河北省邯郸市曲周一中2017-2018学年高三上学期第二次摸底考物理试卷 Word版含解析

河北省邯郸市曲周一中2017-2018学年高三上学期第二次摸底考物理试卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分．在每小题给出的四个选项中，1-5只有一项符合题目要求，6-12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．下列关于力对物体做功的说法正确的是( )A．一个力使物体的速度发生变化，该力一定对物体做功B．合力对物体不做功，则合力一定为零C．合力对物体做功不一定改变物体的机械能D．一对作用力和反作用力对物体做功的代数和一定为零考点：功的计算；功能关系．分析：当力与速度方向垂直时，力对物体不做功，不垂直时，力对物体做功，作用力和反作用力，等大反向，作用在两个物体上，可能都做正功，也可能都做负功，也可能一正一负．解答：解：A、在水平光滑圆盘上，随圆盘一起做匀速圆周运动的物体，受到的静摩擦力使物体的速度发生变化，但是该力做物体不做功，故A错误；B、物体做匀速圆周运动，合外力提供向心力，对物体不做功，故B错误；C、合力对物体做功不一定改变物体的机械能，如自由落体运动，合力对物体做功，机械能不变，故C正确；D、作用力与反作用力的特征是：等大反向，作用在两个物体上，可以都做正功，也可能都做负功，故D错误．故选：C点评：本题主要考查了做功的条件，知道当力与速度方向垂直时，力对物体不做功，不垂直时，力对物体做功，难度不大，属于基础题．2．如图所示，顶角为直角、质量为M的斜面体ABC放在粗糙的水平面上，∠A=30°，斜面体与水平面间动摩擦因数为μ．现沿垂直于BC方向对斜面体施加力F，斜面体仍保持静止状态，则关于斜面体受到地面对它的支持力N和摩擦力f的大小，正确的是（已知重力加速度为g）( )A．N=Mg，f=B．N=Mg+，f=μMgC．N=Mg+，f=D．N=Mg+，f=考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：斜面体保持静止状态，合力为零，分析受力情况，根据平衡条件求解地面对斜面体的支持力N和摩擦力f的大小．解答：解：分析斜面体的受力情况如图，根据平衡条件得：N=Mg+Fsin30°=Mg+f=Fcos30°=故选C点评：本题是共点力平衡问题，关键是分析受力情况，作出力图，根据平衡条件求解．3．人民广场上喷泉的喷嘴与地面相平且竖直向上，某一喷嘴喷水流量Q=5L/s，水的出口速度v0=20m/s，不计空气阻力，g=10m/s2．则处于空中的水的体积是( )A．5 L B．20 L C．10 L D．40 L考点：竖直上抛运动．分析：水看作做竖直上抛运动，根据匀变速直线运动的速度时间公式，结合竖直上抛运动的对称性求出水上升到落地的时间，从而根据喷水流量求出空中水的体积．解答：解：水做竖直上抛运动，水在空中的时间为：t==s=4s．则空中水的体积V=Qt=5×4L=20L．故B正确，A、C、D错误．故选：B点评：解决本题的关键掌握竖直上抛运动的规律，知道上升阶段和下降阶段的对称性，并熟练运用这些规律研究实际问题．4．如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端．下列说法正确的是( )A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加C．第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程物体与传送带间的摩擦生热考点：动能定理的应用；功能关系．专题：传送带专题．分析：物体轻轻放在传送带上，匀加速过程：受到沿传送带向上的滑动摩擦力，物体将沿向上运动；物体相对于传送带静止后，受到沿传送带向上的静摩擦力，即可判断摩擦力做功的正负；根据功能关系：除重力之外的力所做的功等于物体机械能的增加；摩擦生热与物体与传送带间的相对位移成正比，根据运动学公式分析物体的位移与物体和传送带相对位移的关系，由功能关系分析摩擦生热和物体机械能变化的关系．解答：解：A、第一阶段物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力，第二阶段物体受到沿斜面向上的静摩擦力做功，两个阶段摩擦力方向都跟物体运动方向相同，所以摩擦力都做正功，故A错误；B、根据动能定理得知，外力做的总功等于物体动能的增加，第一个阶段，摩擦力和重力都做功，则第一阶段摩擦力对物体做的功不等于第一阶段物体动能的增加；故B错误；C、由功能关系可知，第一阶段摩擦力对物体做的功（除重力之外的力所做的功）等于物体机械能的增加，即△E=W阻=F阻s物，摩擦生热为Q=F阻s相对，又由于s传送带=vt，s物=t，所以s物=s相对=s传送带，即Q=△E，故C正确．D、第二阶段没有摩擦生热，但物体的机械能继续增加，故D错误．故选C点评：本题运用功能关系分析传送带问题，分析物体的运动情况和摩擦力的方向是解题的基础，根据动能定理和功能原理分析功能关系．