河北省衡水市阜城中学2017届高三（上）月考物理试卷（11月份）（解析版）

参考答案与试题解析

一、选择题：本题共12小题，每小题5分．在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.

1．小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点，（ ）

A．P球的速度一定大于Q球的速度

B．P球的动能一定小于Q球的动能

C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力

D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度

【考点】机械能守恒定律；向心加速度；向心力．

【分析】从静止释放至最低点，由机械能守恒列式，可知最低点的速度、动能；在最低点由牛顿第二定律可得绳子的拉力和向心加速度．

【解答】解：AB．从静止释放至最低点，由机械能守恒得：mgR=mv²，解得：v=

在最低点的速度只与半径有关，可知v_P＜v_Q；动能与质量和半径有关，由于P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短，所以不能比较动能的大小．故AB错误；

CD．在最低点，拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：

F﹣mg=m，解得，F=mg+m=3mg，a_向=，

所以P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力，向心加速度两者相等．故C正确，D错误．

故选：C．

2．一个质量为50kg的人，从静止开始以0.5m/s²的加速度在水平面上向右加速跑动，在t=5时又以0.5m/s²减速跑动，速度变为0后，再以0.5m/s²的加速度返向跑动5s，在这段时间内陆面的摩擦力对人做的功为（ ）

A． J B． J C． J D．0

【考点】动能定理的应用．

【分析】人在水平面上跑动过程中，只有摩擦力对人做功，分析动能的变化，由动能定理求摩擦力对人做的功．

【解答】解：据题，人再以0.5m/s²的加速度返向跑动5s时速度为 v=at=0.5×5=2.5m/s

对整个过程，由动能定理得：

地面的摩擦力对人做的功为 W=﹣0=J=J

故选：A

3．如图所示，A、B是点电荷负Q形成的电场中的两点（r_A＜r_B）．若先后把带电量很小，不会影响Q形成电场的正点电荷q₁、q₂（q₁＞q₂）分别放到A点和B点，q₁、q₂在A点受到的电场力分别为F_A1、F_A2，在B点受到的电场力分别为F_B1、F_B2．则下列关于点电荷所受电场力F和带电量q的比值的大小的比较中，正确的说法是（ ）

A．，

B．，

C．，

D．，

【考点】电场强度．

【分析】真空点电荷产生的电场强度计算公式是E=，Q是产生电场的电荷的电量，r是电场中的某点到场源电荷Q的距离．放在电场中某点的电荷受到的电场力与其电荷量比值等于该点的电场强度．电场中同一点电场强度不变．

【解答】解：A、由题，q₁、q₂在A点受到的电场力分别为F_A1、F_A2，而A点的电场强度一定，根据场强的定义式E=可知， =E_A．故A错误．

B、由点电荷的场强公式E=分析可知，A点的场强大于B点的场强，则有．故B错误．

C、由上分析可知， ，．故C正确．

D、电场强度反映本身的强弱与方向，与试探电荷无关，电场中同一点场强是一定的，则=．故D错误

故选C

4．甲、乙两个溜冰者质量分别为48kg和50kg，甲手里拿着质量为2kg的球，两人均以2m/s的速率，在光滑的冰面上沿同一直线相向滑行，甲将球传给乙，乙再将球传给甲，这样抛接几次后，球又回到甲的手里，乙的速度为零，则甲的速度的大小为（ ）

