【解析版】河北省重点中学2014届高三上学期四调考试_物理试题

2013～2014学年度第一学期高三年级四调考试物理试卷命题人：郑炜王民雄审核人：李红奕说明：本试卷共21题；答题时间110分钟，满分110分。

一、选择题：本题共15题，不定项选择。

每小题4分，部分分2分，共60分。

1．如图甲所示，A、B两长方体叠放在一起，放在光滑的水平面上。

物体B从静止开始受到一个水平变力的作用，该力与时间的关系如图乙所示，运动过程中A、B始终保持相对静t时间内，下列说法正确的是（）止。

则在0~2t时刻，A、B间的静摩擦力最大，加速度最小A．t时刻，A、B的速度最大B．t时刻，A、B间的静摩擦力最大C．0时刻和2t时刻，A、B离出发点最远，速度为0D．2【答案】BCD【gkstk解析】AC、以整体为研究对象，根据牛顿第二定律分析得知，0、2t0时刻整体所受的合力最大，加速度最大，再以A为研究对象，分析可知，A受到的静摩擦力最大，故A错误，C正确；B、整体在0-t0时间内，做加速运动，在t0-2t0时间内，向原方向做减速运动，则t0时刻，B 速度最大，故B正确；D、整体做单向直线运动，位移逐渐增大，则2t0时刻，A、B位移最大；由动量定理得，2s 末动量为零，即速度为零，故D正确；故选BCD。

【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用2．如图2—1所示，水平地板上有质量m=1.0kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用（图2—2），用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力F f的大小（图2—3）．重力加速度g 取10m/s 2．下列判断正确的是（ ）A ． 5s 内拉力对物块做功为零B ． 4s 末物块所受合力大小为4.0NC ． 物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D ． 6s ～9s 内物块的加速度的大小为2.0m/s 2 【答案】D 【gkstk 解析】A 、在0-4s 内，物体所受的摩擦力为静摩擦力，4s 末开始运动，则5s 内位移不为零，则拉力做功不为零，故A 错误；B 、4s 末拉力为4N ，摩擦力为4N ，合力为零，故B 错误；CD 、根据牛顿第二定律得，6s ～9s 内物体做匀加速直线运动的加速度2f F F 53a 2m /s m 1--=＝＝；而f mg μ=，解得f 0.3mg μ＝＝，故C 错误，D 正确；故选D 。

【考点】牛顿第二定律；滑动摩擦力3．如图1为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动。

分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y 随θ变化的图像分别对应图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】对小球进行受力分析，则有：N mgcos θ=，随着θ的增大，N 减小，对应③根据牛顿第二定律得：a gsin θ=，随着θ的增大，a 增大，对应② 重力加速度始终为g ，恒定不变，对应①，故B 正确 故选B 。

【考点】自由落体运动4．如图所示，离地H 高处有一个质量为m 、带电量为+q 的物体处于电场强度随时间变化规律为kt E E -=0（0E 、k 均为大于零的常数，电场水平向左为正方向）的电场中，物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为μ，已知mg qE >0μ。

0=t 时，物体从墙上静止释放，若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当物体下滑2H后脱离墙面，此时速度大小为2gH，最终落在地面上。

则下列关于物体的运动说法正确的是（ ） A ．当物体沿墙壁下滑时，物体先加速再做匀速直线运动 B ．物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一段直线C ．物体克服摩擦力所做的功38W mgH =D ．物体与墙壁脱离的时刻为kE t 0=【答案】CD 【gkstk 解析】A 、竖直方向上有mg qE ma μ-=，随着电场强度E 的减小，加速度a 逐渐增大，当E=0时，加速度增大到重力加速度g ，此后物块脱离墙面，故A 正确；B 、物体脱离墙面时的速度向下，之后所受合外力与初速度不在同一条直线上，所以运动轨迹为曲线，故B 正确；C 、物体从开始运动到脱离墙面电场力一直不做功，由动能定理得，2f H 1mgW mv 22-＝，v =，f 3W mgH 8＝，故C 错误；D 、当物体与墙面脱离时电场强度为零，所以0E E kt 0=-=，解得时间0E t k=，故D 错误。

故选CD 。

【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理5．如图所示，一质量为m 的物体在沿斜面向上的恒力F 作用下，由静止从底端向上做匀加速直线运动。

若斜面足够长，表面光滑，倾角为θ。

经时间t ，恒力F 做功80J ，此后撤去恒力F ，物体又经时间t 回到出发点，且回到出发点时的速度大小为v ，若以地面为重力势能的零势能面，则下列说法中正确的是( )A ．物体回到出发点时的机械能是80JB ．在撤去力F 前的瞬时，力F 的功率大小是2sin 3mgv θ C ．撤去力F 前的运动过程中，物体的重力势能一直在增加，撤去力F 后的运动过程中物体的重力势能一直在减少D ．撤去力F 前的运动过程中，物体的动能一直在增加，撤去力F 后的运动过程中物体的动能一直在减少 【答案】AB 【gkstk 解析】A 、根据能量守恒，除了重力之外的力对物体做功时，物体的机械能就要增加，增加的机械能等于外力作功的大小，由于拉力对物体做的功为80J ，所以物体的机械能要增加80J ，撤去拉力之后，物体的机械能守恒，所以当回到出发点时，所有的能量都转化为动能，所以动能为80J ，所以A 正确；B 、因为物体做匀加速直线运动，初速度为0， 由牛顿第二定律可得，F mgsin ma θ-=， 所以物体上升时的路程为21S at 2=， 撤去恒力F 后是匀变速运动，且加速度为gsin θ，所以从撤去拉力到返回底端的过程中，v at gsin t θ-=-⨯， 位移为21s att gsin t 2θ-=-⨯， 撤去力F 前的瞬间，力F 的功率是P Fv Fat ='=， 由以上方程联立可以解得2P mgvsin 3θ=，所以B 正确； C 、在撤去拉力F 之后，由于惯性的作用物体还要上升一段距离，物体的重力势能继续增加，所以C 错误；D 、物体向上减速减为零之后，要向下加速运动，所以撤去力F 后的运动过程中物体的动能是先减小后增加，所以D 错误。

