1、南康中学2019-2020学年度第一学期高三第二次大考物 理 试 卷一、选择题（每小题4分，共40分。16单项，710多项）1引力波是根据爱因斯坦的广义相对论作出的奇特预言之一，三位美国科学家因在引力波的研究中有决定性贡献而荣获诺贝尔奖，对于引力波概念的提出，可以通过这样的方法来理解：麦克斯韦认为，电荷周围有电场，当电荷加速运动时，会产生电磁波；爱因斯坦认为，物体周围存在引力波，当物体加速运动时，会辐射出引力波，爱因斯坦的观点的提出，采取了哪种研究方法（）A控制变量法B对比法C类比法D观察法2厦门地铁1号线被称作“最美海景地铁”，列车跨海飞驰，乘客在车厢内可观赏窗外美丽的海景。设列车从高崎站至
2、集美学村站做直线运动，运动的t图象如图所示，总位移为s，总时间为t0，最大速度为vm，加速过程与减速过程的加速度大小相等，则下列说法正确的是（）A加速运动时间大于减速运动时间B从高崎站至集美学村站的平均速度为C匀速运动时间为t0D加速运动时间为t03如图所示，倾角为30的斜面上，一质量为6m的物块经跨过定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连，现将小球从水平位置静止释放，小球由水平位置运动到最低点的过程中，物块和斜面始终静止。运动过程中小球和物块始终在同一竖直平面内，则在此过程中（）A细绳的拉力先增大后减小B物块所受摩擦力逐渐减小C地而对斜面的支持力逐渐增大D地面对斜面的摩擦力先减小后增大4如图所示
3、，倾角为37的传送带以速度v12m/s顺时针匀速转动。将一块以v28m/s的速度从传送带的底端滑上传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数0.5，传送带足够长，取sin370.6，cos370.8，g10m/s2，下列说法正确的是（）A小物块运动的加速度大小恒为10m/s2B小物块向上运动的时间为0.6sC小物块向上滑行的最远距离为4mD小物块最终将随传送带一起向上匀速运动5如图所示，真空中a、b、c、d四点共线且abbccd，在a点和d点分别固定有等量的异种点电荷，则下列说法正确的是（）Ab、c两点的电场强度大小相等，方向相反Bb、c两点的电场强度大小不相等，但方向相同C同一负点电荷在b点的
4、电势能比在c点的小D把正点电荷从b点沿直线移到c点，电场力对其先做正功后做负功6如图，一颗在椭圆轨道上运行的地球卫星，通过轨道上的近地点P时，短暂点火加速后进入同步转移轨道当卫星到达同步转移轨道的远地点Q时，再次变轨，进入同步轨道下列说法正确的是（）A卫星在轨道I的P点进入轨道机械能增加B卫星在轨道经过Q点时和在轨道经过Q点时速度相同C卫星在轨道经过Q点时和在轨道经过Q点时加速度不相同D由于不同卫星的质量不同，因此它们的同步轨道高度不同7我国利用“墨子号”量子通信卫星在国际上率先实现了高速星地量子通信，初步构成量子通信网格。关于量子理论，下列说法正确的是（）A量子论是普朗克首先提出的，光量子理
5、论则是爱因斯坦首先提出的B光的强度越大，则光子的能量也就越大C三种放射线、，基本质上都是高能光子D大量氢原子从高能级向低能级跃迁时，只能发射某些特定频率的光子8如图所示，水平地面上有一个半球形大坑，O为球心，AB为沿水平方向的直径。若在A点以初速度v1沿AB方向向右平抛一小球甲，小球甲将击中坑内的最低点D；若在甲球抛出的同时，在C点以初速度v2沿平行BA方向向左平抛另一小球乙，也恰能击中D点。已知COD60，甲、乙两小球的质量相同，不计空气阻力，则（）A甲、乙两小球初速度的大小之比v1：v2：3B在击中D点前的瞬间，重力对甲、乙两小球做功的瞬时功率之比为：1C甲、乙两球在此过程中速度变化量的大
6、小之比为2：1D逐渐增大小球甲抛出速度v1的大小，甲球可能垂直撞到坑内BCD上9如图，固定于小车上的支架上用细线悬挂一小球。线长为L小车以速度V0做匀速直线运动，当小车突然碰到障碍物而停止运动时。小球上升的高度的可能值是（）A等于B小于C大于D等于2L10物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F作用下向上运动。不计空气阻力，物体的机械能E与上升高度h的大小关系如图所示，其中曲线上点A处的切线斜率最大，h2h3的图线为平行于横轴的直线。则下列判断正确的是（）A在h1处物体所受的拉力最大B在h2处物体的动能最大Ch2h3过程中合外力做功为零D0h2过程中拉力F始终做正功二、填空题（每空2分，共16
