【内供】2019届高三好教育云平台3月内部特供卷 物理(五)教师版

2018-2019学年好教育云平台3月份内部特供卷
物 理（五）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

一、单选题
1．在军事演习时，红军轰炸机要去轰炸蓝军地面上的一个目标，通过计算，轰炸机在某一高度匀速水平飞行，在离目标水平距离为时投弹，可以准确命中目标；现为了增加隐蔽性和安全性，轰炸机飞行的高度要减半，飞行速度也要减半，要求仍能命中目标，不考虑任何阻力，则飞机投弹时离目标的水平距离应为
A ．
x B ．
x C ．x D ．x
【答案】A
【解析】炸弹被投下后做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据
，得：
，炸弹平抛运动的水平距离为：
，由此可知，当轰炸机飞行的高度和飞行速度都要减半时，炸弹的水平位移变为原来的
，
所以飞机投弹时离目标的水平距离应为，故选A 。

2．“天琴计划”是中山大学发起的探测研究引力波的科研计划。

据介绍，“天琴计划”实验本身将由三颗全同卫星（SC1、SC2、SC3)组成一个等边三角形阵列，卫星本身作高精度无拖曳控制以抑制太阳风、太阳光压等外部干扰，卫星之间以激光精确测量由引力波造成的距离变化。

下图是天琴计划示意图。

设同步卫星的运行轨道半径为R ，三个全同卫星组成等边三角形的边长约为4.4R 。

对于这三颗地球卫星的认识，正确的是
A ．全同卫星平面一定与地球赤道平面重合
B ．全同卫星轨道半径大于月球轨道半径
C ．全同卫星周期约4天
D ．全同卫星周期约9天 【答案】C
【解析】由题意知，全同卫星处在一等边三角形的三个顶点上，如图所示，三角形边长为4.4R ，
根据几何关系可求，卫星的轨道半径为，可知轨道半径小于月球轨道半径，该卫星不是同步
卫星，轨道不需在赤道正上方，故A 错误；B 错误；根据万有引力提供向心力：
，得：
，又同步卫星的周期为1天，可求该卫星的周约为4天，所以C 正确；D 错误。

3．在如图所示的坐标系中，弧是以B 点为圆心、BA 为半径的一段圆弧，OB=L ，OC=2L ，D 为OC 的中点，在D 点固定一电荷量为Q 的带正电的点电荷。

已知静电力常量为k 。

下列说法不正确的是
A ．弧AC 上电势最高的一点处的电场强度为
B ．弧A
C 上还有一点与C 点的电势相同 C ．弧AC 上还有一点与C 点的电场强度相同
D ．电子从A 点沿着圆弧运动到C 点，电势能先减小、后增大 【答案】C
【解析】对正点电荷来说，距离点电荷越近的点，电势越高，所以弧AC 上距离D 点最近的点
的距离为：，如图所示，电场强度为，
故A 正确；对正点电荷来说，到点电荷距离相等的点，电势相等，在圆弧AC 上还有一点到D 的距离与DC 之间的距离相等，所以在弧AC 上还有一点与C 点的电势相同，故B 正确；电场强度是矢量，Q 产生的电场方向背离点到Q 的方向，所以在弧AC 上的各点的电场强度与C 点的电场强度的
方向不同，故C 错误；由于电子带负电，又从A 到C 的电势先增加后减小，所以电子从A 点沿着圆弧运动到C 点，电势能先减小后增大，故D 正确；不正确的故选C 。

此
卷
只
装
订不
密
封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
4．如图所示，质量为m的A球以速度v0在光滑水平面上运动，与原静止的质量为4m的B球碰撞，碰撞后A球以v=av0(待定系数a<1)的速率弹回，并与挡板P发生完全弹性碰撞，若要使A球能追上B球再相撞，则a的取值范围为
A ．a
B ．a
C ．a
D ．a
【答案】D
【解析】A、B 、碰撞过程动量守恒，以方向为正方向有，A
与挡板P碰撞后能追上B 发生再碰撞的条件是，解得；碰撞过程中损失的机
械能，解得，故，D正确；故选D。

