1、2015届河北保定重点高中高三 12月联考物理卷（带解析） 选择题 如下图所示，木块 b放在一固定斜面上，其上表面水平，木块 a放在 b上。用平行于斜面向上的力 F作用于 a， a、 b均保持静止。则木块 b的受力个数可能是 ( ) A 2个 B 3个 C 4个 D 5个 答案： CD 试题分析：先对 a、 b整体受力分析，分析出整体与斜面间摩擦力情况；然后对 a受力分析，得到 b对 a的作用情况；最后结合牛顿第三定律分析 b物体的受力情况 先对 a、 b整体受力分析，受到重力、拉力、支持力，可能有静摩擦力（当 Fmgsin时）； 对 a受力分析，受拉力、重力、支持力和向左的静摩擦力，处于平衡
2、状态； 最后分析 b物体的受力情况，受重力、 a对 b的压力、 a对 b向右的静摩擦力、斜面的支持力，斜面对 b可能有静摩擦力，也可能没有静摩擦力，故 b受 4个力或者 5个力；故选 CD 考点：共点力平衡 在如图 (a)所示的电路中， R1为定值电阻， R2为滑动变阻器。闭合电键 S，将滑动变阻器的滑动触头 P从最右端滑到最左端，两个电压表（内阻极大）的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图 (b)所示。则 （ ） A图线甲是电压表 V1示数随电流变化的图线 B电源内电阻的阻值为 10 C电源的最大输出功率为 1.5W D滑动变阻器 R2的最大功率为 0.9W 答案： D 试题分析：本题考查
3、的是全电路欧姆定律的问题，将滑动变阻器的滑动触头 P从最右端滑到最左端，总电阻减小，电流增大， v1示数线性增大， A错误；根据图线甲，根据乙图线， ，解得 ， ， B错误；电源的最大输出功率为 =1.8W， C错误；滑动变阻器 R2的最大功率为 0.9W， D正确； 考点：闭合电路的欧姆定律、电功率 质量为 M的汽车在平直的公路上行驶，发动机的输出功率 P和汽车所受的阻力 f都恒定不变，在时间 t内，汽车的速度由 V0增加到最大速度 .汽车前进的距离为 s，则在这段时间内发动机所做的功可用下列那些式子计算 ( ) A W=fs B W= C D 答案： C 试题分析：由发动机的功率恒定，经过
4、时间 t，发动机做的功率为 W=Pt，车从速度v0到最大速度 vm过程中，由动能定理可知 : ，故+fs， ABD错误；速度达到最大时，牵引力等于 f， P=fvm所以， C正确。 考点：功 功率 动能定理 如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为 E。一根不可伸长的绝缘细线长为 l，细线一端拴一个质量为 m、电荷量为 q的带负电小球，另一端固定在 O点，把小球拉到使细线水平的位置 A，由静止 释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成 =60角的位置 B时速度为零。以下说法中正确的是（ ） A小球在 B位置处于平衡状态 B小球受到的重力与电场力的关系是 C A点电势能小于 B点电势
5、能 D小球从 A运动到 B过程中，电场力对其做的功为 mgl 答案： C 试题分析：从 A向 B运动过程应是先加速，再减速的过程，因此在 B点受力不平衡 A错误；从 A到 B的过程中，根据 动能定理， ，因此可得， B错误；小球从 A到 B的运动过程中，电场力做负功，电势能增加，所以 A点电势能小于 B点电势能， C正确；从 A到 B过程中，电场力对其做的功， D错误。 考点：动能定理、电势能 如图所示， D、 E、 F、 G为水平地面上距离相等的四点，三个质量相同的小球 A、 B、C分别在 E、 F、 G的正上方不同 高度处，以相同的水平初速度向左抛出，最后均落到 D点 .若不计空气阻力，则
