1、2018 届河北省定州中学高中补习班上学期第一次调研物理试题一、选择题1. 如图所示，三个小球 A、 B、 C 的质量分别为 2m、 m、 m， A 与 B、 C 间通过铰链用轻杆连接，杆长为L， B、 C 置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长现 A 由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角 由 60变为 120， A、 B、 C 在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为 g则此下降过程中 ( )A. A 的动能达到最大前， B 受到地面的支持力大于 2mgB. A 的动能最大时， B 受到地面的支持力等于 2mgC. 弹簧的弹性势能最大时， A 的加速度为零D
2、. 弹簧的弹性势能最大值为（ ） mgL【答案】BD【解析】A、A 的动能最大时 ，设 B 和 C 受到地面的支持力大小均为 F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得 2F=4mg，所以 F=2mg；在 A 的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以 B 受到地面的支持力小于 2mg，故 A 错误、B 正确；C、A 的加速度为零时速度最大，此时仍有向下的速度，弹簧要继续伸长，所以弹簧的弹性势能不是最大。当 A 达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，此时 A 的加速度方向向上，故 C 错误；D、A 下落的最大高度为：h=Lsin60L sin30= ，根据功能关系可知 ，小球 A 减
3、小的机械能全部转化为312L弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值为 EP=2mgh= ，D 正确。( 31)mgL故选：BD 。【名师点睛】A 的动能最大时合力为零，根据平衡条件求解地面对 B 的支持力 ；分析 A 的动能达到最大前 A 的加速度方向，根据超重、失重现象分析 A 的动能达到最大前，B 受到地面的支持力大小；根据功能关系分析弹簧的弹性势能最大值。2. 在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩 P 和 Q 间的拉力大小为 F；当机车在西边拉着车厢以大小为 a 的加速度向西行驶时，P 和
4、 Q 间的拉力大小仍为 F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为：（ ）A. 8 B. 10C. 12 D. 14【答案】AC【解析】设 PQ 两边的车厢数为 x 和 n，当机车在东边拉时，根据牛顿第二定律可得， F=xma，当机车在西边拉时，根据牛顿第二定律可得， ，以上两式联立可得， ，x 和 n 都取整数，所以总的车F=nma3 xma=nma3厢的数目可能是 4、8、12、16，故 AC 正确，BD 错误。3. 亚丁湾索马里海域六艘海盗快艇试图靠近中国海军护航编队保护的商船，中国特战队员成功将其驱离。假如其中一艘海盗快艇在海面上运动的 图象如图所示，设运动过
5、程中海盗快艇所受阻力不变。则下列说法正确的是（ ）A. 海盗快艇在 066s 内从静止出发做加速度增大的加速直线运动B. 海盗快艇在 96s 末开始调头逃离C. 海盗快艇在 66s 末离商船最近D. 海盗快艇在 96116s 内做匀减速直线运动【答案】B【解析】试题分析：在速度-时间图象中切线的斜率表示加速度；海盗快艇在 066s 内从静止出发，曲线的斜率越来越小，即加速度越来越小，故 A 错误在速度- 时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；所以图象中前 96s 内速度为正数即物体向正方向运动，96s 后速度为负数即物体向负方向运动，海盗快艇在 9
