1、2019 年河北省衡水中学高考物理二调试卷一、单选题（本大题共 3 小题，共 12.0 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. 2 B. 4 C. 2 或 4 D. 无法确定【答案】B【解析】【分析】本题先对 A 物体受力分析，然后根据牛顿第三定律，得出 A 对 B 的反作用力，再对 B 物体受力分析，得出结果。【详解】以 A 为研究对象，受力分析，有竖直向下的重力、B 对 A 的支持力和摩擦力，这样才能使平衡。根据牛顿第三定律，A 对 B 也有压力和摩擦力，B 还受到重力和推力 F，所以 B 受四个力作用，故 B 正确，A
2、CD 错误。【点睛】本题关键先对 A 物体受力分析，再得出 A 对 B 物体的反作用力，最后再结合平衡条件对 B 物体受力分析即可正确求解。2.如图所示，可视为质点的两个小球 A、B 从坐标为(0，2y 0)、(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 vAv B 等于 ( )A. 1 B. 212C. 41 D. 81【答案】A【解析】小球垂直击中斜面，速度与斜面垂直，由速度分解可知：v ytan45=v0；又 vy=gt，可得：，根据几何关系得： ，联立以上可得： ，据题小球 A、B 从坐t=v0g h=12gt2+v0ttan
3、 h= 3v202gtan2v20标分别为（0、2y ），（0，y） ，即 hA=2y，hB=y，可得： ，故 A 正确，BCD 错误。vAvB= 2:13.如图所示，两质量均为 m 1 kg 的小球 1、2(可视为质点) 用长为 L1.0 m 的轻质杆相连，水平置于光滑水平面上，且小球 1 恰好与光滑竖直墙壁接触，现用力 F 竖直向上拉动小球1，当杆与竖直墙壁夹角 37时，小球 2 的速度大小 v1.6 m/s， sin 370.6，g10 m/s2，则此过程中外力 F 所做的功为( )A. 8 J B. 8.72 J C. 10 J D. 9.28 J【答案】C【解析】当杆与竖直墙壁夹角
4、=37时，设小球 1 的速度为 v，根据两球的速度沿杆方向的分速度大小相等，有：vcos37=vcos53代入数据得：v=1.2m/s小球 2 上升的高度为：h=Lcos37=0.8m根据功能原理得外力 F 所做的功为：W= mv2+ mv2+mgh12 12解得：W=10J，故选 C.点睛：正确找出小球 1 与 2 的速度关系是解答的关键，要知道两球的速度沿杆方向的分速度大小相等，解题时要熟练运用几何知识帮助解决物理问题二、多选题（本大题共 12 小题，共 48.0 分）4.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，2
5、s4s 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 04 s 内通过的位移为 8 mB. 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 480 J【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：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 ，
6、故 A 正确；x=(121021222)m=8mB 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，a1=vt=1002ms2=5ms2a2=vt=202ms2=1ms2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；=fmg=40200=0.2D 项：物体通过的总路程为 ，滑动过程中物体受到的摩擦s=12102m+1222m=12m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，
7、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。5.如图所示，在倾角 30 的光滑斜面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 a g12C. 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mgk【答案】AD【解析】试题分析
8、：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F弹 =mgsin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Fmg
9、sinF弹 =ma a=g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kx1=mgsin处于拉伸状态，对 B 分析有 ，故 A 上升的位移为 ，D 正kx2=mgsin x=x1+x2=2mgsink =mgk确6.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
10、,假设空气对摄像机的作用力始终水平,则( )A. 轻绳的拉力 T=mgcosB. 遥控直升机加速度 a=gtanC. 摄像机所受的合外力为 =Ma=F合2MLt2D. 这段时间内空气对摄像机作用力的大小为 F=m(gtan - )2Lt2【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：F 1cos=mg 水平方向有：F 1sin-F=ma 由得：轻绳的拉力 F1=mgcos遥控直升机加速度 a=gtan- g ，故 A 正确，B 错误FF1cos直升机做初速度为零的匀加速运动，由 L= at2，得 12 a=2Lt2所以摄影机所受的合外力为 F 合 =ma= 故