A．0 B．2m/s C．4m/s D．无法确定

【考点】动量守恒定律．

【分析】以两人和球为研究对象，系统水平方向动量守恒，根据动量守恒列方程即可正确解答．

【解答】解：设甲溜冰者的运动方向为正方向，根据动量守恒定律，选择开始和最后两个状态列方程得：

（M_甲+m）v₀﹣M_乙v₀=M_乙×0+（M_甲+m）v，代入数据解得v=0，故BCD错误，A正确．

故选A．

5．如下四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点，其中电势和场强都相同的是（ ）

A． B． C． D．

【考点】电势；电场强度．

【分析】电场强度是矢量，既有大小又有方向，只有当大小均相同时，场强才相同．电势是标量，根据电场线和等势线的分布情况解答．

【解答】解：A、ab两点电势相同，电场强度方向不同，场强不同．故A错误．

B、ab在同一等势线上，电势相等．根据对称性，ab两点场强相同，故B正确．

C、根据顺着电场线电势降低，则知a点的电势比b点高．根据电场线分布情况可知a、b两点场强相同．故C错误．

D、a点场强方向向上，b点场强方向向下，场强不同．电势相同．故D错误．

故选：B．

6．如图所示，质量为m的小球A以水平速率v与静止在光滑水平面上质量为3m的小球B发生正碰后，小球A的速率变为，则碰后B球的速度为（以v的方向为正方向）（ ）

A． B．v C． D．

【考点】动量守恒定律．

【分析】碰撞过程中动量守恒，本题的难点在于判断碰撞后A球的速度方向，注意碰撞满足的条件：动量守恒，碰撞是一次性的不能重复碰撞，碰后动能小于等于碰前动能．

碰后A球的速度方向可能跟原来相同，也可能相反，再根据碰撞过程中动量守恒即可解题．

【解答】解：碰撞过程中AB动量守恒，则

mv=mv_A+3mv_B

又因为v_A=

解得：或

其中当＜还要发生第二次碰撞，这不可能，故此答案舍去

故选D．

7．如图，质量为3kg的木板放在光滑水平面上，质量为1kg的物块在木板上，它们之间有摩擦力，木板足够长，两者都以4m/s的初速度向相反方向运动，当木板的速度为2.4m/s时，物块（ ）

A．加速运动 B．减速运动 C．匀速运动 D．静止不动

【考点】动量守恒定律；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律．

【分析】分析物体的运动情况：初态时，系统的总动量方向水平向左，两个物体开始均做匀减速运动，m的速度先减至零，根据动量守恒定律求出此时M的速度．之后，m向左做匀加速运动，M继续向左做匀减速运动，最后两者一起向左匀速运动．根据动量守恒定律求出薄板的速度大小为2.4m/s时，物块的速度，并分析m的运动情况．

【解答】解：设木板的质量为M，物块的质量为m；开始阶段，m向左减速，M向右减速，根据系统的动量守恒定律得：当物块的速度为零时，设此时木板的速度为v₁．

根据动量守恒定律得：（M﹣m）v=Mv₁

代入解得：v₁===2.67m/s．

此后m将向右加速，M继续向右减速；当两者速度达到相同时，设共同速度为v₂．由动量守恒定律得：

（M﹣m）v=（M+m）v₂

代入解得：v₂==×4=2m/s．

两者相对静止后，一起向左匀速直线运动．

由此可知当M的速度为2.4m/s时，m处于向右加速过程中，加速度向右．

故选：A．

8．如图所示，两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线悬挂于O点，若q₁＞q₂，l₁＞l₂，平衡时两球到过O点的竖直线的距离相等，则（ ）

