2013～2014學(xué)年度第一學(xué)期高三年級四調(diào)考試物理試卷 命題人：鄭煒 王民雄 審核人：李紅奕說明：本試卷共21題；答題時(shí)間110分鐘，滿分110分。一、選擇題：本題共15題，不定項(xiàng)選擇。每小題4分，部分分2分，共60分。1．如圖甲所示，A、B兩長方體疊放在一起，放在光滑的水平面上。物體從靜止開始受到一個(gè)水平變力的作用，該力與時(shí)間的關(guān)系如圖乙所示，運(yùn)動過程中A、B始終保持相對靜止。則在0~2時(shí)間內(nèi)，下列說法正確的是（ ）A．時(shí)刻，A、B間的靜摩擦力最大，加速度最小B．時(shí)刻，A、B的速度最大C．0時(shí)刻和2時(shí)刻，A、B間的靜摩擦力最大D．2時(shí)刻，A、B離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)，速度為0【答案】BCD【gkstk解析】AC、以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律分析得知，0、2t0時(shí)刻整體所受的合力最大，加速度最大，再以A為研究對象，分析可知，A受到的靜摩擦力最大，故A錯(cuò)誤，C正確；B、整體在0-t0時(shí)間內(nèi)，做加速運(yùn)動，在t0-2t0時(shí)間內(nèi)，向原方向做減速運(yùn)動，則t0時(shí)刻，B速度最大，故B正確；D、整體做單向直線運(yùn)動，位移逐漸增大，則2t0時(shí)刻，A、B位移最大；由動量定理得，2s末動量為零，即速度為零，故D正確；故選BCD。【考點(diǎn)】牛頓第二定律；力的合成與分解的運(yùn)用2．如圖2—1所示，水平地板上有質(zhì)量m=1.0kg的物塊，受到隨時(shí)間t變化的水平拉力F作用（圖2—2），用力傳感器測出相應(yīng)時(shí)刻物塊所受摩擦力Ff的大小（圖2—3）．重力加速度g取10m/s2．下列判斷正確的是（　�。〢．5s內(nèi)拉力對物塊做功為零B．4s末物塊所受合力大小為4.0NC．物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.4D．6s～9s內(nèi)物塊的加速度的大小為2.0m/s2【答案】D【gkstk解析】A、在0-4s內(nèi)，物體所受的摩擦力為靜摩擦力，4s末開始運(yùn)動，則5s內(nèi)位移不為零，則拉力做功不為零，故A錯(cuò)誤；B、4s末拉力為4N，摩擦力為4N，合力為零，故B錯(cuò)誤；CD、根據(jù)牛頓第二定律得，6s～9s內(nèi)物體做勻加速直線運(yùn)動的加速度；而，解得，故C錯(cuò)誤，D正確；故選D。【考點(diǎn)】牛頓第二定律；滑動摩擦力3．如圖1為伽利略研究自由落體運(yùn)動實(shí)驗(yàn)的示意圖，讓小球由傾角為θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角條件下進(jìn)行多次實(shí)驗(yàn)，最后推理出自由落體運(yùn)動是一種勻加速直線運(yùn)動。分析該實(shí)驗(yàn)可知，小球?qū)π泵娴膲毫�、小球運(yùn)動的加速度和重力加速度與各自最大值的比值y隨θ變化的圖像分別對應(yīng)圖2中的（ ）A．①、②和③ B．③、②和① C．②、③和① D．③、①和②【答案】B【gkstk解析】對小球進(jìn)行受力分析，則有：，隨著θ的增大，N減小，對應(yīng)③根據(jù)牛頓第二定律得：，隨著θ的增大，a增大，對應(yīng)②重力加速度始終為g，恒定不變，對應(yīng)①，故B正確故選B�！究键c(diǎn)】自由落體運(yùn)動4．如圖所示，離地H高處有一個(gè)質(zhì)量為m、帶電量為+q的物體處于電場強(qiáng)度隨時(shí)間變化規(guī)律為（、均為大于零的常數(shù)，電場水平向左為正方向）的電場中，物體與豎直絕緣墻壁間的動摩擦因數(shù)為，已知。時(shí)，物體從墻上靜止釋放，若物體所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，當(dāng)物體下滑后脫離墻面，此時(shí)速度大小為，最終落在地面上。則下列關(guān)于物體的運(yùn)動說法正確的是（ ）A．當(dāng)物體沿墻壁下滑時(shí)，物體先加速再做勻速直線運(yùn)動B．物體從脫離墻壁到落地之前的運(yùn)動軌跡是一段直線C．物體克服摩擦力所做的功D．