2019届高三物理上学期第二次联考试题(含解析).doc

2019届高三物理上学期第二次联考试题(含解析)一、选择题（第14题单选，第58题多选）1. 如图所示，在光滑的水平杆上穿两个重力均为2N的球A、B，在两球之间夹一弹簧，弹簧的劲度系数为10N/m，用两条等长的线将球C与A、B相连，此时弹簧被压短了10cm，两条线的夹角为60，则( )A. 弹簧的弹力大小为0.5NB. 细线拉力大小为2NC. C球的重力为D. 杆对A球的支持力为【答案】B2. 有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图，则下列说法中正确的是( )A. b在相同时间内转过的弧长最长B. c在4 h内转过的圆心角是C. a的向心加速度等于重力加速度gD. d的运动周期有可能是20h【答案】A【解析】根据，得，由于，则，a、c的角速度相等，根据知，c的线速度大于a的线速度，可知b的线速度最大，则相同时间内转过的弧长最长，故A正确。c为同步卫星，周期为24h，4h内转过的圆心角，故B错误；a受万有引力和支持力作用，靠两个力的合力提供向心力，向心加速度小于重力加速度g，故C错误。根据，得，d的轨道半径大于c的轨道半径，则d的周期大于c的周期，可知d的周期一定大于24h，故D错误。故选A.【点睛】根据万有引力提供向心力得出线速度与轨道半径的关系，从而得出b、c、d的线速度大小，抓住a、c的角速度相等比较出a、c的线速度，从而判断相同时间内转过的弧长c为同步卫星，抓住周期为24h，求出4h内转过的圆心角d的轨道半径大于c的轨道半径，d的周期大于c的周期3. 如图，可视为质点的小球，位于半径为的半圆柱体左端点A的正上方某处，以一定的初速度水平抛出小球，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为60，则初速度为：（不计空气阻力，重力加速度为）( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，知速度与水平方向的夹角为，设位移与水平方向的夹角为，则有：因为则竖直位移为：，,所以，联立以上各式解得：,故选项C正确。点睛：根据平抛运动速度与水平方向夹角的正切值等于位移与水平方向夹角正切值的2倍，求出竖直方向上的位移，从而求出竖直方向上的分速度，根据速度方向求出平抛运动的初速度。4. 如图所示，正方形ABCD以坐标原点O为中心，关于x轴对称，与x轴交于M、N两点，带电量均为Q的点电荷固定在正方形的四个顶点，其中A、B处点电荷带正电，C、D处点电荷带负电。下列说法正确的是( )A. M、N两点电场强度等大反向B. 在x轴上从M点到N点，电势先降低后升高C. 负检验电荷在M点具有的电势能比其在N点的电势能多D. 在x轴上M点左侧、N点右侧都存在场强为零的点【答案】D【解析】对M点研究，两个正电荷在M点产生的合场强为零，根据平行四边形法可知，两个负电荷在M点产生的合场强方向水平向右。对N点研究，两个负电荷在N点的合场强为零，根据平行四边形法，两个正电荷在N点的合场强，方向水平向右。且由对称性可知，M、N两点电场强度等大同向。故A错误；根据电场的叠加原理可知，从M点沿直线到N点，各点场强方向均向右，电势一直降低，故B错误。M点的电势高于N点的电势，负检验电荷从M移动到N点时电场力做负功，电势能增加，则负检验电荷在M点具有的电势能比其在N点的电势能小，故C错误；在M点左侧，两个正电荷的合场强与两个负电荷的合场强方向相反，大小可能相等，所以在x轴上M点左侧存在场强为零的点。同理，在N点右侧也存在场强为零的点。故D正确。故选D.【点睛】根据点电荷产生的电场特点和电场的叠加原理分析各个点的电场强度电荷在等势面上移动，电场力做功为0根据电场力做功来分析电势能的变化5. 如图，一长为L的轻质细杆一端与质量为m的小球（可视为质点）相连，另一端可绕O点转动，现使轻杆在同一竖直面内做匀速转动，测得小球的向心加速度大小为g（g为当地的重力加速度），下列说法正确的是( )A. 小球的线速度大小为B. 小球运动到最高点时杆对小球的作用力竖直向上C. 当轻杆转到水平位置时，轻杆对小球的作用力方向不可能指向圆心OD. 轻杆在匀速转动过程中，轻杆对小球作用力的最大值为2mg【答案】ACD【解析】根据向心加速度，代入得小球的线速度，所以A正确；需要的向心力F=ma=mg，所以在最高点杆对小球的作用力为零，故B错误；小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，故合外力指向圆心，当轻杆转到水平位置时，轻杆对小球的作用力，方向不指向圆心O，所以C正确；轻杆在匀速转动过程中，当转至最低点时，杆对球的作用力最低，根据牛顿第二定律：，得轻杆对小球作用力的最大值为F=2mg，所以D正确。