河南省非凡吉创联盟2020届高三上学期11月调研考试物理试题

2019-2020学年非凡吉创联盟高三年级调研考试

物理卷

注意事项：

1. 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页，满分110分，答题时间90分钟。答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号等信息填写在答题卡上。

2. 回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦于净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。

3. 回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

4. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷（选择题，共48分）

一、选择题：本题共12小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1-8题中只有一项符合题目要求，第9-12题多项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分。

1.2016年8月16日，我国发射了全球首颗量子科学实验卫星“墨子号”。墨子是春秋战国时期著名的思想家，他关于物理学的研究涉及到力学、光学、声学等分支。关于他的著作《墨经》中对物理知识的论述，下列说法中不正确的是(   )

A. 运动就是物体空间位置的变动(原文：动，或徙也)

B. 力是物体由静到动，由慢到快的原因(原文：力，刑之所以奋也。)

C. 重量也是力，物体下坠、上举，都是重量作用的结果(原文：力，重之谓，下、與，重奋也。)

D. 时间可以是有限长度的，也可以是没有长度的时刻(原文：时，或有久，或无久)

【答案】C

【解析】

物体空间位置的变化就是机械运动，即运动，故A正确；根据牛顿第二定律，力是物体由静到动，由慢到快的原因，故B正确；重量时重力的大小，物体下坠时合力向下、上举时合力向上的结果，故C错误；时间分为时间间隔与时刻，故D正确；本题选不正确的，故选C.

2.空间中有竖直向下的匀强电场，带负电荷的小球以一定速度射入电场中，忽略空气阻力，若俯视观察小球的运动轨迹，下面可能表示小球运动一段时间内轨迹俯视图的是（  ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

带电小球受到重力和电场力的合力，合力为恒力，根据速度与合力的方向判断运动形式。

【详解】小球在恒定的电场力和重力作用下共同运动，可以做直线运动、类平抛运动、斜抛运动，那么俯视的轨迹只能是直线或点，故D正确，ABC错误。

【点睛】考察力与运动的关系，此外注意俯视的视角问题。

3.消防员在一次用高压水枪灭火的过程中，消防员同时启动了多个喷水口进行灭火。如果有甲、乙靠在一起的高压水枪，它们的喷水口径相同，所喷出的水在空中运动的轨迹如图所示，已知两曲线在同一竖直面内，忽略空气阻力，则由图可得出结论正确的是（  ）

A. 甲乙水枪喷出水的速度相等

B. 乙水枪喷出的水在空中运动的时间较长

C. 乙水枪喷出的水在最高点的速度较大

D. 甲水枪喷水的功率较大

【答案】C

【解析】

【分析】

喷出的水从最高点到右边失火处和到左边地面均为平抛运动，而且具有对称性，根据平抛运动的特点分析问题。

【详解】AC．水从最高处到左边地面可以看做平抛运动，甲乙两水枪喷出的水最大高度相同，乙水枪喷出的水更远，则乙水枪在最高处的水平速度更大，水的最大高度相同，水落地的竖直速度相同，那么也就说明乙水枪喷水的速度更大，且两喷水枪喷出水柱的方向不同，故C正确，A错误；

B．甲乙两水枪喷出的水在上升和下降的过程中具有对称性，说明两水枪喷出的水在空中运动的时间相同，故B错误；

D．甲乙两水枪喷水的口径相同，乙水枪喷水的速度较大，所以乙水枪喷水的功率较大，故D错误。

【点睛】将斜抛运动看做平抛运动的逆过程，应用运动的合成与分解解决问题。

4.打印机正常情况下，进纸系统能做到“每次只进一张纸”，进纸系统的结构示意图如图所示，设图中刚好有20张相同的纸，每张纸的质量均为m，搓纸轮按图示方向转动带动最上面的第1张纸向右运动搓纸轮与纸张之间的动摩擦因数为，纸张与纸张之间纸张与底部摩擦片之间的动摩擦因数均为，工作时搓纸轮给第1张纸压力大小为F。打印机正常工作时，下列说法正确的是（  ）

