河北省衡水中学2019届高三上学期二调考试物理试题（解析版）.docx

1、2018-2019学年度上学期高三年级二调考试一、选择题(每小题4分,共60分。下列每小题所给选项至少有一项符合题意,请将正确答案的序号填涂在答题卡上,全部选对的得4分,有漏选的得2分,有错选的得0分)1.如图所示,物体A靠在竖直墙面上,在力F作用下,A、B保持静止物体B的受力个数为( )A. 2B. 4C. 2或4D. 无法确定【答案】B【解析】【详解】对AB整体，受重力和推力F，如果墙壁对整体有支持力，整体水平方向不能平衡，矛盾，故墙壁对整体水平方向没有弹力，故也就没有摩擦力；隔离物体A分析，受重力、支持力和B对A的静摩擦力再隔离物体B分析，受推力F、重力、A对B的压力和平行斜面方向的静摩

2、擦力，共4个力故B正确2.质量为m=20kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直线运动02s内F与运动方向相反，2s4s内F与运动方向相同，物体的速度-时间图象如图所示，已知g取10m/s2则（ ）A. 物体在04s内通过的位移为8mB. 拉力F的大小为100NC. 物体与地面间的动摩擦因数为0.2D. 物体克服摩擦力做的功为480J【答案】ACD【解析】【分析】速度图象的“面积”等于位移大小，根据几何知识求解04s内的位移由斜率求出加速度，分析求出前2s内和后2s内物体的加速度大小，再根据牛顿第二定律求出拉力F和摩擦力的大小，再求解动摩擦因素和物体克服摩擦力做功【详解】A项：

3、由速度图象的“面积”等于位移大小，得到：物体在04s内通过的位移为，故A正确；B项：由斜率等于加速度的大小，得到：前2s内和后2s内物体的加速度大小分别为，根据牛顿第二定律得：F+f=ma1；F-f=ma2，代入解得：F=60N，f=40N，故B错误；C项：由f=mg得，故C正确；D项：物体通过的总路程为，滑动过程中物体受到的摩擦力大小不变，始终做负功，则物体克服摩擦力做的功为W=fS=480J，故D正确【点睛】本题实际上通过速度反映了物体的运动情况，抓住“面积”等于位移、斜率等于加速度，根据牛顿第二定律求解拉力属于知道了物体的运动情况，确定物体受力情况的类型3.如图所示，在倾角30的光滑斜面

4、上有两个用轻质弹簧相连接的物块A，B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之以加速度a向上做匀加速运动，当物块B刚要离开C时力F的大小恰为2mg.则()A. 物块B刚要离开C时B的加速度为0B. 加速度agC. 无法计算出加速度aD. 从F开始作用到B刚要离开C，A的位移为【答案】AD【解析】试题分析：当物块B刚要离开C时，对挡板的压力为零，根据平衡条件求出此时弹簧的弹力，结合胡克定律求出弹簧的形变量对A，根据牛顿第二定律求出物块A的加速度弹簧开始处于压缩，根据平衡求出压缩量的大小，抓住A的位移等于弹簧的形变量求出物块A的位

5、移物块B刚要离开C时，B和挡板之间没有力的作用，即弹簧的拉力正好等于B的重力沿斜面向下的分力，所以此时B的合力为零，加速度为零，A正确；物块B刚要离开C时，弹簧的弹力，所以对A分析，受到弹簧沿斜面向下的拉力，和重力沿斜面向下的分力以及F的作用，根据牛顿第二定律可得，解得，BC错误；未施加F之前，弹簧处于压缩状态，对A分析有，当物块B刚要离开C时弹簧处于拉伸状态，对B分析有，故A上升的位移为，D正确4.在遥控直升机下面用轻绳悬挂质量为m的摄像机可以拍摄学生在操场上的跑操情况开始时遥控直升机悬停在C点正上方若遥控直升机从C点正上方运动到D点正上方经历的时间为t,已知C、D之间距离为L,直升机的质量

6、为M,直升机的运动视作水平方向的匀加速直线运动在拍摄过程中悬挂摄像机的轻绳与竖直方向的夹角始终为,重力加速度为g,假设空气对摄像机的作用力始终水平,则( )A. 轻绳的拉力T=B. 遥控直升机加速度a=gtanC. 摄像机所受的合外力为=Ma=D. 这段时间内空气对摄像机作用力的大小为 F=m(gtan-)【答案】AD【解析】摄像机的受力情况如图所示，根据牛顿第二定律得：竖直方向有：F1cos=mg 水平方向有：F1sin-F=ma 由得：轻绳的拉力 遥控直升机加速度 a=gtan-g ，故A正确，B错误直升机做初速度为零匀加速运动，由L=at2，得所以摄影机所受的合外力为 F合=ma= 故C