5．如图所示，长为L的轻杆两端分别固定a、b 金属球，两球质量均为，放在光滑的水平面
上，b 套在竖直固定光滑杆上且离地面高度为L，现将b从图示位置由静止释放，已知重力加速度大小为g，则
A．在b球落地前的整个过程中组成的系统水平方向上动量守恒
B．从开始到b 球距地面高度为的过程中，轻杆对a 球做功为
C．从开始到b 球距地面高度为的过程中，轻杆对b 球做功为
D．在b球落地的瞬间，重力对b 球做功的功率为
【答案】B
【解析】对两球及杆组成的系统，在b球落地前的整个过程中，b球的水平方向受竖直固定光滑杆的作用，a球的水平方向受力为零，系统在水平方向所受合外力不为零，所以a、b组成的系统水平方向上动量不守恒，故A错误；对两球及杆系统,在b球落地前的整个过程中，b球的水平方向
受竖直固定光滑杆的作用不做功，a、b组成的系统机械能守恒，从开始到b 球距地面高度为的过程中，由机械能守恒定律得：，且有
，解得：，，所以轻杆对a 球做功为：，轻杆对b 球做功：，故B正确，C错误；在b球落地的瞬间，由机械能守恒定律得：，解得：，所以在b球落地的瞬间，重力对b球做功的
功率为：，故D错误；故选B。

二、多选题
6．如图所示xoy 平面位于光滑水平桌面上，在x2L的区域内存在着匀强磁场，磁场方向垂直于xoy平面向下。

由同种材料制成的粗细均匀的正六边形导线框，放在该水平桌面上，AB与DE边距离恰为2L，现施加一水平向右的力F拉着线框水平向右匀速运动DE边与y轴始终平行，从线框DE边刚进入磁场开始计时，则线框中的感应电流（取逆时针方向的电流为正）随时间的函数图象和拉力F 随时间的函数图象大致是
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】AC
【解析】当DE边在0～L区域内时，导线框运动过程中有效切割长度越来越大，与时
间成线性关系，初始就是DE边长度，所以电流与时间的关系可知A正确，B错误；因为
是匀速运动，拉力F 与安培力等值反向，由知，力与L成二次函数关系，因为当
DE边在0～2L区域内时，导线框运动过程中有效切割长度随时间先均匀增加后均匀减小，
所以F随时间先增加得越来越快后减小得越来越慢，选C正确，D错误。

所以AC正确，
BD错误。

7．如图所示，质量为m1带有正电荷q的金属小球和质量为m2不带电的小木球之间用绝缘细线相连，置于竖直向上、场强为E、范围足够大的匀强电场中，两球恰能以速度v匀速竖直上升。

当小木球运动到A点时细线突然断开，小木球运动到B点时速度为零，重力加速度为g，则
A ．小木球的速度为零时，金属小球的速度大小为
B．在小木球由点A到点B的过程中，两球组成的系统机械能增加
C．AB 两点之间的电势差为
D．在小木球由点A到点B的过程中，小木球动能的减少量等于两球重力势能的增加量
【答案】BC
【解析】断开细线后，两球组成的系统合力为零，总动量守恒，取向上方向为正方向，根据动
量守恒定律得：，得金属小球的速度大小为：，故A错误；小木球从点A到点B的过程中，由于电场力做正功，电势能减小，则知A、B组成的系统机械能在增加，
故B 正确；断开细线后，木球的机械能守恒，则有，得：，即A、B
间距离为：
，两点A、B 之间的电势差为：，故C正确；小木球从点A到点B的过程中，小木球动能的减少量等于木球重力势能的增加量，故D错误；故选BC。

8．如图所示，光滑水平面上静置一质量为m、长为L的长木板B，木板上表面各处粗糙程度相同，一质量为m的小物块A(可视为质点)从左端以速度v冲上木板，当v=v0时，小物块A历时t0恰好运动到木板右端与木板共速。

