2015年天津市和平区高考物理四模试卷

2015年天津市河西区高考物理三模试卷一、选择题（每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．每小题6分，共30分）1．（6分）电磁波已广泛应用于很多领域．光波也是一种电磁波，下列说法正确的是（）A．手机发射和接收信号都是利用微波传送的B．手机上网和WiFi上网都是利用光线传输信息的C．常用的遥控器通过发射紫外线脉冲信号来遥控电视机D．微波、红外线、紫外线、伦琴射线的频率依次减小2．（6分）2010年诺贝尔物理学奖授予英国曼彻斯特大学科学家安德烈•海姆和康斯坦丁•诺沃肖洛夫，以表彰他们在石墨烯材料方面的卓越研究．石墨烯是目前世界上已知的强度最大的材料，它的发现使“太空电梯”缆线的制造成为可能，人类将有望通过“太空电梯”进入太空．现假设有一“太空电梯”悬在赤道上空某处，相对地球静止，如图所示，那么关于“太空电梯”，下列说法正确的是（）A．“太空电梯”各点均处于完全失重状态B．“太空电梯”各点运行周期随高度增大而增大C．“太空电梯”上各点线速度与该点离地球球心距离成正比D．“太空电梯”上各点线速度与该点离地球球心距离的开方成反比3．（6分）在反恐演习中，中国特种兵进行了飞行跳伞表演．某伞兵从静止的直升飞机上跳下，在t0时刻打开降落伞，在3t0时刻以速度v2着地．伞兵运动的速度随时间变化的规律如图所示．下列结论不正确的是（）A．在0～t0时间内加速度不变，在t0～3t0时间内加速度减小B．降落伞打开后，降落伞和伞兵整体所受的阻力越来越小C．在t0～3t0的时间内，平均速度＜D．若第一个伞兵在空中打开降落伞时第二个伞兵立即跳下，则他们在空中的距离先减小后增大4．（6分）如图所示，两个垂直纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B，磁场区域宽度均为a，一正三角形（中垂线长为a）导线框ABC从图示位置沿x轴正方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，下列选项中感应电流i与线框移动距离x的关系图象正确的是（）A． B． C． D．5．（6分）如图（a）所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是（）A．0＜t0＜B．T＜t0＜C．＜t0＜T D．＜t0＜二、选择题（每小题给出的四个选项中，有多个选项正确．每小题6分，全对的得6分，选不全得3分，选错或不答得0分，共18分）6．（6分）为了减少远距离输电过程中的电能损失，往往采用高压输电，当高压到达用户端时再变为低压．若某变电站将电压u0=11000sin 100πt V的交流电降为220V供居民小区用电，则变电所变压器（）A．原、副线圈匝数比为50：1B．副线圈中电流的频率是100 HzC．原线圈的导线比副线圈的要细D．输入原线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和7．（6分）下列说法不正确的是（）A．用分光镜观测光谱是利用光折射时的色散现象B．用X光机透视人体是利用光电效应C．光导纤维传输信号是利用光的干涉现象D．门镜可以扩大视野是利用光的衍射现象8．（6分）大量释放核能的过程一定是（）A．由质量较小的原子核结合成质量较大的原子核B．由质量较大的原子核分裂成质量较小的原子核C．由某些轻核结合为质量较大的原子核D．由某些重核分裂为中等质量的原子核三、实验题：（本题共3小题；共18分．）9．（4分）磁场具有能量，磁场中单位体积所具有的能量叫做能量密度，其值为，式中B是磁感应强度，“μ是磁导率，在空气中μ为一已知常数．为了近似测得条形磁铁磁极端面附近的磁感应强度B，一学生用一根端面面积为A的条形磁铁吸住一相同面积的铁片P，再用力将铁片与磁铁拉开一段微小距离△l，并测出拉力F，如图所示．因为F所做的功等于间隙中磁场的能量，所以由此可得磁感应强度B与F、A之间的关系为B=．10．（6分）利用图1所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度．一斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动，当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t．改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离s，记下相应的t值；所得数据如下表所示．完成填空和作图：（1）若滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度v1、测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式是s=；（2）根据表中给出的数据，在图2给出的坐标纸上画出﹣t图线；（3）由所画出的s/t﹣t图线，得出滑块加速度的大小为a=m/s2（保留2位有效数字）．11．（8分）在做“用电流表和电压表测电池的电动势E（约3V）和内电阻r”的实验时，部分器材参数如下：电压表（量程3V），电流表（量程0.6A），定值电阻R0（阻值为3Ω），滑动变阻器R（阻值约30Ω）．（1）小玲同学设计的实验电路如图甲所示，请你按电路图在图乙上完成实物连接．（2）电路连接正确的情况下，当她闭合开关时发现电压表有示数，电流表没有示数．反复检查后发现电路连接完好，估计是某一元件断路，因此她拿来多用电表检查故障．她的操作如下：a．断开电源开关S；b．将多用电表选择开关置于×1Ω挡，调零后，红黑表笔分别接R两端，读数为30Ω；c．将多用表选择开关置于×100Ω挡，调零后，将红黑表笔分别接电压表两端，发现指针读数如图丙所示，则所测阻值为Ω，然后又将两表笔接电流表两端，发现指针位置几乎不变．由以上操作可判断发生断路故障的元件是（填元件名称）．她设计的实验电路中定值电阻R0的作用是（说出理由之一即可）．四、计算题：（54分）解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．12．（16分）如图所示，一质量为m、电量为+q、重力不计的带电粒子，从A板的S点由静止开始释放，经A、B加速电场加速后，穿过中间偏转电场，再进入右侧匀强磁场区域．已知AB间的电压为U，MN极板间的电压为2U，MN两板间的距离和板长均为L，磁场垂直纸面向里、磁感应强度为B、有理想边界．