A．m₁＞m₂ B．m₁=m₂ C．m₁＜m₂ D．无法确定

【考点】库仑定律．

【分析】对小球受力分析，根据受力平衡可得出小球的倾角与电量、重力的关系，则可得出两小球的质量的大小关系．

【解答】解：对m₁、m₂球受力分析，

根据共点力平衡和几何关系得：

左边两个阴影部分面积相似，右边两个阴影部分面积相似；

虽然q₁＞q₂，l₁＞l₂，但两者的库仑力大小相等，

则有

由于 F₁=F₂，

所以m₁=m₂． 故B正确，ACD错误；

故选B．

9．如图所示，等质量同种正电荷固定在M、N两点，虚线框ABCD是以MN连线的中点为中心的正方形，其中G、H、E、F分别为四条边的中点，则以下说法中正确的是（ ）

A．若A点电势为5V，则B点电势为5V

B．同一正电荷在A点具有的电势能大于在D点具有的电势能

C．在G点释放一个带正电粒子（不计重力），粒子将沿GH连线向H点运动

D．在E点释放一个带正电粒子（不计重力），粒子将沿EF连线向F点运动

【考点】电场的叠加；电势差与电场强度的关系．

【分析】根据等量同种电荷等势面分布情况，判断出A与B电势相等、A与D电势相等，再分析电势能的关系；根据带正电的粒子受力情况，分析其运动方向．

【解答】解：A、根据等量同种电荷等势面分布情况和对称性可知，A点和B点电势相等，若A点电势为5V，则B点电势为5V，故A正确．

B、根据等量同种电荷等势面分布情况和对称性可知，A点和D点电势相等，则同一正电荷在A、D两点具有的电势能相等，故B错误．

C、由G点释放一个带正电粒子（不计重力），该粒子所受的电场力垂直于MN连线向上，所以粒子将沿GH连线向上运动，故C错误．

D、在E点电场强度方向由E→F，带正电的粒子受到的电场力方向由E→F，粒子将沿EF连线向F点运动，故D正确．

故选：AD

10．在地面上方某一点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中（ ）

A．速度和加速度的方向都在不断变化

B．速度与加速度方向之间的夹角一直减小

C．在相等的时间间隔内，速率的改变量相等

D．在相等的时间间隔内，动能的改变量相等

【考点】功能关系．

【分析】明确平抛运动的性质，知道平抛运动可分解为竖直方向上的自由落体运动和水平方向上的匀速直线运动；再根据运动的合成和分解规律可明确速度及速率的变化情况．

【解答】解：A、平抛运动的物体其加速度恒定不变，速度方向时刻变化；故A错误；

B、由于竖直分速度一直增大，而水平分速度不变，故合速度的方向由水平逐渐变为接近竖直，故与竖直方向夹角越来越小；与加速度方向的夹角越来越小；故B正确；

C、由v=gt可知，在相等的时间间隔内速度的改变量相同；但是速率为水平速度和竖直速度的合速度的大小；故速率的改变量不相同；故C错误；

D、由C可知，速率的变化量不相等，故由动能的表达式可知，动能的改变量也不相等；故D错误；

故选：B．

11．如图，两质量均为m的小球，通过长为L的不可伸长轻绳水平相连，从某一高处自由下落，下落过程中绳处于水平伸直状态．在下落h高度时，绳的中点碰到水平放置的光滑钉子O．重力加速度为g，空气阻力不计，则（ ）

A．小球从开始下落到刚到达最低点的过程中机械能守恒

B．从轻绳与钉子相碰到小球刚到达最低点的过程，重力的瞬时功率先增大后减小

C．小球刚到达最低点时速度大小为

D．小球刚到达最低点时的加速度大小为（+2）g

【考点】机械能守恒定律；功率、平均功率和瞬时功率．

【分析】小球从开始下落到刚到达最低点的过程中只有重力做功，系统机械能守恒；重力的瞬时功率根据P_G=mgv_y求解；小球刚到达最低点时速度可根据动能定理求解；根据向心加速度公式即可求解向心加速度．

【解答】解：A、小球从开始下落到刚到达最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，故A正确；

B、以向下为正方向，竖直方向合力为F=mg﹣Tsinθ，开始时θ很小，mg＞Tsinθ，F＞0，竖直方向加速度向下，v_y增大，到快要相碰时，Tsinθ＞mg，F＜0，竖直方向加速度向上，v_y减小，根据P_G=mgv_y可知重力的瞬时功率先增大后减小，故B正确；

C、从最高点到小球刚到达最低点的过程中运用动能定理得：，解得：v=，故C错误；

D、根据向心加速度公式有：a==，故D正确．

故选ABD．

12．一质量为0.1kg的小球自t=0时刻从水平地面上方某处自由下落，小球与地面碰后反向弹回，不计空气阻力，也不计小球与地面碰撞的时间，小球距地面的高度h与运动时间t关系如图所示，取g=10m/s²．则（ ）

A．小球第一次与地面碰撞后的最大速度为10m/s

B．小球与地面碰撞前后动量守恒

C．小球第一次与地面碰撞时机械能损失了15J

D．小球将在t=6s时与地面发生第四次碰撞

【考点】动量守恒定律；匀变速直线运动的图像．

【分析】图象为h﹣t图象，故描述小球高度随时间变化的规律，则由图象可读出碰后小球上升的最大高度；由机械能守恒可求得小球与地面碰撞前后的速度，则可求得机械能的损失．

【解答】解：A、由图可知，小球从20m高的地方落下，由机械能守恒定律可知，落地时的速度v₁==20m/s；

而碰后，小球上升的高度为5m，同理可知，碰后的速度v₂==10m/s，故A正确；

B、小球与地面碰后反向弹回，速度的方向改变，小球的动量不守恒，所以B错误；

C、小球碰前的机械能E₁=mv₁²=20J； 而碰后的机械能E₂=mv₂²=5J，故机械能的改变量为E₁﹣E₂=15J； 故C正确；

D、由图可知，从小球第二次弹起至第三次碰撞，用时1s，而第三次弹起时，其速度减小，故在空中时间减小，故应在6s前发生第四次碰撞，故D错误；

故选：AC．

二、实验填空题．在下面的13、14小题中共有五处横线空白，将其填充完整并填入答题纸相应题号空白处．每空3分，共计15分．

13．利用图示装置进行验证机械能守恒定律的试验时，需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h．某班同学利用实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案．

