1、山东省实验中学 2019 届高三第二次诊断性考试物理试题一、选择题1.下列说法正确的是A. 伽利略发现了行星运动的规律B. 库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体C. 最早将实验和逻辑推理(包括数学演算)和谐地结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法的科学家是牛顿D. 爱因斯坦是最先预言了引力波的科学家【答案】D【解析】【详解】A：开普勒发现了行星运动的规律，故 A 项错误。B：库仑定律适用于点电荷。点电荷是一种理想化模型，如果在研究的问题中，带电体的形状、大小以及电荷分布可以忽略不计，就可以把带电体看作点电荷。故 B 项错误。C：最早将实验和逻辑推理(包括数学演算)和
2、谐地结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法的科学家是伽利略。故 C 项错误。D：爱因斯坦是最先预言了引力波的科学家，故 D 项正确。【点睛】知道物理学史，知道物理学家在对应科学研究中的主要步骤、采用的物理方法和实验结论。2.如图所示，由光滑细管组成的轨道，AB 段和 BC 段是半径为 R 的四分之一圆弧，CD 段为平滑的弯管，轨道固定在竖直平面内，一小球从管口 D 处由静止释放，最后能够从 A 端水平抛出落到地面上，关于管口 D 距离地面的高度至少满足的条件是A. 小于 2R B. 等于 2R C. 大于 2R D. 大于 2R 且小于 R52【答案】C【解析】【详解】光滑细管组
3、成的轨道，细管可以提供支持力，小球过 A 点的速度 大于零即可，vA对小球从 D 到 A 的过程应用动能定理得 ，则 。故 C 项mg(H2R)=12mv2A0 H=2R+v2A2g2R正确，ABD 三项错误。【点睛】对杆(管)模型和绳模型最高点的受力特点及临界速度要理解并熟练应用。3. 两物体 M、m 用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，如图放置，OA、OB 与水平面的夹角分别为30、60，物体 M 的重力大小为 20N，M、m 均处于静止状态。则A. 绳 OA 对 M 的拉力大小为 10 NB. 绳 OB 对 M 的拉力大小为 10NC. m 受到水平面的静摩擦力大小为 10 ND. m 受到水平
4、面的静摩擦力的方向水平向左【答案】D【解析】本题考查物体的平衡。M 对 O 点的拉力大小为 ， OB 上拉力 ，G=20N FB=Gsin60=103NB 错；OA 上拉力 ，A 错；对 m， ， ，方向水平FA=Gsin30=10N FA+f=FB f=10( 31)N向左，C 错 D 对；选 D。4.2013 年 12 月 2 日 1 时 30 分，由月球车和着陆器组成的“嫦娥三号”月球探测器从西昌卫星发射中心升空，飞行约 18 min 后进入如图所示的地月转移轨道 AB，A 为入口点，B 为出口点， “嫦娥三号”在 B 点经过近月制动，进入距离月球表面 100 km 的环月圆轨道，然后择
5、机在月球虹湾地区实现软着陆，已知月球和地球的质量之比约为 ，图中环月圆轨道的半181径与地球的半径之比约为 ，地球的第一宇宙速度约为 7.9 kms，下列说法正确的是14A. “嫦娥三号”进入地月转移轨道前，在近地圆轨道运行的速度大于 7.9 kmsB. “嫦娥三号”在环月圆轨道上做匀速圆周运动的线速度约为 1.8 km/sC. 携带月球车的着陆器在月球上着陆过程中一定处于失重状态D. 由于月球的表面重力加速度较小，故月球车在月球上执行任务时处于失重状态【答案】B【解析】【详解】A：“嫦娥三号”在近地圆轨道运行的速度等于 7.9km/s，故 A 项错误。B：“嫦娥三号 ”在环月圆轨道上做匀速圆
6、周运动时， ，解得： ；月球和地GMmR2=mv2R v= GMR球的质量之比约为 ，图中环月圆轨道的半径与地球的半径之比约为 ，地球的第一宇宙速181 14度约为 7.9 km/s，所以 。故 B 项正确。v=181417.9km/s1.8km/sC：携带月球车的着陆器在月球上着陆过程中减速下降时，处于超重状态。故 C 项错误。D：月球车在月球上执行任务时竖直方向加速度为零，既不超重也不失重。故 D 项错误。5.如图，两滑块 A、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块 A 的质量为 m，速度大小为 2v0，方向向右，滑块 B 的质量为 2m，速度大小为 v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞
