1、20202021学年度高三第二次校际联合考试物理试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1. 物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为的路程，第一段用时，第二段用时，则物体的加速度是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】设第一段
2、的中间时刻为A，则第二段的中间时刻为B，则AB之间的时间为t=1.5s，则物体的加速度故选C2. 两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在时间内的v-t图像如图所示。若仅两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间分别为（ ）A. 3:2和B. 2:3和C. 1:2和D. 2:1和【答案】A【解析】【详解】根据相似三角形得解得由图像可知因为仅两物体之间存在相互作用，所以甲和乙受到的力相等，根据牛顿第二定律得故选A。3. 疫情防控期间，某同学在家对着竖直墙壁练习打乒乓球。某次斜向上发球，球垂直撞在墙上后反弹落地，落地点正好在发球点正下方，球在空中运动的轨迹如图，不计空气阻力。关于球离开球
3、拍到第一次落地的过程，下列说法正确的是（）A. 球撞击墙壁过程没有机械能损失B. 球在空中上升和下降过程时间相等C. 球落地时的速率一定比抛出时大D. 球落地时和抛出时的动能可能相等【答案】D【解析】【详解】A小球反弹前的运动为斜抛运动，与墙壁撞击时速度与墙壁垂直，因此可以逆向思维看做平抛运动，反弹后的运动也为平抛运动，两次平抛的水平位移相同，但是第二次的竖直位移更大，因此第二次运动时间更长，因此反弹后的水平初速度小于与墙壁撞击之前的速度，即小球与墙壁撞击时有能量损失，故A错误；B由A中分析可知，下降时间大于上升时间，故B错误；CD由于与墙壁撞击时存在能量损失，小球从抛出到落体重力做了正功，由
4、于不知道能量损失和重力做功的关系，因此落地时的速度与抛出时的速度有可能相等，故C错误，D正确；故选D。4. 如图，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻弹簧下端固定，将套在杆上的滑块（滑块与弹簧不拴接），向下压缩弹簧至离地高度h=0.1m处，由静止释放滑块，通过传感器测量出滑块的速度和离地高度h并作出滑块的动能E-h图像，其中h=0.18m时对应图像的最顶点，高度从0.2m上升到0.35m范围内图像为直线，其余为曲线，取g=10m/s2，由图像可知（）A. 弹簧的原长为0.18mB. 滑块的质量为0.2kgC. 弹簧的弹性势能最大值为0.3JD. 弹簧的弹性势能最大值为0.32J【答案】B【解析】【
5、详解】A由高度从0.2m上升到0.35m范围内图像为直线可知，弹簧的原长为0.2m，故A错误；B由图像可知，滑块在0.2m处动能为0.3J，从0.2m上升到0.35m范围内，由机械能守恒可得解得故B正确；CD从0.1m到0.35m的过程中，根据能量守恒可知，增加的重力势能即为弹簧的弹性势能的最大值，有故CD错误。故选B。5. 据报道，科学家们在距离地球20万光年外发现了首颗系外“宜居”行星。若该行星质量约为地球质量的6.4倍，半径约为地球半径的2倍。则在地球表面最多能举起物体的人在这个行星表面而能举起物体的最大质量为（地球表面重力加速度）（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】根
6、据万有引力等于重力得因为行星质量约为地球质量的6.4倍，其半径是地球半径的2倍，则行星表面重力加速度是地球表面重力加速度的1.6倍，而人的举力认为是不变的，则人在行星表面所举起的重物质量为故B正确，ACD错误。故选B。6. 一固定的水平细杆上套着一个质量为m的圆环A（体积可以忽略）圆环通过一长度为L的轻绳连有一质量也是m的小球B。现让小球在水平面内做匀速圆周运动，圆环与细杆之间的动摩擦因数为且始终没有相对滑动。在此条件下，轻绳与竖直方向夹角的最大值是37。（当地球重力加速度为g）则（）A. 环对细杆的压力等于B. 环对细杆的压力不可能大于C. 小球做圆周运动的最大角速度为D. 小球做圆周运动的
