1、高考资源网（） 您身边的高考专家河北定州中学高二第三次月考物理试题第I卷（选择题44分）一 选择题（共44分，本大题共11小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1至7题只有一项符合题目要求，第8至11题有多项符合题目要求. 全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1如图所示，质量均为m的小球A、B用两根不可伸长的轻绳连接后悬挂于O点，在外力F的作用下，小球A、B处于静止状态。若要使两小球处于静止状态，且悬线OA与竖直方向的夹角保持30不变，则外力F的大小不可能为A05mg Bmg C2mg D5mg2下列各种叙述中，正确的是A单位m、kg、N是一组属于国际单位制的基本单位
2、B牛顿进行了“月地检验”，将天体间的力和地球对物体的力统一起来C法拉第通过实验观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系 D奥斯特由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释了磁现象的电本质3光滑水平地面上有一静止的木块，子弹水平射入木块后未穿出，子弹和木块的v-t图象如图所示已知木块质量大于子弹质量，从子弹射入木块到达到稳定状态，木块动能增加了50J，则此过程产生的内能可能是A10J B50J C70J D120J4一对平行金属板带有等量异种电荷，如果金属板不是足够大，两板之间的电场线就不是相互平行的直线，如图所示，C、D、E、F为金属板表面上的不同位置关于该电场，下列说法正确
3、的是AA点的场强小于B点的场强BA点的电势低于B点的电势C一带电粒子分别从C移到D和从E移到F，电场力做功相等D带正电粒子从P点沿平行于极板方向射入，它将做类平抛运动5两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是（ ）A BC D6两颗互不影响的行星P1、P2,各有一颗近地卫星S1、S2绕其做匀速圆周运动。图中纵轴表示行星周围空间某位置的引力加速度a ,横轴表示某位置到行星中心距离r平方的倒数, 关系如图所示,卫星S1、S2的引力加速度大小均为a0。则（ ）AS
4、1的质量比S2的大 BP1的质量比P2的大CP1的第一宇宙速度比P2的小 DP1的平均密度比P2的大7如图所示，绳与杆均不计重力，承受力的最大值一定。A端用铰链固定，滑轮O在A点正上方（滑轮大小及摩擦均可忽略），B端挂一重物P，现施加拉力T将B缓慢上拉（绳和杆均未断），在杆达到竖直前 （ ）A绳子越来越容易断 B绳子越来越不容易断C杆越来越容易断 D杆越来越不容易断8如图所示，相距为L的两条足够长的平行金属导轨，与水平面的夹角，导轨上固定有质量为m，电阻为R的两根相同的导体棒，导体棒MN上方轨道粗糙下方光滑，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B。将两根导体棒同时释放后，观察到导
5、体棒MN下滑而EF保持静止，当MN下滑速度最大时，EF与轨道间的摩擦力刚好到达最大静摩擦力，下列叙述正确的是（ ）A导体棒MN的最大速度为B导体棒EF与轨道之间的最大静摩擦力为C导体棒MN受到的最大安培力为D导体棒MN所受重力的最大功率为9如图甲所示，理想变压器原线圈输入端接如图乙所示的交变电压，移动滑动触头P，可以改变原线圈的匝数。变压器的副线圈与一个滑动变阻器相连，Q为变阻器的滑动触头，电压表为理想交流电压表。下列说法正确的是（ ）A向上移动P，输入电压的频率不变B向上移动P，输入电流减小C保持P不动，向下移动Q，变压器的输入功率减小D保持Q不动，向下移动P，电压表的示数不变10已知引力常
