《江西省赣州市南康中学于都中学2019届高三下学期第二次联考物理试题附答案解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江西省赣州市南康中学于都中学2019届高三下学期第二次联考物理试题附答案解析（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、- 1 - 江西省赣州市南康中学、于都中学联考江西省赣州市南康中学、于都中学联考 2019 届高三下学期第二次月考届高三下学期第二次月考 物理试题物理试题 一、单选题（本大题共一、单选题（本大题共 4 4 小题，共小题，共 1212 分）分） 1.如图所示，圆弧形货架摆着四个完全相同的光滑小球，O 为圆心,则对圆弧面的压力最小的是（ ） A. a 球B. b 球C. c 球D. d 球 【答案】A 【解析】 试题分析：小球对圆弧面的压力大小等于求的重力沿斜面的分力，显然 a 球对圆弧面的压力最小， 故选 A 考点：力的分解 2.一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中
2、 S0A= S0C，则下列说法正确的 是（ ） A. 甲束粒子带正电，乙束粒子带负电 B. 甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷 C. P2极板电势比 P1极板电势高 D. 若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为 3：2 【答案】B - 2 - 【解析】 【分析】 粒子速度选择器中受到电场力和洛伦兹力两个作用，电场力不变，速度方向不变，可知洛伦兹力与电场力应 平衡，由左手定则判断出洛伦兹力方向，粒子进入匀强磁场 B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿 第二定律得到半径表达式，根据半径公式分析半径越大时，粒子的质量和比荷的大小 【详解】甲粒子在磁场中向上偏转，乙粒子在磁场中向下
3、偏转，根据左手定则知甲粒子带负电，乙粒子带正 电，故 A 错误；根据洛伦兹力提供向心力，qvB=m，得：，r甲r乙则甲的比荷大于乙的比荷，B 正 确；能通过狭缝 S0的带电粒子，电场力与洛伦兹力等大反向，若粒子带正电，则洛伦兹力向上，电场力向 下，则 P1极板电势比 P2极板电势高，选项 C 错误；若甲、乙两束粒子的电荷量相等，由前面分析， 则甲、乙两束粒子的质量比为 2：3，故 D 错误；故选 B。 【点睛】本题关键要理解速度选择器的原理：电场力与洛伦兹力，粒子的速度一定粒子在磁场中偏转时， 由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律则可得到半径 3.某卫星沿椭圆轨道绕地球运动，示意图如图所示，已
4、知地球半径为 R，地球表面的重力加速度为 g，卫星 在远地点 P 距地心 O 的距离为 3R则（ ） A. 卫星沿椭圆轨道运动的加速度大小为 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 【解析】 【分析】 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 ， -
5、3 - 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
6、 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 =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 【答案】B 【解析】 【分析】 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
7、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-mAg=mAa 对B：mBg-F=mBa 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 对A：v2=2ah 木块B着地后，对A由牛顿第二定律得：mAg=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=1.6h+x=1.2+0.6m=1.8m - 4 - 则说明小车一定能碰到定滑轮，故 C 错
8、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（本大题共二、多选题（本大题共 8 8 小题，共小题，共 2424 分）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
9、.5m/s 【答案】C 【解析】 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
10、案】ABD 【解析】 【分析】 - 5 - 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
11、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
12、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 【解析】 【分析】 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 - 6 - 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
13、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
14、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
15、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 【解析】 【分析】 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=maF，同理 F23F，F20182019 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；
16、- 7 - 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 【答案】AC 【解析】 【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