A. 第2张纸受到第1张纸的摩擦力方向向左

B. 第10张纸与第11张之间的摩擦力大小为

C. 第20张纸与摩擦片之间的摩擦力为0

D. 要做到“每次只进一张纸”，应要求

【答案】D

【解析】

【分析】

第1张纸受到滑动摩擦力，从第2张纸往下的纸张均受静摩擦力，根据整体法受力分析解决问题。

【详解】A．第1张纸相对第二张纸向右运动，所以给第2张纸的摩擦力方向水平向右，故A错误；

B．将第2到10张纸为整体，第1张纸对第2张纸的摩擦力大小：

第10张纸与第11张纸之间为静摩擦力，所以第10张纸与第11张之间的摩擦力大小为：

故B错误；

C．将第2到第20张纸作为整体受力分析可知，第20张纸与摩擦片之间的摩擦力为静摩擦力，大小不为零，故C错误；

D．第1张纸下表面受到第2张纸施加的滑动摩擦力：

要将纸一张一张进入就需要满足：

通常情况下，所以，故D正确。

【点睛】多个物体共加速度（加速度为0时，即静止或匀速直线运动），优先考虑整体法的应用。

5.如图所示的电路中，闭合开关S，灯、正常发光，由于电路出现故障，突然发现灯变亮，灯变暗，电流表的示数变小，根据分析，发生的故障可能是（     ）

A. 断路 B. 断路 C. 短路 D. 短路

【答案】A

【解析】

【详解】画出原电路的等效电路图如图所示，若断路，则增大，根据闭合电路欧姆定律得，得减小，则分得的电流变小，即变暗，电流表的示数变小，又由可知，路端电压增大，而，减小，可得增大，故变亮，选项A正确，依次分析其他选项，可知BCD不符合题意。

6.如图所示为一种儿童玩具，在以O点为圆心的四分之一竖直圆弧轨道上，有一个光滑的球（不能视为质点），为小球的圆心。挡板OM沿着圆弧轨道的半径，以O点为转轴，从竖直位置开始推着小球缓慢的顺时针转动（水平向里看），到小球触到水平线的过程中（　　）

A. 挡板对球支持力和球重力的合力逐渐增大

B. 挡板对球支持力和球重力的合力逐渐减小

C. 圆弧对球弹力和球重力的合力先增大后减小

D. 圆弧对球弹力和球重力的合力先减小后增大

【答案】B

【解析】

【分析】

对球进行受力分析可知，挡板对球的支持力和圆弧轨道对球的支持力夹角为定角且在缓慢移动过程中保持不变，可以采用几何圆的方法处理问题。

【详解】AB．对小球受力分析，如下左图所示：

三个力合成矢量三角形后，重力所对角为定角，大小不变，采用几何圆求解如右图所示，重力为圆中定弦，挡板和圆弧对球的支持力、为弦长，夹角恒定，随着挡板将小球向上推动，三力合力仍然为零，重力大小方向不变，挡板和圆弧对球的支持力变为上右图虚线部分，可知挡板对球的支持力变大，圆弧对球的支持力变小。挡板对球的支持力和球重力的合力为圆弧对球的支持力，圆弧对球的支持力变小，故B正确，A错误；

CD．圆弧对球的弹力和球重力的合力为挡板对球的支持力，挡板对球的支持力变大，故CD错误。

【点睛】三力平衡的条件下，一个力为恒力，另两个力的夹角大小不变，可以考虑几何圆的方法求解动态平衡问题。

7.地球的两个卫星P、Q绕地球做匀速圆周运动，P的运行周期大于Q的运行周期。设卫星与地球中心的连线在单位时间内扫过的面积为S，下列图像中能大致描述S与两卫星的线速度v之间关系的是（  ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

