吉林省延边第二中学2020届高三上学期第一次调研物理试题（附答案）.doc

延边第二中学 2020 届高三第一次调研考试 物 理 试 题 一、选择题（共 14 小题，每题 4 分，共 56 分。其中 1~9 题为单选题，10~14 题为多选题，多 选题中至少有两个选项是正确的，全对得 4 分，选对但不全得 2 分，有错选得 0 分。） 1．牛顿这位科学巨人对物理学的发展做出了突出贡献，下列有关牛顿的表述中正确的是 A．牛顿用扭秤装置测定了万有引力常量 B．牛顿通过斜面实验得出自由落体运动位移与时间的平方成正比 C．牛顿的“月－地检验”表明地面物体所受地球的引力、月球所受地球的引力，与行星所受 太阳的引力服从相同规律 D．牛顿认为站在足够高的山顶上无论以多大的水平速度抛出物体，物体都会落回地面 2．有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是 A．如图 a，汽车通过拱桥的最高点处于超重状态 B．如 b 所示是一圆锥摆，增大 θ，但保持圆锥的高不变，则圆锥摆的角速度变大 C．如图 c，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的 A、B 位置先后分别做匀速度圆周运动， 则在 A、B 两位置小球的角速度及所受筒壁的支持力大小相等 D．如图 d，火车转弯超过规定速度行驶时，轮缘对外轨会有挤压作用 3．甲、乙两辆汽车在平直的高速公路上以相同的速度 v0=30m/s 一前一后同向匀速行驶。甲车 在前且安装有 ABS 制动系统，乙车在后且没有安装 ABS 制动系统。正常行驶时，两车间 距为 100m。某时刻因前方突发状况，两车同时刹车，以此时刻 为零时刻，其速度－时间图象如图所示，则 A．两车刹车过程中的平均速度均为 15m/s B．甲车的刹车距离大于乙车的刹车距离 C．t=1s 时，两车相距最远 D．甲、乙两车不会追尾 4．一长方体容器静止在水平地面上，两光滑圆柱 A、B 放置于容器内，横截面如图所示。若圆柱 A 的质量为 m、半径 RA＝10cm;圆柱 B 的质量为 M、半径 RB＝15cm，容 器的宽度 L＝40cm。A 对容器左侧壁的压力大小用 NA 表示，B 对容器右侧壁的压力大小用 NB 表示，A 对 B 的压力大小用 NAB 表示，B 对容器底部的压力大小用 N 表示。下列关系 式正确的是 A． 　B． 　C． 　D． 5．如图所示，质量均为 m 的物块 A、B 靠在一起静止在水平地面上，且与地面之间的摩擦因 数均为 μ，现用水平向右的恒力 作用在 A 上，使 A、B 一起加速运动，则 A、B 间相互作用力大小为 A． 　B． 　 C． 　 D． 6．如图所示，中间有孔的物块 A 套在光滑的竖直杆上，通过光滑定滑轮用不可 伸长的轻绳在自由端施加向下的力将物体拉着匀速向上运动，则 A．拉力 F 的功率 P 不变 B．拉力 F 变小 C．绳子自由端的速率 v 增大 D．杆对 A 的弹力 FN 减小 7．如图所示，位于同一高度的小球 A、B 分别以 v1 和 v2 的速率水平抛出，都落 在了倾角为 30°的斜面上的 C 点，其中小球 B 恰好垂直打到斜面上，则 v1 与 v2 之比为 A．1：1　　B．3：2　　C．2：1　 D．2：3 8．如图所示，光滑水平面 AB 与竖直面上的半圆形固定轨道在 B 点衔接，轨道半径为 R，BC 为直径，一可看成质点、质量为 m 的物块在 A 点处压缩一轻质弹簧（物块与弹簧不拴接）， 释放物块，物块被弹簧弹出后，经过半圆形轨道 B 点瞬间对轨道的压力变为其重力的 7 倍， 之后向上运动恰能通过半圆轨道的最高点 C，重力加速度大小为 g，不计空气阻力，则 A．物块经过 B 点时的速度大小为 B．刚开始时被压缩弹簧的弹性势能为 3.5mgR C．物块从 B 点到 C 点克服阻力所做的功为 D．若刚开始时被压缩弹簧的弹性势能变为原来的 2 倍，物块到达 C 点的动能为 A 4 3N mg= B 4 ( )3N M m g= + AB 5 4N mg= 4 3N Mg mg= + F F 2 F 2 F mgµ− 22 F mgµ− 5gR9．