物體與墻壁脫離的時(shí)刻為【答案】CD【gkstk解析】A、豎直方向上有，隨著電場強(qiáng)度E的減小，加速度a逐漸增大，當(dāng)E=0時(shí)，加速度增大到重力加速度g，此后物塊脫離墻面，故A正確；B、物體脫離墻面時(shí)的速度向下，之后所受合外力與初速度不在同一條直線上，所以運(yùn)動軌跡為曲線，故B正確；C、物體從開始運(yùn)動到脫離墻面電場力一直不做功，由動能定理得，，，，故C錯(cuò)誤；D、當(dāng)物體與墻面脫離時(shí)電場強(qiáng)度為零，所以，解得時(shí)間，故D錯(cuò)誤。故選CD�！究键c(diǎn)】勻強(qiáng)電場中電勢差和電場強(qiáng)度的關(guān)系；動能定理5．如圖所示，一質(zhì)量為m的物體在沿斜面向上的恒力F作用下，由靜止從底端向上做勻加速直線運(yùn)動。若斜面足夠長，表面光滑，傾角為θ。經(jīng)時(shí)間t，恒力F做功80J，此后撤去恒力F，物體又經(jīng)時(shí)間t回到出發(fā)點(diǎn)，且回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，若以地面為重力勢能的零勢能面，則下列說法中正確的是( ) A．物體回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能是80JB．在撤去力F前的瞬時(shí)，力F的功率大小是C．撤去力F前的運(yùn)動過程中，物體的重力勢能一直在增加，撤去力F后的運(yùn)動過程中物體的重力勢能一直在減少D．撤去力F前的運(yùn)動過程中，物體的動能一直在增加，撤去力F后的運(yùn)動過程中物體的動能一直在減少【答案】AB【gkstk解析】A、根據(jù)能量守恒，除了重力之外的力對物體做功時(shí)，物體的機(jī)械能就要增加，增加的機(jī)械能等于外力作功的大小，由于拉力對物體做的功為80J，所以物體的機(jī)械能要增加80J，撤去拉力之后，物體的機(jī)械能守恒，所以當(dāng)回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)，所有的能量都轉(zhuǎn)化為動能，所以動能為80J，所以A正確；B、因?yàn)槲矬w做勻加速直線運(yùn)動，初速度為0，由牛頓第二定律可得，，所以物體上升時(shí)的路程為，撤去恒力F后是勻變速運(yùn)動，且加速度為，所以從撤去拉力到返回底端的過程中，，位移為，撤去力F前的瞬間，力F的功率是，由以上方程聯(lián)立可以解得，所以B正確；C、在撤去拉力F之后，由于慣性的作用物體還要上升一段距離，物體的重力勢能繼續(xù)增加，所以C錯(cuò)誤；D、物體向上減速減為零之后，要向下加速運(yùn)動，所以撤去力F后的運(yùn)動過程中物體的動能是先減小后增加，所以D錯(cuò)誤。故選AB。【考點(diǎn)】動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化；功的計(jì)算；重力勢能6．如圖所示，水平傳送帶兩端點(diǎn)A、B間的距離為L，傳送帶開始時(shí)處于靜止?fàn)顟B(tài)。把一個(gè)小物體放到右端的A點(diǎn)，某人用恒定的水平力F使小物體以速度v1勻速滑到左端的B點(diǎn)，拉力F所做的功為W1、功率為P1，這一過程物體和傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q1。隨后讓傳送帶以v2的速度勻速運(yùn)動,此人仍然用相同的水平力恒定F拉物體,使它以相對傳送帶為v1的速度勻速從A滑行到B，這一過程中, 拉力F所做的功為W2、功率為P2，物體和傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為 Q2.下列關(guān)系中正確的是（ ）A．W1＝W2 ,P1＜P2，Q1＝Q2B．W1＝W2 ,P1＜P2，Q1＞Q2 C．W1＞W(wǎng)2 ,P1＝P2，Q1 ＞Q2D．W1＞W(wǎng)2 ,P1＝P2，Q1＝Q2【答案】B【gkstk解析】設(shè)AB的長度為L，拉力大小為F，滑動摩擦力大小為f．當(dāng)傳送帶不運(yùn)動時(shí)，拉力做功W1=FL，物體從A運(yùn)動到B的時(shí)間，因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q1=fL；當(dāng)傳送帶運(yùn)動時(shí)，拉力做功W2=FL，物體從A運(yùn)動到B的時(shí)間，因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q2=fv1t2；拉力做功功率，比較可知W1=W2，P1＜P2；又v1t2＜v1t1，v1t1=L得Q1＞Q2。故選B。【考點(diǎn)】牛頓第二定律；功率、平均功率和瞬時(shí)功率；功能關(guān)系7．