11、C 错误2mLt2由得：空气对摄像机作用力的大小为 F=F1sin-ma= sin-m =m（gtan- ） 故 Dmgcos 2Lt2 2Lt2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7.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
12、 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】试题分析：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=fmax=6.0N 时，r 最大， ，当 f=-6N 时，r最小，则 ，故 BC 正确考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】本题主要考查了向心力公式的直接应用，知道物体在随转台一起做匀速圆周运动，摩擦力提供向心力；注意要能理解静摩擦力最大时的两个方向，从而根据牛顿第二定律求解转动半径的两个最值；此题难度不大，属于基础题。8.如图,两个相同的小球 A、B
13、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，则两球做匀速圆周运动的半径分别为： ，rA=L1sin，两球所受的合力提
14、供向心力即 ，由半径不同，所以两球的合外力大rB=L2sin F合 =m2r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：TsinNcos=m2r竖直方向由平衡条件可得： Tcos+Nsin=mg解得： ，T=mgcos+m2rsinN=mgsinm2rcos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
15、。9.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 、b 两物体做圆周运动时 ( )A. 角速度大小之比是 1:1 B. 线速度大小之比是 1:1C. 向心加速度大小之比是 2:3 D. 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
16、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 AC。10.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 。一质量为 m 的小球能在其间运动而不脱离轨道，经过x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） 。v不计空气阻力。则（ ）A. 、 一定时，R 越大，F 越大m xB. 、 、R 一定时， 越大，F 越大m x vC. 、R 一定时， 越大，F 越大m xD. 、R、x 一定时，F 与 v 的大小无关m【答案】CD【解析】试题分析：在最低点 B，有
17、 ，则 ，根据机械能守恒定律得，NBmg mv2R NB mg+mv2R，在最高点 A 有： ，解得 ，所以12mv2 12mv2+mg(x+2R) mg+NA mv2R NA mv2Rmg；m 、x 一定时，R 越大， 一定越小，故 A 错误；NBNA 2mg+mv2mv2R =6mg+2mgxR Fm、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v F FC 正确； m、R、x 一定时， 与 的大小无关，故 D 正确。F v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
18、点速度的关系。11.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 1m/sC. 系统运动一段距
19、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： mgtan370=ma对系统有： ，故 A 错误；F=(m+M)a=7.5NB 项：小球离开环管做平抛运动，则有：R=vtR= 12gt2由以上两式解得： ，故 B 正确；v=gR2=1msC 项：系统的速度 ，由机械能守恒定律得： ，解得：v212mv22=12mv2+mgR(1+cos370)，故 C 错误；v2= 8.2msD 项：F 做的功 ，故 D 正确。W=12(m+M)v22=12(0.2+0.8)8.2J=4.1J故应选 BD。12. 把火星和地球绕太阳运行的轨
20、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. 火星和地球的质量之比 B. 火星和太阳的质量之比C. 火星和地球到太阳的距离之比 D. 火星和地球绕太阳运行速度大小之比【答案】CD【解析】试题分析：由于火星和地球均绕太阳做匀速圆周运动，由开普勒第三定律， ，k 为与r3T2=k太阳质量相关的常量，又 ，则可知火星和地球到太阳的距离之比和运行速度大小之比，v=2rT所以 C、D 选项正确。考点：万有引力定律和天体运动规律考查。【此处有视频，请去附件查看】13.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v1小发射速度称为第二宇宙速度 , 与 的关系
21、是 = ,已知某星球半径是地球半径 R 的 ,v2v2 v1 v2 2v113其表面的重力加速度是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,16 则( )A. 该星球上的第一字宙速度为3gR3B. 该星球上的第二字宙速度为gR3C. 该星球的平均密度为2D. 该星球的质量为8R381【答案】BC【解析】根据第一宇宙速度 ，故 A 错误；根据题意，第二宇宙速度 ，v1= gR= g6R3=2gR6 v2= 2v1=gR3故 B 正确；根据公式 ，且 故 ，所以 ，故 C 正确；根据gR2=GM M=43R3 = 3g4GR =1613=2公式 ，故 D 错误；故选 B