卫星绕地球做匀速圆周运动，根据开普勒第三定律分析运动半径；卫星与行星中心的连线在单位时间内扫过的面积相同。

【详解】卫星P运行的周期大于卫星Q运行的周期，根据开普勒第三定律可知，卫星P运动的圆周半径较大。当卫星绕地球的速度为v时：

解得：

卫星P圆周运动的半径较大，则卫星P的线速度较小，卫星与地球中心的连线在单位时间内扫过的面积：

故D正确，ABC错误。

【点睛】熟记开普勒定律的内容，掌握万有引力提供向心力的相关方程。

8.如图所示，在光滑的水平地面上有一个表面光滑的立方体M，一轻杆L与水平地面成角，轻杆的下端用光滑铰链连接于O点，O固定于地面上，轻杆的上端连接质量为m的小球，小球靠在立方体左侧，立方体右侧受到水平向左推力F的作用。整个装置处于静止状态。若现在撤去水平推力F，则下列说法中正确的是（  ）

A. 在小球和立方体分离前，小球速率等于立方体速率

B. 小球和立方体分离时小球加速度为零

C. 小球在落地的瞬间和立方体分离

D. 小球和立方体分离时小球只受重力

【答案】D

【解析】

【分析】

小球一方面随着立方体向右运动，一方面竖直向下运动，将小球的速度沿着水平方向和竖直方向正交分解，可以得到小球在水平方向的分速度；再对整体在水平方向上应用牛顿第二定律分析。

【详解】A．将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，小球水平方向的速度与立方体的速度相等：

根据图中分解速度可知：

小球的速率大于立方体的速率，故A错误；

B．二者分离时，小球做圆周运动，加速度不为零，故B错误；

C．分离瞬间小球速度水平分量等于立方体的速度，所以立方体会在小球落在水平地面之前离开小球，故C错误；

D．分离瞬间，小球与物块在弹力方向上的速度和加速度相同，也就是水平方向上小球和物块的加速度相同，物块的加速度为0，小球在水平方向上的加速度也为0，那么杆对小球的作用力为0，所以小球只受重力，故D正确。

【点睛】掌握运动的合成与分解是解决本题的关键。

9.如图甲，固定的斜面长为10m，质量m=2.0kg的小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中，小滑块的动能随位移x的变化规律如图乙所示，取斜面底面为重力势能参考面，小滑块的重力势能随位移x的变化规律如图丙所示，重力加速度g=10m/s2。则下列判断中正确的是（  ）

A. 斜面的倾角为

B. 滑块与斜面间的动摩擦因数为

C. 下滑过程滑块加速度大小为1.25m/s2

D. 滑块自斜面下滑过程中损失的机械能为25J

【答案】BC

【解析】

【分析】

根据动能图像和动能定理求解合外力大小，根据能量守恒判断机械能的损失。

【详解】AB．根据乙图可知动能位移图像的斜率大小为合外力大小：

根据丙图像可知重力势能位移图像斜率大小为重力在斜面上的分力大小：

物体下滑过程中应用牛顿第二定律：

解得：，，故A错误，B正确；

C．根据上述分析可知物块所受合外力为，根据牛顿第二定律：

解得：，故C正确；

D．重力势能损失100J，动能增加25J，说明摩擦生热75J，即机械能损失75J，故D错误。

【点睛】能量位移图像的斜率往往对应某个力，读懂图像的意义非常重要。

10.如图所示，长直导线a、b、c分别固定在等边三角形三个顶点上，a、c通有垂直直面向里的电流，b通垂直直面向外的电流。电流强度大小相等，A、B、C为三角形三边中点，下列关于A、B、C三点磁场说法正确的是（  ）

