河北省保定市2019届高三物理下学期摸底试题（Word版附解析）

2018 年高三摸底考试 物理试题 一、不定项选择题（本题共 10 个小题，每小题 4 分，共 40 分。每小题给出的四 个选项中，其中 1-7 小题只有一个是正确的，8-10 小题有多个选项正确，全部选 对得 4 分，选对但不全得 2 分，错选得 0 分。） 1.如图所示，轻杆下端固定在光滑轴上，可在竖直平面自由转动，重力为 G 的小球粘在轻杆顶 部，在细线的拉力作用下处于静止状态。细线、轻杆与竖直墙壁夹角均为 ，则绳与杆对小 球的作用力的大小分别是（　　） A. ， B. ， C. G，G D. ， 【答案】B 【解析】 【详解】分析小球受力，小球受到竖直向下的重力 G、沿细线方向的拉力 FT 和轻杆的弹力 FN，由平衡条件可得 联立解得 故 ACD 错误，B 正确。 故选 B。 2.两个物体 A、B 同时从同一地点向同一方向运动，图甲为 A 物体的速度─时间图象，图乙为 B 物体的位移─时间图象，则下列说法正确的是（　　） 30° 1 2 G 3 3 G 3 3 G 3 3 G 1 2 G 1 2 G cos30 cos30T NF F G+ =  3 3T NF F G= =A. 两物体都做加速运动 B. 1s 末 A 物体追上 B 物体 C. 2s 末 A 物体追上 B 物体 D. 0~1s 内 AB 两物体的间距先增大后减小 【答案】C 【解析】 【详解】A.图甲的斜率表示物体的加速度，斜率不变，因此 A 物体做匀加速直线运动，图乙 的斜率表示物体的速度，斜率不变，表示 B 物体做匀速直线运动，故选项 A 错误； BC.图甲与横坐标围成的面积表示物体位移，图乙的纵坐标表示物体的位移，图甲函数关系式 为 图乙的函数式为 可列方程 解得 故选项 B 错误，选项 C 正确； D.两物体间距为 可知在 0~1s 内 AB 两物体的间距逐渐增大，故 D 错误。 故选 C。 3.一串质量为 50g 的钥匙从橱柜上 1.8m 高的位置由静止开始下落，掉在水平地板上，钥匙与 地板作用的时间为 0.05s，且不反弹。重力加速度 ，此过程中钥匙对地板的平均作 用力的大小为（　　） v t= x t= 21 2 t t= 2st = 21 2x t t∆ = − 210m/sg =A. 5N B. 5.5N C. 6N D. 6.5N 【答案】D 【解析】 【详解】钥匙自由落体到地面的速度为 解得 取向上的方向为正方向，根据冲量等于动量的变化量可得 解得 故选 D。 4.如图所示，小球在水平轻绳和轻弹簧拉力作用下静止，弹簧与竖直方向夹角为 。设重力加 速度为 g，下列说法正确的是（　　） A. 从 A 点剪断弹簧瞬间，小球的加速度大小为 g，方向竖直向下 B. 从 A 点剪断弹簧瞬间，小球的加速度大小为 ，方向与竖直成 角斜向右下 C. 从 B 点剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为 ，方向与水平成 角斜向左下 D. 从 B 点剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为 ，方向与竖直成 角斜向左上 【答案】A 【解析】 【详解】AB.从 A 点剪断弹簧瞬间，小球所受的弹簧拉力消失，所受的轻绳拉力突变为零，小 球在重力作用下向下运动，小球的加速度大小为 g，方向竖直向下，故选项 A 正确选项 B 错 误； 2 2v gh= 6m/sv = ( ) 0F mg t mv− = − 6.5NF = θ cos g θ θ sing θ θ tang θ θCD.剪断弹簧前，设弹簧的拉力为 F，轻绳的拉力为 FT，由平衡条件可知 解得 从 B 点剪断轻绳瞬间，小球所受的轻绳拉力消失，所受弹簧的拉力和重力不变，则小球所受 的合力大小为 ，由 可得小球的加速度为 方向水平向左，故 CD 错误。 故选 A。 5.如图所示，匀速转动的齿轮 和 ，齿数比为 ，下列说法正确的是（　　） 、 A. 