2019届河北省武邑中学高三上学期第二次调研考试物理试题（解析版）

河北省武邑中学2019届高三上学期第二次调研考试物理试题

一．选择题

1.物块A、B的质量分别为m和2m，用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上。对B施加向右的水平拉力F，稳定后A、B相对静止地在水平面上运动，此时弹簧长度为 ；若撤去拉力F，换成大小仍为F的水平推力向右推A，稳定后A、B相对静止地在水平面上运动，此时弹簧长度为 。则下列判断正确的是(    )

A. 弹簧的原长为

B. 两种情况下稳定时弹簧的形变量相等

C. 两种情况下稳定时两物块的加速度不相等

D. 弹簧的劲度系数为

【答案】D

【解析】

以整体法为研究对象，根据牛顿第二定律得知，两种情况下加速度相等，而且加速度大小为．设弹簧的原长为l0．根据牛顿第二定律得：第一种情况：对A：k（l1-l0）=ma；

第二种情况：对A：k（l0-l2）=2ma ；由两式解得，，，故AC错误，D正确．第一种情况弹簧的形变量为△l=l1-l0=l1-l2；第二种情况弹簧的形变量为△l=l0-l2=l1-l2；故B错误．故选D.

2.如图所示，水平地面上的物体A，在斜向上的拉力F作用下，向右作匀速直线运动，则（    ）

A. 物体A可能不受地面支持力的作用

B. 物体A可能受到三个力的作用

C. 物体A受到滑动摩擦力的大小为Fcosθ

D. 水平地面对A的作用力一定是竖直向上

【答案】C

【解析】

【详解】物体A若不受支持力作用，则不受摩擦力作用，只受重力和拉力，不可能平衡。故A错误。物体受重力、支持力、摩擦力和拉力处于平衡。故B错误。在水平方向上有：Fcosθ=f．故C正确。物体所受重力和拉力的合力与支持力与摩擦力的合力等值反向，因为拉力和重力的合力不可能为竖直方向，则水平地面对A的作用力一定不是竖直方向。故D错误。故选C。

3.某人爬山，从山脚爬上山顶，然后又从原路返回到山脚，上山的平均速度为v1，下山的平均速度为v2，则往返的平均速度的大小和平均速率是

A. ，

B. ，

C. 0，

D. 0，

【答案】D

【解析】

【详解】从山脚爬上山顶，然后又从原路返回到山脚时，通过位移为零，因此平均速度为零；设从山脚爬上山顶路程为s，则有：上山时间：，下山时间：；因此往返平均速率为：，故ABC错误，D正确。故选D。

【点睛】注意平均速度和平均速率的区别，平均速度大小是位移与所用时间的比值，而平均速率为通过路程与所用时间比值，明确了这两个概念的区别便能正确解答本题.

4.如图所示，圆环固定在竖直平面内，打有小孔的小球穿过圆环。细绳的一端固定在圆环的A点，细绳b的一端固定在小球上，两绳的联结点O悬挂着一重物，O点正好处于圆心。现将小球从B点缓慢移到B'点，在这一过程中，小球和重物均保持静止。则在此过程中绳的拉力

A. —直增大

B. —直减小

C. 先增大后减小

D. 先减小后增大

【答案】A

【解析】

对联结点O进行受力分析，受三个拉力保持平衡，动态三角形如图所示：

可知小球从B点缓慢移到B′点过程中，绳a的拉力逐渐变大，故A正确，BCD错误。

5.一个质量可忽略不计的长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为mA＝1 kg和mB＝2 kg的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示(重力加速度g取10 m/s2)．则下列说法错误的是：(　　)