7、最大角速度为【答案】D【解析】【详解】AB以圆环A和小球B组成的质点系为研究对象，当小球转到圆环A的正前方时，画出左视图的受力分析，如下图此时系统受到重力和杆的支持力，正交分解，竖直方向合力为零，则FN1=2mg，水平方向的分力FN2提供向心力，显然杆对环的支持力FN大于2mg，根据牛顿第三定律可知，环对细杆的压力大于2mg，故AB错误；CD当环转到环的左右两侧时，由静摩擦力提供向心力，当静摩擦力达到最大静摩擦力时，小球有最大角速度，以小球运动到环右侧分析，系统正视受力分析如下图此时，竖直方向有则最大静摩擦力为水平方向圆环加速度为零，小球有向心加速度，根据牛顿第二定律有由几何关系可得联立方程解
8、得，小球做圆周运动的最大角速度为故C错误，D正确。故选D。7. 在新疆吐鲁番葡萄烘干房内，果农用图示支架悬挂葡萄。长度都为L=2.5m的OA、OB为承重的轻杆，OA杆的下端通过一光滑水平转轴固定在水平面上的A点，OB与OA也通过光滑水平转轴连接于O点，OB杆的下端B直接撑在水平地面上，使AOB只会在如图所示的竖直平面内转动。现将新鲜葡萄用细线挂于O点，已知OB杆与地面间的动摩擦因数为0.5，则下列说法正确的是（）A. 在挂质量一定的葡萄时，逐渐减小AB间的距离会使OB杆对O点的弹力逐渐变大B. 地面对OB杆的作用力可能不沿BO方向C. 只要AB间的距离小于等于，无论葡萄质量多大，B端都不会相对
9、地面滑动D. 只要AB间的距离小于等于无论葡萄质量多大，B端都不会相对地面滑动【答案】C【解析】【详解】A由于OA、OB等长，逐渐减小AB间的距离会使得OA、OB的夹角变小，OB杆对O点的弹力为随着角减小，F减小，故A错误；B对OB轻杆进行受力分析，由于是轻杆重力可忽略，OB受到O点对OB的压力、地面对OB的支持力、地面对OB的摩擦力作用处于平衡，则支持力和摩擦力的合力与O点对OB的压力大小相等、方向相反，即地面对OB杆的作用力一定沿BO方向，故B错误；CD要使得B端都不会相对地面滑动，则必须满足，即解得由几何关系可知，AB间的距离为只要AB间的距离小于等于，无论葡萄质量多大，B端都不会相对地
10、面滑动，故C正确，D错误。故选C。8. 雨打笆蕉是我国古代文学中重要的抒情、意象。为估算出雨天院中芭蕉叶面上单位面积所示受的力，某同学将一圆柱形水杯置于院中，测得内杯中田水上升了。查询得知，当时雨滴落地速度约为、设雨滴撞击芭蕉叶后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为，据此估算芭蕉叶面单位面积上平均受的力约为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】由于是估算压强，所以不计雨滴的重力。设雨滴受到支持面的平均作用力为F设在t时间内有质量为m的雨水的速度由v=10m/s减为零。以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理Ft=0-（-mv）=mv得 设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在t时间
11、内水面上升h，则有m= Sh 压强为故B正确，ACD错误；故选B。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，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。9. 如图甲所示，将质量为m的小球以速度竖直向上抛出，小球上升的最大高度为h。若将质量分别为2m、3m、4m、5m的小球，分别以同样大小的速度从半径均为的竖直圆形光滑轨道的最低点水平向右射入轨道，轨道形状如图乙、丙、丁、戊所示。小球视为质点，在不计空气阻力的情况下，下列判断正确的是（）A. 只有质量为4m的小球能到达最大高度hB. 只有质量为2m、4m的小球能到达最大高度hC.