和 转动周期之比为 B. 和 转动周期之比为 C. 和 转动角速度大小之比为 D. 齿轮上 A、B 两点的线速度大小之比为 【答案】A 【解析】 【详解】C.两齿轮的线速度大小相同，因此角速度之比为 cosF mgθ = sin TF Fθ = cos mgF θ= tanTF mg θ= tanmg θ tanmg maθ = tana g θ= 1O 2O m n: 1O 2O m n: 1O 2O :n m 1O 2O :n m :n m故选项 C 错误； AB.因为 所以 和 转动周期之比为 故选项 A 正确选项 B 错误； D.齿轮转动边缘点的线速度相等，故选项 D 错误。 故选 A。 6.小物块从一固定斜面底端以初速度 冲上斜面，如图所示，已知小物块与斜面间动摩擦因数 为 0.5，斜面足够长，倾角为 ，重力加速度为 g。则小物块在斜面上运动的时间为 （ ， ）（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】运用牛顿第二定律，上升时 1 2 n m ω ω = 2T π ω= 1O 2O 1 2 2 1 T m T n ω ω= = 0v 37° cos37 0.8° = sin37 0.6° = 02v g 03v g 0( 5 1) v g + 0( 6 1) v g + 1 sin37 cos37ma mg mgµ= +  0 1 1 vt a =下降时 所以 故选 C。 7.从倾角为 的斜面顶端水平抛出一小球，最终落回斜面。那么小球运动过程中距斜面最远 时速率与落回斜面时速率之比为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题可知，当平抛运动方向与斜面方向平行时，距斜面最远，此时小球速率与初速 度的关系为 解得 落回斜面时 联立解得 2 0 1 2 vx g = 2 sin37 cos37ma mg mgµ= −  2 1 2 2 1 2x a t= 0 2 5 vt g = 0 1 2 ( 5 1) vt t t g = + = + 30° 1: 2 2: 5 2: 6 2: 7 0 1 cos30 v v = 0 1 cos30 vv =  2 0 1 2tan30 gt v t = ( )22 2 0v v gt= +故选 D。 8.静止在斜面底端的物块，在外力的作用下沿光滑斜面向上做匀加速运动，在某位置撤去外力， 经过一段时间物块返回斜面底端。下列说法正确的是（　　） A. 物块沿斜面上滑的过程中，机械能一直增加 B. 物块下滑过程机械能一定守恒 C. 外力所做的功等于物块回到底端时的动能 D. 外力所做的功小于物块到达最高处的重力势能 【答案】BC 【解析】 【详解】A.撤去外力后物块依然有向上的速度，所以还可以上滑一段时间，这段时间里机械能 不变，所以选项 A 错误； B.下滑时无外力，机械能守恒，故选项 B 正确； C.合外力做功等于动能的变化量，因此选项 C 正确； D.物块到最高点，速度为 0，初速度为零，末速度为零，动能无变化，所以外力做功等于最高 点重力势能，选项 D 错误。 故选 BC 9.某半径为 R 的星球上，两极点处的重力加速度为 g，是赤道上重力加速度的 n 倍，下列说法 中正确的是（　　） A. 星球自转周期为 B. 星球自转周期为 C. 星球的第一宇宙速度 D. 星球的第一宇宙速度 【答案】AC 【解析】 【详解】AB.在星球两级处物体受到的重力等于其受到的万有引力，有 。 1 2 1 cos30 2: 7 1 4tan30 v v = = +   1( )2 nR n g π − 2 nR g π v gR= gRv n = 2 GMmmg R =在赤道上随星球自转的物体，万有引力与星球表面支持力的合力提供其自转的向心力，有 解得自转周期 故选项 A 正确，选项 B 错误； CD.绕星球表面运行的卫星，万有引力提供向心力，有 与 联立解得第一宇宙速度为 故选项 C 正确，选项 D 错误。 