求：（1）带电粒子离开B板时速度v0的大小；（2）带电粒子离开偏转电场时速度v的大小与方向；（3）要使带电粒子最终垂直磁场右边界射出磁场，磁场的宽度d多大？13．（18分）如图所示，倾角为θ的足够长的光滑绝缘斜面上存在宽度均为L的匀强磁场和匀强电场区域，磁场的下边界与电场的上边界相距为3L，其中电场方向沿斜面向上，磁场方向垂直于斜面向下、磁感应强度的大小为B．电荷量为q的带正电小球（视为质点）通过长度为L的绝缘轻杆与边长为L、电阻为R的正方形单匝线框相连，组成总质量为m的“”型装置，置于斜面上，线框下边与磁场的上边界重合．现将该装置由静止释放，当线框下边刚离开磁场时恰好做匀速运动；当小球运动到电场的下边界时刚好返回．已知L=1m，B=0.8T，q=2.2×10﹣6C，R=0.1Ω，m=0.8kg，θ=53°，sin53°=0.8，g取10m/s2．求：（1）线框做匀速运动时的速度大小；（2）电场强度的大小；（3）正方形单匝线框中产生的总焦耳热．14．（20分）2011年8月25日23时27分，经过77天的飞行，“嫦娥二号”在世界上首次实现从月球轨道出发，受控准确进入日地系统﹣﹣拉格朗日L2点的环绕轨道，如图所示．已知地球半径为R0，地球表面重力加速度为g．（1）若月球绕地球运动的周期为T，月球绕地球的运动近似看作匀速圆周运动，试求出月球绕地球运动的轨道半径r；（2）日地系统﹣﹣拉格朗日L2点在太阳与地球连线上的地球外侧，由于同时受到太阳和地球的引力，飞船绕太阳运动的周期与地球的公转周期相等（不考虑月球及其他因素影响）．若地球轨道半径为R，公转周期为T0，试写出计算日地系统﹣﹣拉格朗日L2点到地球的距离L的表达式（只要求写出用已知量表示的关系式）．2015年天津市河西区高考物理三模试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．每小题6分，共30分）1．（6分）电磁波已广泛应用于很多领域．光波也是一种电磁波，下列说法正确的是（）A．手机发射和接收信号都是利用微波传送的B．手机上网和WiFi上网都是利用光线传输信息的C．常用的遥控器通过发射紫外线脉冲信号来遥控电视机D．微波、红外线、紫外线、伦琴射线的频率依次减小【解答】解：A、手机发射和接收的信号都是利用无线电波中的微波；故A正确；B、手机上网和Wifi上网都是利用电磁波来传输信息的；故B错误；C、常用的遥控器通过发射红外线脉冲信号来遥控电视机；故C错误；D、微波、红外线、紫外线、伦琴射线的频率依次增大；波长依次减小；故D错误；故选：A2．（6分）2010年诺贝尔物理学奖授予英国曼彻斯特大学科学家安德烈•海姆和康斯坦丁•诺沃肖洛夫，以表彰他们在石墨烯材料方面的卓越研究．石墨烯是目前世界上已知的强度最大的材料，它的发现使“太空电梯”缆线的制造成为可能，人类将有望通过“太空电梯”进入太空．现假设有一“太空电梯”悬在赤道上空某处，相对地球静止，如图所示，那么关于“太空电梯”，下列说法正确的是（）A．“太空电梯”各点均处于完全失重状态B．“太空电梯”各点运行周期随高度增大而增大C．“太空电梯”上各点线速度与该点离地球球心距离成正比D．“太空电梯”上各点线速度与该点离地球球心距离的开方成反比【解答】解：A、“太空电梯”各点随地球一起做匀速圆周运动，重力提供向心力，各点均处于完全失重状态，故A正确；B、“太空电梯”相对地球静止，各点做圆周运动的周期都等于地球自转周期，各点运行周期相等，故B错误；C、“太空电梯”相对地球静止，各点角速度ω相等，各点线速度v=ωr与该点离地球球心距离r成正比，故C正确，D错误；故选：AC．3．（6分）在反恐演习中，中国特种兵进行了飞行跳伞表演．某伞兵从静止的直升飞机上跳下，在t0时刻打开降落伞，在3t0时刻以速度v2着地．伞兵运动的速度随时间变化的规律如图所示．下列结论不正确的是（）A．在0～t0时间内加速度不变，在t0～3t0时间内加速度减小B．降落伞打开后，降落伞和伞兵整体所受的阻力越来越小C．在t0～3t0的时间内，平均速度＜D．若第一个伞兵在空中打开降落伞时第二个伞兵立即跳下，则他们在空中的距离先减小后增大【解答】解：A、在0～t0时间伞兵做匀加速直线运动，加速度不变，2t0～3t0时间内图线的斜率逐渐减小，则加速度逐渐减小．故A正确．B、设降落伞和伞兵的总质量为m，所受的阻力为f，加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：f﹣mg=ma，得f=mg+ma，a逐渐减小，则f也逐渐减小．即降落伞和伞兵所受的阻力越来越小．故B正确．C、在t0～3t0的时间内，假设伞兵做匀减速直线运动，图象为直线，其平均速度为，根据“面积”等于位移可知，匀减速直线运动的位移大于伞兵实际运动的位移，则平均速度v＜故C正确；D、第一个伞兵在空中打开降落伞时的速度比第二个伞兵跳下时速度大，所以两者距离逐渐变大，后来第二个人的速度大于第一个跳伞运动员时，两者距离又减小，故D错误；本题选错误的，故选：D．4．（6分）如图所示，两个垂直纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B，磁场区域宽度均为a，一正三角形（中垂线长为a）导线框ABC从图示位置沿x轴正方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，下列选项中感应电流i与线框移动距离x的关系图象正确的是（）A． B． C． D．【解答】解：A、x在a～2a范围，线框穿过两磁场分界线时，BC、AC边在右侧磁场中切割磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势E1增大，AC边在左侧磁场中切割磁感线，产生的感应电动势E2不变，两个电动势串联，总电动势E=E1+E2增大．故A错误；B、x在0～a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值．故B错误；C、D，在2a～3a，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值．故C正确，D错误．故选：C．5．（6分）如图（a）所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是（）A．0＜t0＜B．T＜t0＜C．＜t0＜T D．