A. C点磁感强度最小

B. B点磁感应强度可能为零

C. A、B两点磁感应强度大小相等

D. 若外加垂直直面向里的匀强磁场，A点磁感强度可能为零

【答案】AC

【解析】

【分析】

根据安培定则画出磁感应强度的方向，根据平行四边形法则进行叠加。

【详解】A．如下图所示，根据安培定则画出磁感应强度的方向，然后进行叠加比较大小，

由图中可知C点磁感应强度最小，故A正确

B．由图中可知B点磁感应强度不为零，故B错误；

C．图中A、B两点的磁感应强度按平行四边形法则合成，由于：

所以A、B两点的磁感应强度大小相等，故C正确；

D．由图可知A点的磁感应强度方向不是垂直于纸面向外，故D错误。

【点睛】掌握直流导线磁感应强度方向的判断是解决本题的关键。

11.汽车刹车过程可认为是匀变速直线运动，某汽车时刻开始刹车，刹车后第1s内的位移为24m，第4s内的位移为1m。时刻汽车的速度大小为，刹车的加速度大小a，则下列说法正确的是（  ）

A. a=8m/s2 B. a=6m/s2

C.  D.

【答案】AC

【解析】

【分析】

刹车问题需要注意两个问题，一是确定物体速度何时减为零，二是刹车过程的逆过程是一个初速度为0的匀加速度直线运动。

【详解】假设汽车4s末停下，则第4s内、第3s内、第2s内、第1s内的位移比为，题中给出的比例关系为，所以汽车在第4s内某时刻停止运动，汽车的刹车过程的逆过程可以视为初速度为零的匀加速直线运动，假设汽车在第4s内运动的时间为t，汽车行驶的距离：

汽车刹车后初速度为，第1s内的位移：

初速度：

解得：，，故AC正确，BD错误。

【点睛】准确的分析运动过程，灵活应用运动学公式进行求解。

12.如图，空间中存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E，质量为m，电荷量为q的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两个点，已知该粒子在A点的速度大小为；在B点的速度大小为，方向水平；A、B连线长为L，连线与竖直方向的夹角为，不计粒子受到的重力，则(  ）

A. 粒子带负电 B.

C.  D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】

粒子在竖直方向上仅受电场力的作用，做匀减速直线运动，水平方向上不受力，做匀速直线运动，通过运动的分解和动能定理求解相关物理量。

【详解】A．粒子做曲线运动所受合外力指向曲线的凹侧，粒子受到的电场力竖直向上，粒子带负电，故A正确；

B．对粒子受力分析可知，电场力对粒子做负功，所以，故B错误；

C．假设粒子运动的水平位移为x，竖直位移为y，初速度与水平方向的夹角为β，则：

因为，所以，故C正确；

D．对粒子整个过程应用动能定理：

解得：，故D正确。

【点睛】物体在恒力下做一般曲线运动，研究方法就是运动的合成与分解。

第Ⅱ卷（非选择题，共62分）

二、非选择题（本题共6小题，共62分，请按要求完成下列各题）

13.某同学利用如图所示的实验装置来测量重力加速度g。细绳跨过固定在铁架台上的轻质滑轮，两端各悬挂一只质量为M的重锤。实验操作如下：

①用米尺量出重锤1底端距地面的高度H；

②在重锤1上加上质量为m的小钩码；

③左手将重锤2压在地面上，保持系统静止。释放重锤2，同时右手开启秒表，在重锤1落地时停止计时，记录下落时间；

④重复测量3次下落时间，取其平均值作为测量值t。

请回答下列问题：

（1）步骤④可以减小对下落时间t测量的_________（选填“偶然”或“系统”）误差。

（2）滑轮的摩擦阻力会引起实验误差。现提供一些橡皮泥用于减小该误差，可以怎么做_______？

（3）使用橡皮泥改进实验后，重新进行实验测量，并测出所用橡皮泥的质量为. 用实验中的测量量和已知量表示g，得g=_______________________。

【答案】    (1). 偶然    (2). 可以在重锤1上粘上橡皮泥，调整橡皮泥的质量，直至轻拉重锤1时，能观察到重锤匀速下落，这时即可平衡摩擦力    (3).