A．用刻度尺测出物体下落的高度h，并测出下落时间t，通过v=gt计算出瞬时速度v

B．用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过v=计算出瞬时速度v

C．根据做匀速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v，并通过h=计算出高度h

D．用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v

以上方案中只有一种正确，正确的是 D ．（填入相应的字母）

【考点】验证机械能守恒定律．

【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项．

该实验是验证机械能守恒定律的实验．因为我们知道自由落体运动只受重力，机械能就守恒．如果把重物的实际运动看成自由落体运动，再运用自由落体的规律求解速度，那么就不需要验证．

【解答】解：该实验是验证机械能守恒定律的实验．因为我们知道自由落体运动只受重力，机械能就守恒．如果把重物的实际运动看成自由落体运动，再运用自由落体的规律求解速度，那么就不需要验证呢．

其中ABC三项都是运用了自由落体的运动规律求解的，故ABC错误，D正确．

故选：D．

14．两位同学用如图甲所示装置，通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律．

①实验中必须满足的条件是 BC ．

A．斜槽轨道尽量光滑以减小误差

B．斜槽轨道末端的切线必须水平

C．入射球A每次必须从轨道的同一位置由静止滚下

D．两球的质量必须相等

②测量所得入射球A的质量为m_A，被碰撞小球B的质量为m_B，图甲中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影，实验时，先让入射球A从斜轨上的起始位置由静止释放，找到其平均落点的位置P，测得平抛射程为OP；再将入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，与小球B相撞，分别找到球A和球B相撞后的平均落点M、N，测得平抛射程分别为OM和ON．当所测物理量满足表达式 m_A·OP=m_A·OM+m_B·ON 时，即说明两球碰撞中动量守恒；如果满足表达式 m_AOP²=m_AOM²+m_BON² 时，则说明两球的碰撞为完全弹性碰撞．

③乙同学也用上述两球进行实验，但将实验装置进行了改装：如图乙所示，将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中球A、球B与木条的撞击点．实验时，首先将木条竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触，让入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，撞击点为B′；然后将木条平移到图中所示位置，入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，确定其撞击点P′；再将入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，与球B相撞，确定球A和球B相撞后的撞击点分别为M′和N′．测得B′与N′、P′、M′各点的高度差分别为h₁、h₂、h₃．若所测物理量满足表达式 =+ 时，则说明球A和球B碰撞中动量守恒．

【考点】验证动量守恒定律．

【分析】（1）在做“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，所以要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平；

（2）由于两球从同一高度下落，故下落时间相同，所以水平向速度之比等于两物体水平方向位移之比，然后由动量守恒定律与机械能守恒分析答题．

（3）应用平抛运动规律分析碰撞的速度，再由动量守恒定律列式求解．

【解答】解：①A、“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故A错误；

B、要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故B正确；

C、要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确；

D、为了使小球碰后不被反弹，要求入射小球质量大于被碰小球质量，故D错误；

故选：BC．

②小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相同，它们在空中的运动时间t相等，

它们的水平位移x与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，

若两球相碰前后的动量守恒，则m_Av₀=m_Av₁+m_Bv₂，又OP=v₀t，OM=v₁t，ON=v₂t，代入得：m_AOP=m_AOM+m_BON，

若碰撞是弹性碰撞，则机械能守恒，由机械能守恒定律得： m_Av₀²=m_Av₁²+m_Bv₂²，

将OP=v₀t，OM=v₁t，ON=v₂t代入得：m_AOP²=m_AOM²+m_BON²；

③小球做平抛运动，在竖直方向上：h=gt²，平抛运动时间：t=，

设轨道末端到木条的水平位置为x，小球做平抛运动的初速度：

v_A=，v_A′=，v_B′=，

如果碰撞过程动量守恒，则：m_Av_A=m_Av_A′+m_Bv_B′，

将v_A=，v_A′=，v_B′=，

解得： =+

故答案为：①BC；②m_AOP=m_AOM+m_BON；m_AOP²=m_AOM²+m_BON²；③=+

三.计算论述题，其中15小题10分，16小题12分，17小题13分，共计25分．

15．如图所示，空间存在一水平向右的有界匀强电场，电场上下边界的距离为d，左右边界足够宽．现有一带电量为+q、质量为m的小球（可视为质点）以竖直向上的速度从下边界上的A点进入匀强电场，且恰好没有从上边界射出，小球最后从下边界的B点离开匀强电场，若A、B两点间的距离为4d，重力加速度为g，求：

