江西省南康中学2020届高三物理上学期第二次月考试题（含解析）.docx

江西省南康中学2020届高三物理上学期第二次月考试题（含解析）一、选择题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，物体周围存在引力场，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【答案】C【解析】【详解】爱因斯坦根据麦克斯韦的观点：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，C正确。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。设列车从高崎站至集美学村站做直线运动，运动的v t图像如图所示，总位移为 s，总时间为，最大速度为 ，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D. 加速运动时间为 【答案】C【解析】【分析】速度图象与时间轴围成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。【详解】A、加速过程与减速过程的加速度大小相等，则根据，知加速度大小相等，速度变化量大小相等，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，因为图像的面积代表位移，故总位移，所以，故C正确，D错误；故选C。【点睛】本题的解题关键是抓住两个数学意义来分析和理解图象的物理意义，速度-时间图象的斜率等于加速度。3.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. 地面对斜面摩擦力先减小后增大【答案】B【解析】【详解】A、小球向下摆动过程中，细线对小球的拉力与重力沿径向的分力的合力提供向心力，小球速度变大，所需向心力变大，所以细线对小球拉力一直增大，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，而绳子中的拉力一直增大，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，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。4.如图所示，倾角为=37的传送带以速度v1=2m/s顺时针匀速转动。将一块以v2=8m/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sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/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【答案】C【解析】开始时物块相对传送带向上运动,滑动摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律可得：，解得：a1=10m/s2。物块速度小于传送带后相对斜面向下运动,滑动摩擦力力沿斜面面向上有：，解得：a2=2m/s2，所以物块运动的加速度大小不是恒为10m/s2，故A错误；两段运动的时分别为：，解得：，又有：，解得：，所以向上运动的总时间为：，故B错误；两端运动的位移分别为：，小物块向上滑行的最远距离为，故C正确；由上可知小物块先向上减速到零，在向下加速，故D错误。所以C正确，ABD错误。5.如图所示，真空中ab、cd四点共线且ab=b=cd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A. b、c两点的电场强度大小相等，方向相反B. b、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【答案】C【解析】【详解】A、B项：由等量异种电荷电场线分布可知，b、c两点的场强大小相等，方向相同，故A、B错误；C项：由电场线从正电荷指向负电荷即电场线由b指向c，所以b点的电势高于c点电势，根据负电荷在电势低处电势能大，即负电荷在b点的电势更小，故C正确；D项：由C分析可知，电场线从b指向c，正电荷从b沿直线运动到c，电场力一直做正功，故D错误。故应选：C。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，短暂点火加速后进人同步转移轨道.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【答案】AC【解析】A：卫星在轨道上通过点P时，点火加速，使其所需向心力大于万有引力，做离心运动，才能进入轨道，所以卫星在轨道I的P点进入轨道机械能增加。故A项正确。B：假设卫星从轨道返回轨道，卫星在轨道经过Q点时，点火减速，使其所需向心力小于万有引力，做向心运动，才能进入轨道，所以卫星在轨道经过Q点时和在轨道经过Q点时速度不同。故B项错误。C：卫星在轨道经过Q点时和在轨道经过Q点时，所受万有引力相同，根据牛顿第二定律，产生的加速度相同。故C项正确。D：对同步卫星，解得：。则同步轨道高度与卫星的质量无关。故D项错误。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【答案】AD【解析】A、量子论是普朗克首先提出的，光量子理论则是爱因斯坦首先提出的，故A正确；B、光的强度越大，并不是光的频率越大，所以光子能量不一定越大，故B错误；C、三种放射线中，射线氦核流，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，只能发射某些特定频率的光子，故D正确；故选AD。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COD=60，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【答案】AB【解析】根据几何关系知，下降的高度之比2：1，根据：，可得时间之比为：，根据：，因为水平位移之比为，解得两小球初速度之比，故A正确；根据，以及P=mgvy知，重力做功的瞬时功率，根据几何关系知，下降的高度之比2：1，则重力做功的瞬时功率之比，故B正确；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；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推论，垂直撞到球壁的速度反向延长线必定过圆心O，而O点不是水平位移的中点，故D错误。