【解析】

【分析】

(1)区别系统误差和偶然误差；

(2)改变重锤本身的质量平衡滑轮的摩擦力；

(3)根据牛顿第二定律求解重力加速度。

【详解】(1)[1]在数据的测量过程中会由于人为的原因造成偶然误差，多次测量可以减小测量的偶然误差；

(2)[2]滑轮的摩擦阻力会引起实验误差，可以通过在重锤上粘橡皮泥改变重锤的质量，使重锤能够匀速下滑，这样就实现了平衡摩擦力；

(3)[3]使用橡皮泥改进实验后，重新进行实验测量，橡皮泥质量为，对系统应用牛顿第二定律：

根据运动学公式：

解得：

将摩擦力值和加速度值代入牛顿第二定律方程中解得：

【点睛】两个重锤通过绳子连接，加速度大小相同，根据牛顿第二定律和运动学公式综合求解。

14.某同学为测量表头的内阻，设计了如下图所示电路，其中是标准电流表；的量程略大于的量程，、为电阻箱，实验步骤如下：

①分别将和的阻值调至最大

②保持开关断开，合上开关，调节使的指针达到满偏刻度，记下此时的示数

③合上开关，反复调节和，使的示数仍为，使的指针达到满偏刻度的一半，记下此时电阻箱的示数

（1）由此可知电流表的量程为________，内阻为_________（用所测物理量表示）

（2）根据前述实验过程中的测量结果。要将改装成量程为的电压表，大于电流表能承担的电压。需________（填“串联”或“并联”）一个合适的定值电阻。定值电阻的阻值为___________.

（3）若使用该图测量电源电动势E，断开，记录不同R1对应的电流表示数，记录多组数据，作出图像，其中斜率为k，纵轴截距为b，则电源电动势可表示为___________。

【答案】    (1).     (2).     (3). 串联    (4).     (5).

【解析】

【分析】

(1)待测电流表的满偏电流为其满偏时与之串联电流表的示数，采用“半偏法”测量电阻；

(2)电流表改装电压表需要串联一个电阻分压；

(3)根据闭合电路欧姆定律推导关系式。

【详解】(1)[1]两只电流表为串联关系，电流相等，则电流表的量程为；

[2]的指针达到满偏刻度的一半，两并联支路的电流相等，则电阻相同，则的电阻为；

(2)[3]改装电压表需要串联一个电阻分压达到增大量程的目的；

[4]根据部分电路欧姆定律可知：

(3)[5]根据闭合电路欧姆定律：

其中为两个电流表电阻之和，则：

由关系式可得斜率的倒数为电动势，即。

【点睛】学会欧姆定律的应用，掌握半偏法和改装电表的对应的实验原理是解决该题的关键。

15.交管部门规定，ETC车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车拿（交）卡而直接减速通过。若某车减速前的速度为，靠近站口时以大小为 的加速度匀减速，通过收费站口时的速度为，然后立即以的匀加速至原来的速度（假设收费站的前、后都是平直大道）。求：

（1）该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速？

（2）该车因减速和加速过ETC口而耽误的时间为多少？

【答案】(1)   (2)

【解析】

【分析】

汽车经历先加速后减速，对应的运动过程书写对应的运动学方程即可求解。

【详解】(1)该车进入站口前做匀减速直线运动，设距离收费站处开始制动，则有：

解得：

(2)该车通过通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段位移分别为和，时间分别为和，则：

减速阶段：

解得：

加速阶段：

解得：

则加速和减速的总时间：

加速阶段的位移：

则总位移：

若不减速所需要的时间：

车因减速和加速过站而耽误的时间：

【点睛】分析题目中描述物体运动过程，需要在草稿纸上画出物体在不同运动下的运动学物理量关系，应用运动学公式求解。

16.月球称太阴，我国古代常常根据月相计时。若近似认为月球绕地球做匀速圆周运动，地球绕太阳也做匀速圆周运动，它们的绕行方向一致且轨道在同一平面内。

（1）已知地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，月心地心间的距离为r，求月球绕地球一周的时间；

（2）如图是相继两次满月时，月球、地球和太阳相对位置的示意图。已知月球绕地球运动一周的时间天，地球绕太阳运动的周期天，农历常常把相邻两次满月时长作为“一个月”，若一年中共有12个月，则该年约为多少天（保留三位有效数字）。