7、分）11某同学在验证合外力一定，物体的质量与加速度的关系时，采用图甲所示的装置及数字化信息系统获得了小车的加速度a与小车质量M（包括所放砝码及传感器的质量）的对应关系图象，如图乙所示。实验中所挂钩码的质量20g，实验中选用的是不可伸长的轻绳和光滑的轻质定滑轮。（1）实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的轻绳与木板平行。他这样做的目的是下列哪一个 ；（填字母代号）A可使位移传感器测出的小车的加速度更准确B可以保证小车最终能够做直线运动C可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车所受的合力（2）由图乙可知，图线不过原点O，原因是 ；（3）该图线的初始段为直线，该段直线的斜率最接近的数值是 。
8、A30 B0.3 C20 D0.212在“测定蓄电池的电动势和内电阻”的实验中，备有如下器材A蓄电池B电流表（00.6A，内阻约为0.1）C灵敏电流计G（满偏电流Ig200A，内阻rg150）D滑动变阻器R1（020，2.0A）E电阻箱R2F定值定阻R02C开关、导线若干（1）由于没有电压表，可把灵敏电流计G与电阻箱R2串联改装成量程为6V的电压表，如图甲中电阻箱R2的阻值应为 。（2）按图甲所示电路图，请在乙图上补充完成实物连线（3）在闭合开关S前，将滑动变阻器的滑片移动至图甲中的 端（填a、中央、或b）（4）丙图为该实验绘出的I1I2图线（I1为灵敏电流计G的示数，I2为电流表A的示数）由
9、丙图可求得被测蓄电池的电动势E V，内电阻r （结果保留三位有效数字）。三、计算题（共44分）13、（10分）如图所示，质量为mB14kg的木板B放在水平地面上，质量为mA10kg的木箱A放在木板B上一根轻绳一端拴在木箱上，另一端拴在地面的木桩上，绳绷紧时与水平面的夹角为37.已知木箱A与木板B之间的动摩擦因数10.5，木板B与地面之间的动摩擦因数20.4.现用水平力F将木板B从木箱A下面匀速抽出，试求：(sin370.6，cos370.8，重力加速度g取10m/s2)(1)绳上张力FT的大小；(2)拉力F的大小 14（10分）如图所示，一质量为1kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹
10、角为30现小球在F20N的竖直向上的拉力作用下，从A点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数，g10m/s2试求：（1）小球运动的加速度a1；（2）若F作用1.2s后撤去，小球上滑过程中距A点最大距离sm。15（12分）如图所示，M、N为中心开有小孔的平行板电容器的两极板，相距为D，其右侧有一边长为2a的正三角形区域，区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，在极板M、N之间加上电压U后，M板电势高于N板电势现有一带正电的粒子，质量为m、电荷量为q，其重力和初速度均忽略不计，粒子从极板M的中央小孔S1处射入电容器，穿过小孔S2后从距三角形A点a的P处垂直AB方向进入磁场，试求：（1）粒子到达小孔S2
11、时的速度；（2）若粒子从P点进入磁场后经时间t从AP间离开磁场，求粒子的运动半径和磁感应强度的大小；（3）若粒子能从AC间离开磁场，磁感应强度应满足什么条件？16（12分）如图所示，质量M4kg的平板小车停在光滑水平面上，车上表面高h11.6m水平面右边的台阶高h20.8m，台阶宽l0.7m，台阶右端B恰好与半径r5m的光滑圆弧轨道连接，B和圆心O的连线与竖直方向夹角53，在平板小车的A处，质量m12kg的甲物体和质量m21kg的乙物体紧靠在一起，中间放有少量炸药（甲、乙两物体都可以看作质点）小车上A点左侧表面光滑，右侧粗糙且动摩擦因数为0.2现点燃炸药，炸药爆炸后两物体瞬间分开，甲物体获得水
