2016届河北省景县中学高三上学期第二次阶段考试物理试卷(解析版)

河北省景县中学2016届高三第二次阶段考试物理试题（含解析）第I卷一、选择题：（本题共12小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，1～8小题，只有一个选项符合题目要求，9～12小题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）1．下列说法正确的是( )A．由加速度的定义式可知，加速度与速度的变化量成正比，与时间成反比B．由牛顿第二定律可知，加速度与物体的合外力成正比，与物体的质量成反比C．匀变速直线运动的加速度为恒量，因此，加速度为恒量的物体一定做匀变速直线运动D．匀速圆周运动的加速度方向总与速度垂直，但是，加速度方向总与速度垂直的物体一定要做匀速圆周运动2．某公路上发生了一起交通事故，一辆总质量大于12t的载重汽车与一辆总质量小于3.5t的小型汽车迎面相撞，交警勘察得知两车制动时的速度分别是15m/s和25m/s，并测得两车制动点间的距离是116.25m，事故地点距载重汽车制动点的距离是36.25m，如图所示．已知载重汽车制动时间加速度是0.4m/s2，小型汽车制动时的加速度是0.6m/s2，两车长度忽略，看作质点作匀变速运动．则可分析得出( )A．两车相撞时载重汽车的速度是13m/sB．两车相撞时小型汽车的速度是22m/sC．小型汽车制动过程的平均速度是24m/sD．两司机是同时制动刹车的3．如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O′点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体；OO′段水平，长度为L；绳子上套一可沿绳滑动的轻环．现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L．则钩码的质量为( )A．M B．M C．M D．M4．有一半圆形轨道在竖直平面内，如图，O为圆心，AB为水平直径，有一质点从A点以不同速度向右平抛，不计空气阻力，在小球从抛出到碰到轨道这个过程中，下列说法正确的是( )A．初速度越大的小球运动时间越长B．初速度不同的小球运动时间可能相同C．落在圆形轨道最低点的小球末速度一定最大D．小球落到半圆形轨道的瞬间，速度方向可能沿半径方向5．使物体脱离星球的引力束缚，不再绕星球运行，从星球表面发射所需的最小速度称为第二宇宙速度，星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是v2=v1．已知某星球的半径为地球半径4倍，质量为地球质量的2倍，地球半径为R，地球表面重力加速度为g．不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为( )A．B．C．D．6．如图所示，质量为m的小球，用OB和O′B两根轻绳吊着，两轻绳与水平天花板的夹角分别为30°和60°，这时OB绳的拉力大小为F1，若烧断O′B绳，当小球运动到最低点C时，OB绳的拉力大小为F2，则F1：F2等于( )A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．1：47．如图所示，在正方形四个顶点分别放置一个点电荷，所带电荷量已在图中标出，则下列四个选项中，正方形中心处场强最大的是( )A．B。

C．D．8．如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g．质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为( )A．mgR B．mgR C．mgR D．mgR 9．如图所示，一倾角θ=30°的光滑斜面固定在箱子底板上，一小球用一细绳拴于箱子顶部，细绳与斜面间夹角也为θ，细绳对小球的拉力为T，斜面对小球的支持力为N，重力加速度为g，小球始终相对斜面静止，则下列运动能确保T、N中只有一个为0的是( )A．箱子自由下落B．箱子水平向右做加速运动，且加速度大小为gC．