如圖所示，放置在水平地面上的支架質(zhì)量為M，支架頂端用細(xì)線拴著的擺球質(zhì)量為m，現(xiàn)將擺球拉至水平位置，然后從靜止釋放，擺球運(yùn)動過程中，支架始終不動，則從釋放至運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程中有（ ）A．在釋放瞬間，支架對地面壓力為（m+M）gB．?dāng)[動過程中，支架對地面壓力一直增大C．?dāng)[球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，支架對地面壓力為（2m+M）gD．?dāng)[動過程中，重力對小球做功的功率一直增大【答案】B【gkstk解析】A、整體法：由牛頓第二定律得，解得，故A錯(cuò)誤；B、對小球在向下運(yùn)動過程中某一位置進(jìn)行受力分析：當(dāng)小球繞圓心轉(zhuǎn)過角度為θ時(shí)，具有的速度v，根據(jù)動能定理得：得根據(jù)牛頓第二定律得：解得而此時(shí)對支架根據(jù)平衡條件得：豎直方向所以，擺動過程中θ逐漸增大，所以地面對支架的支持力也逐漸增大，根據(jù)牛頓第三定律：即擺動過程中，支架對地面壓力一直增大，故B正確；C、在從釋放到最低點(diǎn)過程中，根據(jù)動能定理得：在最低點(diǎn)對整體由牛頓第二定律得，兩式聯(lián)立得，故C錯(cuò)誤；D、釋放的位置，速度為零，重力的瞬時(shí)功率為零，最低點(diǎn)，速度與重力垂直，重力的瞬時(shí)功率也為零，中間過程重力的瞬時(shí)功率不為零，因此重力功率變化為：先變大后變小，故D錯(cuò)誤。故選B�！究键c(diǎn)】向心力；功率、平均功率和瞬時(shí)功率；牛頓第二定律8．中國首顆月球探測衛(wèi)星“嫦娥一號”簡化后的路線示意圖如圖所示．衛(wèi)星由地面發(fā)射后，先經(jīng)過地面發(fā)射軌道進(jìn)入地球附近的停泊軌道做勻速圓周運(yùn)動；然后從停泊軌道經(jīng)過調(diào)控進(jìn)入地月轉(zhuǎn)移軌道；到達(dá)月球附近時(shí)，再次調(diào)控進(jìn)入工作軌道做勻速圓周運(yùn)動．這時(shí)衛(wèi)星將開始對月球進(jìn)行探測．已知地球與月球的質(zhì)量之比為a，衛(wèi)星的停泊軌道與工作軌道的軌道半徑之比為b．則下列說法中正確的是（ ）A．衛(wèi)星在停泊軌道和工作軌道運(yùn)行的速度之比為B．衛(wèi)星在停泊軌道和工作軌道運(yùn)行的周期之比為C．衛(wèi)星在停泊軌道運(yùn)行的速度小于地球的第一宇宙速度D．衛(wèi)星從停泊軌道調(diào)控進(jìn)入地月轉(zhuǎn)移軌道過程衛(wèi)星機(jī)械能守恒【答案】AC【gkstk解析】A、人造地球衛(wèi)星的萬有引力充當(dāng)向心力，即，線速度，已知地球與月球的質(zhì)量之比為a，衛(wèi)星的停泊軌道與工作軌道半徑之比為b，衛(wèi)星在停泊軌道和工作軌道運(yùn)行的速度之比為，故A正確；B、周期，已知地球與月球的質(zhì)量之比為a，衛(wèi)星的停泊軌道與工作軌道半徑之比為b，已知地球與月球的質(zhì)量之比為a，衛(wèi)星的停泊軌道與工作軌道半徑之比為，故B錯(cuò)誤；C、第一宇宙速度是近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度，也是圓軌道的最大運(yùn)行速度，所以衛(wèi)星在停泊軌道運(yùn)行的速度小于地球的第一宇宙速度，故C正確；D、衛(wèi)星從發(fā)射后到進(jìn)人工作軌道過程中，需要衛(wèi)星的發(fā)動機(jī)點(diǎn)火，使衛(wèi)星加速，通過外力克服引力做功，使衛(wèi)星機(jī)械能增加才能達(dá)到目的．所以機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。故選AC�！究键c(diǎn)】人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系；萬有引力定律及其應(yīng)用9．水平面上A、 B、C三點(diǎn)固定著三個(gè)電荷量均為Q的正點(diǎn)電荷，將另一質(zhì)量為m的帶正電的小球(可視為點(diǎn)電荷)放置在O點(diǎn)，OABC恰構(gòu)成一棱長為L的正四面體，如圖所示。已知靜電力常量為k,重力加速度為g，為使小球能靜止在O點(diǎn)，小【解析版】河北省重點(diǎn)中學(xué)2014屆高三上學(xué)期四調(diào)考試_物理試題
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