7、后的运动状态是( )A. A 和 B 都向左运动B. A 和 B 都向右运动C. A 静止，B 向右运动D. A 向左运动，B 向右运动【答案】D【解析】取向右为正方向，根据动量守恒： ，知系统总动量为零，所以碰后总动量也为零，即 A、 B 的运动方向一定相反，所以 D 正确；A、B、C 错误。【考点定位】原子结构和原子核视频6. 将两金属球 P、Q 固定，让球 P 带上正电后，形成的稳定电场如图所示，已知实线为电场线，虚线为等势面，其中 A、B、C、D 为静电场中的四点，则（ ）A. C、D 两点的电场强度相同，电势相等B. A、B 两点的电势相同，电场强度不同C. 将电子从 A 点移至 B
8、 点，电场力做负功D. 将电子从 A 点移至 D 点，电势能增大【答案】C【解析】试题分析：电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小顺着电场线电势逐渐降低，根据这些知识和电场的对称性进行分析解：A、由图知 C、D 两点电场线的疏密程度相同，说明场强的大小相等，但场强方向不同，则电场强度不同两点在同一等势面上，电势相等故 A 错误B、A 点和 B 点不在同一个等势面上，所以它们的电势不同，场强方向相反，则电场强度也不同，故 B 错误C、由图知：A 点的电势与 D 点的电势相等，高于 B 点的电势，根据负电荷在电势高处电势能小
9、，可知将电子从 A 点移至 B 点，电势能增大，电场力做负功，故 C 正确D、A、D 在同一等势面上，将电子从 A 点移至 D 点，电场力不做功，其电势能不变，故D 错误故选：C【点评】加强基础知识的学习，要掌握住电场线的特点：电场线的疏密表示场强大小，沿电场线方向电势逐渐降低，掌握处于静电平衡的导体是一个等势体，即可解决本题7.在真空中水平面 MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为 m 的带电小球由 MN 上上的 A 点以一定初速度水平抛出，从 B 点进入电场，到达 C 点时速度方向恰好水平，A、B、C 三点在同一直线上，且 AB=2BC，如图所示。由此可见 ( )A. 电场力为 2mg
10、B. 小球带正电C. 小球从 A 到 B 与从 B 到 C 的运动时间相等D. 小球从 A 到 B 与从 B 到 C 的速度变化大小相等【答案】D【解析】试题分析：小球先做平抛运动，进入电场中做匀变速曲线运 动，其逆 过程是类平抛运动两个过程都运用的分解法研究，水平方向都做匀速直线运动，根据位移公式 ，可分析时间关x=vt系；再研究竖直方向，由牛顿第二定律和运 动学位移公式结 合列式，求解 电场力的大小根据研究速度变化量的关系v=at由于轨迹向上弯曲，加速度方向必定向上，合力向上，说明电场力方向向上，所以小球带负电，故 B 错误；带电小球从 A 到 C，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分
11、别为 和x1，竖直分位移分 别为 和 ，经历的时间为分别为 和 在电场中的加速度为 a则从 Ax2 y1 y2 t1 t2到 B 过程小球做平抛运动，则有： ，从 B 到 C 过程，有： ，由题意有 ，x1=v0t1 x2=v0t2 x1=2x2则得 ；即小球从 A 到 B 是从 B 到 C 运动时间的 2 倍，故 C 错误；又 ，将小球在t1=2t2 y1=12gt21电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有： ，根据几何知识有 ，解得：y2=12at22 y1y2=x1x2，根据牛顿第二定律得 ，解得 ，故 A 错误；根据速度变化量a=2g Fmg=ma=2mg F=3mg，则得：AB
12、 过程速度变化量大小为 ；BC 过程速度变化量大小为v=at v1=gt1=2gt2；所以小球从 A 到 B 与从 B 到 C 的速度变化量大小相等，故 D 正确v2=at2=2gt2【点睛】本题将平抛运动与类平抛运动的组合，关 键运用逆向思 维研究小球 B 到 C 的过程，再运用力学基本规律：牛顿第二定律和运动学公式列式分析8.如图 所示，两平行正对的金属板 A、B 间加有如图所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间 P 处。若在 t0 时刻释放该粒子，粒子会时而向 A板运动，时而向 B 板运动，并最终打在 A 板上。则 t0 可能属于的时间段是（ ）A. 0m1)压
13、缩弹簧至同一点 D 后，重复上述过程，下列说法正确的是A. 两滑块到达 B 点的速度相同B. 两滑块沿斜面上升的最大高度相同C. 两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同D. 两滑块上升到最高点过程机械能损失相同【答案】CD【解析】【详解】A：由功能关系得，两滑块到 B 点的动能相同；由于 ，两滑块到达 B 点的m2m1速度不同。故 A 项错误。B：对滑块沿斜面上升过程受力分析，由牛顿第二定律得 ，则滑块沿mgsin+mgcos=ma斜面上升加速度 ，两滑块沿斜面上升的加速度相同 ；两滑块沿斜面上升的a=gsin+gcos初速度不同，由运动学公式知两滑块沿斜面上升的最大高度不同。故 B 项错误