7、错误由得：空气对摄像机作用力的大小为 F=F1sin-ma=sin-m=m（gtan-）故D正确故选AD.点睛：本题涉及两个物体，采用隔离法研究分析物体的受力情况，运用正交分解法列方程是关键要注意直升机和摄像机是两个不同的研究对象，加速度相同，但质量不同5.如图所示，可视为质点的两个小球A、B从坐标为(0，2y0)、(0，y0)的两点分别以速度vA和vB水平抛出，两个小球都能垂直打在倾角为45的斜面上，由此可得vAvB等于A. 1B. 21C. 41D. 81【答案】A【解析】【详解】小球垂直击中斜面，速度与斜面垂直，由速度分解可知：又竖直方向速度：可得：根据几何关系得：联立以上可得：据题小球

8、A、B从坐标分别为（0、2y），（0，y），即hA=2y，hB=y，可得：故A正确，BCD错误6.如图，在水平转台上放一个质量M2 kg的木块，它与转台间的最大静摩擦力Fmax6.0 N，绳的一端系挂木块，通过转台的中心孔O(孔光滑)，另一端悬挂一个质量m1.0 kg的物体，当转台以角速度5 rad/s匀速转动时，木块相对转台静止，则木块到O点的距离可以是(g取10 m/s2，M、m可看成质点)()A. 0.04 mB. 0.08 mC. 0.16 mD. 0.32 m【答案】BCD【解析】【详解】物体的摩擦力和绳子的拉力的合力提供向心力，根据向心力公式得：mg+f=M2r，解得：；当f=fm

9、ax=6.0N时，r最大，当f=-6N时，r最小，则，故BCD正确，A错误。7.如图,两个相同的小球A、B用两根轻绳连接后放置在圆锥筒光滑侧面的不同位置上,绳子上端固定在同一点O,连接A球的绳子比连接B球的绳子长,两根绳子都与圆锥筒最靠近的母线平行当圆锥筒绕其处于竖直方向上的对称轴OO以角速度匀速转动时,A、B两球都处于筒侧面上与筒保持相对静止随筒转动,下列说法正确的是( )A. 两球所受的合力大小相同B. A球对绳子的拉力大小等于B球对绳子的拉力大小C. 两球所需的向心力都等于绳子拉力的水平分力D. A球对圆锥筒的压力小于B球对圆锥筒的压力【答案】D【解析】【详解】A项：设圆锥筒顶角一半为，

10、则两球做匀速圆周运动的半径分别为：，两球所受的合力提供向心力即，由半径不同，所以两球的合外力大小不相同，故A错误；B、D项：小球受重力G，支持力N，拉力，水平方向由牛顿第二定律可得： 竖直方向由平衡条件可得： 解得：， 由于半径不同，所以两球对细绳的拉力则不同，故B错误，由于A球圆周运动的半径的半径大于B球做圆周运动的半径，所以A球对圆锥筒的压力小于B球对圆锥筒的压力，故D正确；C项：两球所需的向心力都等于绳子拉力的水平分力与圆锥筒对小球支持力沿水平方向分力的合力，故C错误8.如图所示,质量相等的a、b两物体放在圆盘上,到圆心的距离之比是2:3,圆盘绕圆心做匀速圆周运动,两物体相对圆盘静止,a

11、、b两物体做圆周运动时( )A. 角速度大小之比是1:1B. 线速度大小之比是1:1C. 向心加速度大小之比是2:3D. 向心力大小之比是9:4【答案】AC【解析】【详解】A项：两个物体是同轴传动，角速度相等，故A正确；B项：两个物体角速度相等，到圆心的距离之比是2：3，根据v=r，线速度之比为2：3，故B错误；C项：两个物体角速度相等，线速度之比为2：3，根据a=v，向心加速度之比为2：3，故C正确；D项：两个物体质量相等，向心加速度之比为2：3，故向心力之比为2：3，故D错误故应选AC9.如图，在同一竖直平面内有两个正对着的半圆形光滑轨道，轨道的半径都是R轨道端点所在的水平线相隔一定的距离