此过程中A、B系统生热为Q，则
A．若v=，A、B 相对运动时间为
B．若v=，A、B 系统生热为
C．若v=2v0，A 经历达木板右端
D．若v=2v0，A、B系统生热为Q
【答案】AD
【解析】当v=v0时，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0=2mv′
代入数据得：v′=0.5v0
对B，由动量定理得：ft0=mv′
可得：
由能量守恒定律得：
若，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：
解得：
对B，由动量定理得：
ft=mv′
解得：
可得：
AB 系统生热，故A正确，B错误；
若v=2v0，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：
m•2v0=mv A+mv B，
A、B系统生热等于系统克服摩擦力做功，与木板的长度有关，可知A、B系统生热仍为Q。

根据能量守恒定律得：
结合上面解答有：
对B，由动量定理得：
ft=mv B-0
联立解得：，，故C错误，D正确。

故选：AD。

9．下列说法正确的是
A．一定质量的气体，在体积不变时，分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度降低而减小
B．晶体熔化时吸收热量，分子平均动能一定增大
C．空调既能制热又能制冷，说明在不自发的条件下热传递方向性可以逆向
D．外界对气体做功时，其内能一定会增大
E. 生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成
【答案】ACE
【解析】一定质量的气体，在体积不变，温度降低时，分子平均速率减小，单位体积内分子个数不变，则分子每秒与器壁平均碰撞次数减小，故A正确；晶体有固定熔点，在熔化时吸收热量，
温度不变，则分子平均动能不变，故B错误；根据热力学第二定律知，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体。

空调既能制热又能制冷，是在外界的影响下，要消耗电能来实现的，说明在不自发地条件下热传递方向性可以逆向，故C正确；外界对气体做功时，其内能不一定会增大，还与吸放热情况有关，故D错误；在高温条件下分子的扩散速度增大，在半导体材料中掺入其他元素，可以通过分子的扩散来完成，E正确。

故选：ACE。

三、实验题
10．某实验小组用如图所示的装置探究功和速度变化的关系:将小钢球从固定轨道倾斜部分不同位置由静止释放，经轨道末端水平飞出，落到铺着白纸和复写纸的水平地面上，在白纸上留下点迹，为了使问题简化，小钢球在离倾斜轨道底端的距离分别为L、2L、3L…处释放，这样在轨道倾斜部分合外力对小钢球做的功就可以分别记为W0、2W0、3W0…
(1)为了减小实验误差需要进行多次测量，在L、2L、3L…处的每个释放点都要让小钢球重复释放多次，在白纸上留下多个点迹。

那么，确定在同一位置释放的小钢球在白纸上的平均落点位置的方法是____；(2)为了探究功和速度变化的关系，实验中必须测量____(填选项前的标号）；
A.小钢球释放位置离斜面底端的距离L的具体数值
B.小钢球的质量m
C.小钢球离开轨道后的下落高度h
D.小钢球离开轨道后的水平位移x
(3)该实验小组利用实验数据得到了如图所示的图象，则图象的横坐标是____。

(用实验中测量的物理量符号表示)。

【答案】(1) 用尽可能小的圆圈住尽量多的落点，圆心即为平均落点的位置。

(2) D (3) x2
【解析】（1）从斜槽上同一位置静止滚下，由于存在误差落于地面纸上的点迹，形成不完全重合的记录痕迹，平均确定落点位置的方法为：用尽可能小的圆圈住所有落点，圆心即为平均落点的位置；
（2）根据动能定律可得，根据平抛规律可得，联立可得探究动能定
理的关系式，因为同一个小球从同一高度做平抛运动，所以为常数，设为k，故，根据表达式可知为了探究动能定理，必须测量小钢球离开轨道后的水平位移x；
（3）根据可知图象的横坐标表示。

11．某实验小组设计了如图甲的电路，其中R T为热敏电阻，电压表量程为3V，内阻R V约10k,电流表量程为0.5A，内阻R A =4.R为电阻箱
.
(1)该实验小组首先利用该电路进行描绘热敏电阻的伏安特性曲线的实验。

闭合开关，调节电阻箱，记录不同情况下电压表示数U1、电流表的示数I和电阻箱的阻值R，在I—U坐标系中，将各组U1、I的数值标记在相应位置，描绘出热敏电阻的部分伏安特性曲线，如图乙中曲线所示。

