1、河北省邯鄲市曲周一中2016屆高三上學期第二次摸底考物理試卷一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分在每小題給出的四個選項中，1-5只有一項符合題目要求，6-12有多項符合題目要求全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分1下列關于力對物體做功的說法正確的是( )A一個力使物體的速度發生變化，該力一定對物體做功B合力對物體不做功，則合力一定為零C合力對物體做功不一定改變物體的機械能D一對作用力和反作用力對物體做功的代數和一定為零考點：功的計算；功能關系 分析：當力與速度方向垂直時，力對物體不做功，不垂直時，力對物體做功，作用力和反作用力，等大反向，作用在兩個物體上，可能都做正功，也可

2、能都做負功，也可能一正一負解答：解：A、在水平光滑圓盤上，隨圓盤一起做勻速圓周運動的物體，受到的靜摩擦力使物體的速度發生變化，但是該力做物體不做功，故A錯誤；B、物體做勻速圓周運動，合外力提供向心力，對物體不做功，故B錯誤；C、合力對物體做功不一定改變物體的機械能，如自由落體運動，合力對物體做功，機械能不變，故C正確；D、作用力與反作用力的特征是：等大反向，作用在兩個物體上，可以都做正功，也可能都做負功，故D錯誤故選：C點評：本題主要考查了做功的條件，知道當力與速度方向垂直時，力對物體不做功，不垂直時，力對物體做功，難度不大，屬于基礎題2如圖所示，頂角為直角、質量為M的斜面體ABC放在粗糙的水

3、平面上，A=30°，斜面體與水平面間動摩擦因數為現沿垂直于BC方向對斜面體施加力F，斜面體仍保持靜止狀態，則關于斜面體受到地面對它的支持力N和摩擦力f的大小，正確的是（已知重力加速度為g）( )AN=Mg，f=BN=Mg+，f=MgCN=Mg+，f=DN=Mg+，f=考點：共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用 專題：共點力作用下物體平衡專題分析：斜面體保持靜止狀態，合力為零，分析受力情況，根據平衡條件求解地面對斜面體的支持力N和摩擦力f的大小解答：解：分析斜面體的受力情況如圖，根據平衡條件得： N=Mg+Fsin30°=Mg+ f=Fcos30°=故選C

4、點評：本題是共點力平衡問題，關鍵是分析受力情況，作出力圖，根據平衡條件求解3人民廣場上噴泉的噴嘴與地面相平且豎直向上，某一噴嘴噴水流量Q=5L/s，水的出口速度v0=20m/s，不計空氣阻力，g=10m/s2則處于空中的水的體積是( )A5 LB20 LC10 LD40 L考點：豎直上拋運動 分析：水看作做豎直上拋運動，根據勻變速直線運動的速度時間公式，結合豎直上拋運動的對稱性求出水上升到落地的時間，從而根據噴水流量求出空中水的體積解答：解：水做豎直上拋運動，水在空中的時間為：t=s=4s則空中水的體積V=Qt=5×4L=20L故B正確，A、C、D錯誤故選：B點評：解決本題的關鍵掌握

5、豎直上拋運動的規律，知道上升階段和下降階段的對稱性，并熟練運用這些規律研究實際問題4如圖所示，足夠長的傳送帶以恒定速率順時針運行，將一個物體輕輕放在傳送帶底端，第一階段物體被加速到與傳送帶具有相同的速度，第二階段與傳送帶相對靜止，勻速運動到達傳送帶頂端下列說法正確的是( )A第一階段摩擦力對物體做正功，第二階段摩擦力對物體不做功B第一階段摩擦力對物體做的功等于第一階段物體動能的增加C第一階段物體和傳送帶間的摩擦生熱等于第一階段物體機械能的增加D物體從底端到頂端全過程機械能的增加等于全過程物體與傳送帶間的摩擦生熱考點：動能定理的應用；功能關系 專題：傳送帶專題分析：物體輕輕放在傳送帶上，勻加速過

