2019届湖南省四大名校高三原创联考冲刺试卷(六)物理试卷

2019届湖南省四大名校高三原创联考冲刺试卷（六）
物理试卷
本试卷共16页，38题（含选考题）。

全卷满分300分。

考试用时150分钟。

★祝考试顺利★
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。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

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、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案写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。

5、考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

1.发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响).速度
较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网.其原因是( )
A. 速度较小的球下降相同距离所用的时间较多
B. 速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大
C. 速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少
D. 速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大
【答案】C
【解析】
【详解】发球机发出的球，速度较大的球越过球网，速度度较小的球没有越过球网，原因是发球机到网的水平距离一定，速度大，则所用的时间较少，球下降的高度较小，容易越过球网，C正确．
2.如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇，若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为（）
A. t
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
设第一次抛出时A球的速度为v1，B球的速度为v2，则A、B间的水平距离x=(v1+v2)t，第二次两球的速度为第一次的2倍，但两球间的水平距离不变，则x=2(v1+v2)T，联立得T=t∕2，所以C正确；ABD错误．
【名师点睛】本题的关键信息是两球运动时间相同，水平位移之和不变．
3.如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F．小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动．整个过程中，物块在夹子中没有滑动．小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g．下列说法正确的是
A. 物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2F
B. 小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2F
C. 物块上升的最大高度为
D. 速度v不能超过
【答案】D
【解析】
物块向右匀速运动时，则夹子与物体M，处于平衡状态，那么绳中的张力等于Mg，故A正确；小环碰到钉子P时，物体M做圆周运动，依据最低点由拉力与重力的合力提供向心力，因此绳中的张力大于Mg，而与2F大小关系不确定，故B错误；依据机械能守恒定律，减小的动能转化为重力势能，则有：，则物块上升的最大高度为，故C错误；因夹子对
物体M的最大静摩擦力为2F，依据牛顿第二定律，对物体M，则有：，解得：
，故速度v不能超过，故D正确；故选AD。

【点睛】匀速运动时，处于平衡状态，整体分析，即可判定绳子中张力；当做圆周运动时，最低点，依据牛顿第二定律，结合向心力表达式，即可确定张力与Mg的关系，与2F关系无法确定；利用机械能守恒定律，即可求解最大高度；根据两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F，利用牛顿第二定律，结合向心力，即可求解．
4.利用引力常量G和下列某一组数据，不能计算出地球质量的是（）
A. 地球的半径及重力加速度（不考虑地球自转）
B. 人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期
C. 月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离
D. 地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离
【答案】D
【解析】
根据地球表面物体重力等于万有引力可得，所以地球质量，故A可计算；由
万有引力做向心力可得，故可根据v，T求得R，进而求得地球质量，故
B可计算；根据万有引力做向心力可得，故可根据T，r求得中心天体的质量M，运动天体的质量m抵消掉，无法求解，C可求解，D无法求解．
5.（多选）“天舟一号”货运飞船于2017年4月20日在文昌航天发射中心成功发射升空，与“天宫二号”空间实验室对接前，“天舟一号”在距离地面约380 km的圆轨道上飞行，则其（）
A. 角速度小于地球自转角速度
B. 线速度小于第一宇宙速度
C. 周期小于地球自转周期
D. 向心加速度小于地面的重力加速度
【答案】BCD
【解析】
根据知，“天舟一号”的角速度大于同步卫星的角速度，而同步卫星的角速度等于地球自转的角速度，所以“天舟一号”的角速度大于地球自转角的速度，周期小于地球自转的周期，故A错误；C正确；第一宇宙速度为最大的环绕速度，所以“天舟一号”的线速度小于第一宇宙速度，B正确；地面重力加速度为，故“天舟一号”的向心加速度a 小于地面的重力加速度g，故D正确．
【名师点睛】卫星绕地球做圆周运动，考查万有引力提供向心力．与地球自转角速度、周期的比较，要借助同步卫星，天舟一号与同步卫星有相同的规律，而同步卫星与地球自转的角速度相同．
6.如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为。

若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经过M、Q到N的运动过程中
A. 从P到M所用的时间等于
B. 从Q到N阶段，机械能逐渐变大
C. 从P到Q阶段，速率逐渐变小
D. 从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功
【答案】CD
【解析】
【分析】
根据海王星在PM段和MQ段的速率大小比较两段过程中的运动时间，从而得出P到M所用时间与周期的关系；抓住海王星只有万有引力做功，得出机械能守恒；根据万有引力做功确定速率的变化。

【详解】A项：海王星在PM段的速度大小大于MQ段的速度大小，则PM段的时间小于MQ段的时间，所以P到M所用的时间小于，故A错误；
B项：从Q到N的过程中，由于只有万有引力做功，机械能守恒，故B错误；
C项：从P到Q阶段，万有引力做负功，速率减小，故C正确；
D项：根据万有引力方向与速度方向的关系知，从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功，故D正确。