A. 若F＝1 N，则A、B都相对板静止不动

B. 若F＝1.5 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 N

C. 若F＝4 N，则B物块所受摩擦力大小为2 N

D. 若F＝6 N，则B物块的加速度为1 m/s2

【答案】B

【解析】

A与木板的摩擦力最大为，B与木板的摩擦力最大为，若F=1N，小于A的最大静摩擦力，所以A和木板没有发生相对运动，所以在F的作用下三者一起运动，没有发生相对运动，A正确；当时，小于A的最大静摩擦力，所以A、B的加速度一样，.根据牛顿第二定律可得，即A受到的摩擦力为，B错误；轻质木板的质量为0，就是说木板只相当于一介质，最终受力是通过另一物体作用而形成的．就是说B受到的力就是A作用于木板的力，若F>2N时，A相对长木板发生滑动，长木板受到向前的摩擦力，相当于一个2N的力拉B运动，而B发生滑动必须克服4N的摩擦力，所以B仍与木板保持静止，所以受到的摩擦力为2N，加速度，CD正确；

【点睛】①整体法：以几个物体构成的整个系统为研究对象进行求解．在许多问题中用整体法比较方便，但整体法不能求解系统的内力．
②隔离法：从系统中选取一部分（其中的一个物体或两个物体组成的整体，少于系统内物体的总个数）进行分析．隔离法的原则是选取受力个数最少部分的来分析．
③通常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

1、当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法；而在分析系统内各物体（或一个物体各部分）间的相互作用时常用隔离法．
2、整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法．

6.假设地球可视为质量均匀分布的球体．已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g，地球自转的周期为T，引力常量为G.地球的密度为(　　)

A.     B.     C.     D.

【答案】B

【解析】

在两极，引力等于重力，则有：，由此可得地球质量，
在赤道处，引力与支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律，则有： ，密度：，解得： ；故选B．

点睛：此题考查万有引力定律，掌握牛顿第二定律的应用，注意地球两极与赤道的重力的区别，知道密度表达式.

7.一定质量的理想气体, 处于某一初态, 现要使它经过一些状态变化后回到原来初温, 下列哪些过程可能实现（    ）

A. 先等压压缩, 再等容减压    B. 先等容增压, 再等压膨胀

C. 先等压膨胀, 再等容减压    D. 先等容减压, 再等压膨胀

【答案】CD

【解析】

先等压压缩，根据理想气体状态方程公式,可知，温度降低，后等容减压，温度降低，不可能回到初始温度，故A错误；先等容增压，根据理想气体状态方程公式可知，温度升高，后等压膨胀，温度升高，不可能回到初始温度，故B错误; 由理想气体状态方程：可知，先等压膨胀，温度T升高，接着保持体积不变而减小压强，温度降低，可能回到初始温度，故C正确; 先等容减压，根据理想气体状态方程公式可知，温度升高，后等压膨胀，温度升高，可能回到初始温度，故D正确。所以CD正确，AB错误。

8.引力波探测于2017年获得诺贝尔物理学奖。双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由P、Q两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点在二者万有引力作用下做匀速圆周运动，测得P星的周期为T，P、Q两颗星的距离为，P、Q两颗星的轨道半径之差为Δr（P星的轨道半径大于Q星的轨道半径），万有引力常量为G，则(　　）

A. Q、P两颗星的质量差为

B. P、Q两颗星的运动半径之比为

C. P、Q两颗星的线速度大小之差为

D. P、Q两颗星的质量之比为

【答案】CD

【解析】

【详解】双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，则周期相等，所以Q星的周期为T，两者之间的万有引力提供向心力，则：，解得 ；，则，故A错误；根据题意可知，rP+rQ=l，rP-rQ=△r，解得：，则有： ，故B错误。P星公转的线速度 ，Q星公转的线速度，则，故C正确。P、Q两颗星的质量之比为，故D正确。故选CD

