届江西省赣州市南康中学于都中学高三下学期第二次联考物理试题解析版Word文件下载.docx

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B.卫星在远地点P时的加速度等于

C.卫星在远地点P时的速度等于

D.卫星在P点适当加速后可绕地球球心O点作半径为3R的匀速圆周运动

【答案】D

根据万有引力提供向心力和根据万有引力等于重力列出等式进行比较求解即可．

【详解】卫星沿椭圆轨道运动时，所受的万有引力不断变化，则加速度不断变化，选项A错误；

在P点，根据

，G

=mg，则aP=

，故B错误；

若卫星以半径为3R做匀速圆周运动，则

，再根据GM=R2g，整理可以得到

，由于卫星到达远地点P后做近心椭圆运动，故在P点速度小于

，故C错误；

卫星经过远地点P时适当加速，则可以以半径为3R做匀速圆周运动，故D正确，故选D.

【点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，以及知道变轨的原理，当万有引力小于向心力，做离心运动，当万有引力大于向心力，做近心运动．

4.如图所示，质量mA=1.0kg的物块A放在固定的水平桌面上，由跨过光滑定滑轮的轻绳与质量mB=l.5kg的物块B相连，轻绳拉直时用手托住物块B，使其静止在距地面h=0.6m的高度处，此时物块A与定滑轮相距L=1.6m。

已知物块A与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，g取10m/s2，现释放物块B，则（）

A.物块B着地前加速度的大小为3m/s2

B.物块B着地前绳对物块B的拉力的大小为7.5N

C.物块A不会撞到定滑轮

D.物块B着地前的过程中，物块A受到的摩擦力对物块A所做的功等于物块A机械能的变化量

分别以物块A和B受力分析，利用牛顿第二定律列式求解；

物块先做匀加速运动，物块B碰地后，A开始做匀减速运动，分析物块A的运动情况，求出A静止时所需要通过的位移，比较A的总位移和开始时A距滑轮的长度，从而明确能否碰到定滑轮，由非重力的功可分析机械能的变化量.

【详解】A、B、设加速度大小为a，轻绳对B拉力的大小为F，根据牛顿第二定律

对A：

F-μmAg=mAa

对B：

mBg-F=mBa

①②联立代入数据得：

a=5m/s2，F=7.5N，故A错误，B正确；

C、设物块B着地前的速率为v，根据运动学公式v2=2ax

v2=2ah

木块B着地后，对A由牛顿第二定律得：

μmAg=mAa′

根据运动学公式v2-v02=2ax得：

0-v2=2（-a′）x

联立可得A要静止时通过的位移为：

x=1.2m；

由题意知：

L=1.6＜h+x=1.2+0.6m=1.8m

则说明小车一定能碰到定滑轮，故C错误，

D、对A：

非重力做功的有摩擦力和绳的拉力做功，所以应该是摩擦力和绳的拉力做功等于物块A机械能的变化量，故D错误.

故选B.

【点睛】本题考查牛顿第二定律在连接体中的应用，要注意在应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题时，要注意运动过程的分析，把握两物体运动的规律性.

二、多选题（本大题共8小题，共24分）

5.古有“守株待兔”的寓言．设兔子的头部受到大小等于自身体重的打击力时即可致死，并设兔子与树桩作用时间为0.2s，则被撞死的兔子其奔跑速度可能为（g=10m/s2）（）

A.1m/sB.1.5m/sC.2m/sD.2.5m/s

【答案】C

取兔子奔跑的速度方向为正方向，根据动量定理得

，

由

，得到

，则被撞死的兔子其奔跑速度大于等于

即可，故选项C正确，ABD错误。

点睛：

本题应用动量研究碰撞过程物体的速度，对于打击、碰撞、爆炸等变力作用过程，往往用动量定理研究作用力。

6.甲、乙两物体从同一地点开始沿同一方向运动，其速度随时间变化的关系如图所示，图中t2=

，两段曲线均为

圆弧，下列说法不正确的是（）

A.两物体在t1时刻的加速度相同

B.两物体在t2时刻运动方向均改变

C.两物体在t3时刻相距最远，t4时刻相遇

D.0

t4时间内甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度

【答案】ABD

速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．平均速度等于位移与时间之比，结合数学知识进行分析．

【详解】A、在t1时刻，甲的斜率为正，乙的斜率为负，根据速度时间图线的斜率表示加速度，知加速度方向不同;