箱子水平向右做减速运动，且加速度大小为gD．箱子以任意加速度竖直向上做加速运动10．如图所示，粗糙斜面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O 点．现将物块拉到A点后由静止释放，物块运动到最低点B，图中B点未画出．下列说法正确的是( )A．B点一定在O点左下方B．速度最大时，物块的位置可能在O点左下方C．从A到B的过程中，物块和弹簧的总机械能一定减小D．从A到B的过程中，物块减小的机械能可能大于它克服摩擦力做的功11．如图所示水平圆半径为R，两直径AB和CD垂直，A、B、C、D四点处各分布着四个带电量均为q 的正电荷，O为圆心，OP是过圆心的竖直直线．把一个带电量也为q的带正电的小球（看作点电荷）放在直线OP上的Q点，小球刚好能静止，Q点到圆心O的距离为R．现把此小球从Q点上方的E点静止释放，小球能运动到Q点下方的最低点F（E、F点位画出）．已知E、F两点间的距离为h，静电常数为k，重力加速度为g．则( )A．小球的质量是B．直线OP上场强最大的位置一定在F点的上方C．直线OP上沿O点到P点电势逐渐升高D．E、F两点间的电势差为U EF=﹣12．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，电压表V1、V2、V3为理想电压表，R1、R3为定值电阻，R2为热敏电阻（其阻值随温度增高而减小），C为电容器，闭合开关S，电容器C中的微粒A恰好静止．当室温从25℃升高到35℃的过程中，流过电源的电流变化量是△I，三只电压表的示数变化量是△U1、△U2和△U3．则在此过程中( )A．V1示数减小B．＞C．Q点电势升高D．R3中的电流方向由M向N，微粒A匀加速下移第II卷二．非选择题（52分）13．(6分)如图甲所示为“探究加速度与物体受力与质量的关系”实验装置图．图中A为小车，B为装有砝码的小桶，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50H Z交流电．小车的质量为m1，小桶（及砝码）的质量为m2．（1）下列说法正确的是_____．A．每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力B．实验时应先释放小车后接通电源C．本实验m2应远大于m1D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作a﹣图象（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a﹣F图象，可能是图乙中的图线_____．（选填“甲”、“乙”、“丙”）（3）如图丙所示为某次实验得到的纸带，纸带中相邻计数点间的距离已标出，相邻计数点间还有四个点没有画出．由此可求得小车的加速度大小_____m/s2．（结果保留二位有效数字）14．（10分）实验室购买了一根标称长度为100m的铜导线，某同学想通过实验测其实际长度，该同学首先测得导线横截面积为1.0mm2，查得铜的电阻率为1.7×10﹣8Ω•m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻R x，从而确定导线的实际长度．可供使用的器材有：电流表：量程0.6A，内阻约0.2Ω；电压表：量程3V，内阻约9kΩ；滑动变阻器R1：最大阻值5Ω；滑动变阻器R2：最大阻值20Ω；定值电阻：R0=3Ω；电源：电动势6V，内阻可不计；开关、导线若干．（1）实验中，滑动变阻器应选R2（填“R1”或“R2”），闭合开关S前应将滑片移至a端（填“a”或“b”）．（2）在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接．（3）调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50A时，电压表示数如图乙所示，读数为2.30V．（4）导线实际长度为94m（保留2位有效数字）．15．（10分）如图所示，水平桌面上A、B、C、D四点把线段AD分成三段，三段粗糙程度不同，对应三个动摩擦因数．一质量为m=0.5kg的滑块静止在A点．