＜t0＜【解答】解：A、若，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以A错误．B、若，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以B错误．C、若，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以C错误．D、若，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以D正确．故选：D．二、选择题（每小题给出的四个选项中，有多个选项正确．每小题6分，全对的得6分，选不全得3分，选错或不答得0分，共18分）6．（6分）为了减少远距离输电过程中的电能损失，往往采用高压输电，当高压到达用户端时再变为低压．若某变电站将电压u0=11000sin 100πt V的交流电降为220V供居民小区用电，则变电所变压器（）A．原、副线圈匝数比为50：1B．副线圈中电流的频率是100 HzC．原线圈的导线比副线圈的要细D．输入原线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和【解答】解：A、降压变压器输入电压的最大值为U m=11000V，则有效值为U2=11000V，则原、副线圈匝数比为11000：220=50：1．故A正确．B、交流电的频率f==50Hz，经过变压器后，交流电的频率不变．故B错误．C、降压变压器中副线圈的电流大于原线圈的电流，则副线圈导线比原线圈导线粗．故C正确．D、副线圈的电流等于居民小区各用电器电流总和，而原副线圈的电流之比等于匝数反比，所以输入原线圈的电流不等于居民小区各用电器电流的总和．故D 错误．故选：AC7．（6分）下列说法不正确的是（）A．用分光镜观测光谱是利用光折射时的色散现象B．用X光机透视人体是利用光电效应C．光导纤维传输信号是利用光的干涉现象D．门镜可以扩大视野是利用光的衍射现象【解答】解：A、分光镜是利用色散元件（三棱镜或光栅）将白光分解成不同波长的单色光，A正确；B、用X光机透视人体是利用X光的穿透性，B错误；C、光导纤维传输信号是利用光的全反射现象，C错误；D、门镜可以扩大视野是利用光的折射现象，D错误．本题选择错误的，故选：BCD．8．（6分）大量释放核能的过程一定是（）A．由质量较小的原子核结合成质量较大的原子核B．由质量较大的原子核分裂成质量较小的原子核C．由某些轻核结合为质量较大的原子核D．由某些重核分裂为中等质量的原子核【解答】解：在重核裂变或轻核发生聚变时释放出的大量的核能，C属于轻核聚变，D属于重核裂变，而AB不能释放大量核能，故CD正确．故选CD三、实验题：（本题共3小题；共18分．）9．（4分）磁场具有能量，磁场中单位体积所具有的能量叫做能量密度，其值为，式中B是磁感应强度，“μ是磁导率，在空气中μ为一已知常数．为了近似测得条形磁铁磁极端面附近的磁感应强度B，一学生用一根端面面积为A的条形磁铁吸住一相同面积的铁片P，再用力将铁片与磁铁拉开一段微小距离△l，并测出拉力F，如图所示．因为F所做的功等于间隙中磁场的能量，所以由此可得磁感应强度B与F、A之间的关系为B=．【解答】解：在用力将铁片与磁铁拉开一段微小距离△L的过程中，拉力F可认为不变，因此F所做的功为：W=F•△L；以ω表示间隙中磁场的能量密度，由题给条件ω=，根据磁能量密度的定义可得：△L间隙中磁场的能量E=ωV=•A•△L；由题意可知：F所做的功等于△L间隙中磁场的能量，即W=E；∴F•△L=•A•△L解得：B=．故答案为：．10．（6分）利用图1所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度．一斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动，当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t．改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离s，记下相应的t值；所得数据如下表所示．完成填空和作图：（1）若滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度v1、测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式是s=v1t﹣at2；（2）根据表中给出的数据，在图2给出的坐标纸上画出﹣t图线；（3）由所画出的s/t﹣t图线，得出滑块加速度的大小为a= 2.0m/s2（保留2位有效数字）．【解答】解：（1）已知滑块沿斜面下滑时做匀加速运动，滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度v1、测量值s和t四个物理量．因为时速度v1是下滑的末速度，所以我们可以看下滑的逆过程，所以满足的关系式是：s=v1t ﹣at2（2）见下图（3）由得作图求出斜率k=﹣0.9897m/s2，a=2|k|≈2.0m/s2（1）；（2）如图；（3）2.0．11．（8分）在做“用电流表和电压表测电池的电动势E（约3V）和内电阻r”的实验时，部分器材参数如下：电压表（量程3V），电流表（量程0.6A），定值电阻R0（阻值为3Ω），滑动变阻器R（阻值约30Ω）．（1）小玲同学设计的实验电路如图甲所示，请你按电路图在图乙上完成实物连接．（2）电路连接正确的情况下，当她闭合开关时发现电压表有示数，电流表没有示数．反复检查后发现电路连接完好，估计是某一元件断路，因此她拿来多用电表检查故障．她的操作如下：a．断开电源开关S；b．将多用电表选择开关置于×1Ω挡，调零后，红黑表笔分别接R两端，读数为30Ω；c．将多用表选择开关置于×100Ω挡，调零后，将红黑表笔分别接电压表两端，发现指针读数如图丙所示，则所测阻值为 3.0×103Ω，然后又将两表笔接电流表两端，发现指针位置几乎不变．由以上操作可判断发生断路故障的元件是电流表（填元件名称）．她设计的实验电路中定值电阻R0的作用是保护电阻；增大电源等效内阻，使调节滑动变阻器阻值时两电表示数变化明显．（说出理由之一即可）．【解答】解：（1）由电路原理图可得出对应的实物图；如图所示；（2）欧姆表的读数为：R=30×100Ω=3000Ω；将多用表选择开关置于×1Ω档，调零后，红黑表笔分别接R两端，读数为30Ω，然后又将两表笔接电流表两端，发现指针位置几乎不变，说明电流表断路，即发生断路故障的元件是电流表．