5．A，B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球．两块金属板接在如图所示的电路中，其中R1为光敏电阻，R2为滑动变阻器，R3为定值电阻．当R2的滑动触头P在a端时闭合开关S．此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为θ，电源电动势E和内阻r一定．以下说法正确的是( )A．若仅将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大B．若仅增大A、B板间距离，则小球重新达到稳定后θ变大C．若仅用更强的光照射R1，则I增大，U增大D．若仅用更强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变考点：闭合电路的欧姆定律；匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：恒定电流专题．分析：该电路R1和R3串联，电容器两端间的电压等于R1两端间的电压，根据闭合电路的动态分析，分析电容器两端的电压变化，从而知道电场的变化以及θ角的变化．通过电容器两端电压的变化，就可知道电容器所带电量的变化．解答：解：A、滑动变阻器处于含容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，I不变，U 不变．故A错误．B、将A、B两板间的距离拉大，板间电压不变，则板间电场强度变小，小球所受的电场力变小，θ减小．故B错误．C、用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，电流I增大，内电压增大，外电压减小，即U减小，故C错误．D、由闭合电路欧姆定律知，U=E﹣Ir，知||=r，不变，即U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变．故D正确．故选：D．点评：解决本题的关键抓住电源的电动势和内阻不变，利用闭合电路欧姆定律进行动态分析．6．美国国家科学基金会2010年9月29日宣布，天文学家发现一颗迄今为止与地球最类似的行星，该行星绕太阳系外的红矮星Gliese581做匀速圆周运动．这颗行星距离地球约20光年，公转周期约为37天，它的半径大约是地球的1.9倍，表面重力加速度与地球相近．下列说法正确的是( )A．该行星的公转角速度比地球大B．该行星的质量约为地球质量的3.61倍C．该行星第一宇宙速度为7.9km/sD．要在地球上发射航天器到达该星球，发射速度只需达到地球的第二宇宙速度即可考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．专题：人造卫星问题．分析：根据万有引力提供向心力，得出轨道半径与周期的关系，得出地球的公转半径与该行星的公转半径关系，从而得出角速度的大小关系．根据万有引力等于重力，得出它们的质量关系．以及根据重力提供向心力求出第一宇宙速度的大小．解答：解：A、根据，得，ω=，知地球的周期大于行星的周期，知地球的轨道半径大于行星的轨道半径，所以行星的角速度大于地球的角速度．故A正确．B、根据，得M=，因为行星表面重力加速度与地球相近，半径大约是地球的1.9倍，则质量约为地球质量的3.61倍．故B正确．C、根据mg=m，得v=，因为半径是地球的1.9倍，则第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍．故C错误．D、发射的速度达到地球的第二宇宙速度，将脱离地球的引力，绕太阳运行．故D错误．故选AB．点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两个理论，并能熟练运用．7．如图所示，a，b，c是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab=cd=L，ad=bc=2L，电场线与矩形所在平面平行．已知a点电势为20V，b点电势为24V，d点电势为12V，一个质子从b点以v0的速度射入此电场，入射方向与bc成45°角，一段时间后经过c点．不计质子的重力，下列判断正确的是( )A．c点电势低于a点电势B．电场强度的方向由b指向dC．质子从b运动到c，所用的时间为D．质子从b运动到c，电场力做功为4eV考点：电势能；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：在匀强电场中，沿着电场线方向每前进相同的距离，电势变化相等；根据电场线与等势面垂直垂直画出电场线，根据W=qU计算电场力做的功．解答：解：A、在匀强电场中，沿着电场线方向每前进相同的距离，电势变化相等，故U a﹣U d=U b﹣U c，解得U c=16V，则c点电势低于a点电势．故A正确；B、设ad连线中点为O，则其电势为16V，故co为等势面，电场线与等势面垂直，则电场线沿着bo方向．