6、6s 末开始调头逃离，此时离商船最近，故 B 正确，C 错误快艇在 96s116s 内做匀加速直线运动，故 D 错误。故选 B。考点：本题考查了 图象【名师点睛】4. 如图所示，质量分别为 m 和 2m 的 A、B 两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A 靠紧竖直墙用水平力 F 将 B 向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为 E这时突然撤去F，关于 A、B 和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（ ）A. 撤去 F 后，系统动量守恒，机械能守恒B. 撤去 F 后，A 离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒C. 撤去 F 后，A 离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为 ED
7、. 撤去 F 后，A 离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为 E/3【答案】BD【解析】试题分析：撤去 F 后，A 离开竖直墙前，竖直方向两物体的重力与水平面的支持力平衡，合力为零，而墙对 A 有向右的弹力，使系统的动量不守恒这个过程中，只有弹簧的弹力对 B 做功，系统的机械能守恒A 离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向外力平衡，则系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，机械能也守恒故 A 错误，B 正确撤去 F 后，A 离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大设两物体相同速度为 v，A 离开墙时，B 的速度为 v0根据动量守恒和机械能守恒得 2mv0=3mv，
8、E= 3mv2+EP，又 E= 2mv02 联立得到，弹簧的弹性势能最大值为12 12EP= E故 C 错误，D 正确故选 BD13考点：动量守恒和机械能守恒【名师点睛】本题考查动量守恒和机械能守恒的判断和应用能力动量是否守恒要看研究的过程，系统动量守恒的条件：系统不受外力或所受合外力为零；A 离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大；要细化过程分析，不能笼统。5. 如图所示，在竖直平面内有一半径为 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的正上方 P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点 B 时恰好对轨道没有压力。已知 A
9、P=2R,重力加速度为 g，则小球从 P 到 B 的运动过程中 ( )A. 重力做功 mgRB. 机械能减少 mgRC. 合外力做功 mgRD. 克服摩擦力做功 0.5mgR【答案】AD【解析】试题分析：重力做功 ，故 A 正确；小球沿轨道到达最高点 B 时恰好对轨道没有压力，则有 ，解得： ，则机械能减少量为 ，故 B 错mg=mv2BR vB= Rg E=mgR12mv2b=0.5mgR误；根据动能定理得：合外力做功 ，故 C 错误；根据功能原理可知，克服摩擦力做W合 =12mvB2=0.5mgR功等于机械能的减少为 ，故 D 正确。考点：功能关系【名师点睛】本题解题的突破口是小球沿轨道到
10、达最高点 B 时恰好对轨道没有压力，重力提供向心力，求出临界速度，要掌握各种功和能的对应关系，不能搞错。6. 空间有平行于纸面的匀强电场，一电荷量为q 的质点（重力不计） ，在恒定拉力 F 的作用下沿虚线由M 匀速运动到 N，如图所示，已知力 F 和 MN 间夹角为 ，MN 间距离为 d，则（ ）A. MN 两点的电势差为 Fdcos/qB. 匀强电场的电场强度大小为C. 带电小球由 M 运动到 N 的过程中，电势能减少了 FdcosD. 若要使带电小球由 N 向 M 做匀速直线运动，则 F 必须反向【答案】A【解析】试题分析：根据动能定理得，Fdcos-qU MN=0， ，故 A 正确电场线
11、方向沿 F 方向，MN 沿电场线方向距离为 dcos，由公式 得， ，故 B 错误小球 M 到 N 做-Fdcos 的功，电势能增大 Fdcos故 C 错误小球在匀强电场中受到的电场力恒定不变，根据平衡条件，由 N 到 M，F 方向不变故 D 错误故选 A考点：电场强度；动能定理【名师点睛】带电粒子在电场中运动问题，常常用动能定理求解电势差，从而求出电场力做功，然后求出M、N 间电势差；由公式 U=Ed 求出场强大小；电场力做负功，电势能增大。7. 如图所示，A、B 两物体质量分别为 mA、m B，且 mAm B，置于光滑水平面上，相距较远将两个大小均为 F 的力，同时分别作用在 A、B 上经