R0充当保护电阻，相当于增大电源等源的等效内阻，可以使调节滑动变阻器阻值时两电表的示数变化明显；故答案为：（1）如图所示；（2）3.0×103；电流表；保护电阻；增大电源等效内阻，使调节滑动变阻器阻值时两电表示数变化明显．四、计算题：（54分）解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．12．（16分）如图所示，一质量为m、电量为+q、重力不计的带电粒子，从A板的S点由静止开始释放，经A、B加速电场加速后，穿过中间偏转电场，再进入右侧匀强磁场区域．已知AB间的电压为U，MN极板间的电压为2U，MN两板间的距离和板长均为L，磁场垂直纸面向里、磁感应强度为B、有理想边界．求：（1）带电粒子离开B板时速度v0的大小；（2）带电粒子离开偏转电场时速度v的大小与方向；（3）要使带电粒子最终垂直磁场右边界射出磁场，磁场的宽度d多大？【解答】解：（1）带电粒子在加速电场中，由动能定理得：得带电粒子离开B板的速度：（2）粒子进入偏转电场后，有：电场强度，电场力，F=qE由牛顿第二定律，速度，v y=at解得：v y=所以带电粒子离开偏转电场时速度v的大小，方向与水平方向成45°．（3）根据洛伦兹力提供向心力，则有，解得：由于与水平方向成45°入射，所以磁场的宽度为，答：（1）带电粒子离开B板时速度v0的大小；（2）带电粒子离开偏转电场时速度v的大小，与方向与水平方向成45°；（3）要使带电粒子最终垂直磁场右边界射出磁场，磁场的宽度．13．（18分）如图所示，倾角为θ的足够长的光滑绝缘斜面上存在宽度均为L的匀强磁场和匀强电场区域，磁场的下边界与电场的上边界相距为3L，其中电场方向沿斜面向上，磁场方向垂直于斜面向下、磁感应强度的大小为B．电荷量为q的带正电小球（视为质点）通过长度为L的绝缘轻杆与边长为L、电阻为R的正方形单匝线框相连，组成总质量为m的“”型装置，置于斜面上，线框下边与磁场的上边界重合．现将该装置由静止释放，当线框下边刚离开磁场时恰好做匀速运动；当小球运动到电场的下边界时刚好返回．已知L=1m，B=0.8T，q=2.2×10﹣6C，R=0.1Ω，m=0.8kg，θ=53°，sin53°=0.8，g取10m/s2．求：（1）线框做匀速运动时的速度大小；（2）电场强度的大小；（3）正方形单匝线框中产生的总焦耳热．【解答】解：（1）设线框下边离开磁场时做匀速直线运动的速度为v0，则：E=BLv0根据平衡条件有：解得．（2）从线框刚离开磁场区域到小球刚运动到电场的下边界．根据动能定理：可得：E=6×106N/C（3）设从线框下边界第一次进入磁场到上边界第一次离开磁场过程中线框产生的热量为Q1，对该过程运用能量守恒得：．经足够时间后，线框上边界运动到磁场下边界时速度恰好为零，线框最终不会再进入磁场，即线框之后运动的最高点是线框的上边与磁场的下边界重合，不再产生焦耳热．设线框从上边界第一次离开磁场至线框的上边与磁场下边界重合的最终状态的过程中产生的热量为Q2，根据能量守恒有：则Q=Q1+Q2=12.8J．答：（1）线框做匀速运动时的速度大小为1m/s．（2）电场强度的大小6×106N/C（3）正方形单匝线框中产生的总焦耳热为12.8J．14．（20分）2011年8月25日23时27分，经过77天的飞行，“嫦娥二号”在世界上首次实现从月球轨道出发，受控准确进入日地系统﹣﹣拉格朗日L2点的环绕轨道，如图所示．已知地球半径为R0，地球表面重力加速度为g．（1）若月球绕地球运动的周期为T，月球绕地球的运动近似看作匀速圆周运动，试求出月球绕地球运动的轨道半径r；（2）日地系统﹣﹣拉格朗日L2点在太阳与地球连线上的地球外侧，由于同时受。

天津市和平区2021届新高考物理四月模拟试卷一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．1789年英国著名物理学家卡文迪许首先估算出了地球的平均密度．根据你所学过的知识，估算出地球密度的大小最接近 （ ）（地球半径R=6400km ，万有引力常量G=6.67×10-11N·m 2/kg 2） A ．5.5×103kg/m 3B ．5.5×104kg/m 3C ．7.5×103kg/m 3D ．7.5×104kg/m 3【答案】A【解析】【分析】【详解】 由黄金代换2GMm mg R =可得地球质量GgR M 2=，地球体积公式343V R π=可得密度333 5.510kg/m 4g GRρπ==⨯，故A 正确BCD 错误。

2．如图所示，变压器为理想变压器，电压变化规律为202sin100πV u t =的交流电压接在a 、b 两端，L 为灯泡，R 为滑动变阻器。

现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A 1的示数增大了0.2A ，电流表A 2的示数增大了0.8A ，则下列正确的是（ ）A ．电压表V 2示数不变，V 3示数增大B ．变阻器滑片是沿d→c 的方向滑动C ．该变压器起降压作用D ．灯泡发光每秒闪50次【答案】C【解析】【详解】AB ．观察到电流表A 1的示数增大了0.2A ，电流表A 2的示数增大了0.8A ，即副线圈电流增大，由于a 、b 接在电压有效值不变的交流电流两端，匝数比不变，所以副线圈电压不变，即V 1，V 2示数不变，V 3示数减小根据欧姆定律得负载电阻减小，所以变阻器滑片是沿c→d 的方向滑动，故AB 错误， C ．观察到电流表A 1的示数增大了0.2A ，电流表A 2的示数增大了0.8A ，即原线圈电流增大量小于副线圈电流增大量，根据电流与匝数成反比，所以该变压器起降压作用，故C 正确；D ．由πV u t =可知，交流电的频率为100π50Hz 2π2πf ω=== 由于交变电流一个周期内电流方向发生100次变化，所以灯泡发光每秒闪100次，故D 错误。