12、平初速度5m/s向右运动，离开平板车后恰能从光滑圆弧轨道的左端B点沿切线进入圆弧轨道已知车与台阶相碰后不再运动（g取10m/s2，sin530.8，cos530.6）求：（1）炸药爆炸使两物块增加的机械能E；（2）物块在圆弧轨道最低点C处对轨道的压力F；（3）平板车上表面的长度L和平板车运动位移s的大小南康中学2019-2020学年度第一学期高三第二次大考物理试卷参考答案一、选择题1【分析】常用的物理学研究方法有：控制变量法、等效替代法、模型法、比较法、类比法、转换法等，是科学探究中的重要思想方法。根据物理方法和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。【解答】解：爱因斯坦根据麦克斯韦的观点：
13、电荷周围有电场，当电荷加速运动时，会产生电磁波，提出了物体周围存在引力波，当物体加速运动时，会辐射出引力波的观点，采用了类比法。故C正确，ABD错误。故选：C。2【分析】速度图象与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移，速度的正负表示速度的方向，只要图象在时间轴同一侧物体运动的方向就没有改变。【解答】解：A、加速过程与减速过程的加速度大小相等，则根据a知，加速度大小相等，速度变化相等，则时间相等，故A错误；B、从高崎站至集美学村站的平均速度，故B错误；CD、设匀速运动时间为t，因为s（t+t0）vm，所以tt0，故C正确，D错误；故选：C。3【分析】小球向下摆动的过程中，对小球的拉力一
14、直增大，根据平衡条件分析物体与斜面间的摩擦力大小变化情况；拉物体的绳子拉力在竖直方向的分力一直增大，在水平方向的分力一直增大，由此分析地面对斜面的支持力和摩擦力的大小变化情况。【解答】解：A、小球向下摆动的过程中，对小球的拉力一直增大，A错误；B、开始摩擦力沿斜面向上，根据平衡条件可得摩擦力大小f6mgsin303mg；设滑轮到小球的距离为R，当物块在最低点时，根据动能定理可得mgRmv2，根据牛顿第二定律可得Fmgm，解得最低点绳子拉力为F3mg，此时物块的摩擦力大小为0，所以斜面对物块的摩擦力一直减小，故B正确；CD、对物块和斜面组成的整体分析可知，拉物体的绳子拉力在竖直方向的分力一直增大
15、，在水平方向的分力一直增大，地面对斜面的支持力一直减小，摩擦力一直增大，故CD错误。故选：B。4【分析】根据物块的速度大于传送带的速度，所以物块相对传送带向上运动，物块受重力和沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律可以求出加速度a1，根据速度时间关系可以计算物体减速到传送带的速度需要的时间；由于物体所受重力沿斜面方向的分力大于滑动摩擦力，因此物体相对传送带向下运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上，物体沿斜面继续减速，由牛顿第二定律可以求出加速度a2，可以计算物体减速到传送带的速度需要的时间，最后求解总位移。【解答】解：ABD、由于物块的速度大于传送带的速度，所以物块相对传送带向上运动，物块受重力和
16、沿斜面向下的滑动摩擦力，沿斜面方向有根据牛顿第二定律：mgsin+mgcosma1，将sin370.6，cos370.8，0.5，g10m/s2代入得：a110m/s2，方向：沿斜面向下。设物体减速到传送带速度需要的时间为t1，有：t10.6s；由于物体所受重力沿斜面方向的分力大于滑动摩擦力，因此物体相对传送带向下运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上，沿斜面方向根据牛顿第二定律有：mgsinmgsosma2，速将sin370.6，cos370.8，0.5，g10m/s2代入得：a22m/s2，方向沿斜面向下；最后减速到速度为零的时间为：t21s，故小物块向上运动的时间为1.6s，故ABD错误；C、
17、小物块向上滑行的最远距离为：x+m+4m，故C正确。故选：C。5【分析】根据等量异种点电荷电场线的分布特点，利用对称性比较b、c的场强大小；根据电势能的定义知，正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势低处电势能大；根据电场力与移动的位移方向判断做功情况。【解答】解：AB、根据等量异种点电荷电场的分布特点知，连线上关于中点对称的两点场强等大、同向，故AB错误；C、两点电荷连线上电场方向水平向右，b点的电势比c点的电势高，负电荷在电势低处电势能大，因此同一负点电荷在b点的电势能比在c点小，故C正确；D、把正点电荷从b点沿直线移到c点，电场力向右，电场力一直做正功，故D错误；故选：C。6【分析】卫星点