故A错误；

B、甲乙的速度图象都在时间轴的上方，速度都为正，运动方向没有改变，故B错误；

C、根据图象的面积表示位移，可知，t3时刻两者位移之差最大，相距最远，t4时刻位移相等，两者相遇，故C正确；

D、速度图线与时间轴围成的面积表示位移，则知0-t4时间内甲物体的位移等于乙物体的位移，时间相等，则平均速度相等，故D错误；

本题选错误的故选ABD.

【点睛】解决本题的关键能够从速度时间图线中获取信息，知道斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．

7.如图所示，电源电动势为E，内阻为r．电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）．当电键S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态．有关下列说法中正确的是（）

A.只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流

B.只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流

C.只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动

D.若断开电键S，带电微粒向下运动

【答案】AD

电路稳定时，电容相当于开关断开，其电压等于与之并联的滑动变阻器部分的电压．只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，判断R0消耗的电功率，电容器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻R3中有向上的电流，电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，对电路没有影响，只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由

分析板间场强变化和油滴所受电场力变化，判断油滴的运动情况．若断开电键S，电容器处于放电状态.

【详解】A、只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，外电路总电阻减小，总电流增大，电阻R0消耗的电功率变大，滑动变阻器的电压变大，电容器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻R3中有向上的电流，故A正确；

B、电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，对电路没有影响，故B错误；

C、只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由

可知，电场力变大，带电微粒向上运动，故C错误；

D、若断开电键S，电容器处于放电状态，电荷量变小，板间场强减小，带电微粒所受的电场力减小，将向下运动，故D正确.

故选AD.

【点睛】本题中稳定时电容器与电路部分是相对独立的．分析油滴是否运动，关键分析电场力是否变化．

8.如图所示2019个质量分别为m的小球通过轻质弹簧相连（在弹性限度内），在水平拉力F的作用下一起以加速度a向右匀加速运动，设1和2之间的弹簧的弹力为F1-2，2和3间弹簧的弹力为F2-3，2018和2019间弹簧的弹力为F2018-2019，则下列结论正确的是（）

A.F1-2：

F2-3：

F2018-2019=1：

2：

3：

2018

B.从左到右每根弹簧的弹性势能之比为：

1：

4：

9：

20182

C.如果突然撤去拉力F，撤去的瞬间，每个球的加速度依然为a，但第2019个球除外

D.如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么每个球的加速度依然为a，除第1个球外

【答案】AC

根据牛顿第二定律，利用整体法和隔离法求解各个球之间的作用力；

撤去F瞬间，除第2019个球所受合力突然变化外，其他球的合力未变，据此求解.

【详解】由牛顿第二定律可知F=2019ma，则对球1：

F1-2=ma＝

F，同理F2－3＝

F，………F2018－2019＝

F，所以A正确；

因为题中没说弹簧的劲度系数是否相等，所以B错；

突然撤去F瞬间，除第2019个球所受合力突然变化外，其他球的合力未变，所以其他球的加速度依然为a，所以C正确；

第1个球脱落瞬间，第1和2两个球的合力突然改变，这两个加速度都会发后改变，所以D错。

故选AC.

【点睛】此题主要考查整体法和隔离法在连接体问题中的应用；

关键还需知道，撤掉F的瞬时其他弹簧的弹力是不能突变的，结合牛顿第二定律求解.