故选AB 。

【考点】动能和势能的相互转化；功的计算；重力势能6．如图所示，水平传送带两端点A 、B 间的距离为L ，传送带开始时处于静止状态。

把一个小物体放到右端的A 点，某人用恒定的水平力F 使小物体以速度v 1匀速滑到左端的B 点，拉力F 所做的功为W 1、功率为P 1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q 1。

随后让传送带以v 2的速度匀速运动,此人仍然用相同的水平力恒定F 拉物体,使它以相对传送带为v 1的速度匀速从A 滑行到B ，这一过程中, 拉力F 所做的功为W 2、功率为P 2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为 Q 2.下列关系中正确的是（ ） A ．W 1＝W 2 ,P 1＜P 2，Q 1＝Q 2 B ．W 1＝W 2 ,P 1＜P 2，Q 1＞Q 2 C ．W 1＞W 2 ,P 1＝P 2，Q 1 ＞Q 2 D ．W 1＞W 2 ,P 1＝P 2，Q 1＝Q 2 【答案】B 【gkstk 解析】设AB 的长度为L ，拉力大小为F ，滑动摩擦力大小为f ．当传送带不运动时，拉力做功W 1=FL ，物体从A 运动到B 的时间11Lt v =，因摩擦而产生的热量Q 1=fL ；当传送带运动时，拉力做功W 2=FL ，物体从A 运动到B 的时间2112Lt t v v =+＜，因摩擦而产生的热量Q 2=fv 1t 2； 拉力做功功率111W P t =，222W P t = 比较可知W 1=W 2，P 1＜P 2； 又v 1t 2＜v 1t 1，v 1t 1=L 得Q 1＞Q 2。

故选B 。

【考点】牛顿第二定律；功率、平均功率和瞬时功率；功能关系7．如图所示，放置在水平地面上的支架质量为M ，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m ，现将摆球拉至水平位置，然后从静止释放，摆球运动过程中，支架始终不动，则从释放至运动到最低点的过程中有（ ）A ．在释放瞬间，支架对地面压力为（m +M ）gB ．摆动过程中，支架对地面压力一直增大C ．摆球到达最低点时，支架对地面压力为（2m +M ）gD ．摆动过程中，重力对小球做功的功率一直增大 【答案】B 【gkstk 解析】A 、整体法：由牛顿第二定律得()M m g N mg +-=，解得N Mg =，故A 错误；B 、对小球在向下运动过程中某一位置进行受力分析：当小球绕圆心转过角度为θ时，具有的速度v ，根据动能定理得：21mgRsin mv2θ=得v =根据牛顿第二定律得：2v T mgsin m Rθ-=解得T mgsin 2mgsin 3mgsin θθθ=+=而此时对支架根据平衡条件得：竖直方向N Tsin Mg F θ+=所以2N F 3mgsin Mg θ=+，摆动过程中θ逐渐增大，所以地面对支架的支持力也逐渐增大， 根据牛顿第三定律：即摆动过程中，支架对地面压力一直增大，故B 正确； C 、在从释放到最低点过程中，根据动能定理得：21mgR mv 2=在最低点对整体由牛顿第二定律得2v N-(M+m)g=m R，两式联立得N=3mg+Mg ，故C 错误；D 、释放的位置，速度为零，重力的瞬时功率为零，最低点，速度与重力垂直，重力的瞬时功率也为零，中间过程重力的瞬时功率不为零，因此重力功率变化为：先变大后变小，故D 错误。

故选B 。

【考点】向心力；功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律8．中国首颗月球探测卫星“嫦娥一号”简化后的路线示意图如图所示．卫星由地面发射后，先经过地面发射轨道进入地球附近的停泊轨道做匀速圆周运动；然后从停泊轨道经过调控进入地月转移轨道；到达月球附近时，再次调控进入工作轨道做匀速圆周运动．这时卫星将开始对月球进行探测．已知地球与月球的质量之比为a ，卫星的停泊轨道与工作轨道的轨道半径之比为b ．则下列说法中正确的是（ ）A ．卫星在停泊轨道和工作轨道运行的速度之比为B ．C ．卫星在停泊轨道运行的速度小于地球的第一宇宙速度D ．卫星从停泊轨道调控进入地月转移轨道过程卫星机械能守恒 【答案】AC 【gkstk 解析】A 、人造地球卫星的万有引力充当向心力，即22224Mm v G m mr r r Tπ==，线速度v =已知地球与月球的质量之比为a ，卫星的停泊轨道与工作轨道半径之比为b ，卫星在停泊轨，故A 正确；B 、周期T =a ，卫星的停泊轨道与工作轨道半径之比为b ，已知地球与月球的质量之比为a ，故B 错误；C 、第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是圆轨道的最大运行速度，所以卫星在停泊轨道运行的速度小于地球的第一宇宙速度，故C 正确；D 、卫星从发射后到进人工作轨道过程中，需要卫星的发动机点火，使卫星加速，通过外力克服引力做功，使卫星机械能增加才能达到目的．所以机械能不守恒，故D 错误。