6、数G与下列哪些数据，可以计算出地球密度（ ）A地球绕太阳运动的周期及地球离太阳的距离B月球绕地球运行的周期及月球绕地球转的轨道半径C人造地球卫星在地面附近绕行运行周期D若不考虑地球自转，已知地球半径和重力加速度11如图是简化后的跳台滑雪的雪道示意图。整个雪道由倾斜的助滑雪道AB、水平的起跳平台BC和着陆雪道CD组成，AB与BC平滑连接。运动员从助滑雪道AB上由静止开始在重力作用下下滑，滑到C点后水平飞出，落到CD上的F点。E是运动轨迹上的某一点，在该点运动员的速度方向与轨道CD平行，E点是E点在斜面上的垂直投影。设运动员从C到E与从E到F的运动时间分别为tCE和tEF。不计飞行中的空气阻力，下
7、面说法或结论正确的是（ ）A运动员在F点的速度方向与从C点飞出时的速度大小无关BtCEtEF11CCEEF可能等于13DCEEF可能等于12第卷（非选择题，共66分）二、计算题：共4题 每题20分 共80分12如图所示，质量都为m相同的A、B两物块与一劲度系数为k的轻弹簧相连，静止在水平地面上。一块质量也为m橡皮泥C从距A高处由静止下落，与A相碰后立即粘在一起运动且不再分离。当A、C运动到最高点时，物体B恰好对地面无压力。不计空气阻力，且弹簧始终处于弹性限度内，当地的重力加速度为g。求橡皮泥C下落的高度h。13一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，P质点此时的位移为10cm
8、，振幅为20 cm。P质点再经过 s第一次到达波峰，求：（1）P质点的位移y与时间t的函数关系；（2）该简谐横波的波速。14光滑管状轨道ABC由直轨道AB和圆弧形轨道BC组成，二者在B处相切并平滑连接，O为圆心，O、A在同一条水平线上，OC竖直一直径略小于圆管直径的质量为m的小球，用细线穿过管道与质量为M的物块连接，将小球由A点静止释放，当小球运动到B处时细线断裂，小球继续运动已知弧形轨道的半径为R=m，所对应的圆心角为53，sin53=08，g=10m/s2（1）若M=5m，求小球在直轨道部分运动时的加速度大小（2）若M=5m，求小球从C点抛出后下落高度h=m时到C点的水平位移（3）M、m满
9、足什么关系时，小球能够运动到C点？15甲、乙两车在平直公路上比赛，某一时刻，乙车在甲车前方L111 m处，乙车速度v乙60m/s，甲车速度v甲50m/s，此时乙车离终点线尚有L2600m，如图所示。若甲车做匀加速运动，加速度a2m/s2，乙车速度不变，不计车长。则：（1）经过多长时间甲、乙两车间距离最大，最大距离是多少？（2）到达终点时甲车能否超过乙车？16图（甲）为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO匀速转动，线圈的匝数n =100匝、电阻r =10W，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R = 90 ，与R并联的交流电压表为理想电表。在t 0
10、时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量F随时间t按图（乙）所示正弦规律变化。求：来源:Zxxk.Com（1）从15710-2s到47110-2s内通过电阻R上的电量q；（2）电路中交流电压表的示数；（3）线圈匀速转动一周过程中，外力所做的功W外。17如图所示，一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小铁块，在木板右方有一档板，长木板右端距离挡板为45m，给小铁块与木板一共同初速度v0=5m/s二者将一起向右运动，直至木板与档板碰撞（碰撞时间极短）碰撞前后木板速度大小不变，方向相反已知运动过程中小铁块始终未离开木板，已知长木板与地面的摩擦因数1=01，小铁块与木板间的动摩擦因数为2
11、=04，小铁块的质量是m=1kg，木板质量是M=5kg，重力加速度大小g取10m/s2求（1）木板与挡板碰前瞬间的速度（2）木板与档板第一次碰撞后，木板的加速度a1和小铁块的加速度a2各为多大（3）木板至少有多长参考答案1. 【答案】A【解析】试题分析：对AB两球整体受力分析，受重力，OA绳子的拉力T以及拉力F，三力平衡，将绳子的拉力T和拉力F合成，其合力与重力平衡，如图：来源:Zxxk.Com当拉力F与绳子的拉力T垂直时，拉力F最小，最小值为，即；由于拉力F的方向具有不确定性，因而从理论上讲，拉力F最大值可以取到任意值，故BCD都是可能的，选项A是错误的。考点：共点力平衡的条件及其应用；力的