14、。CD：设物体上升的最大高度为 ，对全程由功能关系可得： ，解得：h EP=mgh+mgcoshsin，则两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同；滑块上升到最高点过程机mgh=EP1+cot械能损失 ，则两滑块上升到最高点过程机械能损失相同。故E损 =mgcoshsin= cot1+cotEPCD 两项正确。12.两电荷量分别为 q1 和 q2 的点电荷放在 x 轴上的 O、M 两点，两电荷连线上各点电势 随x 变化的关系如图所示，其中 A、N 两点的电势均为零，ND 段中的 C 点电势最高，则A. N 点的电场强度大小为零B. A 点的电场强度的大小为零C. NC 间电场强度方向指向 x
15、轴负方向D. 将一负点电荷从 N 点移到 D 点，电场力先做正功后做负功【答案】CD【解析】【详解】两电荷量分别为 q1 和 q2 的点电荷放在 x 轴上，则 x 轴上点的电场强度方向沿 x 轴。AB： 图象的斜率 ，则 N 点和 A 点的电场强度均不为零。故 AB 两项错误。xx=EC：从 N 点到 C 点电势逐渐升高，顺着电场线的方向电势降低，则电场强度的方向由 C 指向 N，即 NC 间电场强度方向指向 x 轴负方向。故 C 项正确。D：从 N 点到 D 点电势先增大再减小，则负点电荷从 N 点移到 D 点过程中电势能先减小后增大，电场力先做正功后做负功。故 D 项正确。13.如左图所示
16、,假设某星球表面上有一倾角为 的固定斜面,一质量为 m 的小物块从斜面底端沿斜面向上运动,其速度时间图象如右图所示.已知小物块和斜面间的动摩擦因数为 该星球半径为 R=6104km.引力常量 G6.6710 11 Nm2/kg2,则下列正确的是:( )39A. 该星球的第一宇宙速度 v1=3.0104m/sB. 该星球的质量 M=8.11026 kgC. 该星球的自转周期 T=1.3104sD. 该星球的密度 =895kg/m3【答案】ABD【解析】上滑过程中，根据牛顿第二定律，在沿斜面方向上有 ，下滑过程中，mgcos+mgsin=ma1在沿斜面方向上有 ，又知 v-t 图像的斜率表示加速度
17、，则上滑和下滑mgsinmgcos=ma2过程中的加速度大小分别为： ， ，联立解得 ，故该a1=600.6=10m/s2a1=20.4=5m/s2 g=15m/s2星球的第一宇宙速度为 ，A 正确；根据黄金替代v= gR= 156104103=3.0104m/s公式 可得该星球的质量为 ，B 正确；根据GM=gR2 M=gR2G=15(6104103)26.671011kg=8.11026kg所给条件无法计算自转周期，C 错误；该星球的密度 ，D 正确=MV=8.11026kg43R3=895kg/m314.如图所示，半径为 R 的半球形容器固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过容
18、器球心 O 的竖直线重合，转台以一定角速度 匀速旋转。有两个质量均为 m 的小物块落入容器内，经过一段时间后，两小物块都随容器一起转动且相对容器内壁静止，两物块和球心 O 点的连线相互垂直，且 A 物块和球心 O 点的连线与竖直方向的夹角 =60，已知重力加速度大小为 g，则下列说法正确的是（ ）A. 若 A 物块受到的摩擦力恰好为零， B 物块受到的摩擦力的大小为(31)mg2B. 若 A 物块受到的摩擦力恰好为零， B 物块受到的摩擦力的大小为(31)mg4C. 若 B 物块受到的摩擦力恰好为零， A 物块受到的摩擦力的大小为(31)mg2D. 若 B 物块受到的摩擦力恰好为零， A 物块
19、受到的摩擦力的大小为(31)mg4【答案】AC【解析】当 A 摩擦力恰为零时，物块与圆心连线与竖直方向的夹角为 600，受力如图所示，根据牛顿第二定律得：mgtan60=mr 2，r=Rsin60此时 B 滑块有沿斜面向上滑的趋势，摩擦力沿罐壁切线向下，受力如图所示竖直方向上：Ncos30-fsin30-mg=0水平方向上：Nsin30+fcos30=mr 2其中 r=Rsin30，联立解得： ，故 A 正确，B 错误；f=(31)mg2当 B 摩擦力恰为零时，物块与圆心连线与竖直方向的夹角为 300，根据牛顿第二定律得：mgtan30=mr2 其中 r=Rsin30，此时 A 滑块有沿斜面向
20、下滑的趋势，摩擦力沿罐壁切线向上，竖直方向上：Ncos60+fsin60-mg=0水平方向上：Nsin60-fcos60=mr 2r=Rsin60，联立解得： ，故 C 正确D 错误；故选 ACf=(31)mg2点睛：解决本题的关键搞清物块做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律，抓住竖直方向上合力为零，水平方向上的合力提供向心力进行求解15.如图，倾角为 30的斜面体静止在水平地面上，轻绳一端连着斜面上的物体 A(轻绳与斜面平行)，另一端通过两个滑轮相连于天花板上的 P 点.动滑轮上悬挂质量为 m 的物块 B，开始时悬挂动滑轮的两绳均竖直.现将 P 点缓慢向右移动，直到动滑轮两边轻绳的夹角为