12、过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将（ ）A. 停止运动 B. 向左运动 C. 向右运动 D. 运动方向不能确定【答案】B【解析】试题分析:力 F 大小相同，经过相同的距离，知两力做功相同，即物块 A、B 的动能相等。由知，质量大的，动量大，也即撤掉力 F 时，B 的动量大。后，以 AB 为研究对象，动量守恒，相碰过程中总动量不变，故碰后，向左运动，B 对。考点:功、动量守恒定律。【名师点睛】动量守恒定律的适用条件：（1）理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒（2）近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒（3）分方向守
13、恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒8. 一圆环形铝质金属圈（阻值不随温度变化）放在匀强磁场中，设第 1s 内磁感线垂直于金属圈平面（即垂直于纸面）向里，如图甲所示。若磁感应强度 B 随时间 t 变化的关系如图乙所示，那么第 3s 内金属圈中( )A. 感应电流逐渐增大，沿逆时针方向B. 感应电流恒定，沿顺时针方向C. 圆环各微小段受力大小不变，方向沿半径指向圆心D. 圆环各微小段受力逐渐增大，方向沿半径指向圆心【答案】D【解析】试题分析：从图乙中可得第 3s 内垂直向里的磁场均匀增大，穿过线圈垂直向里的磁通量增大，由楞次定律可得，感应电流为逆时针方向；根据法拉第电磁感应
14、定律可得线圈产生的感应电动势为，根据欧姆定律产生的感应电流为 ，正比于 ，第 3s 内磁通量的变化率恒定，所以E=t=SBt I=ER=SBRt Bt产生的感应电流恒定，AB 错误；圆环各微小段受安培力，由于磁场逐渐增大，电流不变，根据公式，可得圆环各微小段受力逐渐增大，由左手定则可得，安培力的方向沿半径指向圆心故 C 错误；F=BILD 正确考点：考查了电磁感应与图像9. 将三个木板 1、2、3 固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中 1 与 2底边相同，2 和 3 高度相同。现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板
15、之间的动摩擦因数 均相同。在这三个过程中，下列说法不正确的是A. 沿着 1 和 2 下滑到底端时，物块的速率不同，沿着 2 和 3 下滑到底端时，物块的速率相同B. 沿着 1 下滑到底端时，物块的速度最大C. 物块沿若 3 下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的D. 物块沿着 1 和 2 下滑到底端的过程中，产生的热鲎是一样多的【答案】BCD【解析】对物块从高为 h 的斜面上由静止滑到底端时，根据动能定理有 ，其中 为物块mghW克 =12mv2 W克克服摩擦力做的功，因滑动摩擦力 ，又 ，所以物块克服摩擦力做的功为f=FN FN=mgcos，由图可知， 为斜面底边长 ，即若物体从斜面顶端W克
16、 =fL=mgcosL=mgLcos=mgL底 L底下滑到底端时只要质量 m 与斜面底端长 相同，则物体克服摩擦力做的功就相同，因沿着 1 和 2 下滑到底L底端时 相同，沿 2 和 3 下滑到底端时不同，沿 3 时克服摩擦力做的功多，由动能定理 ，W克 mghW克 =12mv2不难判断 A 错误；根据动能定理，沿 1 和 2 下滑时有 ， ， ，同理mgh1W克 =12mv21 mgh2W克 =12mv22 v1v2沿 2 和 3 下滑时有 ，显然 ， 最大，B 正确；由摩擦产生热量mgh2W克 =12mv2 v2v3 v1，可知物块沿 3 下滑到底端的过程中产生的热量最多，故 C 正确；同