9.如图，小球甲从A点水平抛出，同时将小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时速度大小相等，方向夹角为37°

，已知B、C高度差h=5m，g=10m/s2，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知（）

A.小球甲作平抛运动的初速度大小为6m/s

B.A、B两点高度差为3.2m

C.小球甲到达C点所用时间为0.8s

D.两小球在C点时重力的瞬时功率相等

【详解】A项：

乙球到达C点的速度

，甲球到达C点的速度

，根据平行四边形定则知，甲球平抛运动的初速度

，故A正确；

B项：

AC两点的高度差

，则A、B的高度差

C项：

由B分析可知，

得：

，故C正确；

D项：

乙球在C点竖直方向的速度为10m/s，甲球在C点竖直方向的速度为：

，两球的质量相等，所以两球在C点的重力瞬时功率不相等，故D错误。

故应选AC。

10.如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，质量均为m，与圆心距离分别为RA=r，RB=2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，下列说法正确的是（）

A.此时绳子张力为T=3

mg

B.此时圆盘的角速度为

=

C.此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外

D.此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动

【答案】ABC

两物块A和B随着圆盘转动时，始终与圆盘保持相对静止。

当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，AB都到达最大静摩擦力，由牛顿第二定律求出A、B两物块与圆盘保持相对静止的最大角速度及绳子的拉力.

【详解】A、B、C、A和B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，则F=mω2r，B的运动半径比A的半径大，所以B所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的静摩擦力方向沿半径指向圆心，A的最大静摩擦力方向沿半径指向圆外，根据牛顿第二定律得：

T-μmg=mω2r，T+μmg=mω2•2r，解得：

T=3μmg，

；

故A、B、C正确；

D、此时烧断绳子，A的最大静摩擦力不足以提供向心力，则A做离心运动，故D错误.

故选ABC.

【点睛】解决本题的关键是找出向心力的来源，知道AB两物体是由摩擦力和绳子的拉力提供向心力.

11.一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为2m的小物块A相连，质量为m的小物块B紧靠A静止在斜面上，如图所示，此时弹簧的压缩量为x0．从t=0时开始，对B施加沿斜面向上的外力，使B始终做加速度为a的匀加速直线运动。

经过一段时间后，物块A、B分离。

弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。

若θ、m、x0、a均已知，则下列说法正确的是（）

A.根据已知条件，可求出从开始到物块A、B分离所用的时间

B.根据已知条件，可求出物块A、B分离时的速度大小

C.物块A、B分离时，弹簧的弹力恰好为零

D.物块A、B分离后，物块A开始减速

【答案】AB

A、B、AB静止时，

则

，对B施加沿斜面向上的外力后，A、B一起做匀加速运动，分离时A、B间弹力为零，加速度均为a，设此时弹簧被压缩x,则对A有：

且

，即可求出：

，AB正确；

C、物块A、B分离时，弹簧的弹力不为零，A、B间弹力为零，此时弹簧弹力

，C错误；

D、分离时，A有向上的加速度，之后先做加速度减小的加速运动，达到最大速度后再做减速运动，D错误；

故选AB。

12.如图所示，在空间中有平行xOy平面的匀强电场，场强大小为100V/m．一群电量相同的带正电粒子以相同的初动能从P点出发，可以到达以原点O为圆心、半径为25cm的圆上的任意位置．比较圆上这些位置，发现粒子到达圆与x轴正半轴的交点A时，动能最大．已知∠OAP=37°

（不计重力，不计粒子间相互作用，sin37°

=0.6，cos37°

=0.8），则（）

A.该匀强电场的方向沿x轴负方向

B.过A点的等势面与PA连线垂直

C.到达圆与x轴负半轴的交点Q点的粒子动能最小

D.P、A两点的间电势差为32V

【答案】CD

据题，到达A点的正电荷动能增加量最大，电场力做功最大，说明等势面在A点与圆相切，即等势面与y轴平行，由UPA=

求解PA间的电势差，再由公式U=Ed求解场强的大小.