故B错误；C、由上可知，电场线沿着bo方向，质子从b运动到c做为在平抛运动，垂直于bo方向做匀速运动，位移大小为x=2L=，则运动时间为．故C正确．D、根据W=qU，质子从b点运动到c点，电场力做功为W=qU bc=1e•（24V﹣16V）=8eV，故D错误；故选AC．点评：本题关键是抓住匀强电场中沿着任意方向每前进相同的距离电势变化相等以及电场线与等势面垂直进行分析．8．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v ﹣r图象如图乙所示（重力加速度为g），则( )A．施加外力前，弹簧的形变量为B．外力施加的瞬间，AB间的弹力大小为M（g﹣a）C．AB在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零D．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值考点：牛顿第二定律；胡克定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：题中弹簧弹力根据胡克定律列式求解，先对物体AB整体受力分析，根据牛顿第二定律列方程；再对物体B受力分析，根据牛顿第二定律列方程；t1时刻是A与B分离的时刻，之间的弹力为零．解答：解：A、施加F前，物体AB整体平衡，根据平衡条件，有：2Mg=kx解得：x=，故A错误．B、施加外力F的瞬间，对B物体，根据牛顿第二定律，有：F弹﹣Mg﹣F AB=Ma其中：F弹=2Mg解得：FAB=M（g﹣a），故B正确．CC、物体A、B在t1时刻分离，此时A、BA具有共同的v与a且FAB=0；对B：F弹′﹣Mg=Ma，解得F弹′=M（g+a），故C错误．D、当F弹′=Mg时，B达到最大速度，故D错误．故选：B．点评：本题关键是明确A与B分离的时刻，它们间的弹力为零这一临界条件；然后分别对AB整体和B物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程分析，不难．9．如图所示，倾斜的传送带始终以恒定速率v2运动．一小物块以v1的初速度冲上传送带，v1＞v2．小物块从A到B的过程中一直做减速运动，则小物块( )A．小物块到达B端的速度可能等于v2B．小物块到达B端的速度不可能等于零C．小物块的机械能一直在减少D．小物块所受合力一直在做负功考点：功能关系；牛顿第二定律．分析：小物块以初速度v1从底端冲上传动带，且v1大于v2，所以物块在重力沿斜面的分量及摩擦力作用下做匀减速运动，当速度减为v2后，重力沿斜面的分量大于向上的摩擦力，物体继续减速，摩擦力方向上，（也可以一直减到顶端时速度刚好为v2），根据除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，判断机械能的变化情况，根据动能定理可知，W合=△E K 判断合力做功情况．解答：解：A、小物块从传动带底端到达顶端的过程中一直做减速运动，减到顶端时速度可能刚好与传送带速度相等，故A正确；B、小物块以初速度v1从底端冲上传动带，且v1大于v2，所以物块在重力沿斜面的分量及摩擦力作用下做匀减速运动，当速度减为v2后，重力沿斜面的分量可以大于向上的摩擦力，这样合力方向向下，物体继续减速，到达顶端时，速度有可能正好减为零，故B错误；B、C、除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，刚开始v1大于v2，摩擦力方向向下，做负功，机械能减小，当速度减为v2后，再减速时，摩擦力方向向上，做正功，机械能增大，故C错误；D、根据动能定理可知，W合=△E K，因为物体一直做减速运动，速度动能一直减小，合外力一直做负功，故D正确．故选：AD．点评：本题主要考查了动能定理、机械能守恒定律的条件的直接应用，关键是正确分析物体的运动情况和受力情况，还要会分析摩擦力的方向，难度适中．10．如图所示为街头变压器通过降压给用户供电的示意图．变压器和用户之间两条输电线的总电阻用R0表示，用电器增加时相当于R的值减小（滑动片向下移）．和是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；和是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示．忽略变压器上的能量损失，输入电压恒定．下列说法正确的是( )A．用电器数目增加时，用电器两端电压减小B．用电器数目增加时，两电流表示数I1、I2不变C．变压器的输入功率与用电器数目增减无关D．滑片P向上滑动的过程中，输电线上的功率损耗减小考点：变压器的构造和原理；电功、电功率．专题：交流电专题．分析：和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．