【解析版】河北省保定市2018届高三下学期期中考试物理试卷 word版含解析

1、2017-2018学年河北省保定市定州中学高三（下）期中物理试卷一、单选题1.如图所示，间距为L的足够长的平行金属导轨固定在斜面上，导轨一端接入阻值为R的定值电阻，t=0时，质量为m的金属棒由静止开始沿导轨下滑，t=T时，金属棒的速度恰好达到最大值vm，整个装置处于垂直斜面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为，金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，金属棒及导轨的电阻不计，下列说法正确的是( )A. t=T2 时，金属棒的速度大小为vm2B. 0T的过程中，金属棒机械能的减少量等于R上产生的焦耳热C. 电阻R在0T2内产生的焦耳热小于T2T内产生的焦耳热D. 金属棒0T2内机械能的减少量大于T2T内机械能的减少量【答案】C【解析】A项：速度达到最大值vm前金属棒做加速度减小的加速运动，故相同时间内速度的增加量减小，所以t=T2时，金属棒的速度大于vm2，故A错误；B项：由能量守恒，0T的过程中，金属棒机械能的减小等于R上产生的焦耳热和金属棒与导轨间摩擦生热之和，故B错误；C项：0T2内金属棒的位移小于T2T的位移，金属棒做加速运动，其所受安培力增大，所

2、以T2T内金属棒克服安培力做功更多，产生的电能更多，电阻R上产生的焦耳热更多，故C正确；D项：T2T内的位移比0T2内的位移大，故T2T内滑动摩擦力对金属棒做功多，由功能关系得Wf+Q=E，T2T内金属棒机械能的减小量更多，故D错误。点晴：解决本题关键理解导体棒克服安培力做功等整个回路中产生的焦耳热，注意导体棒与导轨间还有摩擦产生热量，综合功能关系即可求解。2.如图甲所示，轻杆一端与质量为1kg、可视为质点的小球相连，另一端可绕光滑固定轴在竖直平面内自由转动，现使小球在竖直平面内做圆周运动，经最高点开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度v随时间t的变化关系如图乙所示，A、B、C三点分别是图线与纵轴、横轴的交点、图线上第一周期内的最低点，该三点的纵坐标分别是1、0、-5.g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是A. 轻杆的长度为0.5mB. 小球经最高点时，杆对它的作用力方向竖直向上C. B点对应时刻小球的速度为3m/sD. 曲线AB段与坐标轴所围图形的面积为0.5m【答案】B【解析】【分析】已知小球在ABC三个点的速度，A到C的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律即可求出

3、杆的长度；结合小球过最高点的受力的特点，即可求出杆对小球的作用力的方向；由机械能守恒可以求出B点的速度；由于y轴表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲线AB段与坐标轴所围图形的面积表示A到B的过程小球在水平方向的位移【详解】设杆的长度为L，小球从A到C的过程中机械能守恒，得：12mvA2+2mgL=12mvC2，解得L=vC2-vA24g=(-5)2-1240m=0.6m，故A错误。若小球在A点恰好对杆的作用力是0，则有mg=mv02L，解得v0=gL=6m/svA=1m/s。由于小球在A点的速度小于临界速度，所以小球做圆周运动需要的向心力小于重力，杆对小球的作用力的方向向上，故是竖直向上的支持力。故B正确。小球从A到B的过程中机械能守恒，得12mvA2+mgL=12mvB2，所以vB=vA2+2gL=1+2100.6m/s=13m/s，故C错误。由于y轴表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲线AB段与坐标轴所围图形的面积表示A到B的过程小球在水平方向的位移，大小等于杆的长度，即0.6m。故D错误。故选B。【点睛】该题考查竖直平面内的圆周运动，将牛顿第二定律与机械能守恒定律相结合即可正