6、可判断 A、 B、 C三个小球 ( ) A.在空中运动时间之比为 1 3 5 B.初始离地面的高度之比为 1 3 5 C.在空中运动过程中重力的平均功率之比为 1 2 3 D.从抛出到落地过程中，动能变化量之比为 1 2 3 答案： C 试题分析：小球水平抛出后做平抛运动，平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的自由落体运动，应用平抛运动规律可可以求出运动时间与高度之比；由功率公式可以求出平均功率之比，由动能定理可以求出动能之比 小球抛出后做平抛运动，设小球的水平速度为 v；由题意知，小球在水平方向的位移之比 xA： xB： xC=1： 2： 3，小球在水平方向做匀速直线运动， x=
7、vt，则小球的运动时间之比 tA： tB： tC=1： 2： 3，故 A错误；小球在竖直方向上做自由落体运动， h= gt2，则抛出点的高度之比 hA： hB： hC=tA2： tB2： tC2=1： 4： 9，故 B错误；重力的平均功率P= ，重力平均功率之比 PA： PB： PC= ： ： =1： 2： 3，故 C正确；由动能定理得，动能的变化量 EK=mgh，从抛出到落地过程中，动能的变化量之比为 EKA： EKB： EKC=hA： hB： hC=1： 4： 9，故 D错误；故选 C 考点 ：平抛运动、功率、动能定理 宇宙飞船绕地心做半径为 r的匀速圆周运动，飞船舱内有一质量为 m的人站
8、在可称体重的台秤上，用 R表示地球的半径， g表示地球表面处的重力加速度， g0表示宇宙飞船所在处的地球引力加速度， N表示人对秤的压力，则关于 g0、 N下面正确的是 ( ) A B C D N=0 答案： BD 试题分析：忽略地球的自转，万有引力等于重力，根据万有引力公式列式求出重力加速度的表达式，注意代换 GM=gR2的应用；宇宙飞船绕地心做匀速圆周运动，飞船舱内物体处于完全失重状态 AB、忽略地球的自转，万有引力等于重力： 在地球表面处： mg=G ，则 GM=gR2， 宇宙飞船： mg0=G ， g0= = g，故 B正确， A错误； 宇宙飞船绕地心做匀速圆周运动，飞船舱内物体处于完
9、全失重状态，即人只受万有引力（重力）作用，所以人对秤的压力 FN=0，故 C错误， D正确；故选： BD 考点：万有引力、向心力、失重 如图所示，在水平放置的半径为 R的圆柱体的正上方的 P点将一个小球以水平速度 v0沿垂直于圆 柱体的轴线方向抛出，小球飞行一段时间后恰好从圆柱体的 Q点沿切线飞过，测得 O、 Q连线与竖直方向的夹角为 ，那么小球完成这段飞行的时间是 ( ) A B C D 答案： A 试题分析：由图可知，小球到达 Q 点时的竖直速度为 ，故，选项 BC错误；由于水平方向做匀速运动，则 ，选项 A正确， D错误。 考点：平抛运动的规律 如图甲所示，质量为 m、通有电流 I的导体
10、棒 ab置于倾角为 、宽度为 d的光滑平行导轨上，图乙是从 b向 a方向观察时的平面视图欲使导体棒 ab能静止在导轨上，可在导轨所在的空间加一个垂直于导体棒 ab的匀强磁场，图乙中水平、竖直或平行导轨、垂直导轨的 五个箭头分别表示磁场的可能方向 关于该磁场的大小及方向，下列说法中正确的是（ ） A磁场磁感应强度的最小值为 B磁场磁感应强度的最小值为 C磁场的方向不可能是方向 D磁场的方向可能是方向 答案： BD 试题分析：对导体棒进行受力分析，如图所示， 由图知，当安培力与斜面平行时，安培力最小，磁感应强度也最小，根据物体的平衡可得 BId=mgsin，故 ，所以 A错误； B正确； 根据左手