6、程：受到沿傳送帶向上的滑動摩擦力，物體將沿向上運動；物體相對于傳送帶靜止后，受到沿傳送帶向上的靜摩擦力，即可判斷摩擦力做功的正負；根據功能關系：除重力之外的力所做的功等于物體機械能的增加；摩擦生熱與物體與傳送帶間的相對位移成正比，根據運動學公式分析物體的位移與物體和傳送帶相對位移的關系，由功能關系分析摩擦生熱和物體機械能變化的關系解答：解：A、第一階段物體受到沿斜面向上的滑動摩擦力，第二階段物體受到沿斜面向上的靜摩擦力做功，兩個階段摩擦力方向都跟物體運動方向相同，所以摩擦力都做正功，故A錯誤；B、根據動能定理得知，外力做的總功等于物體動能的增加，第一個階段，摩擦力和重力都做功，則第一階段摩擦力

7、對物體做的功不等于第一階段物體動能的增加；故B錯誤；C、由功能關系可知，第一階段摩擦力對物體做的功（除重力之外的力所做的功）等于物體機械能的增加，即E=W阻=F阻s物，摩擦生熱為Q=F阻s相對，又由于s傳送帶=vt，s物=t，所以s物=s相對=s傳送帶，即Q=E，故C正確D、第二階段沒有摩擦生熱，但物體的機械能繼續增加，故D錯誤故選C點評：本題運用功能關系分析傳送帶問題，分析物體的運動情況和摩擦力的方向是解題的基礎，根據動能定理和功能原理分析功能關系5A，B兩塊正對的金屬板豎直放置，在金屬板A的內側表面系一絕緣細線，細線下端系一帶電小球兩塊金屬板接在如圖所示的電路中，其中R1為光敏電阻，R2為

8、滑動變阻器，R3為定值電阻當R2的滑動觸頭P在a端時閉合開關S此時電流表A和電壓表V的示數分別為I和U帶電小球靜止時絕緣細線與金屬板A的夾角為，電源電動勢E和內阻r一定以下說法正確的是( )A若僅將R2的滑動觸頭P向b端移動，則I不變，U增大B若僅增大A、B板間距離，則小球重新達到穩定后變大C若僅用更強的光照射R1，則I增大，U增大D若僅用更強的光照射R1，則U變化量的絕對值與I變化量的絕對值的比值不變考點：閉合電路的歐姆定律；勻強電場中電勢差和電場強度的關系 專題：恒定電流專題分析：該電路R1和R3串聯，電容器兩端間的電壓等于R1兩端間的電壓，根據閉合電路的動態分析，分析電容器兩端的電壓變化

9、，從而知道電場的變化以及角的變化通過電容器兩端電壓的變化，就可知道電容器所帶電量的變化解答：解：A、滑動變阻器處于含容支路中，相當于導線，所以移動滑動觸頭，I不變，U不變故A錯誤B、將A、B兩板間的距離拉大，板間電壓不變，則板間電場強度變小，小球所受的電場力變小，減小故B錯誤C、用更強的光線照射R1，R1的阻值變小，總電阻減小，電流I增大，內電壓增大，外電壓減小，即U減小，故C錯誤D、由閉合電路歐姆定律知，U=EIr，知|=r，不變，即U變化量的絕對值與I變化量的絕對值的比值不變故D正確故選：D點評：解決本題的關鍵抓住電源的電動勢和內阻不變，利用閉合電路歐姆定律進行動態分析6美國國家科學基金會

10、2010年9月29日宣布，天文學家發現一顆迄今為止與地球最類似的行星，該行星繞太陽系外的紅矮星Gliese581做勻速圓周運動這顆行星距離地球約20光年，公轉周期約為37天，它的半徑大約是地球的1.9倍，表面重力加速度與地球相近下列說法正確的是( )A該行星的公轉角速度比地球大B該行星的質量約為地球質量的3.61倍C該行星第一宇宙速度為7.9km/sD要在地球上發射航天器到達該星球，發射速度只需達到地球的第二宇宙速度即可考點：人造衛星的加速度、周期和軌道的關系；萬有引力定律及其應用 專題：人造衛星問題分析：根據萬有引力提供向心力，得出軌道半徑與周期的關系，得出地球的公轉半徑與該行星的公轉半徑關