12、一质量为m的小球能在其间运动而不脱离轨道，经过最低点B时的速度为小球在最低点B与最高点A对轨道的压力之差为F（F0）不计空气阻力则（ ）A. 、一定时，R越大，F越大B. 、R一定时，越大，F越大C. 、R一定时，越大，F越大D. 、R、x一定时，F与v的大小无关【答案】CD【解析】试题分析：在最低点B，有，则，根据机械能守恒定律得，在最高点A有：，解得，所以；m、x一定时，R越大，一定越小，故A错误；m、x、R一定时，越大，不变，故B错误； m、R一定时，x越大，一定越大，故C正确； m、R、x一定时，与的大小无关，故D正确考点：向心力、牛顿第二定律【名师点睛】本题综合考查了牛顿第二定律和机

13、械能守恒定律，关键搞清向心力的来源，知道最高点速度和最低点速度的关系10.如图所示,光滑水平面上有一个四分之三圆弧管,内壁也光滑,半径R=0.2m,质量M=0.8kg，管内有一个质量m=0.2kg的小球,小球直径略小于弯管的内径,将小球用外力锁定在图示位置,即球和环的圆心连线与竖直方向成37角,对图弧管施加水平恒定外力F作用,同时解除锁定,系统向右加速,发现小球在管中位置不变,当系统运动一段距离后管撞击到障碍物上突然停下,以后小球继续运动通过最高点后又落入管中,g取10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8则下列说法正确的是( )A. 拉力F的大小为6NB. 小球在轨道最高点时速度为

14、1m/sC. 系统运动一段距离后管撞击到障碍物时速度为2m/sD. 拉力F做的功为4.1J【答案】BD【解析】【详解】A项：对小球有： 对系统有：，故A错误；B项：小球离开环管做平抛运动，则有： R= 由以上两式解得：，故B正确；C项：系统的速度，由机械能守恒定律得： ，解得：，故C错误；D项：F做的功，故D正确故应选BD11.把火星和地球绕太阳运行的轨道视为圆周由火星和地球绕太阳运动的周期之比可求得（）A. 火星和太阳的质量之比B. 火星和地球到太阳的距离之比C. 火星和地球绕太阳运行速度大小之比D. 火星和地球的质量之比【答案】BC【解析】A、根据题目已知条件，不能求得火星和太阳的质量之比

15、，故A错误；B、研究火星和地球绕太阳做圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：，得，由火星和地球绕太阳运动的周期之比可能求得火星和地球到太阳的距离之比，故B正确；C、根据圆周运动知识得：， 由于火星和地球绕太阳运动的周期之比和火星和地球到太阳的距离之比都知道，所以能求得火星和地球绕太阳运行速度大小之比，故C正确；D、我们研究火星和地球绕太阳做圆周运动，火星和地球作为环绕体，无法求得火星和地球的质量之比，故D错误；故选BC12.使物体成为卫星的最小发射速度称为第一字宙速度，而使物体脱离星球引力所需要的最小发射速度称为第二宇宙速度与的关系是=，已知某星球半径是地球半径R的，其表面的重力加速度是

16、地球表面重力加速度g的，地球的平均密度为，不计其他星球的影响，则A. 该星球上的第一宇宙速度为B. 该星球上的第二宇宙速度为C. 该星球的平均密度为D. 该星球的质量为【答案】BC【解析】【详解】A根据第一宇宙速度故A错误；B根据题意，第二宇宙速度故B正确；C根据公式且故所以故C正确；D根据公式故D错误.13.探月工程中，“嫦娥三号”探测器的发射可以简化如下：卫星由地面发射后，进入地月转移轨道，经过P点时变轨进入距离月球表面100公里圆形轨道1，在轨道1上经过Q点时进入轨道2，月球车将在M点着陆月球表面，正确的是A. “嫦娥三号”在轨道1上运动周期比在轨道2上小B. “嫦娥三号”在轨道1上的速