t=0时刻给滑块一水平恒力F=3N，方向由A向D，滑块经过C点时撤去水平恒力．表给出了滑块经过A、B、C、D点的时刻和速度，重力加速度g取10m/s2．求：（1）AB、BC和CD三段滑块与桌面的动摩擦因数；（2）水平恒力F做的功．16．（12分）如图所示，滑板运动员从倾角为53°的斜坡顶端滑下，滑下的过程中他突然发现在斜面底端有一个高h=1.4m、宽L=1.2m的长方体障碍物，为了不触及这个障碍物，他必须在距水平地面高度H=3.2m的A点沿水平方向跳起离开斜面（竖直方向的速度变为0）．已知运动员的滑板10m/s2．（已知与斜面间的动摩擦因数μ=0.1，忽略空气阻力，重力加速度g取sin53°=0.8，cos53°=0.6）求：（1）运动员在斜面上滑行的加速度的大小；（2）若运动员不触及障碍物，他从斜面上起跳后到落至水平面的过程所经历的时间；（3）运动员为了不触及障碍物，他从A点沿水平方向起跳的最小速度．17．（14分）如图所示，半径R=0.4m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O 的连线与水平方向的夹角θ=30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一轻质弹簧右端固定在竖直挡板上．质量m=0.1kg的小物块（可视为质点）从空中A点以υ0=2m/s的速度水平抛出，恰好从B端沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，C、D间的水平距离L=1.2m，小物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s2．求：（1）小物块经过圆弧轨道上B点时速度υB的大小；（2）小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道压力N C的大小；（3）弹簧的弹性势能的最大值E Pm．河北省景县中学2016届高三第二次阶段考试物理试题答案解析1.解：A、由加速度的定义式可知，当时间一定时，加速度与速度的变化量成正比，故A错误；B、由牛顿第二定律可知，加速度与物体的合外力成正比，与物体的质量成反比，故B正确；C、加速度为恒量的物体不一定做匀变速直线运动，如平抛运动，故C错误；D、加速度方向总与速度垂直的物体一定做匀速圆周运动，故D错误．故选B2.解：A、由题意知，载重汽车的初速度v0=15m/s，刹车时的加速度a=﹣0.4m/s2，位移x=36.25m据速度位移关系有可得相撞时的速度v==14m/s，故A错误；B、小型汽车的初速度v0′=25m/s，刹车时的加速度a′=﹣0.6m/s2，位移x′=116.25﹣36.26m=80m据速度位移关系知相撞前的末速度m/s=23m/s，故B 错误；C、由B分析知，小型汽车制动过程中的平均速度，故C正确；D、载重汽车的减速时间t=，小型汽车减速时间t，可见两司机不是同时刹车的，故D错误．故选：C．3.解：重新平衡后，绳子形状如下图：由几何关系知：绳子与竖直方向夹角为30°，则环两边绳子的夹角为60°，则根据平行四边形定则，环两边绳子拉力的合力为Mg，根据平衡条件，则钩码的质量为M．故选：D．4.解：A、平抛运动的时间由高度决定，与水平初速度无关，初速度大时，与半圆接触时下落的距离不一定比速度小时下落的距离大，故A错误；B、速度不同的小球下落的高度可能相等，如碰撞点关于半圆过O点的竖直轴对称的两个点，运动的时间相等，故B正确；C、落在圆形轨道最低点的小球下落的距离最大，所以运动时间最长，末速度v=，由于初速度不是最大，故末速度不是一定最大，故C错误．D、若小球落到半圆形轨道的瞬间，速度方向沿半径方向，则速度方向与水平方向的夹角是位移方向与水平方向夹角的2倍．因为同一位置速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，两者相互矛盾，则小球的速度方向不会沿半径方向．故D错误．故选：B5.