11、系，從而得出角速度的大小關系根據萬有引力等于重力，得出它們的質量關系以及根據重力提供向心力求出第一宇宙速度的大小解答：解：A、根據，得，=，知地球的周期大于行星的周期，知地球的軌道半徑大于行星的軌道半徑，所以行星的角速度大于地球的角速度故A正確B、根據，得M=，因為行星表面重力加速度與地球相近，半徑大約是地球的1.9倍，則質量約為地球質量的3.61倍故B正確C、根據mg=m，得v=，因為半徑是地球的1.9倍，則第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍故C錯誤D、發射的速度達到地球的第二宇宙速度，將脫離地球的引力，繞太陽運行故D錯誤故選AB點評：解決本題的關鍵掌握萬有引力提供向心力和萬有引力等于重力這

12、兩個理論，并能熟練運用7如圖所示，a，b，c是某勻強電場中的四個點，它們正好是一個矩形的四個頂點，ab=cd=L，ad=bc=2L，電場線與矩形所在平面平行已知a點電勢為20V，b點電勢為24V，d點電勢為12V，一個質子從b點以v0的速度射入此電場，入射方向與bc成45°角，一段時間后經過c點不計質子的重力，下列判斷正確的是( )Ac點電勢低于a點電勢B電場強度的方向由b指向dC質子從b運動到c，所用的時間為D質子從b運動到c，電場力做功為4eV考點：電勢能；電勢 專題：電場力與電勢的性質專題分析：在勻強電場中，沿著電場線方向每前進相同的距離，電勢變化相等；根據電場線與等勢面垂直垂

13、直畫出電場線，根據W=qU計算電場力做的功解答：解：A、在勻強電場中，沿著電場線方向每前進相同的距離，電勢變化相等，故UaUd=UbUc，解得Uc=16V，則c點電勢低于a點電勢故A正確；B、設ad連線中點為O，則其電勢為16V，故co為等勢面，電場線與等勢面垂直，則電場線沿著bo方向故B錯誤；C、由上可知，電場線沿著bo方向，質子從b運動到c做為在平拋運動，垂直于bo方向做勻速運動，位移大小為x=2L=，則運動時間為故C正確D、根據W=qU，質子從b點運動到c點，電場力做功為W=qUbc=1e（24V16V）=8eV，故D錯誤；故選AC點評：本題關鍵是抓住勻強電場中沿著任意方向每前進相同的距

14、離電勢變化相等以及電場線與等勢面垂直進行分析8如圖甲所示，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個質量均為M的物體A、B（B物體與彈簧連接），彈簧的勁度系數為k，初始時物體處于靜止狀態現用豎直向上的拉力F用在物體A上，使物體A開始向上做加速度為a的勻加速運動，測得兩個物體的vr圖象如圖乙所示（重力加速度為g），則( )A施加外力前，彈簧的形變量為B外力施加的瞬間，AB間的彈力大小為M（ga）CAB在t1時刻分離，此時彈簧彈力恰好為零D彈簧恢復到原長時，物體B的速度達到最大值考點：牛頓第二定律；胡克定律 專題：牛頓運動定律綜合專題分析：題中彈簧彈力根據胡克定律列式求解，先對物體AB整體受力分

15、析，根據牛頓第二定律列方程；再對物體B受力分析，根據牛頓第二定律列方程；t1時刻是A與B分離的時刻，之間的彈力為零解答：解：A、施加F前，物體AB整體平衡，根據平衡條件，有：2Mg=kx解得：x=，故A錯誤B、施加外力F的瞬間，對B物體，根據牛頓第二定律，有：F彈MgFAB=Ma其中：F彈=2Mg解得：FAB=M（ga），故B正確CC、物體A、B在t1時刻分離，此時A、BA具有共同的v與a且FAB=0；對B：F彈Mg=Ma，解得F彈=M（g+a），故C錯誤D、當F彈=Mg時，B達到最大速度，故D錯誤故選：B點評：本題關鍵是明確A與B分離的時刻，它們間的彈力為零這一臨界條件；然后分別對AB整體和