【详解】到达A点的正电荷动能增加量最大，电场力做功最大，说明了A点的电势最低；

同时说明等势面在A点与圆相切，也就是等势面与y轴平行，所以电场线与x轴平行，沿x轴正方向，故A错误；

电场线的方向沿x轴正方向，所以过A点的等势面过A点平行于y轴，故B错误；

电场线的方向沿x轴正方向，所以Q点的电势最高，到达Q点的正电荷的电势能最大，结合能量守恒可知正电荷动能最小，故C正确；

由几何关系可知：

＝2R•cos37°

＝2×

0.25×

0.8＝0.4m，PA间的电势差为：

UPA=E•

•cos37°

=100×

0.4×

0.8=32V．故D正确。

故选CD。

【点睛】本题考查电场强度与电势差的关系，关键要运用逻辑推理判断出过A点的等势面，运用公式U=Ed时，要知道d是两点沿电场方向的距离.

三、实验题探究题（本大题共2小题，共14分）

13.如图1所示是某研究性学习小组做探究“橡皮筋做功和物体速度变化的关系”的实验，图中是小车在一条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行的情形。

这时，橡皮筋对小车做的功记为W．当我们把2条、3条……完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次……实验时，每次橡皮筋都拉伸到同一位置释放。

小车每次实验中获得的速度由打点计时器所打点的纸带测出。

（1）除了图中已给出的实验器材外，还需要的器材有______；

（2）实验时为了使小车只在橡皮筋作用下运动，应采取的措施是______；

（3）打出的纸带如图2所示，在正确操作情况下，打在纸带上的点，并不都是均匀的，为了测量小车获得的速度，应选用纸带的______部分进行测量。

【答案】

（1）.刻度尺

（2）.把木板的末端垫起适当高度以平衡摩擦力（3）.GJ

【详解】

（1）除了图中的已给出的实验器材外，还需要的器材有刻度尺测量纸带上的长度；

（2）实验时为了使小车只在橡皮筋作用下运动，应把木板的末端垫起适当高度以平衡摩擦力；

（3）为了测量小车获得的速度，应选用小车速度最大，达到匀速运动时的速度，即选择纸带的间距均匀部分GJ进行测量；

【点睛】本题关键是结合探究功与速度变化关系的实验原理进行分析，如本实验中，明确小车的运动情况，先加速，再匀速，橡皮条做功完毕，速度最大，做匀速运动，故需要测量匀速阶段的速度.

14.用伏安法测量某阻值约为20Ω的未知电阻Rx的阻值．实验电路如图所示：

电源E（电动势3V、内阻忽略不计）

电流表A1（量程0～50mA，内阻约12Ω）

电流表A2（量程0～3A，内阻约0.12Ω）

电压表V1（量程0～3V，内阻约3kΩ）

电压表V2（量程0～15V，内阻约15kΩ）

滑动变阻器R1（0～10Ω，允许最大电流2.0A）

滑动变阻器R2（0～1000Ω，允许最大电流0.5A）

定值电阻R（30Ω，允许最大电流1.0A）

开关、导线若干

（1）在以上备选器材中，电流表应选用___，电压表应选用__，滑动变阻器应选用____．

（2）某次测量中，电压表读数为U时，电流表读数为I，则计算待测电阻阻值的表达式Rx=__．

【答案】

（1）.A1

（2）.V1（3）.R1（4）.