17、度比月球的第一宇宙速度小C. “嫦娥三号”在轨道1上经过Q点时的加速度小于在轨道2上经过Q点时的加速度D. “嫦娥三号”在地月转移轨道上经过P点的速度比在轨道1上经过P点时大【答案】BD【解析】【详解】A根据开普勒第三定律得卫星在轨道2上运动轨道的半长轴比在轨道1上轨道半径小，所以卫星在轨道1上运动周期比在轨道2上大，故A错误；B月球的第一宇宙速度是卫星贴近月球表面做匀速圆周运动的速度，“嫦娥三号”在轨道1上的半径大于月球半径，根据，得线速度v=，可知“嫦娥三号”在轨道1上的运动速度比月球的第一宇宙速度小故B正确C“嫦娥三号”无论在哪个轨道上经过Q点时的加速度都为该点的万有引力加速度，因为都是

18、Q点可知，万有引力在此产生的加速度相等，故C错误D“嫦娥三号”在地月转移轨道上经过P点若要进入轨道1，需减速，所以在地月转移轨道上经过P点速度比在轨道1上经过P点时大故D正确14.如图所示，质量相同的两物体从同一高度由静止开始运动，A沿着固定在地面上的光滑斜面下滑，B做自由落体运动，两物体分别到达地面，下列说法正确的是（ ）A. 运动过程中重力的平均功率BB. 运动过程中重力的平均功率=BC. 到达地面时重力的瞬时功率BD. 到达地面时重力的瞬时功率=B【答案】AC【解析】AB、B做自由落体运动，运动时间，A做匀加速直线运动，a=gsin，根据得：，重力做功相等，根据知,PAPB，故A正确、B

19、错误；CD、根据动能定理：得，物块到达底端时的速度，A物体重力的瞬时功率PA=mgvsin，B物体重力的瞬时功率PB=mgv，则PA0)的绝缘小物体(可视为质点),PC间距为L现将该小物体无初速度释放,经过一段时间,小物体刚好沿切线无碰撞地进入圆管内,并继续运动,重力加速度用g表示（1）虚线AB上方匀强电场的电场强度为多大?（2）小物体由P点运动到B点的时间为多少?【答案】(1) (2) 【解析】【详解】(1)小物体在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体从A点切线方向进入，则此时速度方与竖直方向的夹角为450，即加速度方向与竖直方向的夹角为450，则有：解得：；(2)小物体由P点运动到

20、A点做匀加速直线运动，设所用时间为t1 解得： 物体在圆管内做匀速圆周运动的时间t2，则 所以小物体由P到B所用总时间为20.如下面左图所示，升降机在电动机的拉力作用下，从静止开始沿竖直方向向上运动，升降机先做匀加速运动，5s末到达额定功率，之后保持额定功率运动其运动情况如图象如下面右图所示，已知电动机的牵引力的额定功率为36kW，重力加速度g取，求：(1)升降机的总质量大小；(2)升降机在07s内上升的高度【答案】（1）（2）【解析】(1)设升降机的总质量为m，由题图知，最终升降机做匀速运动，牵引力F=mg，根据P=fvm=mgvm得：m=300kg(2)设在前5s内升降机的加速度为a，拉力

21、为F，则根据牛顿第二定律得：F-mg=ma即F=3000+300a，且联立解得a=2m/s2，v=10m/s升降机在05s内上升的高度为h1，则由图象可得57s内上升的高度为h2，运用动能定理得解得：h2=21.8m升降机上升的总高度为h=h1+h2=25m+21.8m=46.8m【点睛】本题考查了机车恒定加速度启动问题，关键理清整个过程中的运动规律，知道对于变加速直线运动，无法通过动力学知识求解位移，只能根据动能定理进行求解21.如图所示的装置可绕竖直轴OO转动，可视为质点的小球A与细线1、2连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线1水平，细线2与竖直方向的夹角37.已知小球的质量m1 kg

22、，细线2长l1 m，B点距C点的水平和竖直距离相等重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8. (1)若装置匀速转动的角速度为1时，细线1上的张力为零而细线2与竖直方向的夹角仍为37，求角速度1的大小；(2)若装置匀速转动的角速度2 rad/s，求细线2与竖直方向的夹角【答案】(1)rad/s ；(2)53【解析】【详解】(1)当细线AB上的张力为0时，小球的重力和细线AC张力的合力提供小球圆周运动的向心力，有：mgtan 37m12lsin 37解得：(2)当rad/s时，小球应该向左上方摆起，假设细线AB上的张力仍然为0则：mgtan m22lsin 解得：cos 0.653因为B点距C点的水平和竖直距离相等，所以，当53时，细线AB恰好竖直，tan 53说明细线AB此时的张力恰好为0，故此时细线AC与竖直方向的夹角为53