9. 一质量为2 kg的物块在水平牵引力的作用下做直线运动，v-t图象如图1所示，物块与水平地面间的动摩擦因数为0．4．下列说法正确的是

A. 图2 表示物块的加速度随时间的变化关系

B. 图3 表示水平牵引力随位移的变化关系

C. 图4 表示水平牵引力功率随时间的变化关系

D. 图5 表示合力对物块做的功随位移的变化关系

【答案】C

【解析】

试题分析：0-2s加速度为，4-6s加速度为，故图2不能表示物块的加速度随时间的变化关系，选项A错误；因0-2s的位移等于4-6s的位移，小于2-4s的位移，故图3 不能表示水平牵引力随位移的变化关系，选项B错误；0-2s的牵引力的功率：P1=Fv=（ma1+μmg）a1t=24t；2-4s牵引力的功率：P2=fv=μmg×a1t=8×2×2W=32W；4-6s的牵引力的功率：P3=Fv=（μmg-ma2）（4-a2t）=16-8t；则选项C正确；0-2s内合外力的功：W1=ma1x=4x；2-4s内合外力的功为W2=0；4-6s合外力的功：W3=-ma2x=-4x,选项D错误；故选C．

考点：物理图像；功和功率

【名师点睛】此题考查了物理图像问题；解题时关键是能根据牛顿定律和功和功率的表达式找出各个阶段的加速度、牵引力、牵引力的功率计合外力功的函数关系，并对照图像来分析．

10.如图所示，两个质量为m、横截面半径为r的半圆柱体A、B放置在粗糙水平面上，A、B的圆心O1、O2之间的距离为l，在A、B上放置一个质量为2m、横截面半径也为r的光滑圆柱体C(圆心为O3)，A、B、C始终处于静止状态．则 

A. A对地面的压力大小为2mg

B. 地面对A的作用力的方向由O1指向O3

C. 若l减小，A、C之间的弹力减小

D. 若l减小，地面对B的摩擦力增大

【答案】AC

【解析】

A、以三个物体组成的整体为研究对象，受到总重力和地面对A和B支持力，两个支持力大小相等，则由平衡条件得知：地面对A的支持力为2mg，则由牛顿第三定律得知A对地面的压力大小也为2mg，故A正确；

B、地面对A有支持力和摩擦力两个力作用，地面对A的作用力是它们的合力，A受到重力mg、地面的支持力N1、摩擦力f、C球的压力N2，如图所示根据平衡条件知：地面的支持力N1和摩擦力f的合力与力mg和压力N2的合力等值、反向，C球对A的压力N2方向沿AC方向，则力mg和压力N2的合力一定不沿AC方向，故地面对A的作用力不沿AC方向，故B错误；

C、以C为研究对象，分析受力如图，由平衡条件有：2N′2cosθ=mg

得N′2=mg2cosθ，l越小，θ越小，则得A对C间的弹力N′2越小，故C正确；

D、以A为研究对象，根据平衡条件得知：地面对A的摩擦力f=N2sinα，而C对A的压力N2=N′2，则l越小，α越小，f越小，故D错误。

故选：D。

【名师点睛】

以三个物体组成的整体为研究对象，根据平衡条件求地面对B的支持力，由牛顿第三定律即可求出B对地面的压力；地面对A有支持力和摩擦力两个力作用，地面对A的作用力是它们的合力；以C为研究对象，分析受力情况，由平衡条件分析A、C间的弹力如何变化；以A为研究对象，根据平衡条件分析地面对A的摩擦力如何变化，地面对B的摩擦力与对A的摩擦力大小相等。

11.下列说法中正确的是

A. 电子的发现表明原子核有复杂结构

B. 天然放射性的发现表明原子核有复杂结构

C. α粒子散射实验证明了原子核有复杂结构

D. 氢原子光谱表明氢原子的能量是不连续的

【答案】BD

【解析】

电子的发现表明原子有复杂结构，选项A错误；天然放射性的发现表明原子核有复杂结构，选项B正确；a粒子散射实验证明了原子的核式结构理论，选项C错误；氢原子光谱表明氢原子的能量是不连续的，选项D正确；故选BD.