如图所示，曲线 I 是一颗绕地球做圆周运动的卫星 P 轨道的示意图，其半径为 R；曲线Ⅱ 是一颗绕地球做椭圆运动的卫星 Q 轨道的示意图，O 点为地球球心，AB 为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，已知在两轨道上运动的卫星 的周期相等，万有引力常量为 G，地球质量为 M，下列说法错误的是 A．椭圆轨道的长轴长度为 2R B．卫星 P 在 I 轨道的速率为 v0，卫星 Q 在Ⅱ轨道 B 点的速率为 vB，则 v0>vB C．卫星 P 在 I 轨道的加速度大小为 a0，卫星 Q 在Ⅱ轨道 A 点加速度大小为 aA，则 a0甲 乙 15 /xv m st = =甲 甲 10 /xv m st = =乙 乙 2t s= A B A B 3cos 5 L R R R R θ − −= =+ A 3cot 4N mg mgθ= = BA 5 sin 4 mgN mgθ= = B A 3 4N N mg= = ( )N M m g= + 2 FF′ = A cosθAv v= θ由端速度 减小，拉力的功率为： 可知拉力的功率 不变，故选项 A 符合题意，C 不符合题意。 因为 做匀速直线运动，在竖直方向上合力为零，则有： 因为 增大， 减小，则拉力 增大，水平方向合力为零，则有： 增大， 增大，所以 增大，故选项 B、D 不符合题意； 7．B 【解析】小球 A 做平抛运动，根据分位移公式有： 又有： 由以上方程可得： 小球 B 恰好垂直打在斜面上，则有 则 综上可得： 8．C 【解析】在 B 点由向心力公式可知： 解得： 故 A 项不符合题意； B.由机械能守恒定律得：刚开始时被压缩弹簧的弹性势能 故 B 项不符合题意； C. 恰能通过半圆轨道的最高点 C，物体经过 C 点的速度 由 B 点运动 C 点，由动能定理得： 解得 故 C 项符合题意； D. 若刚开始时被压缩弹簧的弹性势能变为原来的 2 倍，因为在半圆轨道运动时，速度变大， v cosθcosθ A A mgP Fv v mgv= = = P A cosθF mg= θ cosθ F sinθNF F= F sinθ NF 1x v t= 21 2y gt= tan30 y x ° = 1 3 2v gt= 2 2tan30 y v v v gt ° = = 2 3 3v gt= 1 2: 3: 2v v =压力变大，摩擦力变大。所以 ，由功能原理得 解得：物块到达 C 点的动能 ，故 D 项不符合题意。 9．D 【解析】开普勒第三定律可得： ，因为周期相等，所以半长轴相等，圆轨道可以看成 长半轴、短半轴都为 椭圆，故 ，即椭圆轨道的长轴的长度为 。故 A 正确。 根据万有引力提供向心力可得： ，故 ，由此可知轨道半径越大，线 速度越小；设卫星以 为半径做圆周运动的速度为 ，那么 ；又卫星Ⅱ在 B 点做向 心运动，所以有 ，综上有 。故 B 正确。 卫星运动过程中只受到万有引力的作用，故有： ，所以加速度为 ，又 有 ，所以 。故 C 正确。 由于不知道两卫星质量关系，故万有引力关系不确定。故 D 错误。 10．AD 【解析】若汽车做匀减速运动，速度减为零的时间 ，所以刹车到 停止的位移 ，汽车离停车线的距离为 8m-6.4m=1.6m，故 A 正确；如 果在距停车线 6m 处开始刹车制动，刹车到停止的位移是 6.4m，所以汽车不能在停车线处刹 住停车让人。故 B 错误；刹车的位移是 6.4m，所以车匀速运动的位移是 1.6m，则驾驶员的反 应时间： ，故 C 错误，D 正确。 11．BD 【解析】由图像可知，该波波长为 2m，选项 A 错误； 该波的传播速度为 ，选项 B 正确； 2 3 T ka = R a R= 2R 2 2 Mm vG mr r = GMv r = OB v′ 0v v′ < Bv v< ′ 0Bv v v< ′ < 2 MmG mar = 2 Ma G r = OA R< 0 Aa a< 0 0 0 8 1.6 25 vt s s sa − − −＝ ＝ ＝ ＜ 2 0 2 64 m 6.4m2 10 vx a −＝ ＝ ＝ 1.6 s 0.2s8t＝ ＝ 2 40 / 80 /v f m s m sλ= = × =由波形图可知，t=0 时刻，平衡位置在 x=1.8m 的质点向下振动即向 y 轴负方向运动，选项 C 错误； 因 ，则 M 点的振动方程为 y=0.05sin80πt(m)，选项 D 正确； 12．