2015-2016学年天津市和平区高一（下）期末物理试卷一、解答题（共8小题，满分24分）1．学习物理除了知识的学习外，还要领悟并掌握处理物理问题的思想与方法．下列关于物理方法说法不正确的是（）A．质点是为了研究问题方便而忽略次要因素的一种理想化模型B．伽利略利用实验结合逻辑推理的方法得出了力和运动的关系C．利用多次测量取平均值的方法可有效减小实验的系统误差D．将平抛运动分解为两个方向的直线运动是等效替代的方法2．我国自主研制的四代战机歼31在第十届中国国际航空航天博览会上实机表演，起飞后首先进行大角度爬升，运动轨迹如图所示．若爬升过程速度大小保持不变，则这段时间战机在水平方向的分运动是（）A．匀速直线运动 B．加速直线运动C．减速直线运动 D．先加速后减速运动3．如图，公共汽车沿水平面向右做匀变速直线运动，小球A用细线悬挂车顶上，质量为m 的一位中学生手握扶杆，始终相对于汽车静止地站在车箱底板上．学生鞋底与公共汽车间的动摩擦因数为μ．若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻公共汽车对学生产生的作用力的大小和方向为（）A．大小等于mg，方向水平向右B．大小大于mg，方向斜向左上方C．大小大于mg，方向水平向右D．大小等于mg，方向斜向左上方4．如图所示，细绳的一端固定，另一端系一小球，让小球在竖直面内做圆周运动，关于小球运动到P点时的加速度方向，下列图中可能的是（）A．B．C．D．5．物体A、B与地面间的动摩擦因数相同，质量也相同，如图在大小相同与水平面的夹角也相同的恒力F1、F2的作用下，在水平地面上移动相同的距离，则（）A．F1和F2对物体所做的功相同B．摩擦力对物体做的功相同C．物体动能的增量相同D．外力对物体做的总功相同6．如图所示，一物体以6m/s的初速度从A点沿AB圆弧下滑到B点，速率仍为6m/s．若物体以5m/s的初速度从A点沿同一路线滑到B点，则到B点时的速率为（）A．等于5m/s B．A．小于5m/s C．大于5m/s D．A．不能确定7．如图所示，两个半径不同、内壁光滑的半圆轨道甲和乙固定于地面，一小球先后从与球心在同一高度上的A、B两点从静止开始滑下，通过甲、乙轨道的最低点时，下述说法中正确的是（）A．小球的速度，甲图等于乙图B．小球的向心加速度，甲图等于乙图C．小球对轨道的压力，甲图大于乙图D．重力的瞬时功率，甲图大于乙图8．如图所示，滑块以速率v1沿斜面由底端向上滑行，至某一位置后返回，回到出发点时的速率变为v2，且v2＜v1，则（）A．上滑过程重力的平均功率等于下滑过程重力的平均功率B．上滑过程摩擦力的平均功率等于下滑过程摩擦力的平均功率C．在上滑和下滑两过程中，摩擦力做功相等D．上滑过程中机械能减小，下滑过程中机械能增加二、多选题9．光滑水平面上静止着足够长、质量为M的木板，质量为m的滑块以速度v0从左侧冲上木板，一段时间后两者速度相同，则在此过程中（）A．滑块动能减少量一定大于木板动能增加量B．滑块和木板一定都做匀变速直线运动C．滑块克服摩擦力做的功等于摩檫力对木板做的功D．滑块的加速度与木板的加速度一定大小相等10．用一竖直向上的力将原来在地面上静止的重物向上提起，重物由地面运动至最高点的过程中，v﹣t图象如图所示，以下判断正确的是（）A．前3s内拉力功率恒定B．最后2s内货物处于超重状态C．前3s内与最后2s内货物的平均速度相同D．最后2s运动过程中，货物的机械能增大11．如图甲所示，A、B两物体叠放在光滑水平面上，对物体B施加一水平变力F，F﹣t关系如图乙所示，两物体在变力作用下由静止开始运动，且始终保持相对静止，设水平向右为正方向，则（）A．t时刻，两物体之间的摩擦力最大B．t时刻，两物体的速度方向开始改变C．t～2t时间内，物体做减速运动D．0～2t时间内，物体A所受的摩擦力力向始终与变力F的方向相同12．如图所示，在竖直平面内有一个半径为R的圆弧轨道．半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A正上方P点由静止开始自由下落，之后无碰撞地进入圆弧轨道，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，已知AP=2R，重力加速度为g，则小球从P 到B的运动过程中（）A．机械能减少mgR B．重力做功mgRC．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功mgR三、填空题13．一位质量m=50kg的滑雪运动员从高h=10m的斜坡顶端自由下滑，如果运动员在下滑过程中受到的阻力f=50N，斜坡的倾角为30°，运动员在下滑至底部的过程中，克服阻力做功J，合力做的总功J．（g取10m/s2）14．汽车的质量为m=6.0×103kg，额定功率为P e=90kW，沿水平道路行驶时，阻力恒为重力的0.05倍，g取10m/s2，汽车沿水平道路匀速行驶的最大速度是m/s，当汽车的速度为20m/s时的加速度大小为m/s2．15．两个完全相同的物块a、b质量均为m=1kg，在水平面上以相同的初速度从同一位置开始运动，其中一个物块受到水平拉力F的作用，另一物块靠惯性前行，图中的两条直线表示两物块运动的v﹣t图象，则水平拉力F的大小为N，8s末a、b两物块间的距离为m．（取g=l0m/s2）四、实验题16．为验证在自由落体过程中物体的机械能是守恒的，某同学利用DIS设计了一个实验，实验装置如图甲所示，图中A为电磁铁，B为光电门．有一直径为d、质量为m的金属小球通过电磁铁从A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g，且小球直径d远小于A、B间的距离H．则：（1）小球经过光电门B时的速度v B表达式为；（2）多次改变高度H，重复上述实验，作出﹣H的变化图象如图乙所示，当图线斜率k=时（用已知量g、d表示），可判断小球下落过程中机械能守恒；（3）实验中发现动能增加量△E k总是稍小于重力势能减少量△E P，增加下落高度后，△E P ﹣△E k将（选填“增加”、“减小”、“不变”）．17．某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌面上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码使小车在钩码的牵引下运动，以此定量研究绳拉力做功与小车动能变化的关系．此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等．组装的实验装置如图所示．①若要完成该实验，必须的实验器材还有哪些．②实验开始时，他先将木板倾斜，使小车能够沿木板匀速滑动，他这样做的目的是下列的哪个（填字母代号）A．避免小车在运动过程中发生抖动B．可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰C．可以保证小车最终在细线的牵引下能够实现匀速直线运动D．