（1）匀强电场的电场强度；

（2）小球在B点的动能；

【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．

【分析】（1）小球受到重力和电场力的作用，将小球的运动分成两个力的方向上求解过程，根据运动的分解求解即可．

（2）对竖直方向进行分析，根据动能定理即可求得小球在B点的动能．

【解答】解：（1）设电场强度为E，小球从A运动到B的时间为t，则：

对水平方向上有： =4d

对竖直方向上，由运动的对称性有：

g（）²=d

联立解得：E=

（2）设小球进入电场时的速度为v₀，小球到达B点时的动能为E_K，则：

对竖直方向上有：

v₀²=2gd

对小球从A到B点的过程由动能定理得：

4qEd=E_k﹣

联立解得：E_k=5mgd

答：（1）匀强电场的电场强度为；

（2）小球在B点的动能为5mgd；

16．在地面上以初速度v₀竖直向上抛出一物体，返回抛出点时物体的速度大小为v₀，假设物体运动过程中受到的空气阻力大小不变，重力加速度为g，求物体在空中运动的时间．

【考点】动能定理；牛顿第二定律．

【分析】先利用动能定理求出上升高度和空气的阻力，再分别对上升和下降过程使用牛顿第二定律和运动学公式求得在空气中运动的总时间．

【解答】解：设物体运动中受到的空气阻力大小为f，上升的最大高度为h，根据动能定理可得：

上升过程中：﹣mgh﹣fh=0﹣mv₀²

下降过程中：mgh﹣fh=m（v₀）²

联立解得：h=；f=mg

上升过程由牛顿第二定律得：mg+f=ma₁

下降过程由牛顿第二定律得：mg﹣f=ma₂

根据运动学公式可得：

0﹣v₀=a₁t₁

v₀=a₂t₂

联立以上各式解得：t=t₁+t₂=．

答：物体在空中运动的时间为．

17．如图所示，轻质弹簧将质量为m的小物块连接在质量为M（M=3m）的光滑框架内．小物块位于框架中心位置时弹簧处于自由长度．现设框架与小物块以共同速度v₀沿光滑水平面向左匀速滑动．

（1）若框架与墙壁发生碰撞后速度为零，但与墙壁不粘连，求框架脱离墙壁后的运动过程中，弹簧弹性势能的最大值．

（2）若框架与墙壁发生碰撞以一定速度反弹，在以后过程中弹簧的最大弹性势能为mv₀²，求框架与墙壁碰撞时损失的机械能△E₁．

（3）在（2）情形下试判定框架与墙壁能否发生第二次碰撞？若不能，说明理由．若能，试求出第二次碰撞时损失的机械能△E₂．（设框架与墙壁每次碰撞前后速度大小之比不变）

【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．

【分析】（1）框架与墙壁碰撞后，物块以v₀压缩弹簧，后又返回，由机械能守恒可知，碰后速度仍为v₀方向向右．

设弹簧有最大势能时共同速度为v，根据动量守恒定律和能量守恒定律列式即可求解；

（2）设框架反弹速度为v₁、最大势能时共同速度为v，则由动量、能量守恒定律即可求解v₁、和v，从而求解损失量；

（3）由（2）知第一次碰后反弹后，二者总动量为零，故当弹簧再次伸展后仍可继续与墙壁相撞，并以v₁的速度与墙壁相撞，根据速度的比值关系求得碰后速度即可求解机械能损失量．

【解答】解：（1）框架与墙壁碰撞后，物块以V₀压缩弹簧，后又返回，

当返回原位时框架开始离开，由机械能守恒知，此时物块速度是v₀方向向右．

设弹簧有最大势能时共同速度为v，由动量守恒定律知：mv₀=4mv，

由能量守恒定律mv₀²=×4mv²+E_Px，

解得：E_PX=mv₀²；

（2）设框架反弹速度为v₁，最大势能时共同速度为v，则

由动量、能量守恒定律得

3mv₁﹣mv₀=4mv，

×3mv₁²+mv₀²=×4mv′²+mv₀²，

解得：v₁=，v₁′=﹣v₀（舍去），

代入解得：v′=0，

△E₁=×3mv₀²﹣×3mv₁²=mv₀²，

（3）由（2）知第一次碰后反弹后，二者总动量为零，故当弹簧再次伸展后仍可继续与墙壁相撞，并以V₁=速度与墙壁相撞，由题意知，

=，所以v₂=，

故△E₂=×3m﹣×3m=mv₀²，

答：（1）弹簧弹性势能的最大值为mv₀²；

（3）框架与墙壁碰撞时损失的机械能为mv₀²；

（4）能，第二次碰撞时损失的机械能为mv₀²．

2016年12月17日