解：某星球的质量为M，半径为r，绕其飞行的卫星质量m，由万有引力提供向心力得：解得：带入GM=gR2得地球的第一宇宙速度为：…①又某星球的半径为地球半径4倍，质量为地球质量的2倍，地球半径为R，所以…②第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是：v2=v1…③①②③联立得该星球的第二宇宙速度为，故ABD错误，C正确；故选：C．6.解：烧断水平细线前，小球处于平衡状态，合力为零，根据几何关系得：F1=mgsin30°=mg；烧断水平细线，设小球摆到最低点时速度为v，绳长为L．小球摆到最低点的过程中，由机械能守恒定律得：mgL（1﹣sin30°）=mv2在最低点，有F2﹣mg=m联立解得F2=2mg；故F1：F2等于1：4；故选：D．7.解：A、根据点电荷电场强度公式E=，结合矢量合成法则，两个负电荷在正方形中心处场强为零，两个正点电荷在中心处电场强度为零，故A错误；B、同理，正方形对角线异种电荷的电场强度，即为各自点电荷在中心处相加，因此此处的电场强度大小为2，故B正确；C、同理，正方形对角线的两负电荷的电场强度在中心处相互抵消，而正点电荷在中心处，叠加后电场强度大小为，故C错误；D、根据点电荷电场强度公式，结合叠加原理，则有在中心处的电场强度大小，故D错误．故选：B．8.解：质点经过Q点时，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律得：N﹣mg=m由题有：N=2mg可得：v Q=质点自P滑到Q的过程中，由动能定理得：mgR﹣W f=得克服摩擦力所做的功为W f=mgR故选：C．9.解：A、当箱子自由下落时，球对悬挂物及支持物均没有作用力；故A错误；B、当箱子水平向右匀加速时，加速度为g，则合外力F=ma=mg；则由几何关系可知，此时物体只受绳子的拉力；而支持力对小球的作用力为零；故B正确；C、当绳子水平向右减速时，加速度大小为g，则合外力F=ma=mg；则由几何关系可知，此时物体只受斜面的支持力力；而绳子对斜面的拉力为零；故C 正确；D、当箱子向上匀加速运动时，合外力沿竖直方向，此时根据水平方向的平衡及竖直方向上的匀加速直线运动可知，绳子和斜面均有作用力；故D错误；故选：BC．10.解：A、弹簧处于自然长度时物块处于O点，所以在O点，弹簧弹力为零，物体从A向B运动过程，受重力、支持力、弹簧的拉力和滑动摩擦力，当平衡时速度最大，由于摩擦力平行斜面向上，所以当弹力和重力沿斜面的分量等于摩擦力时，速度最大，此时弹簧处于伸长状态，所以速度最大时，物块的位置在O点上方，而B点速度为零，由于不知道滑动摩擦力的具体大小，所以无法判断B点在O点的上方还是下方，故A错误；B、重力的下滑分力可以大于摩擦力．若mgsinθ＜f，所以当弹力和重力沿斜面的分量等于摩擦力时，速度最大，此时弹簧处于伸长状态，所以速度最大时，物块的位置在O点上方，若mgsinθ＞f，所以当重力沿斜面的分量等于摩擦力和弹簧弹力时，速度最大，此时弹簧处于压缩状态，所以速度最大时，物块的位置在O点下方，故B正确C、从A到B的过程中，滑动摩擦力一直做负功，故物块和弹簧组成的系统机械能减小，故C正确；D、从A到B的过程中，根据能量守恒定律，物块减小的机械能等于弹性势能的减小量和克服摩擦力做的功之和，若弹簧的弹性势能增加时，则物块减小的机械能大于它克服摩擦力做的功，故D正确．故选：BCD．11.解：A、小球能在Q点静止，由平衡条件得cos30°×4=mg，解得m=，故A错误；B、小球从E点到F点受电场力方向向上，先重力大于电场力，后小于电场力，从E点到F点先加速再减速，在Q点处速度最大，电场力逐渐增大，故场强也逐渐增大，但在Q点下方只要满足做减速就可以，即重力小于电场力，场强最大的位置在F点或F点的下方，也可能在F点上方，故B正确；C、由等量的同种点电荷的电场推知直线OP上各点的场强方向均沿OP向上，从0点向上电场强度先增大后减小，电势逐渐降低，故C错误；D、由功能关系得mgh+qU EF=0，解得U EF=﹣，故D正确．故选：BD12.