12、合成与分解的运用【名师点睛】本题是三力平衡问题中的动态分析问题，其中一个力大小和方向都不变，一个力方向不变、大小变，第三个力的大小和方向都变，根据共点力平衡条件，集合平行四边形定则作出力的图示，得到未知力的变化情况。2。【答案】B【解析】试题分析：国际单位制规定了七个基本物理量分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而牛顿是导出单位，故选项A错误；牛顿发现万有引力定律后，进行了“月-地检验”，将天体间的力和地球上物体的力统一起来，故B正确；奥斯特通过实验观察到电流的磁效应即电流产生磁场的现象，揭示了电和磁之间存在联系，故C错误；安培由环
13、形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释了磁现象的电本质，故D错误。考点：物理学史【名师点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。3D【解析】试题分析：设子弹的初速度为V，射入木块后子弹与木块共同的速度为v，木块的质量为M，子弹的质量为m根据动量守恒定律得：mV=（M+m）v得， 木块获得的动能为系统产生的内能为可得 ，当Q=70J时，可得M:m=2:5，因已知木块质量大于子弹质量，故选项C错误；当Q=120J时，可得M:m=7:5，因已知木块质量大于子弹质量，故选项D正确；故选D考点：动量守恒定律及能量守恒定律的应用
14、【名师点睛】本题是子弹射入木块类型，是动量守恒与能量守恒的综合应用，子弹射入木块过程中，系统所受合外力，动量守恒，由动量守恒定律和功能关系求出木块增加的动能范围，再进行选择4C【解析】试题分析：电场线的疏密表示电场强度的相对大小，则电场内部A点的电场强度大于B点的电场强度，故A错误；沿着电场线方向电势逐渐降低，故A点电势高于B点电势，故B错误；C、E两点的电势相等，D、F两点的电势相等，且C、E两点的电势高于D、F两点的电势，则C、D两点的电势差等于E、F两点的电势差，故一带电粒子分别从C移到D和从E移到F，电场力做功相等，选项C正确；带正电粒子从P点沿平行于极板方向射入，则由于竖直方向所受的
15、电场力不是恒力，故它不是做类平抛运动，选项D错误；故选C考点：电场强度；电势；电场力的功【名师点睛】解决本题关键掌握电场线的两个物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，电场线的方向反映电势的高低，要明确只有电场力是恒力时，垂直电场力方向入射的电荷才能做类平抛运动5B【解析】试题分析：小球做匀速圆周运动，mgtan=m2Lsin，整理得：是常量，即两球处于同一高度，故B正确故选B考点：匀速圆周运动；向心力【名师点睛】解决本题的关键知道小球做匀速圆周运动向心力的来源是靠拉力和重力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律进行求解，本题关键要得出Lcos的关系式。6B【解析】试题分析：根据牛顿第二定律得：，则
16、得行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度为：，由此不能判断近地卫星S1、S2的质量大小由数学知识知，图象的斜率等于GM，斜率越大，GM越大，M越大，所以P1的质量比P2的大，故A错误B正确设第一宇宙速度为v则，得由图看出，P1的半径比P2的半径大，a0相等，可知P1的第一宇宙速度比P2的大，故C错误行星的平均密度，P1的半径比P2的半径大，a0相等，则P1的平均密度比P2的小，故D错误故选B考点：万有引力定律的应用【名师点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一思路，知道线速度、角速度、周期、加速度与轨道半径的关系，并会用这些关系式进行正确的分析和计算。7B【解析】来源:Z,xx,k.C