11、定则可判断，当磁场的方向是方向 时，安培力竖直向下，不可能平衡；磁场的方向是方向 时，安培力垂直斜面向下，也不可能平衡；磁场的方向是方向 时，安培力竖直向上，当 F=mg时，导体棒是平衡的，所以 C错误；磁场的方向是方向 时，安培力水平向 右，可能平衡；磁场的方向是方向 时，安培力平行斜面向上，也可能平衡；磁场的方向是方向 时，安培力竖直向上，当 F=mg时，导体棒是平衡的，所以 D正确； 考点：共点力平衡、安培力 一个质量为 0.2kg的小球从空中静止下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示，假设小球在空中运动时所受阻力大小不变，小球与地面碰撞时间可忽略不计，重
12、力加速度 g=10m/s2，则下列说法中错误的是 ( ) A在 0 t1时间内，小球的 位移为 2 .2m B在 0 t1时间内，小球的路程为 2 .8m C在 0 t1时间内，小球在空气阻力作用下损失机械能 2.2J D小球在碰撞过程中损失机械能 1.6J 答案： C 试题分析：由小球速度随时间变化的关系图象可知，小球下落加速度为 5 m/s2，所受阻力为 1N，与水平地面相碰后向上运动的加速度 a=15 m/s2，向上运动时间 0.2s。在 0 t1时间内，小球的位移为 51.01/2m-30.21/2m =2.2m，小球的路程为51.01/2m+30.21/2m =2.8m；在 0 t1
13、时间内，小球在空气阻力作用下损失机械能等于 fs=12.8J=2.8J；小球在碰撞过程中损失机械能为mv12- mv22= m(v12-v22)= 0.2(52-32)J=1.6J，选项 C说法错误。 考点：本题考查 v-t图像、动能定理和能量守恒定律的应用 如图，光滑固定的竖直杆上套有小物块 a，不可伸长的轻质细绳通过大小可忽略的定滑轮连接物块 a 和小物块 b，虚线 cd 水平。现由静止释放两物块，物块 a 从 图示位置上升，并恰好能到达 c处。在此过程中，若不计摩擦和空气阻力，下列说法正确的是 ( ) A物块 a到达 c点时加速度为零 B绳拉力对物块 a做的功等于物块 a重力势能的增加量
14、 C绳拉力对物块 b先做负功后做正功 D绳拉力对物块 b做的功等于物块 b机械能的变化量 答案： BD 试题分析：据题意，当物块 a运动到 c时，对物块 a受力分析，受到重力 G，水平向右的拉力 T和水平向左的支持力 N，所以 a的合力一定向下，则加速度必定不为 0 ， A选项 错误；对 a物块应用动能定理，从初始位置到 c位置，拉力 T做正功，重力 G做负功，总功等于动能变化，则有： wT-wG=0，所以 B选项正确；绳子拉力与 b物块运动方向相反，则拉力一直做负功，所以 C选项错误；对 b物块受力分析受到重力 G和拉力 T，则拉力做的功等于 b物块机械能变化量，所以 D选项正确。 考点：本
15、题考查动能定理和能量守恒定律的应用。 实验题 （ 8分）一电流表的量程标定不准确，某同学利用图 1所示电路测量该电流表的实际量程 Im。所用器材有： A量程不准的电流表 A1，内阻 r1=10.0 ，量程标称为 5.0mA； B标准电流表 A2，内阻 r2=45.0 ，量程 1.0mA； C标准电阻 R1，阻值 10.0 ； D滑动变阻器 R，总电阻为 300.0 ； E电源 E，电动势 3. 0V，内阻不计； F保护电阻 R2； G开关 S；导线。 （ 1）在实物图上有一根导线没有连上，请您在答题纸上补上这根导线。 （ 2）开关 S闭合前，滑动变阻器的滑动端 c应滑动至 端。（填 a或 b）
16、 （ 3）开关 S闭合后，调节滑动变阻器的滑动端，使电流表 A1满偏；若此时电流表 A2的读数为 I2，则 A1的量程 Im= 。 （ 4）将数据带入（ 3）的表达式，经计算 A1的量程为 4.5 mA.根据需要，若将此表改装成量程为 9 mA的电流表，需要 （填串或并） 的电阻。 答案：（ 1）连线如图 （ 2） b端 （ 3） （ 4）并联， 10.0 试题分析：本题考查了电表的校准、电路的连接及电流表的改装等知识。由于电路采用限流式接法，所以开始时要使变阻器的阻值最大，即把触头调至 b端；开关闭合后，调节滑动变阻器的滑动端，是电流表 A1满偏，根据欧姆定律可知 ；若将此表改装成量程为 9