12、质量为2m的小球到达与圆心等高处时，对轨道的压力大小为4mgD. 质量为3m的小球到达与圆心等高处时，处于超重状态【答案】AC【解析】详解】AB对甲由机械能守恒定律可知，小球在最高点h处的速度不能大于零，否则违反机械能守恒定律；质量为2m、3m、5m的三个小球的最高点的速度都不等于零，都不能到达h高处，有质量为4m的小球在最高点的速度等于零，能到达最大高度h，A正确，B错误；C由机械能守恒定律和向心力公式解得 ，C正确；D质量为3m的小球到达与圆心等高处时，加速度方向偏下，处于失重状态，D错误。故选AC。10. 如图所示，甲、乙两小球沿光滑轨道ABCD运动，在轨道的水平段AB上运动时，两小球的
13、速度均为，相距，轨道水平段AB和水平段CD的高度差为。设两小球在斜坡段BC上运动时未脱离轨道，重力加速度，关于两小球在轨道水平段CD上的运动情况，下列描述中正确的是（）A. 两小球到达图示位置D点的时间差为B. 两小球到达图示位置D点的时间差为C. 两小球在CD段运动时仍相距D. 两小球在CD段运动时相距【答案】BD【解析】【详解】AB两小球在AB段都是作匀速直线运动，到达图中B点的时间差为由于两小球在BC段和CD段的运动情况完全相同，则两小球到达图示位置D点的时间差仍为，故A错误，B正确；CD设小球到达C点的速度为v，由动能定理可知，代入数据解得所以两小球在CD段运动时相距故C错误，D正确。
14、故选BD。11. 2020年8月3日上午，北斗三号全球卫星导航系统建成开通新闻发布会在国务院新闻办公室召开。北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能。如图所示，北斗导航系统中的两颗工作卫星均绕地心做匀速周运动，且轨道半径为r，某时刻工作卫星1、2分别位于轨道上的A、B两个位置，若两卫星均沿顺时针方向运行，地球表面的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力。下列判断正确的是（）A. 这两颗卫星的加速度大小相等，均为B. 卫星1出A位置运动到B位置所需的时间是C. 这两颗卫星的机械能一定相等D. 卫星1向后喷气就一定能够追上卫星2【答案】AB【解析】【详解】A在地球表
15、面重力与万有引力大小相等，有可得卫星在轨道上运动万有引力提供圆周运动的向心力，有联立方程解得故A正确；B万有引力提供向心力，有可得卫星运行周期为所以卫星1从A位置运动到B位置所需的时间为故B正确；C万有引力提供向心力，有可得两颗卫星运行速度大小相同，高度相同，但两颗卫星质量关系不清楚，所以两颗卫星的机械能不一定相等，故C错误；D卫星1向后喷气，卫星加速，在轨道上做圆周运动所需向心力增大，而提供向心力的万有引力没有发生变化，故卫星1将做离心运动，卫星轨道变高，故卫星1不能追上同轨道运行的卫星2，故D错误。故选AB。12. A、B两物块重叠放置，从距地面h高的地方静止释放，不计空气阻力，B恰好到达
16、地面时，速度大小为v0，假定所有的碰撞均为弹性碰撞，B碰后静止，下列说法正确的是（）A. A、B碰撞时A对B的作用力大于B对A的作用力B. A、B碰后瞬间，A的速度大小为C. B碰后静止，说明A的质量大于B的质量D. B碰后静止，说明A的质量小于B的质量【答案】BD【解析】【详解】AA、B碰撞时，A对B的作用力与B对A的作用力是一对相互作用力，大小相等、方向相反，故A错误；BCDA与B发生弹性碰撞，碰前A的速度为v0，方向向下，碰前B的速度为v0，方向向上，设碰撞后A的速度为v，取向上的方向为正，碰撞过程中由动量守恒可得由能量守恒可得解得，故BD正确，C错误。故选BD三、非选择题：本题共6小题
