于重力势能的减小量，从而求出摩擦力和对摩擦因数；

（2）当F=3N时，求出从斜面下滑的加速度，由位移时间公式求出斜面上的运动时间；由速度公式求出滑下斜面时的速度，根据牛顿第二定律求出在水平面上的加速度，根据速度时间公式求出初速度，联立求解可求出水平面上的运动时间，总时间即为两者之和．

【解答】解：（1）设物体的质量为m，与地面间的动摩擦因数为μ，

则地面对物体的摩擦力：f=μmg

当F取F₁=0N时，物体在水平地面上的位移为：s₁=6m

斜面是光滑的，则下滑过程增加的动能：E_k=mgLsin37°

水平方向上，摩擦力做功大小：W=fs₁=E_k

联立以上三式代入数据得：μ=0.1

（2）当F=3N时，设物体下滑的加速度为a，在斜面上运动时间为t，则由牛顿第二定律得：

mgLsin37°﹣Fcos37°=ma

由位移时间公式得：L=

联立以上两式代入数据得：t=

则滑下斜面时速度大小为：v=at

水平面上，设物体的加速度为a₁，运动时间为t₁，由牛顿第二定律得：μmg=ma₁

v=a₁t₁

联立以上三式代入数据得：t₁=

物体运动的总时间为：t_总=t+t₁=

12．如图所示，在边长为L的正方形区域ABCD内，存在沿AD方向的匀强电场，质量均为m，带电量分别为+q和﹣q的两粒子，同时由A、C两点沿AB和CD方向以速率v₀进入正方形区域，两粒子在区域的正中心相遇．若将区域中的电场换为垂直纸面向外的匀强磁场，两粒子同时由A、B两点沿平行于AB方向进入区域，速度大小仍为v₀，两粒子也在区域的正中心相遇，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，求：

（1）匀强电场的电场强度E；

（2）匀强磁场的磁感应强度B；

（3）若上述电场和磁场同时存在，两粒子先后由A点沿AC方向进入场区，速度大小仍为v₀，要求粒子能够沿直线到达C点，正方形区域内需另加一平行于纸面的匀强电场E′，求E′的大小和方向（方向用与AB方向夹角的正切值表示）．

【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．

【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律求出电场强度．

（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出磁感应强度．

（3）粒子沿直线AC运动，粒子做匀速直线运动，由平衡条件可以求出电场强度．

【解答】解：（1）由题意知粒子在电场中做类平抛运动，沿初速度方向和电场力方向的位移大小均为，则

=v₀t

at²

qE=ma

所以E=．

（2）由题意知粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径为 r=，

由牛顿第二定律得：qv₀B=，

所以B=．

（3）粒子应做匀速直线运动，受力如图所示，其中θ=45°，设E′与AB方向夹角为α，

qE′sinα=qE+qv₀B sinθ

qE′cosα=qv₀B cosθ

∴tanα=2+1

E′=．

答：（1）匀强电场的电场强度为；

（2）匀强磁场的磁感应强度B为；

（3）E′的大小为，方向与AB方向夹角的正切值为2+1．

13．质量为m₁的物体A以某一速度值由斜面底端冲上斜面，恰能到达斜面顶端，如图所示．将质量为m₂的物体B放置在斜面上某点，且处于静止状态，物体B到斜面顶端的距离为斜面长度的，A物体再次以相同的初速度冲上斜面，A、B发生弹性碰撞后，物体刚好能够到达斜面顶端．两物体可视为质点，且二者与斜面间的动摩擦因数相同．求A、B两物体的质量比m₁：m₂．

【考点】动量守恒定律．

【分析】根据牛顿第二定律求出A上滑的加速度大小，二者的加速度大小相等，抓住二者刚好能滑到斜面顶端，可知m₁碰前的速度与m₂碰后的速度相等，结合动量守恒定律和能量守恒定律求出A、B的质量之比．

【解答】解：两物体向上滑行时，根据牛顿第二定律得：

mgsinθ+μmgcosθ=ma

二者加速度相同，二者刚好能滑到斜面顶端，由，可知m₁碰前的速度与m₂碰后的速度相等，在碰撞过程中，设碰前m₁的速度和碰后m₂的速度为v，碰后m₁的速度为v₁

规定A的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：

m₁v=m₁v₁+m₂v

根据能量守恒得：

由以上两式可得：

m₁：m₂=1：1

答：A、B两物体的质量比为1：1．

2016年12月23日