22、C.M=43R3=243(R3)3=2R38114.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，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 上的速度比月球的第一宇宙速度小B. “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C. “嫦娥三号”在轨道 1 上运动周期比在轨道 2 上小D. “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【答案】
23、AB【解析】A、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 ，可知“嫦娥三号” 在轨道 1 上GMmr2 =mv2r v= GMr的运动速度比月球的第一宇宙速度小。故 A 正确。B、“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 点的速度比在轨道 1 上经过 P 点时大。故 B 正确； C、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 C 错误；D、“嫦娥三号”无论在哪个轨道上经过
24、 Q 点时的加速度都为该点的万有引力加速度，因为都是 Q 点可知，万有引力在此产生的加速度相等，故 D 错误。故选：AB。15.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 BPAPB. 运动过程中重力的平均功率 = BPAPC. 到达地面时重力的瞬时功率 BPAPD. 到达地面时重力的瞬时功率 = BPAP【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tB=2hg得： ，重力做功相等，根据 知,PA0)的绝
25、缘小物体(视mgq qq为质点)，PC 间距为 L。现将该小物体无初速释放，经过一段时间，小物体刚好沿切线无q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)小物体从管口 B 离开后，经过一段时间的运动落到虚线 AB 上的 N 点( 图中未标出 N 点)，则 N 点距离 C 点多远?(3)小物体由 P 点运动到 N 点的总时间为多少?【答案】 （1） （2） （3）E=mgq xCN=7L t总 (3+34) 2Lg【解析】（1）小物体无初速释放后在重力、电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体刚好沿切线无碰撞地进入圆管内，故小物体刚好
26、沿 PA 连线运动，重力与电场力的合力沿 PA 方向；又，故 ，解得：PA=AC=L tan450=qEmg E=mgq（2）小物体从 P 到 A 的运动由动能定理可得： ，解得：mgL+qEL=12mv2A vA=2gL虚线 AB 的下方存在竖直向下的、范围足够大的匀强电场，电场强度大小等于 ，电荷量mgq为 ( 0)的绝缘小物体所受电场力 ，方向竖直向上，故小物体从 A 到 B 做匀-qq F2=qE2=mg速圆周运动， vB=vA=2gL小物体从管口 B 离开后，经过一段时间的运动落到虚线 AB 上的 N 点，对竖直方向：解得：t=2vBsin450g t=22Lg水平方向： 、 解得：
27、x=(vBcos450)t+12at2 qE=ma x=8LN 点距离 C 点： xCN=xL=7L（3）小物体从 P 到 A 的时间 ，则 解得：t1 2L=12vAt1 t1= 2Lg物体从 A 到 B 的时间 ，则t2 t2=3422LvA =342Lg小物体由 P 点运动到 N 点的总时间 t总 t1+t2+t=(3+34) 2Lg20.如图所示，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，升降机先作匀加速运动，5s 末到达到额定功率，之后保持额定功率运动。其运动情况如 图象所v-t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：10m/s2升降机
28、的总质量大小；(1)升降机在 内上升的高度。(2) 0 7s【答案】 （1） （2）300kg 46.8m【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，拉力为 F，则 a=v0t根据牛顿第二定律得：F-mg=ma即 F=3000+300a，且 P=Fv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 h1=vt2=12105m=25m57s 内上升的高度为 h2，运用动能定理得 Ptmgh2=12mv2m12mv2解得：h
29、 2=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，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/s 2，sin 370.6，cos 370.8.(1)若装置匀速转动的角速度为
30、 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503【答案】(1) rad/s ；(2)53【解析】试题分析：(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 37m 12lsin 37解得： rad/s(2)当 rad/s 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 m 22lsin 解得：cos 53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。考点：向心力【名师点睛】本题主要考查了向心力及应用。属于难度较大的题。本题的重点在于分析清楚向心力的来源，根据受力分析，判断各种情况下的临界条件，结合牛顿运动定律、圆周运动规律来分析求解。本题还涉及到圆锥摆的问题。