（1）由题意可知，电源电压为3V，故电压表只能采用0～3V，不能选用最大量程为15V的电压表，电压表选用V1；

而由于待测电阻为20Ω，则电路中电流最大为150mA；

故不能选用最大量程为3A的电流表，故电流表只能选用A1；

而由题意可知，电路应采用分压接法，故滑动变阻器应选用较小的电阻，故滑动变阻器选用R1；

（2）由欧姆定律可知R+Rx=

，解得Rx=

-R；

【点睛】在电学实验的考查中，经常考查到仪表的选择、电流表内外接法的选择及实验数据的处理，故应注意此类问题的解法；

在实验中要注意把握准确性、安全性及方便性原则。

四、计算题（本大题共4小题，共50分）

15.一物体放在水平地面上，如图1所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图2所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图3所示。

求：

（1）4s末合力的功率；

（2）0～10s时间内，物体克服摩擦力所做的功。

【答案】

（1）1.5W

（2）30J

结合图2和图3可知：

在0-2s物体不动，受到的静摩擦力不做功；

在2-10s受到的滑动摩擦力做负功，滑动摩擦力不变，根据W=FScosθ解即可．

（1）由速度—时间图象可知，在0-2s物体不动，物体在2~4s的加速度为

由8~10s做匀速直线，得

，可知

由功率的定义：

在2-10s受到的滑动摩擦力做负功，滑动摩擦力不变 

f=2N

在0-10s：

W克f=fs=2×

15=30J

【点睛】此题考查读图获取信息的能力，注意根据需要选取合适的阶段．

16.现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10m/s．当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车（反应时间忽略不计），乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢（反应时间为0.5s）．已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4倍，乙车紧急刹车时制动力为车重的0.5倍，g取10m/s2．

（1）若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线15m，他采取上述措施能否避免闯警戒线？

（2）为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中至少应保持多大距离？

（1）见解析

（2）

（1）根据甲车刹车时的制动力求出加速度，再根据位移时间关系求出刹车时的位移，从而比较判定能否避免闯红灯；

（2）根据追及相遇条件，由位移关系分析安全距离的大小．

（1）甲车紧急刹车的加速度为

甲车停下来所需时间

甲滑行距离

由于12.5m＜15m，所以甲车能避免闯红灯；

（2）乙车紧急刹车的加速度大小为：

设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离

，在乙车刹车

时刻两车速度相等，

解得

此过程中乙的位移：

甲的位移：

所以两车安全距离至少为：

【点睛】解决本题的关键利用牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式进行求解．注意速度大者减速追速度小者，判断能否撞上，应判断速度相等时能否撞上，不能根据两者停下来后比较两者的位移去判断．

17.如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限的半径R=h的圆形区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，圆与x、y坐标轴切于D、A两点，y＜0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场。

一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从电场中Q（-2h，-h）点以速度v0水平向右射出，从坐标原点O射入第Ⅰ象限，与水平方向夹角为α，经磁场能以垂直于x轴的方向从D点射入电场。

不计粒子的重力，求：

（1）电场强度E的大小以及α的正切值

（2）磁感应强度B的大小

（3）带电粒子从Q点运动到最终射出磁场的时间t。

（1）

，α＝45°

，因此粒子从C点正对圆心O1进入磁场．

（2）

（3）

（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律及牛顿运动定律得

2h＝v0t

h＝

at2

又qE＝ma

联立解得

设粒子到达O点时的速度为v，沿y轴正方向的分速度为vy，

则有vy＝at＝

＝v0，

v＝

＝

v0

速度v与x轴正方向的夹角α满足tanα＝

＝1

即α＝45°

，因此粒子从C点正对圆心O1进入磁场．

（2）又因为粒子垂直于x轴射出磁场，

轨道半径

由牛顿第二定律有

（3）带电粒子在电场中做类平抛运动的时间

从O点运动到磁场边界的时间

粒子从D点射入电场后折返进入磁场，最后从磁场中射出

在磁场中运动的时间：

在第四象限电场中往复时间

带电粒子从Q点运动到最终射出磁场的时间

【点睛】带电粒子的运动问题，加速电场一般由动能定理或匀加速运动规律求解；

偏转电场由类平抛运动规律求解；

磁场中的运动问题则根据圆周运动规律结合几何条件求解。

18.如图所示，在距地面h=5m的光滑水平桌面上，一轻质弹簧被a（质量为1kg，可视为质点）和b（质