17、 mA的电流表，量程扩大一倍，需要并联一个 10.0 的电阻。 考点：电 表的校准、电路的连接及电流表的改装 6分 )利用下图装置可以做力学中的许多实验， （ 1）以下说法正确的是 _。 A用此装置 “研究匀变速直线运动 ”时，必须设法消除小车和滑轨间的摩擦阻力的影响 B用此装置 “研究匀变速直线运动 ”时，应使小盘和盘内砝码的总质量远小于小车的质量 C用此装置还可以用来探究 “恒力做功与动能改变量的关系 ” D用此装置 “探究加速度 a与力 F的关系 ”应使小盘和盘内砝码的总质量远小于小车的质量 （ 2）本装置中要 用到打点计时器，如图所示为实验室常用的两种计时器，其中甲装置用的电源要求是
18、。 A交流 220V B直流 220V C交流 4 - 6V D直流 4 - 6V （ 3）在利用此装置 “探究加速度 a与力 F的关系 ”时，实验中按规范操作打出的一条纸带的一部分如下图。已知打点计时器接在频率为 50Hz的交流电源上，则此次实验中打点计时器打下 A 点时小车的瞬时速度为 m/s。（结果保留 2位有效数字） 答案：（ 1） CD（ 2） A（ 3） (0.51-0.52)m/ 试题分析：（ 1）用此装置 “研究匀变速直线运动 ”时，没必要消除小车和木板间的摩擦阻力的影响，也没有必要使小盘和盘内砝码的总质量远小于小车的质量，选项 AB错误；用此装置可以探究 “探究功与速度变化的
19、关系 ”实验，但必须平衡小车运动中所受摩擦力的影响，选项 C正确；在用此装置 “探究加速度 a与力 F的关系 ”时，应使小盘和盘内砝码的总质量远小于小车的质量，这样才可认为细绳对小车的拉力等于盘和盘内砝码的重力，选项 D正确；（ 2）甲是电火花计时器，可直 接接 220V交流电源，故选 A ；（ 3）打点计时器打下 A 点时小车的瞬时速度为vA=0.021/o.o4m/s=0.52m/s。 考点：打点计时器的使用、验证牛顿第二定律 计算题 8分 )如图所示， A、 B两物体在同一直线上运动，当它们相距 s0 7m时， A在水平拉力和摩擦力的作用下，正以 vA 4m/s的速度向右做匀速运动，而物
20、体 B此时速度 vB 10m/s向右，以 a 2m/s2的加速度做匀减速运动，则经过多长时间 A追上 B 若 vA 8m/s ，则又经多长时间 A追上 B？ 答案： s， 3.82 试题分析：先判断 A追上 B时，是在 B停止运动前还是后。 B匀减速到停止的时间为： t0 5s (1分 ) 在 5s内 A运动的位移： sA vAt0 20m (1分 ) 在 5秒内 B运动的位移： sB vBt0 25m (1分 ) 因为： sA sB s0，即： B停止运动时， A还没有追上 B。 A追上 B的时间为： t t0 8s (2分 ) 若 vA 8m/s，则 A在 5s内运动的位移为： sA vA
21、t0 40m (1分 ) 因为： sA sB s0，即： B停止运动前， A已经追上 B。 则： (2分 ) t（ 1 2 ） s 3.82s (1分 ) 考点：匀变速运动 9分 )如图所示，木板与水平地面间的夹角 可以随意改变，当 30时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率 v0 10 m/s的速度沿木板向上运动，随着 的改变，小物块沿木板滑行的距离 s将发生变化，重力加速度 g 10 m/s2。 (1)求小物块与木板间的动摩擦因数； (2)当 角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值。 答案：（ 1） （ 2） ， 试