可使细绳拉力等于小车受的合力③将木板倾斜到适当角度后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数太少，难以选到合适的点计算小车的速度．在保证所挂钩码数目不变的条件下，请你利用本实验的器材提出一个解决方法；④他将钩码重力做的功当做细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些，这一情况可能是下列哪些原因造成的（填字母代号）．A．在接通电源的同时释放了小车B．小车释放时离打点计时器太近C．阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉D．钩码做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力．五、计算题18．为了安全，在高速公路上行驶的汽车之间应保持必要的距离，假设前方车辆突然停止，后面车辆司机从发现这一情况起，经历一定的时间（即反应时间）操纵刹车汽车开始减速．高速公路上行驶的汽车时速范围是60km/h〜120km/h，请你根据下面给出的资料，计算出汽车之间的安全距离是多少．（取g=10m/s2）资料一：驾驶员的反应时间：0.3s～0.6s之间μ=0.4，现对物体施加一水平向右的恒力F=12N，物体沿水平面运动，经过距离S=4m后，迅速将该力改为竖直向上，大小不变，物体上升的竖直距离为h=4m，求：此时物体的速度大小是多少（要求分别用牛顿定律和动能定理两种方法求解，取g=10m/s2）20．如图所示，质量为m=lkg的小滑块，从光滑、固定的圆弧轨道的最高点A由静止滑下，经最低点B后滑到位于水平面的木板上．已知木板足够长，其质量M=2kg，其上表面与圆弧轨道相切于B点，整个过程中木板的v﹣t图象如图所示，g=10m/s2，求：（1）滑块经过B点时对圆弧轨道的压力；（2）滑块与木板之间的动摩擦因数μ1和木板与水平面之间的动摩擦因数μ2．21．某人设计的“水上撑杆跳远”比赛的设施如图，AB为半径R=16m、圆心角θ=37°的竖直圆弧滑道，与水平滑道BC相切于B点，C端恰位于水池边缘，池水足够深和宽，水面比C 点低H=1m，运动员的运动过程简化为如图模型：运动员手握一根足够长的轻质弹性杆从A 点由静止滑下，进入水平滑道后适时将杆前端抵在C点（此后装置使杆端不离开C点），用力蹬滑道后跳起，杆绕C点转到竖直方向且伸直时，运动员放开杆水平飞出，最终脚触水身体竖直落入水中，触水点离C点的水平距离作为比赛成绩．假设m=60kg的运动员完全按照以上模型完成比赛，在下滑过程中忽略其重心到滑道的距离，在起跳前和触水的瞬间，其重心均比脚底高h=1m（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，忽略空气阻力和滑道上的摩擦阻力）（1）求运动员刚滑到B点瞬间滑道对他的支持力N的大小；（2）若放开杆瞬间运动员重心距滑道BC的高度L=3.2m，比赛成绩x=4m，求他起跳蹬滑道做的功W．（3）若运动员起跳蹬滑道做的功为W1=180J，通过改变握竿的位置获得不同的成绩，求他的最好成绩x max．2015-2016学年天津市和平区高一（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、解答题（共8小题，满分24分）1．学习物理除了知识的学习外，还要领悟并掌握处理物理问题的思想与方法．下列关于物理方法说法不正确的是（）A．质点是为了研究问题方便而忽略次要因素的一种理想化模型B．伽利略利用实验结合逻辑推理的方法得出了力和运动的关系C．利用多次测量取平均值的方法可有效减小实验的系统误差D．将平抛运动分解为两个方向的直线运动是等效替代的方法【考点】物理学史．【分析】解答本题应掌握：在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量法；伽利略在研究自由落体运动时采用了逻辑推理、实验和数学结合的方法；在探究求合力方法的实验中使用等效替代的方法；【解答】解：A、质点是为了研究问题方便而忽略次要因素的一种理想化模型；故A正确；B、伽利略利用实验结合逻辑推理的方法得出了力和运动的关系；故B正确；C、系统误差是由于实验原理等原因导致的，多次测量无法减小实验中的系统误差；故C错误．D、将平抛运动分解为两个方向的直线运动是等效替代的方法；故D正确；本题选错误的；故选：C．2．我国自主研制的四代战机歼31在第十届中国国际航空航天博览会上实机表演，起飞后首先进行大角度爬升，运动轨迹如图所示．若爬升过程速度大小保持不变，则这段时间战机在水平方向的分运动是（）A．匀速直线运动 B．加速直线运动C．减速直线运动 D．先加速后减速运动【考点】运动的合成和分解．【分析】曲线运动的速度方向沿着轨迹的曲线方向，将该速度沿着水平和竖直方向正交分解后得到水平分速度的表达式进行分析．【解答】解：飞机做曲线运动，曲线运动的速度方向沿着轨迹的曲线方向，如图所示：故v1=vcosα，v2=vsinα；由于v不变，α增加，故水平分速度v1减小，竖直分速度v2增加；竖直分运动一定是直线运动，故竖直分运动是加速直线运动，水平分运动是减速直线运动；故选：C．3．如图，公共汽车沿水平面向右做匀变速直线运动，小球A用细线悬挂车顶上，质量为m 的一位中学生手握扶杆，始终相对于汽车静止地站在车箱底板上．学生鞋底与公共汽车间的动摩擦因数为μ．若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻公共汽车对学生产生的作用力的大小和方向为（）A．大小等于mg，方向水平向右B．大小大于mg，方向斜向左上方C．大小大于mg，方向水平向右D．大小等于mg，方向斜向左上方【考点】牛顿第二定律；作用力和反作用力．【分析】中学生与球都相对于车静止，它们的加速度与车的加速度相同．首先选择球研究，根据牛顿第二定律求出加速度，人的加速度就知道了．再对人分析受力，作出力图，应用牛顿第二定律，求出汽车对学生产生的作用力的大小和方向．【解答】解：以小球为研究对象，根据牛顿第二定律得：m球gtanθ=m球a，解得：a=gtanθ，以人为研究对象，人与球的加速度相同，均水平向左，人受如图所示，设汽车对学生的作用力与竖直方向的夹角为α，由牛顿第二定律得：mgtanα=ma，F=，将a=gtanθ代入得：α=θ，F=＞mg，方向斜向左上方．故选：B．4．如图所示，细绳的一端固定，另一端系一小球，让小球在竖直面内做圆周运动，关于小球运动到P点时的加速度方向，下列图中可能的是（）A．