为了完成该实验，应将导线c端接在___(选填“a”或“b”）点；
(2)利用(1)中记录的数据，通过分析计算可得外电路的电压U2，U2的计算式为__________;(用
U1、I、和R A表示）
(3)实验小组利用(2)中的公式，计算出各组的认，将U2和I的数据也描绘在I一U坐标系中，如图乙中直线所示，根据图象分析可知，电源的电动势E=___V，内电阻r=_____
(4)实验中，当电阻箱的阻值调到8.5时，热敏电阻消耗的电功率P=_____W.(保留两位有效数字）
【答案】a U2=U1+I(R+R A) 6.0 5.0（4.8～5.2均可）0.48（0.47～0.49均可）【解析】(1)利用伏安法测电阻，由图象可知热敏电阻的阻值远小于电压表电阻，所以采用电流表外接法；故导线c应接在a点；
(2)根据串并联电路规律可知：外电压：
(3)利用电源的伏安特性曲线可知电源的电动势为：6.0V ，内电阻为：；
(4) 把电流表、电阻箱、电源作为等效电源，等效电源内阻，在I−U 图象中作等效电源的伏安特性曲线，如图所示，与热敏电阻的伏安特性曲线的交点坐标，所以热敏电阻的电功率为：
四、解答题
12．弹射座椅(Ejection seat)，是飞行员使用的座椅型救生装置。

在飞机失控时，依靠座椅上的动力（喷气发动机)装置将飞行员弹射到高空，然后张开降落伞使飞行员安全降落。

某次实验中，在地面上静止的战斗机内，飞行员按动弹射按钮，座椅（连同飞行员）在喷气发动机的驱动下被弹出打开的机舱，座椅沿竖直方向运动，5s末到达最高点，上升的总高度为112.5m.在最高点时降落伞打
开，飞行员安全到达地面。

已知座椅（连同飞行员等）的总重量为100kg，弹射过程中发动机对座椅的推力竖直向上且恒定，不考虑发动机质量的变化及空气阻力，取g= 10 m/s2，求：
(1)发动机对座椅推力的值；
(2)发动机对座椅冲量的大小.
【解析】（1）设座椅上升的最大速度为，有运动学关系可得
设发动机作用时间为，座椅的加速度，发动机的推力为N ，减速过程的时间为
解得
(2)设发动机对座椅冲量为
解得
13．如图所示，某快递公司需将质量为m=200kg的货物（可视为质点)从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物由轨道顶端无初速滑下，轨道半R=1.8m。

地面上紧靠轨道放置一质量M=100kg的平板车，平板车上表面与轨道末端相切。

货物与平板车间的动摩擦因数为=0.5,平板车与水平地面间的摩擦力很小，可忽略不计。

最终货物与平板车达到共同速度一起向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞。

设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反，平板车足够长，使得货物总不能和墙相碰(取g=10m/s2)。

求：
(1)求货物到达圆轨道末端时对轨道压力的大小；
(2)货物在平板车上滑行的总路程；
(3)平板车和墙第一次相碰以后平板车所走的总路程。

【解析】（1）货物下滑时，由动能定理得：mgR=mv2
在轨道末端，由牛顿第二定律得：F N -mg=m
解得F N=6000N
由牛顿第三定律得，货物对轨道的压力F N′=F N=6000N；
（2）货物与车最终静止，由能量关系：
解得s m=3.6m
（3）货物从轨道滑上平板车到保持相对静止的过程由动量守恒：
从第一次碰撞后到第二次保持相对静止的过程中
设平板车向左滑动的路程为s1，则
联立可得：s1=0.8m,
第二次与墙壁碰撞后：
联立可得：；
根据对数据分析可知：平板车向左滑行的路程为无穷等比数列，首项s1=0.8m ，公比：
平板车第一次碰撞后所走的总路程为：
14．磁聚焦被广泛地应用在电真空器件中，如图所示，在坐标xoy中存在有界的匀强聚焦磁场，方向垂直坐标平面向外，磁场边界PQ直线与x轴平行，距x 轴的距离为，边界OQ的曲线方
程为y=(0)，且与边界PO曲线关于x轴对称。