解答：解：A、当用电器增加时，相当于R的值减小，电路中的总的电阻减小，所以电流I2要变大，即A2的示数变大，由于副线圈的电流变大，电阻R0消耗的电压变大，又因为V2的示数不变，所以用电器两端电压减小，故A正确，B错误；C、由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，故C错误；D、滑片P向上滑动的过程中，相当于R的值增大，电流I2要变小，输电线上的功率损耗减小，故D正确；故选：AD．点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．11．如图是质谱仪工作原理的示意图．带电粒子a、b从容器中的A点飘出（在A点初速度为零），经电压U加速后，从x轴坐标原点处进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后分别打在感光板S上，坐标分别为x1、x2．图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则( )A．b进入磁场的速度一定大于a进入磁场的速度B．a的比荷一定大于b的比荷C．若a、b电荷量相等，则它们的质量之比m a：m b=x12：x22D．若a、b质量相等，则它们在磁场中运动时间之比t a：t b=x1：x2考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理．分析：带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，再进入磁场做匀速圆周运动，轨迹为半圆，本题动能定理和牛顿第二定律求解．解答：解：A、粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力可知qvB=，r=，半径与速度和比荷有关，故A错误；B、由动能定理可知粒子经过加速电场后的速度为qU=，v=，r=，a的比荷一定大于b的比荷，故B正确；C、根据r=，则它们的质量之比m a：m b=x12：x22，故C正确；D、经历的时间为t=，故则它们在磁场中运动时间之比t a：t b=x12：x22故D错误故选：BC点评：本题属于带电粒子在组合场中运动问题，电场中往往用动能求速度，磁场中圆周运动处理的基本方法是画轨迹．12．如图所示，边长为L，总电阻为R的均匀正方形线框abcd放置在光滑水平桌面上，其cd边右侧紧靠两个磁感强度为B、宽度为L、方向相反的有界匀强磁场．现使线框以初速度v0匀速通过磁场区域，从开始进入，到完全离开磁场的过程中，下列图线能定性反应线框中的感应电流（以逆时针方向为正）和a、b两点间的电势差随时间变化关系的是( )A．B．C．D．考点：导体切割磁感线时的感应电动势．专题：电磁感应与电路结合．分析：由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流和ab间的电压，然后选择图象．要分段研究．解答：解：线圈进入左侧磁场过程：在进入磁场0﹣L的过程中，E=BLv0，电流I==i0，方向为逆时针方向，为正；a的电势比b的电势高，ab间的电势差U ab=E=BLv0=u0；在L﹣2L的过程中，电动势E=2BLv0，电流I==2i0，方向为顺时针方向，为负．a 的电势比b的电势高，ab间的电势差U ab=E=BLv0=2u0；在2L﹣3L的过程中，E=BLv0，电流I==i0，方向为逆时针方向，为正；a的电势比b 的电势低，ab间的电势差U ab=﹣E=﹣BLv0=﹣3u0；故AC正确，BD错误．故选：AC．点评：解决本题的关键掌握切割产生的感应电动势公式以及安培力的大小公式，会通过楞次定律判断感应电流的方向．二．实验题（每空2分，共12分）13．用如图1所示的实验装置验证牛顿第二定律．（1）完成平衡摩擦力的相关内容：①取下砂桶，把木板不带滑轮的一端垫高，接通打点计时器电源，轻轻推动（选填“静止释放”或“轻轻推动”）小车，让小车拖着纸带运动．②如果打出的纸带如图2所示，则应减小（选填“增大”或“减小”）木板的倾角，反复调节，直到纸带上打出的点迹间隔均匀，平衡摩擦力才完成．（2）如图3所示是某次实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E是计数点（每打5个点取一个计数点），其中L1=3.07cm，L2=12.38cm，L3=27.87cm，L4=49.62cm．则打C点时小车的速度为1.24m/s．（计算结果保留三位有效数字）考点：验证牛顿第二运动定律．专题：实验题．分析：平衡摩擦力时轻推小车，若小车能够做匀速直线运动，则摩擦力得到平衡．根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出C点的速度，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出小车的加速度．解答：解：①平衡摩擦力时，取下砂桶，把木板不带滑轮的一端垫高，接通打点计时器电源，若小车拖着纸带做匀速直线运动，则摩擦力得到平衡．