BC 【解析】将物体 B 在地板上向右移动一小段距离，∠AOB 增加，那么，拉 力在竖直方向的分量减小；对物体 B 进行受力分析，由受力平衡可得：地 面对 B 的支持力等于物体 B 的重力减去细绳拉力在竖直方向的分量，故地 面对 B 的支持力将增大，A 错误； 对小球 A 受力分析，受重力和拉力，根据平衡条件，有： ；如果将物体 B 在地板上向 右移动稍许，则∠AOB 增加；对滑轮分析，受三个拉力，如图所示：根据平衡条件， ， 故 一定增加，B 正确 悬挂定滑轮的细线的拉力等于 OA、OB 两段细绳的合力，又有 OA、OB 两段细绳的拉力都为 小球 A 的重力，那么，根据力的合成，由两力的夹角可得：合力大于小球 A 的重力，故由受 力平衡可得：悬挂定滑轮的细线的拉力一定大于小球 A 的重力，C 正确。 减小小球 A 的质量，若系统仍保持平衡状态，故根据受力平衡可得： 角不变，D 错误； 13．AC 【解析】若传送带顺时针转动，当滑块下滑（ ），将一直匀加速到底端； 当滑块上滑（ ），先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种均不 符合运动图象；故传送带是逆时针转动，故 A 正确.； 滑块在 0~t0 内，滑动摩擦力向下作匀加速下滑 由图可知 　　　解得 ，故 B 错误； 等速后的加速度 代入 μ 值得 故 C 正确。 只有当滑块的速度等于传送带的速度时，滑块所受的摩擦力变成斜向上，故传送带的速度等 于 v0，故 D 错误； 14．ACD =2 80 /f rad sω π π= T mg= 2AOB α∠ = α α sin cosmg mgθ µ θ> sin cosmg mgθ µ θ< 1 sin cosa g gθ µ θ= + 0 1 0 va t = 0 0 tancos v gt µ θθ= − 2 sin cosa g gθ µ θ= − 0 2 0 2 sin va g t θ= −【解析】.质量为 m 的物体在两极所受地球的引力等于其所受的重力，故： ， 所以地球的质量： ，在赤道，引力为重力和向心力的矢量和，故： ， 联立解得： ，同步卫星受到的万有引力提供向心力，则： ，解得： ，故 A 正确，B 错误； 近地卫星受到的万有引力提供向心力，所以： ，又 ，联立得： ，故 C 正确； 地球的密度： ，故 D 正确。 15．BC 0.50 D 【解析】 （1）本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小 桶(包括砂)的质量远小于车的总质量，故 AD 错误 B．该题是弹簧测力计测出拉力，从而表示小车受到的合外力，将带滑轮的长木板右端垫高， 以平衡摩擦力，故 B 正确 C．打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力 和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故 C 正确 （2）利用逐差法可知 （3）弹簧测力计的示数 ，即 在 图线的斜率为 k，则 ，故小车质量为 ， 0 2 Mmmg G R = 2 0g RM G = 2 2 2 4 Mmmg m R GT R π+ = 0 2 RT g g π= − ( )2 2 2( ) 4G Mm m R hR h T π′ ′= ++ 03 0 1gh Rg g  = −  −  2 2 Mm vG mR R = 2 0g RM G = 0v g R= 2 0 0 3 3 4 4 3 g R gM g V GRR ρ ππ = = = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 5 6 1 2 3 2 2 22 2.88 3.39 3.87 1.40 1.90 2.38 10 0.509 m/s 9 0.1 x xa T x x x x −+ − + + × × = = =+ + + +- + 2F Ma= 2a FM = a F− 2k M = 2M k =16．