故应选：CD。

【点睛】解决本题的关键知道近日点的速度比较大，远日点的速度比较小，从P到Q和Q到P 的运动是对称的，但是P到M和M到Q不是对称的。

7.假设地球为质量均匀分布的球体。

已知地球表面的重力加速度在两极处的大小为g0、在赤道处的大小为g，地球半径为R，则地球自转的周期T为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
在两极地区，物体受到地球的万有引力，大小为，在赤道处，地球对物体的万有引力大小仍为，而在赤道处有：，解得：，故选B.
8.如图所示，倾角α=45°的固定斜面上，在A点以初速度v0水平抛出质量为m的小球，落在斜面上的B点，所用时间为t，末速度与水平方向夹角为θ。

若让小球带正电q，在两种不同电场中将小球以同样的速度v0水平抛出，第一次整个装置放在竖直向下的匀强电场中，小球在空中运动的时间为t1，末速度与水平方向夹角为θ1，第二次放在水平向左的匀强电场中，小球在空中运动的时间为t2，末速度与水平方向夹角为θ2，电场强度大小都为E=mg/q，则下列说法正确的是（）
A. t2>t>t1
B. θ=θ1>θ2
C. θ>θ1=θ2
D. 若斜面足够长，小球都能落在斜面上
【答案】AB
【解析】
试题分析：由平抛运动及类平抛运动规律及其推论可以得到：，及，速度与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，当加上水平向左的匀强电场中，物体受到的合力沿斜面向下，故物体不可能落在斜面上，其最大，最小，故选项AB正确，选项CD错误。

考点：平抛运动、类平抛运动
【名师点睛】本题考查平抛运动、类平抛运动，注意掌握水平方向和竖直方向的运动规律即可求解。

9.2016年2月11日，美国科学家宣布探测到引力波，证实了爱因斯坦100年前的预测，弥补了爱因斯坦广义相对论中最后一块缺失的“拼图”，双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由a、b两颗星体组成，这两颗星绕它们的连线的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，测得a星的周期为T，a、b两颗星的距离为l，a、b两颗星的轨道半径之差为△r，已知a星的轨道半径大于b星的轨道半径，则
A. b星额周期为
B. a星的线速度大小为
C. a、b两颗星的半径之比为
D. a、b两颗星的质量之比为
【答案】C
【解析】
【分析】
双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度的大小相等，周期相等，根据向心力的关系求出转动的半径之比，从而得出线速度大小之比，根据向心力相等求出质量关系。

【详解】A项：双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，则周期相等，所以b星的周期为T，故A错误；
B、C项：根据题意可知，r a+r b=l，r a-r b=△r，解得：，
则a星的线速度大小，a、b两颗星的半径之比为，故B错误、C正确；D项：双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，则有：
m a r aω2＝m b r bω2，解得，故D错误。

故应选：C。

【点睛】解决本题的关键知道双星系统的特点，角速度大小相等，向心力大小相等。

10.在竖直平面内有一方向斜向上且与水平方向成=30°的匀强电场，电场中有一直立为m，电量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，如图所示。

开始小球静止于M点，这时细线恰好为水平，现用外力将小球拉到最低点P，然后由静止释放，下列判断正确的是
A. 小球到达M点时速度为零
B. 小球达到M点时速度最大
C. 小球运动到M点时绳的拉力大小为
D. 如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球将做匀变速曲线运动
【答案】BCD
【解析】
当小球静止于M点时，细线恰好水平，说明重力和电场力的合力方向水平向右，小球从P到M 过程中，线拉力不做功，只有电场力和小球重力做功，它们的合力也是恒力，方向水平向右，所以小球到最右边时，速度最大，而不是零，故A错误，B正确；电场力与重力合力为 F合=mgcot30°=mg，这个方向上位移为L，所以: ;，联立解得 ,选项C正确；若小球运动到M点时，细线突然断裂，速度方向竖直向上，合外力水平向右，做匀变速曲线运动，故D正确；故选BCD.
点睛：本题考查了在复合场中的受力分析，关键要确定重力和电场力的合力方向和大小，通过分析受力情况，来判断小球的运动情况．
11.2016年10月19日凌晨，“神舟十一号”载人飞船与距离地面343km的圆轨道上的“天宫
二号”交会对接．已知地球半径为R=6400km，万有引力常量G=6.67×10﹣11N•m2/kg2，“天宫二号”绕地球飞行的周期为90分钟，以下分析正确的是（）
A. “天宫二号”的发射速度应大于11.2km/s
B. “天宫二号”的向心加速度大于同步卫星的向心加速度
C. 由题中数据可以求得地球的平均密度
D. “神舟十一号”加速与“天宫二号”对接前应处于同一圆周轨道
【答案】BC
【解析】
【详解】当发射的速度大于11.2km/s，会挣脱地球的引力，不绕地球飞行，所以“天宫二号”的发射速度不可能大于11.2km/s，故A错误。