21、90时，物体 A 刚好要滑动.假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体 A 与斜面间的动摩擦因数为 。整个过程斜面体始终静止，不计滑轮的质量及轻绳与滑轮的摩擦.下列说法正确33的是( )A. 物体 A 的质量为22mB. 物体 A 受到的摩擦力一直增大C. 地面对斜面体的摩擦力水平向左并逐渐减小D. 斜面体对地面的压力逐渐减小【答案】AB【解析】试题分析：同一条绳子上的拉力相等，对 B 分析，当两条绳子的夹角为 90时，绳子的拉力为 ，对 A 分析，在沿斜面方向上有： A 受到最大静摩擦力，重力沿T=mgsin45=22mg斜面向下的分力和绳子的拉力，故有 ， ，解得 ，mAgsin30+fm=T
22、 fm=mAgcos30 mA=22mA 正确；当两个轻绳都是竖直方向时，绳子的拉力最小，此时 ，所以一刚mAgsin302.4m所以小物块滑出长木板【点睛】本题的关键是要理清物块的运动过程，把握每个过程之间的联系，如速度关系，选择恰当的规律进行研究要注意摩擦生热与相对位移有关。19.如图所示，一质量为 m=“1“ kg 的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带仁的 A 点，随传送带运动到 B 点，小物块从 C 点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道恰能做圆周运动，己知圆弧半径 R=“0.9“ m，轨道最低点为 D， D 点距水平面的高度 h=“0.8“ m.小物块离开D 点后恰好垂直碰击放在水平面上
23、 E 点的固定倾斜挡板，己知小物块与传送带间的动摩擦因数 =0.3，传送带以 5m/s 恒定速率顺时针转动，g=“10“ m/ 2。求：（1）传送带 AB 两端的距离；（2）小物块经过 D 点时对轨道的 压力的大小；（3）倾斜挡板与水平面间的夹角 的正切值【答案】 （1） （2） （3）sAB 1.5m FN=60N tan=354【解析】试题分析：(1)对小物块，在 C 点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道恰能做圆周运动，由牛顿第二定律得： mg mv21R则 （1 分）v1 gR 3m/s5m/s即小物块在传送带上一直加速，由 A 到 B 有 （1 分）amgm g 3m/s2所以 ，代入数
24、值得 (1 分）v21 2asAB sAB 1.5m(2)小物块从 C 到 D，由动能定理知 (2 分）2mgR12mv22 12mv21由牛顿第二定律知在 D 点有 （1 分）FN mg mv22R联立并代入数值得 FN=60N由牛顿第三定律得小物块经过 D 点时对轨道的压力大小为 60 N（1 分）(3)小物块离开 D 点后做平抛运动， （1 分）h12gt2(4)将小物块在 E 点的速度进行分解得 1 分）tan=v2gt联立并代入数值得 . （1 分）tan=354考点：功能关系20.两块水平平行放置的导体板如图 (甲) 所示，大量电子（质量 m、电量 e）由静止开始，经电压为 U0
25、的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间。当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为 3t0；当在两板间加如图 (乙)所示的周期为2t0，幅值恒为 U0 的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过。问：这些电子通过两板之间后，侧向位移（沿垂直于两板方向上的位移）的最大值和最小值分别是多少？侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少？【答案】 （1） ， （2） t026eU0m t046eU0m 1613【解析】画出电子在 t=0 时和 t=t0 时进入电场的 vt 图象进行分析（1）竖直方向的分速度 ，v1y=eU0mdt0v2
26、y=eU0md2t0=2eU0t0md侧向最大位移 symax=2(12v1yt0+v1yt0)=3v1yt0=3eU0t20md=d2侧向最小位移 symin=12v1yt0+v1yt0=1.5v1yt0=3eU0t202md=d4解得 d=6eU0mt所以 ，symax=d2=t026eU0msymin=d4=t046eU0m（2）由此得 ，v21y=(eU0mdt0)2=eU06mv22y=(eU0md2t0)2=2eU03m而 v20=2eU0m所以EkmaxEkmin=12mv20+12mv22y12mv20+12mv21y=eU0+eU0/3eU0+eU0/12=1613【名师点睛】解决本题的关键知道粒子在偏转电场中水平方向上一直做匀速直线运动，在竖直方向上有电场时做匀加速直线运动，无电场时做匀速直线运动或静止。