4、确解答.该题中的一个难点是D选项中“曲线AB段与坐标轴所围图形的面积”的意义要理解3.如图所示，带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行。现给小滑块施加一个竖直向上的拉力，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则有A. 小球对斜劈的压力保持不变B. 轻绳对小球的拉力先减小后增大C. 竖直杆对小滑块的弹力先增大再减小D. 对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大【答案】D【解析】【详解】A、B、对小球受力分析，受重力、支持力和细线的拉力，如图所示：根据平衡条件可知，细线的拉力T增加，支持力N减小，根据牛顿第三定律，球对斜面的压力也减小；故A、B错误。C、D、对球和滑块整体分析，受重力、斜面的支持力N，杆的支持力N，拉力F，如图所示：根据平衡条件，有：水平方向：N=Nsin，竖直方向：F+Ncos=G，由于N减小，故N减小，F增加；故C错误、D正确。故选D。【点睛】本题考查共点力平衡条件的应用，关键是正确选择采用整体法和隔离法，灵活地选择研究对象，然后根据平衡条件并结合图示法和正交分解法分析即可。通常

5、在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法。有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用。二、多选题4.如图所示，固定在竖直面内的光滑绝缘圆环半径为R，圆环上套有质量分别为m和2m的两个带电的小球A、B（均可看作质点），小球A带正电，小球B带负电，带电荷量均为q，且小球A、B用一长为2R的轻质绝缘细杆相连，竖直面内有竖直向下的匀强电场（未画出），电场强度大小为E=mgq现在给小球一个扰动，使小球A从最高点由静止开始沿圆环下滑，已知重力加速度为g，在小球A滑到最低点的过程中，下列说法正确的是（）A. 小球A减少的机械能等于小球B增加的机械能B. 细杆对小球A和小球B做的总功为0C. 小球A的最大速度为4gR3D. 细杆对小球B做的功为mgR【答案】BC【解析】由于电场力做功，两个球系统机械能不守恒，故A球增加的机械能不等于B球减少的机械能，故A错误；细杆对小球A和小球B的力等大反向，为系统内弹力，所以细杆对小球A和小球B做的总功为0，故B错误；当A球运动到最低点时，电场力对系统做功4EqR=4mgR，速度最大，有：4mgR+mg2

6、R-2mg2R=12（m+2m）v2解得：v=4gR3，故C正确；对B球，利用动能定理可得，W+2mgR-2mg2R=122mv2-0，解得细杆对B球所做的功W=-103mgR，故D错误；故选C。5.质量为m电量为+q的小滑块(可视为质点)，放在质量为M的绝缘长木板左端，木板放在光滑的水平地面上，滑块与木板之间的动障擦因数为，木板长为L，开始时两者都处于静止状态，所在空间存在范围足够大的一个方向竖直向下的匀强电场E，恒力F作用在m上，如图所示，则（ ）A. 要使m与M发生相对滑动，只须满足Fmg+EgB. 若力F足够大，使得m与M发生相对滑动，当m相对地面的位移相同时，m越大，长木板末动能越大C. 若力F足够大，使得m与M发生相对滑动，当M相对地面的位移相同时，E越大，长木板末动能越小D. 若力F足够大，使得m与M发生相对滑动，E越大，分离时长本板末动能越大【答案】BD【解析】A、m所受的最大静摩擦力为f=mg+Eq ,则根据牛顿第二定律得a=Ffm=fM ,计算得出F=mg+Eq(M+m)M .则只需满足Fmg+Eq(M+m)M ,m与M发生相对滑动.故A错误.B、当M与m发生相对滑