解：A、室温从25℃升高到35℃的过程中，R2的阻值减小，总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得，总电流增大，外电压减小，V1表示数U1=IR1增大，故A错误；B、由于外电压减小，V2表的示数减小，U2=ΦN﹣ΦQ，ΦN=0，Q点电势升高，故C选项正确；由U2=E﹣I（R1+r）得，由U3=E﹣Ir得，故BC正确；D、V3表测量电源路端电压，由U3=R﹣Ir得U3减小，电容器两端电压减小，电容电荷量减少，下板正电荷减少，形成从M到N的电流，两板间场强降低，电荷受的电场力减小，故将下移，但电场强度不断减小，由mg﹣qE=ma得，加速度增大，微粒做加速度增大的加速运动，故D错误．故选：BC13.解：（1）A：平衡摩擦力，假设木板倾角为θ，则有：f=mgsinθ=μmgcosθ，m约掉了，故不需要重新平衡摩擦力．故A正确．B：实验时应先接通电源后释放小车，故B错误．C：让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m，因为：际上绳子的拉力F=Ma=m2g，故应该是m2＜＜m1，故C错误．D：F=ma，所以：a=F，当F一定时，a与成正比，故D正确．故选：AD（2）遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况．故图线为丙．（3）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：a==0.49m/s2．故答案为：（1）AD；（2）丙；（3）0.49．14.解：（1）本实验采用限流法测电阻，所以滑动变阻器的最大阻值应为R0和R x总阻值的4倍以上，R0=3Ω，所以滑动变阻器选R2，闭合开关S前应将滑片移至阻值最大处，即a处；（2）根据实验电路图，连接实物图，如图所示：（3）根据图乙读出电压U=2.30V，（4）根据欧姆定律得：R0+R x=解得：R x=1.6Ω根据电阻定律得：R x=解得：L=m故答案为：（1）R2，a；（2）如图所示；（3）2.30V；（4）94．15.解：（1）由表可知滑块在AB段做匀加速直线运动，由a1===2m/s2；AB段由牛顿第二定律得：F﹣μ1mg=ma1解得μ1=0.4；在BC段匀速运动，a2=0由平衡条件得：F=μ2mg解得μ2=0.6CD段做匀减速运动，由a3===2m/s2；由牛顿第二定律得：μ3mg=ma3解得μ3=0.2（2）AB段的长度是：x AB=a1△t12==4mBC段长度是：x BC=v△t2=4×4=16m；水平恒力的功：W=F（x AB+x BC）=3×（4+16）=60J；答：（1）AB、BC和CD三段滑块与桌面的动摩擦因数为别为0.4、0.6、0.2；（2）水平恒力F做的功为60J．16.解：（1）设运动员连同滑板的质量为m，运动员在斜面上滑行的过程中，根据牛顿第二定律：mgsin53°﹣μmgcos53°=ma，解得运动员在斜面上滑行的加速度：a=gsin53°﹣μgcos53°=8﹣0.6m/s2=7.4m/s2（2）从运动员斜面上起跳后沿竖直方向做自由落体运动，根据自由落体公式：H=，解得：t==0.8s（3）为了不触及障碍物，运动员以速度v沿水平方向起跳后竖直下落高度为H﹣h时，他沿水平方向的运动的距离为，设他在这段时间内运动的时间为t′，则：代入数据解得：v=6.0m/s答：（1）运动员在斜面上滑行的加速度的大小为7.4m/s2；（2）他从斜面上起跳后到落至水平面的过程所经历的时间为0.8s．（3）他从A点沿水平方向起跳的最小速度为6m/s．解：（1）小物块恰好从B端沿切线方向进入轨道，据几何关系有：υB===4m/s．（2）小物块由B运动到C，据机械能守恒有：mgR（1+sinθ）=mυC2﹣mυB2在C点处，据牛顿第二定律有N C′﹣mg=m解得N C′=8 N根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道压力大小N C为8N．（3）小物块从B运动到D，据能量关系有E Pm=mυB2+mgR（1+sinθ）﹣μmgL=×0.1×42 J+0.1×10×0.4×（1+）J﹣0.5×0.1×10×1.2 J=0.8J答：（1）小物块经过圆弧轨道上B点时速度υB的大小是4m/s；（2）小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道压力N C的大小是8N；（3）弹簧的弹性势能的最大值E Pm是0.8J．- 11 -。