6. 如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t.对于这一过程，下列判断正确的是( )A. 斜面对物体的弹力的冲量为零B. 物体受到的重力的冲量大小为mgtC. 物体受到的合力的冲量大小为零D. 物体动量的变化量大小为mgsint【答案】BD【解析】A、斜面对物体的弹力的冲量大小：I=Nt=mgcost，弹力的冲量不为零，故A错误；B、物体所受重力的冲量大小为：IG=mgt，物体受到的重力的冲量大小不为零，故B正确；C、物体受到的合力的冲量大小：mgtsin，不为零，C错误；D、由动量定理得：动量的变化量大小p=I合=mgsint， D正确；故选：BD。7. 如图所示，在竖直面内有一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、高度为h的有界匀强磁场，磁场上、下边界水平。将一边长为、质量为m的正方形导体框abcd从磁场上方由静止释放，ab边刚进入磁场的瞬间和刚穿出磁场的瞬间速度相等。已知导体框的电阻为r，导体框下落过程中，ab边始终保持水平，重力加速度为g。则( )A. 导体框一定是减速进入磁场B. 导体框可能匀速穿过整个磁场区域C. 导体框穿过磁场的过程中，电阻产生的热量为D. 导体框进入磁场的过程中，通过某个横截面的电荷量为【答案】AD【解析】因为，所以导体框在磁场中运动过程中，一定会存在不受安培力，只受重力的过程，该过程做加速运动，所以为了满足ab边刚进入磁场的瞬间和刚穿出磁场的瞬间速度相等，导体棒必须先减速进入磁场，然后加速，再减速，故A正确B错误；因为ab边刚进入磁场的瞬间和刚穿出磁场的瞬间速度相等，所以进入磁场过程中和穿出磁场过程中产生的热量相等，故整个过程中产生的热量为，C错误；根据可得导体框进入磁场的过程中，通过某个横截面的电荷量为，D正确；8. 质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落。t秒末，在小球下落的空间中，加上竖直向上、范围足够大的匀强电场。再经过t秒，小球又回到A点，不计空气阻力且小球从未落地，重力加速度为g，则( )A. 小球所受电场力的大小是4mgB. 小球回到A点时的动能是C. 从A点到最低点的距离是D. 从A点到最低点，小球的电势能增加了【答案】AC【解析】小球先做自由下落，然后受电场力和重力向下做匀减速到速度为0，再向上做匀加速回到A点设加上电场后小球的加速度大小为a，规定向下为正方向整个过程中小球的位移为0，运用运动学公式：，解得，根据牛顿第二定律，解得，A正确；小球又回到A点时，重力做功为零，只有电场力做功，根据动能定理可得，解得，B错误；从加上电场后，到最低点所用时间为，故从A点到最低点的距离是，C正确；根据题意可知电场力方向向上，从A点到最低点，电场力做负功，电场力作用位移为，故电势能增加，D错误； 二、实验题（2小题）9. 装有拉力传感器的轻绳，一端固定在光滑水平转轴O，另一端系一小球，空气阻力可以忽略。设法使小球在竖直平面内做圆周运动(如图甲)，通过拉力传感器读出小球在最高点时绳上的拉力大小是，在最低点时绳上的拉力大小是。某兴趣小组的同学用该装置测量当地的重力加速度。（1）小明同学认为，实验中必须测出小球的直径，于是他用螺旋测微器测出了小球的直径，如图乙所示，则小球的直径d=_mm。（2）小军同学认为不需要测小球的直径。他借助最高点和最低点的拉力，再结合机械能守恒定律即可求得。小军同学还需要测量的物理量有_(填字母代号)。A小球的质量mB轻绳的长度C小球运动一周所需要的时间T（3）根据小军同学的思路，请你写出重力加速度g的表达式_。【答案】 (1). 5.693-5.697 (2). A (3). 【解析】试题分析：螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，固定部分每个刻度为0.5mm，可动部分每个刻度单位为0.01mm；根据牛顿第二定律，在最低点与最高点列出合力提供向心力的表达式，再结合机械能守恒定律，即可求解（1）螺旋测微器的固定刻度读数5.5mm，可动刻度读数为0.0119.5=0.195mm，所以最终读数为：固定刻度读数+可动刻度读数=5.5mm+0.195mm=5.695mm10. 物理兴趣小组的同学们从实验室找到一个废旧的多用电表，于是拆开进行研究。