16、B物體受力分析，根據牛頓第二定律列方程分析，不難9如圖所示，傾斜的傳送帶始終以恒定速率v2運動一小物塊以v1的初速度沖上傳送帶，v1v2小物塊從A到B的過程中一直做減速運動，則小物塊( )A小物塊到達B端的速度可能等于v2B小物塊到達B端的速度不可能等于零C小物塊的機械能一直在減少D小物塊所受合力一直在做負功考點：功能關系；牛頓第二定律 分析：小物塊以初速度v1從底端沖上傳動帶，且v1大于v2，所以物塊在重力沿斜面的分量及摩擦力作用下做勻減速運動，當速度減為v2后，重力沿斜面的分量大于向上的摩擦力，物體繼續減速，摩擦力方向上，（也可以一直減到頂端時速度剛好為v2），根據除重力以外的力做的功等于

17、機械能的變化量，判斷機械能的變化情況，根據動能定理可知，W合=EK判斷合力做功情況解答：解：A、小物塊從傳動帶底端到達頂端的過程中一直做減速運動，減到頂端時速度可能剛好與傳送帶速度相等，故A正確；B、小物塊以初速度v1從底端沖上傳動帶，且v1大于v2，所以物塊在重力沿斜面的分量及摩擦力作用下做勻減速運動，當速度減為v2后，重力沿斜面的分量可以大于向上的摩擦力，這樣合力方向向下，物體繼續減速，到達頂端時，速度有可能正好減為零，故B錯誤；B、C、除重力以外的力做的功等于機械能的變化量，剛開始v1大于v2，摩擦力方向向下，做負功，機械能減小，當速度減為v2后，再減速時，摩擦力方向向上，做正功，機械能

18、增大，故C錯誤；D、根據動能定理可知，W合=EK，因為物體一直做減速運動，速度動能一直減小，合外力一直做負功，故D正確故選：AD點評：本題主要考查了動能定理、機械能守恒定律的條件的直接應用，關鍵是正確分析物體的運動情況和受力情況，還要會分析摩擦力的方向，難度適中10如圖所示為街頭變壓器通過降壓給用戶供電的示意圖變壓器和用戶之間兩條輸電線的總電阻用R0表示，用電器增加時相當于R的值減小（滑動片向下移）和是理想交流電壓表，示數分別用U1和U2表示；和是理想交流電流表，示數分別用I1和I2表示忽略變壓器上的能量損失，輸入電壓恒定下列說法正確的是( )A用電器數目增加時，用電器兩端電壓減小B用電器數目

19、增加時，兩電流表示數I1、I2不變C變壓器的輸入功率與用電器數目增減無關D滑片P向上滑動的過程中，輸電線上的功率損耗減小考點：變壓器的構造和原理；電功、電功率 專題：交流電專題分析：和閉合電路中的動態分析類似，可以根據R的變化，確定出總電路的電阻的變化，進而可以確定總電路的電流的變化的情況，再根據電壓不變，來分析其他的原件的電流和電壓的變化的情況解答：解：A、當用電器增加時，相當于R的值減小，電路中的總的電阻減小，所以電流I2要變大，即A2的示數變大，由于副線圈的電流變大，電阻R0消耗的電壓變大，又因為V2的示數不變，所以用電器兩端電壓減小，故A正確，B錯誤；C、由于變壓器的輸入的功率和輸出的

20、功率相等，由于副線圈的電阻減小了，輸出的功率變大了，所以原線圈的輸入的功率也要變大，故C錯誤；D、滑片P向上滑動的過程中，相當于R的值增大，電流I2要變小，輸電線上的功率損耗減小，故D正確；故選：AD點評：電路的動態變化的分析，總的原則就是由部分電路的變化確定總電路的變化的情況，再確定其他的電路的變化的情況，即先部分后整體再部分的方法11如圖是質譜儀工作原理的示意圖帶電粒子a、b從容器中的A點飄出（在A點初速度為零），經電壓U加速后，從x軸坐標原點處進入磁感應強度為B的勻強磁場，最后分別打在感光板S上，坐標分別為x1、x2圖中半圓形的虛線分別表示帶電粒子a、b所通過的路徑，則( )Ab進入磁場