17、om试题分析：以B点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力T（等于重物的重力G）、轻杆的支持力N和绳子的拉力F，作出力图如图：由平衡条件得知，N和FT的合力与T大小相等，方向相反，根据三角形相似可得： 又T=G，解得：；使BAO缓慢变小时，AB、AO保持不变，BO变小，则N保持不变，FT变小故杆无所谓易断不易断，绳子越来越不容易断故B项正确故选B。考点：物体的平衡【名师点睛】考查了力的动态分析，本题涉及非直角三角形的力平衡问题，采用三角形相似，得到力与三角形边长的关系，再分析力的变化，是常用的方法。8AC【解析】试题分析：当导体棒MN匀速运动时速度最大，由平衡条件得：，则得最大速度为故A正确由题
18、，当MN下滑速度最大时，EF与轨道间的摩擦力刚好到达最大静摩擦力，两棒所受的安培力大小相等，方向相反，则对EF棒：，则得最大静摩擦力为fm=2mgsin故B错误导体棒MN匀速运动时速度最大，感应电流最大，所受的安培力也最大，由平衡条件得知：最大安培力为FAm=mgsin故C正确导体棒MN所受重力的最大功率为故D错误故选AC。考点：物体的平衡；安培力；功率【名师点睛】本题实质是单棒运动类型，关键要分析MN棒的受力情况和运动情况，金属棒先加速运动后匀速运动，匀速运动时速度最大，然后根据平衡条件和功率公式求解；注意安培力的方向与运动方向相反9AB【解析】来源:学科网试题分析：变压器不改变交流电的频率
19、，A正确；向上移动P，原线圈匝数增大，副线圈电压减小，电流减小，所以输入电流减小，B正确；保持P不动，副线圈电压不变，向下移动Q，电压表的示数减小，变压器的输入功率等于输出功率不变，CD错误；故选AB。考点：变压器；交流电【名师点睛】本题考查了变压器的特点，变压器不改变交流电的频率，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率结合闭合电路欧姆定律考查了电路的动态分析。10CD【解析】试题分析：已知地球绕太阳运动的周期及地球离太阳的距离，根据万有引力提供向心力，列出等式： ，所以只能求出太阳的质量故A错误已知月球绕地球运行的周期及月球绕地球转的轨道半径，根据万有引力提供向心力，列出等
20、式：，地球质量，可以求出地球质量但不知道地球半径，故B错误已知人造地球卫星在地面附近绕行运行周期，根据万有引力提供向心力，列出等式： ，地球质量根据密度定义得：，故C正确已知地球半径和重力加速度，根据万有引力等于重力列出等式，根据密度定义得：，故D正确故选CD。考点：万有引力定律的应用来源:学科网ZXXK【名师点睛】本题考查了万有引力定律在天体中的应用，解题的关键在于找出向心力的来源，并能列出等式，根据需要选择合适的式子求解物理量进行解题11ABD【解析】试题分析：设运动员在F点的速度方向与水平方向的夹角为，斜面的倾角为则有，则得 tan=2tan，一定，则一定，则知运动员在F点的速度方向与从
21、C点飞出时的速度大小无关，故A正确将运动员的运动分解为沿斜面方向和垂直于斜面方向，则知垂直斜面方向上做匀减速直线运动（类似于竖直上抛运动），当运动到E点，垂直斜面方向上的速度减为零，返回做匀加速直线运动，根据运动的对称性，知时间相等，tCE：tEF=1：1在沿斜面方向上做匀加速直线运动，根据等时性，知时间相等，根据匀变速直线运动的推论，初速度为零匀加速直线运动在相等时间内的位移为1：3，因为沿斜面方向上的初速度不为零，则相等时间内的水平位移之比大于1：3，可能等于1：2，故BD正确，C错误故选ABD考点：平抛运动【名师点睛】解决本题的关键要掌握平抛运动的两种分解方法：一种分解为水平和竖直两个方