12.如图所示，一轻弹簧的左端固定，右端与一带电小球相连接，小球静止在光滑绝缘的水平面上，施加一个水平方向的匀强电场，使小球从静止开始向右运动，则向右运动的这一过程中（运动过程中始终未超过弹簧的弹性限度） (    )

A. 小球动能最大时，小球电势能最小

B. 弹簧弹性势能最大时，小球和弹簧组成的系统机械能最大

C. 小球电势能最小时，小球动能为零

D. 当电场力和弹簧弹力平衡时，小球的动能最大

【答案】BCD

【解析】

【详解】小球向右运动时，电场力做正功，电势能减小；当电场力与弹力平衡时，小球的动能最大，电势能不是最大；在最右端电势能最大；故A错误；小球运动过程中只有电场力和弹簧弹力做功，故小球的电势能、动能和弹簧的弹性势能总量守恒，在最右端，电势能最小，故小球和弹簧组成的系统机械能最大；故B正确；小球向右运动时，电场力做正功，电势能减小，故最右端电势能最小，此时动能为零，故C正确；当电场力和弹簧弹力平衡前，电场力大于弹簧的弹力，小球做加速运动，当弹力等于电场力时，速度达到最大，球的动能最大，故D正确；故选BCD。

二、实验题

13.在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某同学进行实验的主要步骤是：

a．如图甲所示，将橡皮筋的一端固定在木板上的A点，另一端拴上两根绳套，每根绳套分别连着一个弹簧测力计．

b．沿着两个方向拉弹簧测力计，将橡皮筋的活动端拉到某一位置，将此位置标记为O点，读取此时弹簧测力计的示数，分别记录两个拉力F1、F2的大小．用笔在两绳的拉力方向上分别标记a、b两点，并分别将其与O点连接，表示两力的方向．

c．再用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，记录其拉力F的大小并用上述方法记录其方向．

①用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，这样做的目的是__________．

②实验中利用图中标记的o点和b点确定分力方向时，图甲中的b点标记得不妥，其原因是_____．

③图乙是在白纸上根据实验数据作出的力的图示，其中_______ (填F或F，)是F1和F2合力的实际测量值．

【答案】    (1). 保证F1、F2共同作用效果与F相同。（说明：有“作用效果相同”这个关键词即可计分）    (2). ob两点距离太近    (3). F

【解析】

【详解】（1）两次拉到同一位置可以保证前后两次作用力的效果相同；
（2）由图可知，o、b两点距离太近，画力的方向时容易产生误差，应使b离o远一些；
（3）实际测量值一定与AO在同一直线上，而另一合力是由平行四边形得出的，一定为平行四边形的对角线，故F为实际测量值，F′为理论值；

【点睛】本题第一、三问为对基础内容的考查，应注意分析实验的原理及数据处理方法；第二问为误差分析，可以根据实验中的要求进行分析.

14.为了“探究加速度与力、质量的关系”，现提供如图所示实验装置．请思考探究思路并回答下列问题：       

（1）为了消除小车与水平木板之间摩擦力的影响应采取做法是___________

A．将不带滑轮的木板一端垫高适当，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动

B．将不带滑轮的木板一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀加速运动

C．将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动

D．将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀加速运

动

（2）在“探究加速度与力、质量关系”的实验中，得到一条打点的纸带，如图所示，已知相邻计数点间的时间间隔为T，且间距x1、x2、x3、x4、x5、x6已量出，则小车加速度的表达式为a=___________；

（3）消除小车与水平木板之间摩擦力的影响后，可用钩码总重力代替小车所受的拉力，此时钩码m与小车总质量M之间应满足的关系为_______________；

（4）在“探究加速度与质量的关系”时，保持砝码质量不变，改变小车质量m，得到的实验数据如下表：

为了验证猜想，请在下列坐标系中作出最能直观反映a与m之间关系的图象．

【答案】    (1). C    (2).     (3). m<<M   

【解析】

【详解】(1)平衡摩擦力时将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动。

故选：C.