故选 AC。 10.绷紧 传送带与水平方向夹角为 ，传送带的 图象如图所示。 时刻质量为 1kg 的楔形物体从 B 点滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动，2s 后开始减速，在 时物体恰 好到达最高点 A 点。重力加速度为 。对物体从 B 点运动到 A 点的过程中，下列说法正 确的是（ ， ）（　　） A. 物体与传送带间的摩擦因数为 0.75 B. 物体重力势能增加 48J C. 摩擦力对物体做功 12J D. 物块在传送带上运动过程中产生的热量为 12J 【答案】AD 的 2 2 2 1 4( )GMm m g m RR n T π− = (2 1) nRT n g π= − 2 2 GMm mv R R = 2 GMmmg R = v gR= 37° v t− 0t = 4st= 210m/s sin37 0.6° = cos37 0.8° =【解析】 【详解】A.根据速度时间图像的斜率表示加速度，可得传送带运动的加速度为-1m/s2，t=0 时 刻质量为 1kg 的楔形物体从 B 点滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动，说明物体受力平衡， 由平衡条件可知 解得物体与传送带之间的动摩擦因数 ，故选项 A 正确； BC. 2s 末，传送带的速度为 2m/s，物体开始减速，分析可知，物体做匀速直线运动的速度为 2m/s， 且 2s 后物体与传送带一起做加速度为-1m/s2 的匀减速运动，在 时物体恰好到达最高点 A 点，则传送带的长度 ，对物体从 B 点运动到 A 点的过程，根据动能定理有 其中 则物体的重力势能增加量为 摩擦力对物体做功为 ，故选项 BC 错误； D.物体在 2s 内传送带相对运动，二者间的相对位移为 ，该过程中的滑动摩擦力 ， 则物体在传送带上运动过程中产生的热量为 故选项 D 正确。 故选 AD。 二、实验题（本题共 2 个小题，共 15 分。） 11.如图所示，某同学在研究物体做匀变速直线运动规律时得到的一条纸带（单位；cm），每五 个点取一个计数点，那么打下 C 点时物体的速率是________m/s，物体的加速度大小是 __________ 。（打点计时器所接交流电源的频率为 50Hz，所有计算结果保留两位小数） cos37 sin37mg mgµ =  0.75µ = 4st= 6mABl = 210 2 fmv mgh W− = − + sin37ABh l=  36Jmgh = 34JfW = − 2ms = 6Nf = 12JQ fs= = 2m/s【答案】 (1). 0.68 (2). 1.58 【解析】 【详解】[1] 打点计时器所接交流电源的频率为 50Hz，因此打点计时器的周期为 相邻两计数点间的时间间隔 由中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度知，打下 C 点的物体的速率为 [2]物体的加速度可用逐差法计算，为了计算精确，应带入尽可能多的数据，则 12.某同学用如图所示装置验证动量守恒定律。在上方沿斜面向下推一下滑块 A，滑块 A 匀速 通过光电门甲，与静止在两光电门间的滑块 B 相碰，碰后滑块 AB 先后通过光电门乙，采集 相关数据进行验证。（最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力） （1）下列所列物理量哪些是必须测量的_________ A．滑块 A 的质量 ，滑块 B 的质量 B．遮光片的宽度 d（滑块 A 与滑块 B 上遮光片遮光片宽度相等） C．本地的重力加速度 g D．滑块 AB 与长木板间的摩擦因数 E．