（1）同学们按图甲所示的电路、用半偏法测定电流计G的内阻。已知电流计G的量程为200A。实验室除了提供开关、导线外，还有以下器材，电位器（一种可变电阻，与滑动变阻器相当）应选用_（选填“C”或“D”）。A电源（电动势6V）B电阻箱（0999.9）C电位器（05k）D电位器（050k）（2）同学们测电流计G的内阻步骤如下，请完成实验步骤中的填空。对照电路图连接电路，检查无误后，将的阻值调至最大；闭合，调节的阻值，使电流计指针偏转到满刻度；闭合，保持的阻值不变，调节的阻值，使电流计指针偏转到满刻度的一半；读出的阻值为280.0，则被测电流计G的内阻的测量值为_，该测量值_实际值(选填“略大于”、“略小于”或“等于”)。（3）图乙是该多用电表的简化电路图，根据要求回答下列问题：图中A是_表笔(填“红”或“黑”)；开关S调到_和_位置上测量的是电阻。测量电流时，开关S调到_位置的量程比较大。(填写图乙中相应位置的数字代号)。【答案】 (1). D (2). 280.0 (3). 略小于 (4). 黑 (5). 3 (6). 4 (7). 1【解析】试题分析：明确半偏法测电阻的基本原理，知道实验方法同时根据实验电路分析误差情况；多用电表测电流和电压时使用外部电源，测电阻时内部电源才接通；测电流和电压时的内部结构根据电表的改装原理判断什么档位为大量程（1）闭合，电路中电流I不能大于，由知，因此只能选择总电阻为的D；（2）当调节电阻箱，使电流表半偏时，由于干路电流几乎未变，电阻箱与电流计中的电流相等，电阻必然相等如果所得的的阻值为280.0，则图中被测电流计G的内阻的测量值为280.0实际上电阻箱并入后的，电路的总电阻减小了，干路电流增大了，电流计半偏时，流过电阻箱的电流大于流过电流计的电流，电阻箱接入的电阻小于电流计的电阻所以，该测量值“略小于”实际值；（3）为了保证电流由正接线柱进入电流计，内部电源的正极应接黑接线柱，故A是黑表笔；并联电阻越小，分流越大，则改装的电流表量程越大，故1位置的量程较大；测量电阻时内部电源被接通，故3、4是电阻档；测量电流时需要电阻分压，由图可知，开关接1时，分压电阻分压越大，故量程越大；三、计算题（2小题）11. 长为L、质量为M的木块在粗糙的水平面上处于静止状态，有一质量为m的子弹（可视为质点）以水平速度击中木块并恰好未穿出。设子弹射入木块过程时间极短，子弹受到木块的阻力恒定，木块运动的最大距离为s，重力加速度为g，求：（i）木块与水平面间的动摩擦因数；（ii）子弹在射入木块过程中产生多少热量 【答案】（i）（ii）【解析】（i）子弹射入木块过程极短时间内，水平方向由动量守恒定律得 当子弹与木块共速到最终停止的过程中，由功能关系得 解得： （ii）子弹射入木块过程极短时间内，设产生的热量为Q，由功能关系得 解得： 12. 如图所示，为一磁约束装置的原理图，同心圆圆心O与xOy平面坐标系原点重合。半径为的圆形区域I内有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场。一束质量为m、电荷量为q、动能为的带正电粒子从坐标为（0，）的A点沿y轴负方向射入磁场区域I，粒子全部经过坐标为(，0)的P点，方向沿x轴正方向。当在环形区域II加上方向垂直于xOy平面向外的另一匀强磁场时，上述粒子仍从A点沿y轴负方向射入区域I，所有粒子恰好能够约束在环形区域内，且经过环形区域II的磁场偏转后第一次沿半径方向从区域II射入区域I时经过内圆周上的M点(M点未画出)。不计重力和粒子间的相互作用。（1）求区域I中磁感应强度的大小。（2）若环形区域II中磁感应强度，求M点坐标及环形外圆半径R。 （3）求粒子从A点沿y轴负方向射入圆形区域I至再次以相同速度经过A点的过程所通过的总路程。【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）由题设条件就能求出粒子在区内做匀速圆周运动的半径，由洛仑兹力提供向心力就能求出区磁场的磁感应强度大小（2）进入后，粒子恰好约束在该区，画出粒子运动轨迹，由两区域内磁场的关系，找到在区内做匀速圆周运动的半径，再由几何关系求得粒子在区内转过的圆心角，从而再由几何关系就能求出M点的坐标和环形的外圆半径（3）先找出从A点出发，经过、区的正反两次偏转再次进入区时，相对OA方向偏转的角度，若经过m次偏转时，粒子第一次经过A点，此时转过m周，列出方程，解出整数解，那么总路程就是m倍的一次偏转的路程（1）由题意，粒子在区域内从A点做匀速圆周运动到P点，显然在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，则有：，且联立解得：（2）粒子进入环形区域后做顺时针方向匀速圆周运动，则有：由题设条件：联立解得：画出粒子在区内做匀速圆周运动的轨迹如图所示由几何关系得：，则M点的坐标为由几何关系外环的半径（3）粒子在区域和区域两次偏转后，从M点再次进入区域时，圆心角转过，设经过m次这样的偏转后第一次从A点再交入射，此时圆心角转过n个则有：150m=360n（m、n取正整数）解得：m=12，n=5而粒子在、区偏转一次通过的路程所以经过12次如此偏转后第一次通过A点，则总路程为四、选考题（4小题）13. 