21、的速度一定大于a進入磁場的速度Ba的比荷一定大于b的比荷C若a、b電荷量相等，則它們的質量之比ma：mb=x12：x22D若a、b質量相等，則它們在磁場中運動時間之比ta：tb=x1：x2考點：質譜儀和回旋加速器的工作原理 分析：帶電粒子先在勻強電場中做勻加速直線運動，再進入磁場做勻速圓周運動，軌跡為半圓，本題動能定理和牛頓第二定律求解解答：解：A、粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力可知qvB=，r=，半徑與速度和比荷有關，故A錯誤；B、由動能定理可知粒子經過加速電場后的速度為qU=，v=，r=，a的比荷一定大于b的比荷，故B正確；C、根據r=，則它們的質量之比ma：mb=x12：x22，故C正

22、確；D、經歷的時間為t=，故則它們在磁場中運動時間之比ta：tb=x12：x22故D錯誤故選：BC點評：本題屬于帶電粒子在組合場中運動問題，電場中往往用動能求速度，磁場中圓周運動處理的基本方法是畫軌跡12如圖所示，邊長為L，總電阻為R的均勻正方形線框abcd放置在光滑水平桌面上，其cd邊右側緊靠兩個磁感強度為B、寬度為L、方向相反的有界勻強磁場現使線框以初速度v0勻速通過磁場區域，從開始進入，到完全離開磁場的過程中，下列圖線能定性反應線框中的感應電流（以逆時針方向為正）和a、b兩點間的電勢差隨時間變化關系的是( )ABCD考點：導體切割磁感線時的感應電動勢 專題：電磁感應與電路結合分析：由E=

23、BLv求出感應電動勢，由歐姆定律求出感應電流和ab間的電壓，然后選擇圖象要分段研究解答：解：線圈進入左側磁場過程：在進入磁場0L的過程中，E=BLv0，電流I=i0，方向為逆時針方向，為正；a的電勢比b的電勢高，ab間的電勢差 Uab=E=BLv0=u0；在L2L的過程中，電動勢E=2BLv0，電流I=2i0，方向為順時針方向，為負a的電勢比b的電勢高，ab間的電勢差 Uab=E=BLv0=2u0；在2L3L的過程中，E=BLv0，電流I=i0，方向為逆時針方向，為正；a的電勢比b的電勢低，ab間的電勢差 Uab=E=BLv0=3u0；故AC正確，BD錯誤故選：AC點評：解決本題的關鍵掌握切割

24、產生的感應電動勢公式以及安培力的大小公式，會通過楞次定律判斷感應電流的方向二實驗題（每空2分，共12分）13用如圖1所示的實驗裝置驗證牛頓第二定律（1）完成平衡摩擦力的相關內容：取下砂桶，把木板不帶滑輪的一端墊高，接通打點計時器電源，輕輕推動（選填“靜止釋放”或“輕輕推動”）小車，讓小車拖著紙帶運動如果打出的紙帶如圖2所示，則應減小（選填“增大”或“減小”）木板的傾角，反復調節，直到紙帶上打出的點跡間隔均勻，平衡摩擦力才完成（2）如圖3所示是某次實驗中得到的一條紙帶，其中A、B、C、D、E是計數點（每打5個點取一個計數點），其中L1=3.07cm，L2=12.38cm，L3=27.87cm，L

25、4=49.62cm則打C點時小車的速度為1.24m/s（計算結果保留三位有效數字）考點：驗證牛頓第二運動定律 專題：實驗題分析：平衡摩擦力時輕推小車，若小車能夠做勻速直線運動，則摩擦力得到平衡根據某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求出C點的速度，根據連續相等時間內的位移之差是一恒量求出小車的加速度解答：解：平衡摩擦力時，取下砂桶，把木板不帶滑輪的一端墊高，接通打點計時器電源，若小車拖著紙帶做勻速直線運動，則摩擦力得到平衡從紙帶上看出，相等時間內位移越來越大，知小車做加速運動，需減小木板的傾角，直至小車做勻速直線運動，當紙帶上打出的點跡間隔均勻，說明小車做勻速直線運動每打5個點取一個計數