18、火加速，机械能增加，速度变大；卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，根据题意应用万有引力公式与牛顿第二定律分析答题。【解答】解：A、卫星在轨道I的P点进入轨道的过程中发电机要点火对卫星加速，卫星的机械能增加，故A正确；B、卫星在轨道上的Q点点火加速后变轨到轨道，点火加速后卫星的速度变大，由此可知，卫星在轨道经过Q点时的速度大于在轨道经过Q点时速度，故B错误；C、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：Gma，解得：a，卫星在轨道经过Q点时和在轨道经过Q点时的轨道半径r相同，加速度a相同，故C错误；D、同步卫星绕地球做圆周运动的周期与地球自转周期相等，所有同步卫星的轨道半径相同，故D错误；故选
19、：A。7【分析】普朗克提出了量子论，爱因斯坦提出了光子说；光的强度决定光子的个数，与光子的能量无关；射线是光子流；大量氢原子在级跃迁时，发射或吸收光子的频率由相应的两个能级差决定。【解答】解：A、普朗克提出了量子论，爱因斯坦提出了光子说。故A正确；B、根据Ehv知，光子能量与光子频率有关，与光强度无关。故B错误；C、三种放射线、中，射线是氦核流，射线是电子流，只有射线才是光子流。故C错误；D、大量氢原子从高能级向低能级跃迁时，根据公式hEmEn可知，辐射光的频率大小由能级差决定，只能发射某些特定频率的光子，种类可用公式计算得出。故D正确。故选：AD。8【分析】平抛运动的时间由高度决定，根据动能
20、定理比较动能的变化量，根据到达D点时的竖直分速度，结合瞬时功率的公式求出瞬时功率之比。结合水平位移和时间之比求出初速度之比。【解答】解：A、甲、乙两小球的水平位移之比为：，竖直高度之比为：，下落的时间之比为：，所以甲、乙两小球平抛初速度的大小之比，故A正确。B、在击中D点前的瞬间，重力对甲、乙两小球做功的瞬时功率之比为竖直分速度之比，也即下落时间之比，即，故B正确。C、平抛小球速度的变化量即为竖直分速度，而竖直分速度与下落的时间成正比，所以两球速度变化量的大小之比应为，故C错误。D、逐渐增大小球甲抛出时速度的大小，甲球不可能垂直撞到球壁BCD上。因为根据平抛速度的反向延长线过水平位移的中点这一
21、推论，垂直到球壁的速度反向延长线必定过圆心O，而O点并不是水平位移的中点，故D错误。故选：AB。9【分析】小球在运动的过程中机械能守恒，由机械能守恒可以求得小球能到达的最大高度；如果小球可以达到最高点做圆周运动的话，那么最大的高度就是圆周运动的直径。【解答】解：如果小球的速度不能使小球做圆周运动，由机械能守恒可得，mv02mgh，所以最大高度可能是。如果有空气的阻力的话，机械能不守恒，最大高度就要小于。如果小球的速度能使小球做圆周运动，那么最大的高度就是圆周运动的直径2L。故选：ABD。10【分析】根据功能关系：除重力以外其它力所做的功等于机械能的增量，0h1过程中物体机械能在增加，知拉力在做
22、正功，机械能与位移图线的斜率表示拉力。当机械能守恒时，拉力等于零，通过拉力的变化判断其动能的变化。【解答】解：A、由图可知，h1处物体图象的斜率最大，则说明此时机械能变化最快，由EFh可知此时所受的拉力最大；故A正确；B、h1h2过程中，图象的斜率越来越小，则说明拉力越来越小；h2时刻图象的斜率为零，则说明此时拉力为零；在这一过程中物体应先加速后减速，则说明最大速度一定不在h2处；故B错误；C、h2h3过程中机械能保持不变，故说明拉力一定为零；合外力等于重力，做功不为零；故C错误；D、由图象可知，0h2过程中物体的机械能增大，拉力F始终做正功；故D正确；故选：AD。二、填空题11【分析】（1）
23、实验时使牵引小车的轻绳与木板平行，使得平衡摩擦力后，拉力等于小车所受的合力。（2）根据横轴坐标为零时，纵轴坐标不为零，分析图线不过原点的原因。（3）图线斜率表示小车所受的合力，根据小车所受的合力得出斜率的值。【解答】解：（1）先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的轻绳与木板平行，目的在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车所受的合力，故C正确。（2）由图乙知，横轴为零时，纵轴加速度a不为零，原因是平衡摩擦力使长木板倾角过大。（3）图线的斜率k，即图线斜率等于小车所受的合力，约等于钩码的重力，即为0.2N，故D正确。故答案为：（1）C，（2）平衡摩擦力使长木板倾角过大，（3）D。12【分析】（1）根据电