B．C．D．【考点】向心加速度；牛顿第二定律；向心力．【分析】小球在竖直平面内做圆周运动，运动到图示的P点时，速度大小和方向都在改变，即P点的加速度应可分解为沿PO方向的向心加速度和垂直于PO的切向加速度．【解答】解：小球在竖直面内做圆周运动，运动到图示的P点时，所受的合力可分解为向心力和切向方向的力，即P点的加速度应可分解为沿PO方向的向心加速度和垂直于PO的切向加速度，故D选项正确．故选D5．物体A、B与地面间的动摩擦因数相同，质量也相同，如图在大小相同与水平面的夹角也相同的恒力F1、F2的作用下，在水平地面上移动相同的距离，则（）A．F1和F2对物体所做的功相同B．摩擦力对物体做的功相同C．物体动能的增量相同D．外力对物体做的总功相同【考点】功能关系；功的计算．【分析】根据受力分析比较拉力和推力的大小，再通过W=Fscosθ，比较做功的大小．根据动能定理分析动能的增量关系．【解答】解：A、由题意可知，两个力的大小相等，且与位移间的夹角相等，由W=Fscosθ，可知两力做功一定相等；故A正确．B、由于F1对物体有向下压的效果，而F2是向上提的效果，故可知A物体受到的摩擦力要大于B受到的摩擦力，故A克服摩擦力做功要多；故B错误．CD、由上知，外力对物体做的总功不等，根据动能定理得知物体动能的增量不同，合外力对A做功较少，A的动能增量较小，故CD错误．故选：A．6．如图所示，一物体以6m/s的初速度从A点沿AB圆弧下滑到B点，速率仍为6m/s．若物体以5m/s的初速度从A点沿同一路线滑到B点，则到B点时的速率为（）A．等于5m/s B．A．小于5m/s C．大于5m/s D．A．不能确定【考点】机械能守恒定律．【分析】物体从A点下滑至B点，除重力做功外还有摩擦力做功，两个力做的总功等于物体动能的变化．从A至B重力做功一样，而摩擦力做功与摩擦力的大小有关，在圆弧状态下摩擦力大小决定做功情况，根据已知条件判断摩擦力的大小跟速度的关系进而求出摩擦力做功情况，从而判断速度的大小．【解答】解：当物体以6m/s速度从A滑至B时，根据动能定理有：W G﹣W f=△E K当物体以5m/s速度下滑时，在从A至B的过程中，重力做功保持不变．物体沿圆弧下滑，由指向圆心的合力提供向心力，由于速度变小，圆弧轨道给物体的弹力变小，根据滑动摩擦力大小的计算式：f=μF N，可知物体受到的滑动摩擦力减小，而在从A到B的过程中，物体通过的圆弧长度不变，所以物体在从A到B的过程中，克摩擦力做功W f减小，所以此时外力做功的代数和大于0，由动能定理知，从A到B的过程中，动能的变化量大于0，动能增加，所以到B点时的速率大于5m/s．故ABD错误，C正确．故选：C7．如图所示，两个半径不同、内壁光滑的半圆轨道甲和乙固定于地面，一小球先后从与球心在同一高度上的A、B两点从静止开始滑下，通过甲、乙轨道的最低点时，下述说法中正确的是（）A．小球的速度，甲图等于乙图B．小球的向心加速度，甲图等于乙图C．小球对轨道的压力，甲图大于乙图D．重力的瞬时功率，甲图大于乙图【考点】机械能守恒定律；向心力．【分析】小球下落过程中只有重力做功，根据机械能守恒定律得到小球通过最低点时速度的表达式，再根据合力等于向心力，求出向心加速度和压力的表达式．小球通过最低点时，重力与速度垂直，重力的瞬时功率为零．由此分析即可【解答】解：A、设任一半圆轨道的半径为r，小球到最低点的速度为v，由机械能守恒定律得：mgr=mv2，解得：v=，则知小球的速度，甲图大于乙图，故A错误．B、在最低点，小球的向心加速度a==2g，向心加速度大小相等，故B正确．C、在最低点，以小球为研究对象，由牛顿第二定律得：F N﹣mg=a，解得：F N=3mg，由牛顿第三定律知，小球对轨道的压力为3mg，所以对轨道的压力相同，故C错误．D、小球通过最低点时，重力与速度垂直，根据P=mgcosα知，α=90°，则知重力的瞬时功率均为零．所以，重力的瞬时功率，甲图等于乙图．故D错误．故选：B8．如图所示，滑块以速率v1沿斜面由底端向上滑行，至某一位置后返回，回到出发点时的速率变为v2，且v2＜v1，则（）A．上滑过程重力的平均功率等于下滑过程重力的平均功率B．上滑过程摩擦力的平均功率等于下滑过程摩擦力的平均功率C．在上滑和下滑两过程中，摩擦力做功相等D．上滑过程中机械能减小，下滑过程中机械能增加【考点】机械能守恒定律．【分析】根据物体的位移大小确定重力做功情况，结合上滑和下滑加速度的大小，根据位移时间公式比较出运动的时间，从而比较出上滑和下滑过程中重力和摩擦力做功的平均功率关系．上滑和下滑过程中摩擦力的大小相等，摩擦力做功相等，机械能损失相等．【解答】解：A、上滑和下滑过程重力做功数值相等，根据牛顿第二定律知，上滑时的加速度大于下滑时的加速度，根据x=，知上滑的时间小于下滑的时间，根据P=知，上滑过程中重力的平均功率大于下滑过程中重力的平均功率．故A错误．BC、上滑和下滑过程中摩擦力的大小相等，均做负功，位移大小相等，则摩擦力做功相等，而上滑的时间小于下滑的时间，根据P=，知上滑过程中摩擦力的平均功率大于下滑过程中摩擦力的平均功率．故B错误，C正确．D、上滑和下滑过程中摩擦力均做负功，所以滑块的机械能一直减小，故D错误．故选：C二、多选题9．光滑水平面上静止着足够长、质量为M的木板，质量为m的滑块以速度v0从左侧冲上木板，一段时间后两者速度相同，则在此过程中（）A．滑块动能减少量一定大于木板动能增加量B．滑块和木板一定都做匀变速直线运动C．滑块克服摩擦力做的功等于摩檫力对木板做的功D．滑块的加速度与木板的加速度一定大小相等【考点】功能关系；牛顿第二定律．【分析】根据能量守恒定律分析能量是如何转化的，来判断滑块动能减少量与木板动能增加量的关系．分析滑块和木板的受力情况，判断其运动情况．根据相对于地面的位移，分析摩擦力对两个物体做功的大小关系．由牛顿第二定律分析加速度关系．【解答】解：A、根据能量守恒定律可知，滑块动能减少量等于木板动能增加量与系统摩擦产生的内能之和，所以滑块动能减少量一定大于木板动能增加量．故A正确．B、滑块和木板在滑动摩擦力作用下，分别做匀减速直线运动和匀加速直线运动，故B正确．C、由于滑块和木板相对于地面的位移大小不等，所以滑块克服摩擦力做的功并不等于摩檫力对木板做的功，由于滑块对地的位移比木板位移大，所以滑块克服摩擦力做的功大于摩檫力对木板做的功，故C错误．D、设两者之间摩擦力大小为f，根据牛顿第二定律得滑块的加速度大小a m=木板的加速度大小a M=由于两者的质量不一定相等，所以加速度大小不一定相等，故D错误．