下列说法正确的是_。A小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力B液体分子的无规则运动称为布朗运动C热量不可能从低温物体传到高温物体D分子间的距离增大时，分子势能可能减小E分子间的距离减小时，分子引力和斥力都增大【答案】ADE【解析】小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用，故A正确。布朗运动，是悬浮微粒的无规则运动，不是液体分子的无规则热运动，故B错误。根据热力学第二定律可知，热量不可能自发从低温物体传到高温物体，故C错误；当分子间距小于时，分子力表现为斥力，随着分子间距的增大，分子势能减小，故D正确；分子引力和斥力都随距离的增大两者都减小，随距离的减小都增大，故E正确。故选ADE。14. 如图所示，U形管右管内径为左管内径的倍，管内水银在左管内封闭了一段长为L=76cm、温度为300K的空气柱，左右两管水银面高度差为，大气压为76cmHg。（i）给左管的气体加热，则当U形管两边水面等高时，左管内气体的温度为多少？（保留一位小数）（ii）在（i）问的条件下，保持温度不变，往右管缓慢加入水银直到左管气柱恢复原长，问此时两管水银面的高度差。 【答案】（i）342.9K（ii）4cm【解析】（i）当初管内气体压强p1= p-p=70 cmHg， 当左右两管内水银面相等时，气体压强p2=76 cmHg 由于右管截面积是左管的两倍，所以左管水银面将下降4 cm，右管中水银面将上升2 cm，管内气柱长度l2=80 cm， 根据 得 T2=342.9 K （ii）设气柱恢复原长时压强为p3p2V2=p3V3 得p3=80 cmHg 又p=p3-p2=4 cmHg 所以高度差为4 cm 15. 如图甲所示，沿波的传播方向上有六个质点a、b、c、d、e、f，相邻两质点之间的距离均为2m，各质点均静止在各自的平衡位置，t=0时刻振源a开始做简谐运动，取竖直向上为振动位移的正方向，其振动图象如图乙所示，形成的简谐横波以2m/s的速度水平向右传播，则下列说法正确的是_。A波传播到质点c时，质点c开始振动的方向竖直向下B04s内质点b运动的路程为6cmC45s内质点d的加速度正在逐渐减小D6 s时质点e第一次处于波峰位置E各质点都振动起来后，a与c的运动方向始终相反【答案】BCE【解析】由乙图知，振源a开始振动的方向是向上，介质中所有质点开始振动的方向都与振源起振方向相同，所以波传播到质点c时，质点c开始振动的方向竖直向上，故A错误；乙图知，周期T=4s，振动形式传播到b点需时t=xt=1s，即1s末质点b开始振动，到4s末通过路程为6cm，所以B正确；传播到d点需时3s，4s末d质点到达波峰，所以在45 s内质点d从波峰向平衡位置运动，位移减小，根据牛顿第二定律-kx=ma知，d质点的加速度正在逐渐减小，所以C正确；同理可判断，4s末质点e开始振动，6s末（半个周期后）又回到平衡位置，所以D错误；波长，所以a、c两质点相距半个波长，运动方向始终相反，故E正确。16. 如右图所示一束截面为圆形，半径R=0.2m的平行光垂直射向一玻璃半球的平面经折射后在屏幕S上形成一个圆形亮区已知玻璃半球的半径为R=0.2m屏幕S至球心的距离为不考虑光的干涉和衍射，试问： （i）若入射光是白光，在屏幕S上形成的圆形亮区的最外侧是什么颜色。 （ii）若入射光是紫光，玻璃半球对紫光的折射率为求屏幕上圆形亮区的面积。【答案】（i）紫色（ii）【解析】（i）复色光与半球形玻璃面的下表面相垂直，方向不变，但是在上面的圆弧面会发生偏折，紫光的折射率最大，所以紫光偏折的最多，且屏上相应的光点与入射光线在玻璃半球的对称轴两侧，因此最外侧是紫色。（ii）如下图所示紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕S上的点D到亮区中心E的距离r就是所求最大半径设紫光临界角为C由全反射的知识： 所以 =m S=r2=