26、點，所以相鄰的計數點間的時間間隔T=0.1s，小車通過C點的速度vc=1.24m/s故答案為：（1）輕輕推動；減小，間隔均勻；（2）1.24，點評：解決本題的關鍵掌握平衡摩擦力的方法，紙帶的處理要提高應用勻變速直線的規律以及推論解答實驗問題的能力，在平時練習中要加強基礎知識的理解與應用14如圖1所示，螺旋測微器的示數為6.1226.125 mm，如圖2所示，游標卡尺的示數為10.50 mm考點：刻度尺、游標卡尺的使用；螺旋測微器的使用 專題：實驗題分析：解決本題的關鍵掌握游標卡尺讀數的方法，主尺讀數加上游標讀數，不需估讀螺旋測微器的讀數方法是固定刻度讀數加上可動刻度讀數，在讀可動刻度讀數時需估

27、讀解答：解：1、螺旋測微器的固定刻度為6mm，可動刻度為12.3×0.01mm=0.123mm，所以最終讀數為6mm+0.123mm=6.123mm，由于需要估讀，最后的結果可以在6.1226.125之間2、游標卡尺的主尺讀數為10mm，游標尺上第10個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標讀數為10×0.05mm=0.50mm，所以最終讀數為：10mm+0.50mm=10.50mm故答案為：6.1226.125，10.50點評：對于基本測量儀器如游標卡尺、螺旋測微器等要了解其原理，要能正確使用這些基本儀器進行有關測量三計算題（28分）15如圖所示，傾角為=45°的粗

28、糙平直導軌與半徑為R的光滑圓環軌道相切，切點為B，整個軌道處在豎直平面內一質量為m的小滑塊從導軌上離地面高為h=3R的D處無初速下滑進入圓環軌道接著小滑塊從圓環最高點C水平飛出，恰好擊中導軌上與圓心O等高的P點，不計空氣阻力求：（1）滑塊運動到圓環最高點C時的速度的大小；（2）滑塊運動到圓環最低點時對圓環軌道壓力的 大小；（3）滑塊在斜面軌道BD間運動的過程中克服摩擦力做的功考點：向心力；功的計算 分析：（1）根據幾何關系得出平拋運動的水平位移，結合平拋運動的規律，求出平拋運動的初速度，即在最高點C的速度（2）對最低點到C點運用動能定理，求出最低點的速度，根據牛頓第二定律求出支持力的大小，從而

29、得出滑塊對最低點的壓力大小（3）對D到最低點運用動能定理，求出克服摩擦力做功的大小解答：解：（1）根據幾何關系知，OP間的距離x=，根據R=得，t=，則滑塊在最高點C時的速度（2）對最低點到C點的過程運用動能定理得，mg2R=解得v=，對最低點由牛頓第二定律得：解得：FN=6mg由牛頓第三定律得：滑塊運動到圓環最低點時對圓環軌道壓力的大小為6mg（3）從D到最低點過程中，運用動能定理得：mghWf=，解得答：（1）滑塊運動到圓環最高點C時的速度的大小為；（2）滑塊運動到圓環最低點時對圓環軌道壓力的 大小為6mg；（3）滑塊在斜面軌道BD間運動的過程中克服摩擦力做的功為點評：該題的突破口是小滑塊

30、從圓環最高點C水平飛出，恰好擊中導軌上與圓心O等高的P點，運用平拋規律和幾何關系求出初速度下面就是一步一步運用動能定理和牛頓第二定律解決問題16（16分）如圖所示，相距均為L的光滑傾斜導軌MN、PQ與光滑水平導軌NS、QT連接，水平導軌處在磁感應強度大小為B，方向豎直向上的勻強磁場中光滑傾斜導軌處在磁感應強度大小也為B，方向垂直于傾斜導軌平面斜向下的勻強磁場中，如圖質量均為m、電阻均為R的金屬導體棒ab、cd垂直于導軌分別放在傾斜導軌和水平導軌上，并與導軌接觸良好，不計導軌電阻現用絕緣細線通過定滑輪將金屬導體棒ab、cd連接起來質量為2m的物體C用絕緣細線通過定滑輪與金屬導體棒cd連接細線沿導軌中心線且在導軌平面內，細線及滑輪質量、滑輪摩擦均不計已知傾斜導軌與水平面的夾角=300，重