故选：AB10．用一竖直向上的力将原来在地面上静止的重物向上提起，重物由地面运动至最高点的过程中，v﹣t图象如图所示，以下判断正确的是（）A．前3s内拉力功率恒定B．最后2s内货物处于超重状态C．前3s内与最后2s内货物的平均速度相同D．最后2s运动过程中，货物的机械能增大【考点】功能关系；匀变速直线运动的图像；牛顿运动定律的应用-超重和失重．【分析】超重是物体所受的拉力或支持力大于物体所受重力的现象，当物体做向上加速运动或向下减速运动时，物体均处于超重状态，相反，当物体向上减速运动或向下加速运动时，物体均处于失重状态，根据图象判断物体的运动情况，然后判断物体的超重与失重情况．根据P=Fv求解功率．根据斜率求出物体的加速度，确定拉力做功情况，从而确定机械能变化情况．【解答】解：A、前3s内做匀加速直线运动，加速度不变，拉力不变，而速度增大，则功率增大，故A错误．B、最后2s内货物做匀减速上升，加速度向下，处于失重状态，故B错误．C、前3 s内货物做匀加速运动，平均速度为：，最后2s内货物做匀减速运动，平均速度为：，相同，故C正确．D、最后2s运动过程中，加速度a=＜10m/s2，则拉力方向向上，做正功，所以机械能增大，故D正确．故选：CD11．如图甲所示，A、B两物体叠放在光滑水平面上，对物体B施加一水平变力F，F﹣t关系如图乙所示，两物体在变力作用下由静止开始运动，且始终保持相对静止，设水平向右为正方向，则（）A．t时刻，两物体之间的摩擦力最大B．t时刻，两物体的速度方向开始改变C．t～2t时间内，物体做减速运动D．0～2t时间内，物体A所受的摩擦力力向始终与变力F的方向相同【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【分析】先对整体受力分析可知整体的运动状态的变化；再对A分析可知AB间摩擦力的变化；由运动学公式可知速度的变化．【解答】解：A、对A、B系统，整体水平方向只受变化的推力作用系统，由图象可知，力F先向右减小，然后再向左增大，则由牛顿第二定律可知，系统的加速度先减小再增大；A 所受合力为B对A的摩擦力，由牛顿第二定律可知，f=ma，由于a先减小后增大，则摩擦力摩擦力先减小后增大；在t时刻加速度为零，摩擦力最小，为零，故A错误；B、由图示图象可知，0﹣t时间内两物体向右做加速度减小的加速运动，t﹣2t时间内两物体向右做加速度增大的减速运动，t时刻两物体的运动方向不变，故B错误，C正确；D、因两物体一直相对静止，故在运动中加速度相同，而A由摩擦力提供加速度，整体由F 提供，故A受到的摩擦力一直与F同向，故D正确；故选：CD．12．如图所示，在竖直平面内有一个半径为R的圆弧轨道．半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A正上方P点由静止开始自由下落，之后无碰撞地进入圆弧轨道，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，已知AP=2R，重力加速度为g，则小球从P 到B的运动过程中（）A．机械能减少mgR B．重力做功mgRC．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功mgR【考点】机械能守恒定律；向心力．【分析】小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，轨道对小球没有支持力，由重力充当向心力，由牛顿第二定律可求出B点的速度，从而求出机械能的减少量．重力做功只跟高度差有关，根据动能定理求解合外力做的功及摩擦力做的功．【解答】解：A、小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，则小球在B点，由重力提供向心力，有mg=m，解得：v B=以B点为参考点，则小球机械能减少量为△E=mgR﹣=0.5mgR，故A错误；B、重力做功W G=mg（2R﹣R）=mgR，故B正确；=﹣0=0.5mgR，故C错误．C、根据动能定理得：合外力做功W合D、根据功能原理可知，克服摩擦力做功等于机械能的减少，为0.5mgR．故D正确．故选：BD三、填空题。

天津市和平区2021届新高考物理四模试卷一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．如图所示，足够长的竖直绝缘管内壁的粗糙程度处处相同，处于方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场中．一带正电的小球从静止开始沿管下滑，下列小球运动速度v 和时间t 、小球所受弹力F N 和速度v 的关系图像中正确的是A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】【分析】由题中“足够长的竖直绝缘管内壁的粗糙程度处处相同”可知，本题考查带电物体在复合场中的受力分析，根据电场力性质和洛伦兹力以及受力分析可解答本题。

【详解】AB 、当粒子速度足够大时，有()f Bqv F μ=-电会有f G =此时，速度不再增加，故AB 错误；CD 、根据受力分析，小球在水平方向受力平衡，即N =F F Bqv -电故C 错误，D 正确。

2．如图所示，一质量为m 的重物，在塔吊电动机的拉力下，由静止开始向上以加速度1a 做匀加速直线运动，当重物上升到高度h 、重物速度为1v 时塔吊电动机功率达到额定功率0P ，此时立刻控制电动机使重物做加速度大小为2a 的匀减速直线运动直到速度减到零，重力加速度为g ，不计一切摩擦，关于此过程的说法正确的是（ ）A ．重物匀减速阶段电动机提供的牵引力大小为()2m g a +B ．重物匀加速阶段电动机提供的牵引力大小为01P v C ．计算重物匀加速阶段所用时间的方程为20112P t mgh mv -= D ．假设竖直方向足够长，若塔吊电动机以额定功率0P 启动，速度1v 就是其能达到的最大速度【答案】B【解析】【分析】【详解】A ．根据牛顿第二定律，重物匀减速阶段22mg F ma -=()22F m g a =-A 错误；B ．重物在匀加速阶段011P F v =011P F v = B 正确；C ．匀加速阶段1P F v =，电动机功率逐渐增大，不满足20112P t mgh mv -=，选项C 错误；D．假设竖直方向足够长，若塔吊电动机以额定功率0P启动，能达到的最大速度mPvmg=m1v v>选项D错误。