17、理，根据以上Q=W克 ，W克 =mgL底分析知，物块沿 1 和 2 下滑到底端的过程中，产生的热量一样多，故 D 正确【点睛】通过本题求克服摩擦力做功可推得一个重要的结论：物体从斜面下滑到底端的过程中，克服摩擦力做的功与沿水平面滑动与斜面底端相同距离时克服摩擦力做的功相同10. 两电荷量分别为 q1和 q2的点电荷放在 x 轴上的 O、M 两点，两电荷连线上各点电势 随 x 变化的关系如图所示，其中 A、N 两点的电势为零，ND 段中 C 点电势最高，则下列选项说法错误的是：A. q1为正电荷，q 2为负电荷B. q1电荷量大于 q2的电荷量C. NC 间场强方向沿 x 轴正方向D. 将一负点
18、电荷从 N 点移到 D 点，电场力先做正功后做负功【答案】C【解析】试题分析：由图知无穷远处的电势为 0，A 点的电势为零，由于沿着电场线电势降低，所以 O 点的电荷 q1 带正电，M 点电荷 q2 带负电故 A 正确由图知无穷远处的电势为 0，A 点的电势为零由于A 点距离 O 比较远而距离 M 比较近，所以 q1 电荷量大于 q2 的电荷量故 B 正确；由图可知：从 N 到 C，电势三个，根据顺着电场线电势降低可知，NC 间电场强度方向沿 x 轴负方向，故 C 错误；ND 段中，电势先高升后降低，所以场强方向先沿 x 轴负方向，后沿 x 轴正方向，将一负点电荷从 N 点移到 D 点，电场力
19、先做正功后做负功故 D 正确；本题选错误选项，故选 C考点：电场强度；电势【名师点睛】解答此题要知道：电势为零处，电场强度不一定为零电荷在电场中与电势的乘积为电势能电场力做功的正负决定电势能的增加与否。11. A、B 两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移时间图象a、b 分别为 A、B 两球碰前的位移图象，C 为碰撞后两球共同运动的位移图象，若 A 球质量是 m=2kg，则由图象判断下列结论正确的是（）A. A、B 碰撞前的总动量为 3kgm/s B. 碰撞时 A 对 B 所施冲量为4NsC. 碰撞前后 A 的动量变化为 4kgm/s D. 碰撞中 A、B 两球组成的系统损失
20、的动能为 10J【答案】A【解析】由 s-t 图象可知，碰撞前有： ， ，碰撞后有：vB=sBtB=42=2m/svA=vB=v= ；对 A、B 组成的系统，A 、B 两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后物体都是做st=2442=1m/s匀速直线运动，所以系统的动量守恒碰撞前后 A 的动量变化为：P A=mvA-mvA=2（-1）-2（-3）=4kgm/s，根据动量守恒定律，碰撞前后 A 的动量变化为：P B=-PA=-4kgm/s，又：P B=mB（vB-vB） ，所以： ，mB=pBvBvB=412=43kg所以 A 与 B 碰撞前的总动量为：p 总 =mvA+mBvB=2（-3）+ 2=
21、- kgm/s; 由动量定理可知，碰撞时 A 对 B43 103所施冲量为：I B=PB=-4kgm/s=-4Ns碰撞中 A、B 两球组成的系统损失的动能： EK= mvA2+ mBvB2-12 12（m+mB）v2，代入数据解得： EK=10J，故 A 错误，BCD 正确；故选 BCD1212. 如图所示，物体 A、B 用细绳与轻弹簧连接后跨过滑轮A 静止在倾角为 45的粗糙斜面上，B 悬挂着已知质量 mA3m B，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由 45减小到 30，那么下列说法中正确的是（ ）A. 弹簧的弹力将增大B. 物体 A 对斜面的压力将增大C. 物体 A 受到的静摩擦力将减小D. 物体
22、 A 可能被拉动【答案】BC【解析】试题分析：对物体 B 受力分析，受重力和拉力，由二力平衡得到：T=m Bg，则知弹簧的弹力不变，故 A 错误；原来有 3mBgsin 45-mBg=f1，后来 3mBgsin 30-mBgf 1，可见物体 A 并未滑动，而且静摩擦变小物体 A 对斜面的压力为： N=mAgcos， 减小，N 将增大，故 BC 正确物体 A 所受的最大静摩擦力，因为 N 变大，故最大静摩擦力变大，而静摩擦力减小，故物体 A 不可能被拉动，选项 D 错fm=N误故选 BC。考点：物体的平衡【名师点睛】本题关键是先对物体 B 受力分析，再对物体 A 受力分析，判断 A 的运动状态，