(2)根据△x=aT2，运用逐差法得，a=；

(3)设加速度为a:

对小车：F=Ma

对重物：mg−F=ma

联立得：

F=，只有当m<<M时，才可以可用钩码总重力代替小车所受的拉力；

(4)根据所提供数据，采用描点法作出a−1/m图线如图所示

【点睛】（1）平衡摩擦力的方法是将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动；

（2）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，运用逐差法求出小车的加速度；

（3）当m<<M时，才可以可用钩码总重力代替小车所受的拉力；

（4）据所提供数据，采用描点法作出a-1/m图线．

三、解答题

15.某汽车发动机的额定功率为60kW，汽车质量为5t，汽车在运动中所受阻力的大小恒为车重的0.1倍(g取10m/s2)．

(1)若汽车以额定功率启动，则汽车所能达到的最大速度是多少？当汽车速度达到5m/s时，其加速度是多少？

(2)若汽车以恒定加速度0.5 m/s2启动，则其匀加速过程能维持多长时间？

【答案】(1),   (2) t=16s

【解析】

【分析】

（1）当牵引力等于阻力时，速度最大，根据P=Fv=fv求出最大速度．根据P=Fv求出速度为5m/s时的牵引力，通过牛顿第二定律求出加速度的大小．
（2）根据牛顿第二定律求出牵引力的大小，从而根据P=Fv求出匀加速直线运动的末速度，结合速度时间公式求出匀加速直线运动维持的时间．

【详解】（1）汽车以额定功率启动，当a=0时，v达到最大值vmax．
则．
当速度为5m/s时，牵引力．
则加速度．
（2）由P=Fv，F-f=ma′得，P=（f+ma）v
则．
匀加速直线运动的时间

16.交管部门强行推出了“电子眼”，机动车擅自闯红灯的现象大幅度减少．现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，行驶的速度均为10 m／s．当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车(反应时间忽略不计)，乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢(反应时间为0.5 s)．己知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4倍，乙车紧急刹车时制动力为车重的0.5倍，位取10m／s2)求：

(1)若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线15 m，他采取上述措施能否避免闯红灯；

(2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中应保持多大距离．

【答案】(1) 甲车能避免闯红灯(2) 2.5m

【解析】

（1）根据牛顿第二定律可得，甲车紧急刹车的加速度大小为a1＝，这段时间内甲车滑行的距离为，代入数据可得x=12.5m，由于x<15m，所以甲车司机能避免闯警戒线。

（2）设甲乙两车行驶过程中至少应保持距离，在乙车刹车后时间两车恰好相遇，乙车紧急刹车的加速度大小，且

解得

，则，，则

代入数据解得

点睛：解决本题的关键利用牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式进行求解．注意速度大者减速追速度小者，判断能否撞上，应判断速度相等时能否撞上，不能根据两者停下来后比较两者的位移去判断．

17.如图甲所示，有一倾角为θ=53°的固定斜面体，底端的水平地面上放一质量为 M=3kg的木板，木板材质与斜面体相同．t=0时有一质量m=6kg的滑块在斜面上由静止  开始下滑，后来滑块滑上木板并最终没有滑离木板（不考虑滑块从斜面滑上木板时的能量  损失）．图乙所示为滑块在整个运动过程中的速率随时间变化的图象，已知sin53°=0.8，  eos53°=0．6，取g=l0m/s2.求：

(1)滑块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数μ1、μ2；

(2)滑块停止运动的时刻t和木板的最小长度l。

【答案】（1）0.2（2）18m

【解析】

【详解】(1)滑块在斜面上下滑时，满足：

mgsinθ -μ1N=ma1       ①

N= mgcosθ            ②

由v-t图得加速度a1= =6m/s2        ③

综合①②③解得μ1=    

滑块滑上木板后减速  μ1mg =ma2          ④

其中               ⑤

对木板分析有  μ1mg –μ2（m+M）g =Ma3         ⑥

其中          ⑦

综合④⑤⑥⑦解得μ2=0.2      

(2) 由于μ2＜μ1，故滑块与木板达共速后一起匀减速，加速度满足

μ2（m+M）g =（m+M）a4       ⑧

又          ⑨

综合⑧⑨解得  t=6s  

木板的最小长度 =18m

【点睛】本题考查牛顿第二定律的应用以及板块模型的问题，关键是根据图像分析物体的运动特征，搞清各个阶段的加速度情况以及位移速度关系，灵活运用牛顿第二定律及运动公式求解.