滑块 A、B 上遮光片通过光电门的时间 1 0.02sT f = = 5 0.1st T= = 3 4 0.0595m 0.0757m =0.68m/s2 2 0.1sC x xv t + += = × 2 24 5 6 1 2 3 2 ( ) ( ) m/s =1.58m/s(3 0.1) x x x x x xa + + − + += × Am Bm µ（2）滑块 A、B 与斜面间的摩擦因数 、 ，质量 、 ，要完成本实验，它们需要满 足的条件是_______。 A． ， B． ， C． ， D． ， （3）实验时，要先调节斜面 倾角，应该如何调节_______________。 （4）若光电门甲的读数为 ，光电门乙先后的读数为 ， ，用题目中给定的物理量符号写 出动量守恒的表达式____________。 【答案】 (1). AE (2). C (3). 滑块下滑通过两光电门所用时间相等 (4). (或 ) 【解析】 【详解】（1）[1]本实验中要验证两滑块碰撞前后动量是否守恒，需要验证 故选项 AE 正确。 （2）由于滑块 A 匀速通过光电门甲，则有 要通过光电门验证两滑块碰撞前后动量是否守恒，需要滑块 B 也满足 即 所以有 又因为碰撞后两滑块先后通过光电门乙，所以 A 的质量大于 B 的质量，故 C 正确。 （3）[3]实验过程要求两滑块匀速运动，所以调整斜面的倾角，当滑块下滑通过两光电门所用 时间相等时，表示滑块在斜面上做匀速运动。 （4）[4]由第（1）问解析可得两滑块碰撞前后动量守恒的表达式为 的 Aµ B µ Am Bm A B µ µ> A Bm m> A B µ µ> A Bm m< A Bµ µ= A Bm m> A Bµ µ< A Bm m< 1t 2t 3t A A B 1 3 2 d d dm m mt t t = + A A B 1 3 2 m m m t t t = + A A B A A B d d dm m mt t t = + 甲 乙 乙 sin cosmg mgθ µ θ= sin cosmg mgθ µ θ= tanµ θ= A B µ µ=三、解答题（本题共 4 个小题，共 45 分。） 13.一物体由静止开始做匀加速直线运动，在某段时间 t 内位移为 s，物体在前一半时间和后一 半时间的位移之比为 。求： （1）质点加速度的大小； （2）质点在这段时间之前已经发生位移的大小。 【答案】（1） ；（2） 【解析】 【详解】（1）设物体加速度大小为 a，其在某段时间 t 初速度为 v0 对时间 t 内有： ① 对时间 t 内的前一半时间有： ② 解得： ， （2）设物体在时间 t 之前的位移大小为 x 由速度位移关系有： 联立①②③解得： 14.右端放有小物块 A 的长木板 B 静置于水平地面上，A 与 B、B 与地面间的动摩擦因数均为 0.5，A 的质量为 m，B 的质量为 2m，重力加速度为 g。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 （1）用大小等于 mg 的水平恒力向左推 A，经过一段时间 A 自 B 的左端掉落。A 在 B 上运动 时，A 受到 B 的摩擦力和 B 受到地面的摩擦力各为多大； 1 3 2 A A B d d dm m mt t t = + 2 :3 2 4 5 sa t = 9 s40x = 2 0 1 2s v t at= + 2 02 1 5 2 2 2 v ts ta = +    2 4 5 sa t = 0 3 5 sv t = 2 0 2v ax= 9 40x s=（2）若在 B 上施加一向右 水平恒力，使得 A 在 B 上的运动时间与（1）中相等，则此力为 多大。 【答案】（1） ； ；（2） 【解析】 【详解】（1）对小物块 A 进行受力分析可知，A 将在推力作用下在长木板 B 上做加速运动， 其所受到 B 的摩擦力大小为： 地面对长木板 B 的最大静摩擦力大小大于 A 对 B 的摩擦力，即 所以 B 仍处于静止状态，则地面对 B 摩擦力大小为 （2）设 A 在 B 上滑动时间为 t，木板 B 长为 l 设在（1）中 A 加速度大小为 aA，由牛顿第二定律知： ① 由运动学公式： ② 设推力大小为 F,小物块 A 的加速度大小为 aA′，与木板 B 的加速度大小为 aB 对小物块 A： ③ 对长木板 B： ④ 由运动学关系： ⑤ 的 的 AB 0.5F mg= 0.5mgBF =地 =4F mg AB 0.5F mg mgµ= = 3Bm ABF mg F mgµ µ= > = 0.5B mgF mgµ= =地 AF mg maµ− = 21 2 Al a t= Aamg mµ ′= B- -3 2F mg mg maµ µ = 2 21 1 2 2B Al a t a t= − ′联立以上各式解得： 15.