23、然后根据共点力平衡条件列式求解。13. 如图所示，固定的竖直光滑 U 型金属导轨，间距为 L，上端接有阻值为 R 的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为 B 的匀强磁场中，质量为 m、电阻为 r 的导体棒与劲度系数为 k 的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计。初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为 ，此时导体x1=mgk棒具有竖直向上的初速度 v0。在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。则下列说法正确的是( )A. 初始时刻导体棒受到的安培力大小 F=B2L2v0RB. 初始时刻导体棒加速度的大小 a=2g+B2L2v0m(R+r)C. 导体棒往复
24、运动，最终静止时弹簧处于压缩状态D. 导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻 R 上产生的焦耳热 Q=12mv20+2m2g2k【答案】BC【解析】导体棒的初速度为 v0，初始 时刻产生的感应电动势为 E，由法拉第电磁感应定律得：E=BLv 0设初始时刻回路中产生的电流为 I，由闭合电路的欧姆定律得： ;设初始时刻导体棒受到的安培力为I=ER+rF，由安培力公式得：F=BIL ;联立上式得， 故 A 错误；初始时刻，弹簧处于伸长状态，棒受到重力、F=B2L2v0R+r向下的安培力和弹簧的弹力，所以： ma=mg+kx+F 得： 故 B 正确；从初始时刻到最终导体棒a=2g+B2L2v0m(R
25、+r)静止的过程中，导体棒减少的机械能一部分 转化为弹簧的 弹性势能，另一部分通 过克服安培力做功转化为电路中的电能；当导体棒静止时，棒受到重力和 弹簧的弹力，受力平衡，所以弹力的方向向上，此时导体棒的位置比初始时刻降低了，故 C 正确；导体棒直到最终静止时，棒受到重力和弹簧的弹力，受力平衡，则：mg=kx2，得： 由于 x1=x2，所以弹簧的弹性势能不变，x2=mgk由能的转化和守恒定律得：mg （x1+x2）+Ek=Q;解得系统产生的 总热量： 可知 R 上产生的热Q=12mv02+2m2g2k量要小于系统产生的总热量故 D 错误故选 BC点睛：本题中安培力的经验公式 ，可以由感应电动势、
26、欧姆定律、安培力三个公式结合推导出来，F=B2L2vR要加强记忆，有助于分析和计 算14. A、B 两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移时间图象a、b 分别为 A、B 两球碰前的位移图象，C 为碰撞后两球共同运动的位移图象，若 A 球质量是 m=2kg，则由图象判断下列结论正确的是（）A. A、B 碰撞前的总动量为 3kgm/s B. 碰撞时 A 对 B 所施冲量为4NsC. 碰撞前后 A 的动量变化为 4kgm/s D. 碰撞中 A、B 两球组成的系统损失的动能为 10J【答案】A【解析】由 s-t 图象可知，碰撞前有： ， ，碰撞后有：v A=vB=v=vA=sAtA=
27、4102 =3m/s vB=sBtB=42=2m/s；对 A、B 组成的系统，A 、B 两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后物体都是做匀速直线st=2442=1m/s运动，所以系统的动量守恒碰撞前后 A 的动量变化为：P A=mvA-mvA=2（-1）-2（-3）=4kgm/s，根据动量守恒定律，碰撞前后 A 的动量变化为： PB=-PA=-4kgm/s，又：P B=mB（vB-vB） ，所以：，mB=pBvBvB=412=43kg所以 A 与 B 碰撞前的总动量为：p 总 =mvA+mBvB=2（-3）+ 2=- kgm/s; 由动量定理可知，碰撞时 A 对 B43 103所施冲量为：I B=PB=-4kgm/s=-4Ns碰撞中 A、B 两球组成的系统损失的动能： EK= mvA2+ mBvB2-12 12（m+mB）v2，代入数据解得： EK=10J，故 A 错误，BCD 正确；故选 BCD1215. 如图，在倾角为 的固定光滑斜面上，有一用绳子栓着的长木板，木板上站着一只猫已知木板的质量是猫的质量的 2 倍当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上 跑，以保持其相对斜面的位置不变则此时木板沿斜面下滑的加速度为( ) A. 1.5gsin B. C. gsin D. 2gsing2sin【答案】A【解析】 【试题分析】对猫和木板受力分析受力分析，可以根据各自的运动状态由牛顿第二定