在坐标x轴上A处有一粒子源，向着不同方向射出大量质量均为m，电量均为q的带正电粒子，所有粒子的初速度大小相同均为v，粒子通过有界的勻强磁场后者都会聚焦在x轴上的F点。

已知A点坐标为（-a，0)，F点坐标为(a，0)。

不计粒子所受重力和相互作用。

则：
(1)匀强磁场的磁感应强度为多少？
(2)粒子射入磁场时的速度方向与x轴的夹角为多大时，粒子在磁场中运动时间最长，最长时间为多少？
【解析】（1）设磁场的磁感应强度为B，粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，圆心为C，从D处射出磁场，其坐标明为（x，y）因Rt相似于Rt
得：
且POQ 的曲线方程为
得
由于
解得：
（2）设粒子射入磁场时的速度方向与x 轴平角为，粒子在磁场中运动的轨迹与PQ相切时运动时间最长，最长时间为t ，则几何关系可知，
觖得，
最长运动时间
15．如图甲所示，一圆柱形导热气缸水平放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体，此时封闭气体的绝对温度为T(活塞与气缸底部相距L)，现将气缸逆时针缓慢转动直至气缸处于竖直位
置，如图乙所示，此时活塞与气缸底部相距L；现给气缸外部套上绝热泡沫材料(未画出)且通过电
热丝缓慢加热封闭气体，当封闭气体吸收热量Q 时，气体的绝对温度上升到T。

已知活塞的横截面积为S，外界环境的绝对温度恒为T，大气压强为P0，重力加速度大小为g，不计活塞与气缸的摩擦.求：
（1）活塞的质量m；
（2）加热过程中气体内能的增加量。

【解析】(1)气缸水平放置时，封闭气体的压强等于大气压，即
气缸处于竖直位置时，封闭气体的压强
根据玻意耳定律有
联立解得
(2)设气体的绝对温度上升到时活塞到气缸底部的距离为
对于加热过程，由盖-吕萨克定律得
解得
所以气体对外做功为
根据热力学第一定律得：
由①有
解得：
16．一根折射率为截面为正方形的厚玻璃尺放在纸面上，其正视图为长方形ABCD，宽度AB=6a，长度AD=4a，如图所示，在玻璃尺的左端，距离左端为a处有一光源S，处在AB、CD 中点连线的延长线上，在纸面内向AB 对称射出两条光线，光线与延长线的夹角=450，从右端射出后交于延长线上的S´点。

只考虑一次反射，则：
（1）S´与玻璃尺右端的距离为多少？
（2）若玻璃尺断裂后长度减小但外形不变，使得S'与右端距离变为原来的2倍，那么玻璃尺的长度AD´变为多少？
【解析】光线由S射向AB 边，由折射定律解得
光线射向AD 边，，由，，光线在AD边上P点发生全反射
由几何关系知P点为AD边的中点，故入射光线关于AD、BC的中线对称，上下两条光线关于延长线对称，可知S与玻璃尺右端的距离为a；
(2)分析可知，边越短，交点S′与CD的距离越大，
由于与的距离边为2a ，所以光在边上的出射点与的距离为a ，则有
玻璃尺的长度
五、填空题
17．如图,A、B是两列波的波源,t=0时开始垂直纸面做简谐运动,其振动表达式分别为
x A=0.1sin(2πt+π) m, x B =0.2m产生的两列波在同一种均匀介质中沿纸面传播。

p是介质中的一点,t=2s时开始振动,已知PA=40cm,PB=50cm,则
A．两列波的波速均为0.25m/
B．两列波的波长均为0.2m
C．两列波在P点相遇时振动总是加强的
D．P点合振动的振幅为0.lm
E. t=2.25s,P点距平衡位置0.lm
【答案】BCE
【解析】两列波的相同，T相同，T=1s ，
，两列波的波长均为
，故B 正确；波峰与波峰叠加，为振动加强点，即为的奇数倍，波峰与波谷叠加，为
振动减弱点，即为的偶数倍，所以P点振幅加强，加强后的振幅为0.1m+0.2m=0.3m，故C正确，
D错误；t=2.25s ，即，此时B波没有到达，A 波过了，位于波峰，所以P点距平衡位置0.lm，故E正确；故选BCE。