17、，共60分13. 用如图所示实验装置做“用单摆测定重力加速度”的实验。(1)为了提高实验精确度，下列说法正确的是_（选填字母代号）A尽量选用体积小、质量大的球做摆球B当摆球到达最低点时开始计时C把摆球从平衡位置拉开一个很大的角度后释放D测量一次全振动的周期，根据公式计算重力加速度g(2)若根据测得的数据代入单摆周期公式，算出重力加速度g的测量值偏大，下列可能的原因是_（选填字母代号）A把悬点到摆球上端的长度记为摆长B摆线上端未牢固地系于悬点，在振动过程中出现松动，使摆线长度增加了C实验中误将摆球经过平衡位置49次数记为50次D实验中误将摆球经过平衡位置51次数记为50次(3)某同学测重力加速度
18、，他用长线和小铁球做了一个单摆，手头却只有一根量程为的学生用刻度尺和一个秒表，于是他先用此单摆进行实验，测得单摆的周期为，然后将摆线长度减小（小于刻度尺量程）再次实验，测得相应单摆的周期为，由此可得重力加速度g=_（用字母、表示）。【答案】 (1). AB (2). C (3). 【解析】【详解】(1)1A选用体积小、质量大的球做摆球，减小空气阻力的影响，A正确；B由于在最低点运动速度块，位置稍有误差，时间差的很少，B正确；C如果拉开一个很大的角度后释放，振动周期有很大的误差，因此摆角不应超过5o，C错误；D为了减少周期测量误差，一般测量3050个全振动，算出周期，根据公式计算重力加速度g，D
19、错误。故选AB。(2)2单摆的振动周期公式从而求得重力加速度的表达式A若把悬点到摆球上端的长度记为摆长，则摆长测量值偏小，从而算的重力加速度偏小，A错误；B振动过程中出现松动，摆线长度增加，而测量值为原长，测量值偏小，从而算的重力加速度偏小，B错误；C误将摆球经过平衡位置49次数记为50次，使得周期测量值偏小，从而算的重力加速度偏大，C正确；D误将摆球经过平衡位置51次数记为50次，使得周期测量值偏大，从而算的重力加速度偏小，D错误。故选C。(3)3第一次第二次而联立解得14. 某学习小组利用甲图中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系，图中长木板水平放置，其左端固定一轻滑轮，轻绳跨过滑
20、轮，一端与放在木板上的小车相连，另一端可悬挂钩码，本实验中可用的钩码共有N个，已知打点计时器所用电源的频率为，每个钩码的质量为m，小车的质量为M，重力加速度取g，实验要点如下：(1)实验开始时平衡摩擦力：在长木板不带滑轮的一端下方某位置垫上一个小物块后，发现小车拉着通过打点计时器的纸带在木板上做加速运动，则应将小物块向_（填：左、右）移动，才会使小车拉着纸带在板上做匀速运动；(2)平衡摩擦力后，将n（依次取，2，3，4）个钩码挂在左端，其余个钩码放在小车内，用手按住小车并使轻绳与木板平行，打开电源，释放小车，获得一条清晰的纸带，经数据处理后可得到相应的加速度；(3)图乙为某次实验得到的纸带，且
21、相邻计数点间的时间间隔均为，再利用图中测得的数据可计算出小车的加速度a=_（保留3位有效数字）；(4)本次实验中_（填“需要”或“不需要”）满足“小车及车上钩码的总质量远大于所挂钩码质量”的条件；(5)丙图是利用不同n对应不同a作出的图像，如果丙图中图线斜率为k，通过理论分析可知本实验中可用的钩码共有个数N=_。（用题中字母表示）【答案】 (1). 右 (2). (3). 不需要 (4). 【解析】【详解】(1)1小车做加速运动，说明斜面倾角过大，应减小倾角，因此应将小物块向右移动(3)2根据可得可得代入数据可得(4)3由于本实验中的研究对象是小车和n个砝码，不用计算绳子拉力，因此“不需要”满
22、足“小车及车上钩码的总质量远大于所挂钩码质量”的条件。(5)4图像为过坐标原点的直线，由牛顿第二定律和图像可知因此钩码的个数15. 如图所示，图甲为一列沿水平方向传播的简谱横波在时的波形图，图乙是这列波中质点P（坐标为处的点）的振动图线。(1)求该波的传播速度。(2)判断该波的传播方向。(3)写出图甲中P点的振动方程。【答案】(1)；(2)向右传播；(3)【解析】【详解】(1)波的传播速度(2)时P点向上振动，波向右传播(3)振幅A=0.2cm振动方程16. 一质量的滑块以的初速度冲上一倾角的足够长的斜，某同学利用速度传感器测出了滑块冲上斜面的过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了滑块上滑