24、压表改装原理，可以求出串联电阻；（2）根据原理图连接实物图；（3）根据滑动变阻器的保护电路的作用可知滑片应移到a；（4）由闭合电路欧姆定律写出函数关系式，结合图象可以求出蓄电池的电动势和内阻。【解答】解：（1）根据电压表改装的原理，有Ig（rg+R2）6代入数据，得R229850（2）实物图如图所示；（3）在闭合开关S前，滑动变阻器连入电路电阻应最大，起到保护电路作用，则由图甲可知滑片应移到a；（4）根据闭合电路欧姆定律，有EU+I（R0+r）I1（rg+R2）+（I1+I2）（R0+r）整理得I1I2结合图象，得175106联立，代入数据得r2.50E5.25V故答案为：（1）29850；（
25、2）实物图如图所示；（3）a；（4）5.25；2.50。三、计算题13、 答案 木箱A受力分析如图甲所示，A静止时有：FTcosFf1 （2分）mAgFTsinFN1 （2分）Ff11FN1 （2分）解式可得：FT100N，FN1160N （1分）木板B受力如图乙所示，B匀速时有：FFf1Ff2 （2分）Ff2FN2 （2分）FN2mBgFN1 （2分）解式可得：F200N. （1分）14【分析】首先分析撤去前小球的受力情况：重力、拉力，杆的支持力和滑动摩擦力，采用正交分解法，根据牛顿第二定律求出加速度。再用同样的方法求出撤去后小球的加速度，运用运动学公式求出最大距离。【解答】解：（1）在力F
26、作用时有：（Fmg）sin30m（Fmg）cos30ma1 a12.5 m/s2 （2）刚撤去F时，小球的速度v1a1t13m/s 小球的位移s1 t11.8m 撤去力F后，小球上滑时有：mgsin30+mgcos30ma2 a27.5 m/s2因此小球上滑时间t20.4s 上滑位移s2t20.6m则小球上滑的最大距离为sms1+s22.4m 答：（1）小球运动的加速度为2.5 m/s2 ；（2）若F作用1.2s后撤去，小球上滑过程中距A点最大距离为2.4m。15、【解答】解：（1）带电粒子在电场中运动时，由动能定理得，qU=，解得粒子进入磁场时的速度大小为v=（2）粒子的轨迹图如图所示，粒子
27、从进入磁场到AP间离开，由牛顿第二定律可得，粒子在磁场中运动的时间为t=，由以上两式可得轨道半径R=，磁感应强度B=（3）粒子从进入磁场到从AC间离开，若粒子恰能到达BC边界，如图所示，设此时的磁感应强度为B1，根据几何关系有此时粒子的轨道半径为，由牛顿第二定律可得，由以上两式可得，粒子从进入磁场到从AC间离开，若粒子恰能到达AC边界，如图所示，设此时的磁感应强度为B2，由牛顿第二定律可得，由以上两式解得综上所述要使粒子能从AC间离开磁场，磁感应强度应满足：答：（1）粒子到达小孔S2时的速度为（2）粒子的运动半径为，磁感应强度的大小为（3）磁感应强度应满足16【解答】解：（1）爆炸过程，甲、乙
28、两物体动量守恒，以甲的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v1m2v20，由能量守恒定律得：Em1v12+m2v22，解得： E75J；（2）甲物体离开平板车后做平抛运动，在竖直方向，由速度位移公式得：vy22g（h1h2），解得：vy4m/s，水平分速度vx，解得：vx3m/s，到达B点时的速度：vB5m/s，甲从B到C过程，由动能定理得：m1gr（1cos）m1vC2m1vB2，在C点，由牛顿第二定律得：Fm1gm1，解得：F46N，由牛顿第三定律得，物块对轨道的压力FF46N，方向竖直向下；（3）甲做平抛运动的时间：t0.4s，平抛运动的水平位移：xvxt30.41.2m0.7m，对甲，由牛顿第二定律得：a10.2102m/s2，甲在车上的运动时间：t1s，甲物体的位移：x1t，对车，由牛顿第二定律得：a21m/s2，甲离开车时，车的位移x2a2t2，车的长度L2（x1x2），解得：L7m，在整个过程中，车的位移：sx2+（xl），解得：s1m；答：（1）炸药爆炸使两物块增加的机械能为75J；（2）物块在圆弧轨道最低点C处对轨道的压力大小为46N，方向竖直向下；（3）平板车上表面的长度为7m，平板车运动位移s的大小为1m