【答案】(1)   (2)355

【解析】

【分析】

(1)月球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，在地球表面万有引力；

(2)相继两次满月，月球绕地心转过的弧度比地球绕日心转过的弧度多。

【详解】(1)假设地球的质量为，月球的质量为，万有引力提供向心力：

在地球表面质量为的物块：

解得：

(2)相继两次满月，月球绕地心转过的弧度比地球绕日心转过的弧度多：

因为：

联立方程解得：

根据题意一年为：

【点睛】本题主要考察的满月问题实际上是圆周运动的追及相遇问题，要根据不同物体转动的弧度差（角度差）来列关系式求解。

17.如图所示，xOy平面内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0. 1T，在原点O有一粒子源，它可以在xOy平面内向各个方向发射出质量kg电荷量C、速度m/s的带正电的粒子。一感光薄板平行于x轴放置，其中心的坐标为（0，a），且满足a>0. 不考虑粒子的重力以及粒子之间的相互作用。

（1）若薄板足够长，且a=0. 2m，求感光板下表面被粒子击中的长度；

（2）若薄板长l=0. 32m，为使感光板下表面全部被粒子击中，求a的最大值；

【答案】(1)   (2)

【解析】

【分析】

(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹完全提供向心力，粒子速度大小一定，方向不定，采用旋转圆的方式确定临界点；

(2)作出粒子恰能击中板的最左端与最右端时粒子的轨迹，求出a的最大值。

【详解】(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹完全提供向心力：

解得：

沿轴正方向发射的粒子击中薄板的最左端D点，可知：

而击中薄板最右端E点的粒子恰好运动了半个圆周，由几何关系可得：

解得：

则感光板下表面被粒子击中的长度：

(2)粒子恰能击中薄板的最左端点，由几何关系可知：

解得：

若粒子恰能击中薄板的最右端点，根据几何知识可知：

解得：

综上所述，为了使感光板下表面全部被粒子击中：

【点睛】典型的旋转打板模型，粒子的速度一定，说明运动的轨迹是一个定圆，方向不同，可以采用旋转圆的方式画出临界点，进而求解。

18.如图所示，较大的平行金属板正对水平放置，P板在上、Q板在下，距离为d。质量为m，电荷量为+q的带电小球自距P板处O点静止释放，运动时间t，在PQ两板间加未知电压U，又经过2t小球返回出发点，该过程中小球未与下板Q接触。已知重力加速度为g，小球运动过程中电荷量保持不变，忽略空气阻力。求：

（1）PQ两板电势差U；

（2）欲使小球不与下板Q接触，t的最大值；

（3）当t取（2）最大值，为使小球不与P板接触，当小球返回O点时，改变PQ两板电势差，则PQ两板电势差满足条件。

【答案】(1)   (2)   (3)

【解析】

【分析】

(1)根据小球运动过程，应用运动学公式进行求解；

(2)小球不与下板接触的条件为小球到板速度为0；

(3)根据小球运动的临界条件，应用牛顿第二定律和运动学公式求解。

【详解】(1)静止释放，小球做自由落体运动，时间内位移：

时刻的速度：

若加上电场后，假设小球的加速度为，时间内小球的位移(假设竖直向上为正方向)：

根据题意可知：

解得：

小球运动过程中：

两极板间电压：

电场线向上，所以极板电势高

所以两极板电势差：

(2)若小球不与下板接触，临界条件为小球到达板速度为0，所以：

解得：

(3)小球自板开始向上做匀加速运动，设小球到达点速度为，则：

小球恰好不与板接触，则小球到达板速度为零，设自到过程中加速度，则：

解得：

所以电场力向下，对小球应用牛顿第二定律：

则两板电压：

电场力向下，所以板电势高，故两板电压满足：

【点睛】带电体在电场中的运动形式决定决定了背后的受力特点和运动学方程；平行板电容器两点间电势差根据电场线的方向不同而正负不同。