如图所示，楔形物体放在水平地面上，斜面光滑，倾角为 。轻绳一端固定在斜面，另一 端系一质量为 m 的小球在斜面上做圆周运动，A、B 分别是圆周运动轨迹的最低点和最高点， 已知小球恰能通过 B 点。在小球运动过程中楔形物体始终静止不动，重力加速度为 g。求： （1）小球运动到最低点 A 时绳对小球的拉力大小； （2）小球经过最高点 B 时，地面对楔形物体的摩擦力大小。 【答案】（1） ；（2） 【解析】 【详解】（1）设绳长为 l，小球在 B 时速度大小为 vB，小球恰好能通过 B 点 对小球运用牛顿第二定律： ① 设小球在 A 点时的速度大小为 vA，绳对小球拉力大小为 T，在 A 点 对小球运用牛顿第二定律： ② 小球运动过程中机械能守恒： ③ 联立①②③解得： （2）小球在 B 时绳对其拉力为 0，设小球在 B 点时受斜面弹力大小为 N 在垂直斜面方向上小球平衡： ④ =4F mg θ 6 sinT mg θ= sin cosf mg θ θ= 2 Bsin vmg m l θ = 2 Asin vT mg m l θ− = 2 2 A B 1 12 sin 2 2mgl mv mvθ = − 6 sinT mg θ= cosN mg θ=设斜面受小球作用力大小 N′，由牛顿第三定律： 设斜面所受地面摩擦力大小为 f，由斜面的水平方向平衡条件： ⑤ 解得： （或 ） 16.如图，将圆心角为 半径为 R 的光滑圆弧竖直固定于水平桌面上，用水平向右的恒力将 质量为 m 的小球由静止开始从底端 A 推到 B 点，立即撤去此恒力，小球恰好水平撞击到与圆 心等高的竖直墙壁的 C 点。重力加速度为 g，忽略空气阻力。求：（ ， ，） （1）水平恒力的大小； （2）若在 OB 延长线上安置以点 为转轴， 长度为半径的可在竖直平面内自由转动的 轻杆，当小球运动到 B 点时立刻附着于轻杆顶端，设小球在附着过程中无机械能损失，如果 小球恰好不撞到墙壁，则小球在转动过程中所受轻杆的最大拉力是多少？ 【答案】（1） ；（2） 【解析】 【详解】（1）设小球在 B 点时速度大小为 vB，小球由 B 点运动到 C 点过程中，在竖直方向上 ① 设推力大小为 F,对小球从 A 到 B 过程应用动能定理 ② 联立①②解得： N N′ = sinf N θ= ′ sin cosf mg θ θ= 1 sin 22f mg θ= 53° sin53 0.8° = cos53 0.6° = O′ BO′ 107 64F mg= 159 20T mg= 2( sin53 ) 2 cos53Bv gR° = ° 21sin53 (1 cos53 ) 2 BFR mgR mv°− − ° =（2）设小球由 B 做斜抛运动到 C 用时为 t，BC 间水平距离为 d，则小球由 B 点运动到 C 点过 程中 在竖直方向上： ③ 水平方向上： ④ 小球在 B 点附着在轻杆上后做圆周运动，设其运动半径为 r 由于恰好不撞墙壁，几何关系满足： ⑤ 球由 B 点做圆周运动至最低点，设其在最低点时速度大小为 v，此过程中机械能守恒，有 ⑥ 最低点时杆对小球拉力最大，设其大小为 T，由牛顿第二定律 ⑦ 由以上各式联立解得： 107 64F mg= sin53Bv gt° = cos53Bd v t= ° sin53d r r= °+ 2 21 1(1 cos53 ) 2 2 Bmgr mv mv+ ° = − 2vT mg m r − = 159 mg20T =