22、题分析：（ 1）当 =300，对木块受力分析： mgsin=FN (1分 ) FN-mgcos=0 (1分 ) 则动摩擦因数： =tg=tg300= (1分 ) (2)当 变化时，木块的加速度 a为： mgsin+mgcos=ma (2分 ) 木块位移 S为： V02=2aS 则 (2分 ) 令 tga=，则当 a+=900时 S最小 即 =600 S最小值为 Smin= (2分 ) 考点：牛顿运动定律 匀变速直线运动 12分 )如图所示，一质量为 m 1 kg的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的 A点，随传送带运动到 B点，小物块从 C点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道恰能做圆周运动，已
23、知圆弧半径 R 0.9 m，轨道最低点为 D， D点距水平面的高度 h 0.8 m小物块离开 D点后恰好垂直碰击放在水平面上 E点的固定倾斜挡板，已知小物块与传送带 间的动摩擦因数 0.3，传送带以 5 m/s恒定速率顺时针转动， g 10 m/s2.求： (1)传送带 AB两端的距离； (2)小物块经过 D点时对轨道的压力的大小； (3)倾斜挡板与水平面间的夹角 的正切值 答案： ) sAB 1.5 m； (2) 60 N； (3) tan 试题分析： (1)对小物块，在 C点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道恰能做圆周运动，由牛顿第 二定律得： (1分 ) 则 v1 3 m/s5 m/s (
24、1分 ) 即小物块在传送带上一直加速，由 A到 B有 a g 3 m/s2 (1分 ) 所以 v 2asAB，代入数值得 sAB 1.5 m (1分 ) (2)小物块从 C到 D，由动能定理知 (2分 ) 由牛顿第二定律 知在 D点有 (1分 ) 联立并代入数值得 FN 60 N (1分 ) 由牛顿第三定律得小物块经过 D点时对轨道的压力大小为 60 N (1分 ) (3)小物块离开 D点后做平抛运动， h gt2 (1分 ) 将小物块在 E点的速度进行分解得 tan (1分 ) 联立并代入数值得 tan (1分 ) 考点：牛顿第二定律、圆周运动、动能定理、平抛运动 13分 )如图所示，一对带
25、电平行金属板 A、 B与竖直方向成 30角放置 B板中心有一小孔正好位于平面直角坐标系 xOy上的 O点， y轴沿竖直方向一 比荷为 1.0105C/kg的带正电粒子 P从 A板中心 O处静止释放后沿 做匀加速直线运动，以速度vo=104m/s，方向与 x轴正方向夹 30角从 O点进入第四象限匀强电场，电场仅分布在轴的下方，场强大 V/m，方向与 x轴正方向成 60角斜向上，粒子的重力不计试求： (1)AB两板间的电势差 ： (2)粒子 P离开第四象限电场时的坐标； (3)若在 P进入第四象限匀强电场的同时，在电场中适当的位置由静止释放另一与 P完全相同的带电粒子 Q，可使两粒子在离开电场前相
26、遇求所有满足条件的释放点的集合（不计两粒子之间的相互作用力） 答案： )500V； (2) (1， 0) (3) 且 m 试题分析： (1)由动能定理 (2分 ) 可得 (2分 ) (2)粒子 P在进入电场后做类平抛运动，设离开电场时距 O距离为 L，如图所示， 则 (2分 ) (2分 ) 解得 L=1m 所以 P离开电场时的坐标为 (1， 0) (1分 ) (3)由于粒子 Q与 P完全相同，所以只需在 P进入电场时速度方向的直线上的 OM范围内任一点释放粒子 Q，可保证两者在离开电场前相碰， (1分 ) 所在的直线方程为 (1分 ) m 故 M的横坐标为 m (1分 ) 所以所有满足条件的释放点的集合为 且 m (1分 ) 考点：带电粒子在电场中的运动、类平抛运动、动能定理。