22、向另一种：将平抛运动分解为沿斜面方向和垂直于斜面方向，知道两个分运动的规律，并能熟练运用。【答案】【解析】试题分析：橡皮泥C下落高度h过程，机械能守恒C与A相碰满足动量守恒定律AC相碰后粘在一起运动，运动到最高点的过程中始末弹性势能相等。根据系统机械能守恒得：得考点：动量守恒定律；机械能守恒定律【名师点睛】弹簧在高考中出现较多，应对其弹力的变化过程作充分的了解，并能灵活应用所学物理规律求解，注意应用动量守恒定律解题时要规定正方向，此题属于难题。【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）P质点的位移y与时间t的函数关系时得： 时得： P质点的位移y与时间t的函数关系 （2）该简谐横波的波速考点
23、：横波的图象；波长、频率和波速的关系【名师点睛】本题考查对振动与波动关系的分析和理解能力波在同一均匀介质中是匀速传播的。14（1）7m/s2（2）（3）【解析】试题分析：（1）设细线中张力为F，对小球：F-mgsin53=ma对物块：Mg-F=Ma联立解得a=7m/s2（2）在RtOAB中，得xAB=R/tan53由 ，解得v=2m/s从B到C，根据机械能守恒，有小球离开C后做平抛运动，x=vCth=解得（3）小球AB：M、m系统机械能守恒线断后，小球BC，联立，解得考点：牛顿第二定律及机械能守恒定律【名师点睛】此题是平抛运动以及牛顿第二定律及机械能守恒定律的考查；解题时关键是要分析物体运动的
24、物理过程，分析物体的受力情况，选择合适的物理规律列出方程解答；注意临界态的分析来源:学15（1）5s；36m（2）甲车不能超过乙车【解析】试题分析：（1）当甲、乙两车速度相等时，两车间距离最大，即v甲at1v乙，得甲车位移x甲v甲t1at2275 m乙车位移x乙v乙t1605 m300 m 此时两车间距离xx乙L1x甲36 m （2）甲车追上乙车时，位移关系为 x甲x乙L1， 甲车位移乙车位移x乙v乙t2 将x甲、x乙代入位移关系，得 代入数据t211s实际乙车位移x乙=v乙t2=660m因为x乙L2所以到达终点时甲车不能超过乙车考点：匀变速直线运动规律的应用；追击问题【名师点睛】此题是关于追
25、击及相遇问题；解题时掌握两车相距最远时的临界条件和追击条件是解决本题的关键，知道当两车速度相等时，两车间距离最大；此题难度适中，考查学生综合运用知识解决实际问题的能力16（1）004C（2）127V（3）121256J【解析】试题分析：（1）由法拉第电磁感应定律可知，平均电动势： 平均电流流过R的电量联立上式得：（2）线圈转动的角速度感应电动势最大值Em=nBS由图可知mBS2102Wb回路中的电流的有效值电压表示数U=IR联立上式得：（3）线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功：W外=Q总=I2（R+r）t=142（90+10）=121256J考点：法拉第电磁感应定律；交流电【名师点睛】解决
26、本题的关键知道正弦式交流电峰值的表达式Em=nBS，以及知道峰值、有效值、平均值和瞬时值的区别；注意求解电量时要用交流电的平均值，求解电功及电热时要用交流电的有效值，正弦交流电的最大值等于有效值的倍17（1）4m/s（2）2m/s2，4m/s2（3）53m【解析】试题分析：（1）设铁块和木板一起向右做匀减速运动的加速度为a，根据牛顿第二定律得：1（M+m）g=（M+m）a，代入数据解得：a=1m/s2，根据匀减速运动公式：v2v02=2ax得：v=4m/s（2）碰撞后木板向左匀减速运动，m向右匀减速运动运动，对木板：1（M+m）g+2mg=Ma1，代入数据解得：a1=2m/s2，对小铁块：2mg=ma2，代入数据解得：a2=4m/s2，（3）碰撞后木板向左匀减速运动运动，m向右匀减速运动运动，当二者速度相等时铁块位移木板右端即可，设经过t二者速度相等，则有：va1t=v+a2t 代入数据解得：M向左的位移为： m向右的位移为： 因此木板的长度为：考点：牛顿第二定律的综合应用【名师点睛】本题考查牛顿第二定律及运动学公式的应用，涉及两个物体多个过程，所以要认真分析每一个物理过程及各个物理过程之间的关联关系，并注意临界态的分析；题目中问题较多，但只要认真分析，一步步进行解析，是完全可以求解的。版权所有：高考资源网()高考资源网版权所有 侵权必究