7、动,根据牛顿第二定律得,m的加速度a=Fmg+Eqm ,知m越大,m的加速度越小,相同位移时,所以的时间越长,m越大,m对木板的压力越大,摩擦力越大,M的加速度越大,因为作用时间长,则位移大,根据动能定理知,长木板的动能越大.所以B选项是正确的.C、当M与m发生相对滑动,E越大,m对M的压力越大,摩擦力越大,则M相对地面的位移相同时,根据动能定理知,长木板的动能越大.故C.错误D、根据L=12a1t212a2t2 知,E越大,m的加速度越小,M的加速度越大，知时间越长,因为E越大,M的加速度越大,则M的位移越大,根据动能定理知,分离时长木板的动能越大.所以D选项是正确的.，故选BD点睛：当m与M的摩擦力达到最大静摩擦力,M与m发生相对滑动,根据牛顿第二定律求出F的最小值.当F足够大时,M与m发生相对滑动,根据牛顿第二定律,结合运动学公式和动能定理判断长木板动能的变化.6.如图所示，处于竖直平面内的正六边形金属框架ABCDEF、可绕过C点且与平面垂直的水平轴自由转动，该金属框架的边长为L，中心记为O，用两根不可伸长、长度均为L的轻质细线将质量为m的金属小球悬挂于框架的A、E两个顶点并处于

8、静止状态，现令框架绕转轴、沿顺时针方向缓慢转过90角，已知重力加速度为g，在包括初、末状态的整个转动过程中下列说法正确的是( )A. 细线OA中拉力最大值为mgB. 细线OE中拉力最大值为23mg3C. 细线OA中拉力逐渐增大D. 细线OE中拉力逐渐减小【答案】BD【解析】对小球进行受力分析，如图所示，Mg的对角始终为1200，设FTA的对角为，FTE的对角为，缓慢转动过程中，小球始终受力平衡，由正弦定理得mgsin1200=FTAsin=FTEsin ，角由1500减小到600，FTA先增大后减小，当=900时，FTA最大，最大值为23mg3，故A、C错误；角由900增加到1800，FTE减小到0，当=900时，FTE最大，最大值为23mg3，故B、D正确。点晴：解决本题关键正确的受力分析，判断出角度的变化，由正弦定理求解。7.如图所示，一半径为R的光滑半圆形细轨道，其圆心为O，竖直固定在地面上。轨道正上方离地高为h处固定一水平光滑长直细杆，杆与轨道在同一竖直平面内，杆上P点处固定一定滑轮，P点位于O点正上方。A、B是质量均为m的小环，A套在杆上，B套在轨道上，一条不可伸长的轻绳通过

9、定滑轮连接两环。两环均可看作质点，且不计滑轮大小与摩擦。现对A环施加一水平向右的力F，使B环从地面由静止开始沿轨道运动。则A. 若缓慢拉动A环，B环缓慢上升至D点的过程中，F一直减小B. 若缓慢拉动A环，B环缓慢上升至D点的过程中，外力F所做的功等于B环机械能的增加量C. 若F为恒力，B环最终将静止在D点D. 若F为恒力，B环被拉到与A环速度大小相等时，sinOPB=Rh【答案】ABD【解析】【分析】作出B环的受力图，由合成法和三角形相似法分析F的变化。根据功能关系可知，外力F所做的功等于AB组成的系统机械能的增加量，当PB线与圆轨道相切时两球速度大小相等，若F为恒力，且B环能运动到D点速度不为零时，B环会经过D点之后将会沿半圆形轨道运动至右侧最低点，然后沿轨道返回左侧最低点，之后将重复运动。【详解】以B环研究对象，根据力的三角形和PB0相似可得，TPB=mgPO，T=mgPOPB，PO不变，PB减小，则绳子的拉力T慢慢减小，F减小。故A正确。根据功能关系可知，外力F所做的功等于AB组成的系统机械能的增加量，缓慢拉动A，则A的动能不变，A的高度不变，重力势能不变，则A的机械能不变，所以外力F所做的功等于B环机械能的增加量，故B正确。若F为恒力，且B环能运动到D点速度不为零时，B环会经过D点之后将会沿半圆形轨道运动至右侧最低点，然后沿轨道返回左侧最低点，之后将重复运动，故C错误。当PB线与圆轨道相切时，vB=vA，根据数学知识有sinOPB=Rh，故D正确。故选ABD。【点睛】本题连接体问题，从功能关系研究两环能量的变化关系，关键要知道当PB线与圆轨道相切时两环的速度大小相等。8.将一总电阻为1，匝数n=4的线圈放在匀强磁场中，已知磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻

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