所以AB正确，CD错误。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2L【答案】ABD【解析】试题分析：当小车突然碰到障碍物而停止运动时，由于惯性小球的速度仍为，若可以满足小球做圆周运动，则小球可以上升的最高点正好为圆的直径，即为2L，若小球不能做圆周运动，则根据机械能守恒可得，解得，若空气阻力不能忽略，则小球的机械能不守恒，上升高度小于，故ABD正确考点：考查了圆周运动，机械能守恒【名师点睛】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，本题由多种可能性，在分析问题的时候一定要考虑全面，本题考查的就是学生能不能全面的考虑问题，难度不大10.一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F的作用下向上运动。不计空气阻力，物体的机械能E与上升高度h的关系如图所示，其中曲线上A点处的切线斜率最大，h2h3的图线为平行于横轴的直线。下列说法正确的是A. 在h1处物体所受的拉力最大B. 在h2处物体的动能最大C. h2h3过程中合外力做的功为零D. 0h2过程中拉力F始终做正功【答案】AD【解析】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E=Fh可知此时所受的拉力最大，此时物体的加速度最大；故A正确；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；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，合外力做功不为零；故C错误；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。点睛：本题画出了我们平时所陌生的机械能与高度的变化图象；要求我们从图象中分析物体的运动过程。要求我们能明确机械能与外力做功的关系；明确重力做功与重力势能的关系；并正确结合图象进行分析求解。二、填空题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_。A30 B0.3 C20 D0.2【答案】 (1). （1）C (2). （2）平衡摩擦力使长木板的倾角过大； (3). （3）D【解析】【详解】（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。他这样做的目的是可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车所受的合力，故选C.（2）由F+F1=Ma解得 由图乙可知，图线不过原点O，在a轴上有正截距，可知存在与F相同方向的力，可知原因是平衡摩擦力使长木板的倾角过大；（3）根据可知图线斜率等于F，则最接近的数值是F=mg=0.0210N=0.2N.故选D.12.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（006A，内阻约为01）C灵敏电流计G（满偏电流，内阻）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）【答案】 (1). (2). (3). a (4). 1.461.49 (5). 2.5【解析】【分析】根据串联电路特点及欧姆定律求出串联电阻阻值；闭合开关前，滑动变阻器接入电路的阻值应为滑动变阻器的最大阻值，根据电路图确定滑片的位置；由图象求出与纵轴的交点，然后由欧姆定律求出该电流所对应的电压，该电压是电源的电动势；图象斜率的绝对值等于电源的内阻；【详解】(1)1串联电阻阻值(2)2按图甲所示电路图，在乙图上补充完成实物连线如图(3)3在闭合开关S前，滑动变阻器接入电路的阻值应为滑动变阻器的最大阻值，将滑动变阻器的滑片移动至a端；(4)45由电路图和闭合电路欧姆定律可得，化简可得：所示图丙可知，图象斜率等于为代入数据可得蓄电池内阻：纵轴截距是，蓄电池电动势：三、计算题13.如图所示，质量为m14kg的木板B放在水平地面上，质量为mA10kg的货箱A放在木板B上，一根轻绳一端栓在货箱上，另一端栓在地面的木桩上，绳绷紧时与水平面的夹角为37，已知货箱A与木板B之间的动摩擦因数05，木板B与地面之间的动摩擦因数为04，重力加速度g10ms2，现用水平力F将木板B从货箱A下面匀速抽出，（sin3706，cos3708）试求：（1）绳上张力T的大小（2）拉力F的大小。【答案】13. 100N 14. 200N【解析】试题分析：木箱A受力分析如图甲所示，A静止时有：FTcosFf1 mAgFTsinFN1 Ff11FN1 解式可得：FT100N，FN1160N木板B受力如图乙所示，B匀速时有：FFf1Ff2 Ff2FN2 FN2mBgFN1 解式可得：F200N.考点：牛顿第二定律；物体受力分析14.如图所示，一质量为1kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角=30.现小球在F=20N的竖直向上的拉力作用下，从A点静止出发沿杆斜向上运动，已知杆与小球间的动摩擦因数为，g=10m/s2试求：（1）小球运动的加速度大小；（2）若F作用1.2s后撤去，小球上滑过程中距A点的最大距离【答案】（1）2.5m/s2（2）2.4m【解析】试题分析：对小球受力分析，运用牛顿第二定律求出小球的加速度；根据匀变速直线运动公式求出撤去拉力前的位移和末速度，再根据牛顿第二定律求出撤去拉力后的加速度，根据运动学公式求出上滑的位移，从而得出小球上滑过程中距A点最大距离。（1）由牛顿第二定律得：摩擦力为：解得：a1=2.5m/s2(2)刚撤去F时，速度为：位移为：撤去F后，由牛顿第二定律得：解得：a2=7.5m/s2小球上滑的时间：上滑的位移：小球上滑的最大距离为：点睛：本题主要考查了运用牛顿第二定律和运动学公式综合求解小球的运动问题。15.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？【答案】(1) (2) ， (3) 【解析】（1）带电粒子在电场中运动时，由动能定理得，qU=mv2，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