R2 A2 K2 【解析】第一空.在甲图的电路中，由于电源电动势为 6V，电阻 R 起到串联分压的作用，且电 压表量程为 3V，所以应选和电压表内阻差不多的电阻，故选 R2； 第二空.电压表中最大电流为 ，所以电流表应该选择量程为量程 0～1mA 电流表 A2； 第三空.在图甲的电路中，电阻 R 两端电压为 UR=U2-U1，通过电阻 R 的电流为： ，根据欧姆定律得： ，即 ，又 ＝ k1，则 ； 第四空.在图乙的电路中，根据欧姆定律得：U1′=IRV′，又 U1′-I 图象中图象的斜率为 k2，则 RV′=k2； 17．(1) (2) 【解析】(1)光线 PQ 入射到玻璃砖表面，入射角 ，设 对应折射光线 QE 的折射角为 ，如图所示： 由几何关系得： ，即： ，根据折射定律有： 解得： 光线 QE 在玻璃砖内传播的速度为： ，传播的距离为： 光线从 Q 点传播到 E 点所用的时间： ； (2)若使光线 PQ 向左平移距离 x，折射光线 ， 到达圆弧面的入射角恰好等于临界角 C， 则： 1 11 k Rk− 3 3 A 1mA3 10 V max V UI R ×＝ ＝ ＝ 2 1RU U UI R R −＝ ＝ 1 1 2 1 V U U RR I U U−＝ ＝ 1 2 V V RU UR R+＝ V V R R R+ 1 11V k RR k−＝ 2R c 2 3 3 R − 60α = ° β 3 33 3 R tan R β = = 30β = ° sin sinn α β= 3n = cv n = cos RQE β= 2QE Rt v c = = Q E′ ′ 1sin C n =在 应用正弦定理有： 联立解得： 。 18．（1） ；（2） 【解析】（1）滑块对长木板的摩擦力水平向右： 地面对长木板的摩擦力水平向左，最大静摩擦力 若使木板能保持静止不动，需满足 解得： （2）滑块滑上木板，向右减速，木板向右加速，直到二者有共同速度，此后在以共同的加速 度向右减速。 根据牛顿第二定律，对滑块，有： ，滑块减速的加速度 对木板，有： ，木板加速的加速度 由 可知：从开始运动到二者同速所用时间 ，共同速度 二者相对静止前，滑块位移 二者有共同速度后，若能一起减速，根据牛顿第二定律，有 解得： ，故二者同速后一起向右减速，直到静止。 由 ，可得二者一起减速的位移 故滑块的总位移 Q E O∆ ′ ′ 3 3 sin(90 ) sin R xR Cβ + =°− 2 3 3x R −=考点：牛顿第二定律的应用（滑块—木板模型） 19．(1)安培力大小 2mg，方向沿斜面向上(2) 【解析】(1）线框开始时沿斜面做匀加速运动，根据机械能守恒有 ， 则线框进入磁场时的速度 线框 ab 边进入磁场时产生的电动势 E=BLv 线框中电流 ，ab 边受到的安培力 线框匀速进入磁场，则有 ab 边刚越过 PQ 时，cd 也同时越过了 MN，则线框上产生的电动势 E'=2BLv 线框所受的安培力变为 （2）设线框再次做匀速运动时速度为 ，则 解得 根据能量守恒定律有 解得 线框 ab 边在上侧磁扬中运动的过程所用的时间 设线框 ab 通过 PQ 后开始做匀速时到 EF 的距离为 ，由动量定理可知： 其中 联立以上两式解得 线框 ab 在下侧磁场匀速运动的过程中，有 47 32 mgLQ = 7 2 Lt g = 21sin30 2mgL mv° = 2 sin30v g L gL= ° = EI R = 2 2B L vF BIL R = = 2 2 sin30 B L vmg R ° = 2 242 2B L vF BI L mgR = =′ ′ = v′ 2 24sin30 B L vmg R ° = ′ 4 4 gLvv =′ = 2 21 1sin30 2 2 2mg L mv mv Q° ′× + = + 47 32 mgLQ = 1 Lt v = 0x 2 2sin30 2mg t BLIt mv mv° − = ′− ( )0 2 2BL L xI t R −= ( )0 2 4 3 2 L x vt v g −= − 0 0 3 4x xt v v =′=所以线框穿过上侧磁场所用的总时间为 1 2 3 7 2 Lt t t t g = + + =