从纸带上看出，相等时间内位移越来越大，知小车做加速运动，需减小木板的倾角，直至小车做匀速直线运动，当纸带上打出的点迹间隔均匀，说明小车做匀速直线运动．②每打5个点取一个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，小车通过C点的速度v c==1.24m/s．故答案为：（1）①轻轻推动；②减小，间隔均匀；（2）1.24，点评：解决本题的关键掌握平衡摩擦力的方法，纸带的处理．要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．14．如图1所示，螺旋测微器的示数为6.122～6.125 mm，如图2所示，游标卡尺的示数为10.50 mm．考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．专题：实验题．分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．解答：解：1、螺旋测微器的固定刻度为6mm，可动刻度为12.3×0.01mm=0.123mm，所以最终读数为6mm+0.123mm=6.123mm，由于需要估读，最后的结果可以在6.122～6.125之间．2、游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为10×0.05mm=0.50mm，所以最终读数为：10mm+0.50mm=10.50mm．故答案为：6.122～6.125，10.50点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．三．计算题（28分）15．如图所示，倾角为θ=45°的粗糙平直导轨与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内．一质量为m的小滑块从导轨上离地面高为h=3R的D处无初速下滑进入圆环轨道．接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力．求：（1）滑块运动到圆环最高点C时的速度的大小；（2）滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；（3）滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功．考点：向心力；功的计算．分析：（1）根据几何关系得出平抛运动的水平位移，结合平抛运动的规律，求出平抛运动的初速度，即在最高点C的速度．（2）对最低点到C点运用动能定理，求出最低点的速度，根据牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出滑块对最低点的压力大小．（3）对D到最低点运用动能定理，求出克服摩擦力做功的大小．解答：解：（1）根据几何关系知，OP间的距离x=，根据R=得，t=，则滑块在最高点C时的速度．（2）对最低点到C点的过程运用动能定理得，﹣mg2R=解得v=，对最低点由牛顿第二定律得：解得：F N=6mg由牛顿第三定律得：滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小为6mg．（3）从D到最低点过程中，运用动能定理得：mgh﹣W f=，解得．答：（1）滑块运动到圆环最高点C时的速度的大小为；（2）滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小为6mg；（3）滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功为．点评：该题的突破口是小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，运用平抛规律和几何关系求出初速度．下面就是一步一步运用动能定理和牛顿第二定律解决问题．16．（16分）如图所示，相距均为L的光滑倾斜导轨MN、PQ与光滑水平导轨NS、QT连接，水平导轨处在磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中．光滑倾斜导轨处在磁感应强度大小也为B，方向垂直于倾斜导轨平面斜向下的匀强磁场中，如图．质量均为m、电阻均为R的金属导体棒ab、cd垂直于导轨分别放在倾斜导轨和水平导轨上，并与导轨接触良好，不计导轨电阻．现用绝缘细线通过定滑轮将金属导体棒ab、cd连接起来．质量为2m的物体C用绝缘细线通过定滑轮与金属导体棒cd连接．细线沿导轨中心线且在导轨平面内，细线及滑轮质量、滑轮摩擦均不计．已知倾斜导轨与水平面的夹角θ=300，重力加速度为g，导轨足够长，导体棒ab始终不离开倾斜导轨，导体棒cd始终不离开水平导轨．物体C由静止释放，当它达到最大速度时下落高度h=，试求这一运动过程中：（1）物体C能达到的最大速度V m是多少？（2）金属棒ab产生的焦耳热是多少？（3）连接ab棒的细线对ab棒做的功是多少？。