23、过程的速度时间图像，如图所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取，求：(1)滑块与斜面间的动摩擦因数；(2)判断滑块最后能否返回斜面底端？若能返回，求出返回到斜面底端时的速度大小；若不能返回，求出滑块停在什么位置；(3)滑块在斜面上整个运动过程中系统产生的内能。【答案】（1）0.375；（2）能返回斜面底端，；（3）【解析】【详解】(1)由图像可知，滑块的加速度avt9 m/s2滑块冲上斜面过程中根据牛顿第二定律，有代入数据解得0.375(2)滑块速度减小到零时，重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力，能返回斜面底端。由匀变速直线运动的规律，滑块向上运动的位移滑块下滑过程中根据牛顿第二定律，有代入
24、数据解得a23m/s2由匀变速直线运动的规律，滑块返回底端的速度(3)滑块在斜面上整个运动过程中系统产生的内能17. 有一种打积木的游戏，装置如图所示，三块完全相同的钢性积木B、C、D叠放在靶位上，宽度均为d，积木C、D夹在固定的两光滑薄板间，一球A（视为质点）用长为L，且不可伸长的轻绳悬挂于O点。游戏时，钢球拉至与O等高的P点（保持绳绷直）由静止释放，钢球运动到最低点时与积木B发生的碰撞为弹性碰撞且瞬间完成，积木B滑行一段距离（大于）后停下。已知重力加速度为g，钢球和每块积木的质量均为m，各水平接触面间的动摩擦因数均为，忽略空气阻力的影响，求：(1)小球下落到最低点且与B碰撞前，小球对轻绳的
25、拉力。(2)积木B向前滑动的距离。(3)将小球再次拉起至P点无初速释放，积木C沿B的轨迹前进，并与B发生弹性碰撞。求积木B、C最终停止时，B、C间的距离。【答案】(1)，方向竖直向下；(2)；(3)【解析】【详解】(1)设小球运动到最低点且与B碰撞前的速度为，轻绳对小球的拉力为F，根据动能定理可得又因为联立两式解得由牛顿第三定律可得，小球对轻绳的拉力大小为，方向竖直向下。(2)设小球与积木B发生弹性碰撞后速度为，积木B速度为，由动量守恒定律有由能量守恒定律有联立解得，根据动能定理可得，积木B向前滑行的距离s有代入解得(3)又将钢球拉回P点由静止释放，与落下静止的积木C发生弹性碰撞，此时C的速度
26、仍为C滑行后与B碰撞，此时C的速度满足解得当C与B发生弹性碰撞时，设积木C速度为，积木B发生弹性碰撞后速度为，由动量守恒定律及能量守恒定律可得解得，即积木C静止，积木B向前做匀减速直线运动直到静止，设滑行的位移为，由动能定理可得代入求得即积木B、C最终停止时，B、C间的距离为。18. 如图所示，工厂利用倾角的皮带传输机，将每个质量的木箱（可视为质点）从A点运送到B点，AB段为直线且长度，每隔就有一个木箱以的速度沿方向滑上传送带，传送带以的速度逆时针匀速转动。已知各木箱与传送带间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取求：(1)木箱从冲上传送带到与传送带达到共同速度所用的时间。(2)传送带
27、上最多有几个木箱同时在向下输送。(3)第1个木箱从A点运动到B点的过程，求传送带对所有木箱做的功。(4)传送带正常工作比空载时，电动机多消耗的电功率。【答案】(1)2s；(2)8；(3)-1440J；(4)210W【解析】【详解】(1)木箱从冲上传送带到与传送带达到共同速度，由牛顿第二定律可知代入数据解得故木箱从冲上传送带到与传送带达到共同速度所用的时间(2)木箱减速过程中发生的位移木箱与传送带相对静止时，两木箱的间距为设相对静止的木箱个数为n，则有故木箱的总的个数为(3)木箱冲上传送带第1s内的位移滑动摩擦力对未达到共速木箱做的功为滑动摩擦力对所有达到共速木箱做功为静摩擦力对所有达到共速木箱做的功为故第1个木箱从A点运动到B点的过程，求传送带对所有木箱做的功为(4)传送带正常工作时，传送带所受摩擦力电动机多消耗的功率