天宫二号的周期小于同步卫星的周期，根据
知，天宫二号的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，根据知，天宫二号的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，故B正确。

题干中飞船的轨道半径r=R+h，周期已知，根据得，地球的质量，则根据地球的密度可得地球的密度，故C正确。

“神舟十一号”加速与“天宫二号”对接前应处于不同的轨道上，若在同一轨道上，加速做离心运动，离开原轨道，不能实现对接，故D错误。

故选BC。

【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，知道线速度、加速度、周期与轨道半径的关系，以及知道变轨的原理．
12.预计我国将在2030年前后实现航天员登月计划，假如航天员登上月球后进行科学探测与实验。

已知月球的半径为R，月球表面的重力加速度是地球表面重力加速度的1/6，万有引力常量为G，则（）
A. 月球的质量为Rg/6G
B. 航天员在月球地面以v0竖直上抛小球，小球经6v0/g时间回到地面
C. 把一个摆钟从地球送到月球上，摆钟的周期变为原来的6倍
D. 航天员乘坐航天器离开月球，航天器在月球表面所需的最小发射速度为
【答案】D
【解析】
【分析】
物体在月球表面上时，由重力等于地月球的万有引力求出月球的质量；小球在月球表面做竖
直上抛运动，由，求出小球竖直上抛运动的时间；根据单摆的周期公式分析单摆周期的变化；宇航器在月球表面所需的最小发射速度大小即月球的第一宇宙速度大小，根据重力等于万有引力即可求解。

【详解】A项：根据题意，月球表面的重力加速度为，在月球表面物体的重力等于万有引力，，解得月球的质量，故A错误；
B项：小球运动时间，所以小球经时间落回地面，故B错误；
C项：根据周期公式摆钟从地球送到月球上，周期变为原来的倍，故C错误；
D项：航天器在月球表面所需的最小发射速度即为第一宇宙速度，，解得：
，所以航天器在月球表面所需的最小的发射速度为，故D正确。

故应选：D。

【点睛】本题是考查的是天体类型的问题，常常建立这样的模型：环绕天体绕中心天体做匀速圆周运动，万有引力提供向心力．重力加速度g是联系物体运动和天体运动的桥梁。

13.2018年我国即将发射“嫦娥四导”登月探测器，将首次造访月球背面，首次实现对地对月中继通信，若“嫦娥四号”从距月面高度为100km的环月圆轨道I上的P点实施变轨，进入近月点为15km的椭圆轨道Ⅱ，由近月点Q落月，如图所示．关于“嫦娥四号”，下列说法正确的是
A. 沿轨道I运动至P时，需制动减速才能进入轨道Ⅱ
B. 沿轨道Ⅱ运行的周期大于沿轨道I运行的周期
C. 沿轨道Ⅱ运行时，在P点的加速度大于在Q点的加速度
D. 在轨道Ⅱ上由P点运行到Q点的过程中，万有引力对其做正功，它的动能增加，重力势能减小，机械能不变
【答案】AD
【解析】
【分析】
根据开普勒第三定律可知卫星的运动周期和轨道半径之间的关系；根据做近心运动时万有引力大于向心力，做离心运动时万有引力小于向心力，可以确定变轨前后速度的变化关系。

【详解】A项：卫星在轨道I上做圆周运动，只有通过减速使圆周运动所需向心力减小，做近心运动来减小轨道高度，故A正确；
B项：根据开普勒行星运动定律知，在轨道I上运动时的半长轴大于在轨道II上运行时的半长轴，故在轨道I上运行的周期要大，故B错误；
C项：由图可知，P点为远地点，离地球远，其受到的向心力小，故沿轨道Ⅱ运行时，在P点的加速度小于在Q点的加速度，故C错误；
D项：在轨道Ⅱ上由P点运行到Q点的过程中，万有引力对其做正功，它的动能增加，重力势能减小，由于只有重力做功，故机械能不变，故D正确。

故应选：AD。

【点睛】本题要注意：
(1)高轨道变轨到低轨道需要减速，而由低轨道变轨到高轨道需要加速，这一点在解决变轨问题时要经常用到，一定要注意掌握；(2)卫星运行时只有万有引力做功，机械能守恒。

14.我国自主研制的首艘货运飞船“天舟一号”发射升空后，与已经在轨运行的“天宫二号”成功对接形成组合体。

假设组合体在距地面高度为h的圆形轨道上绕地球做匀速圆周运动，已知地球的半径为R，地球表面处重力加速度为g，且不考虑地球自转的影响。

则组合体运动的线速度大小为__________，向心加速度大小为___________。

【答案】 (1). (2).
【解析】
在地球表面的物体受到的重力等于万有引力，有：，得地球质量为
根据万有引力提供向心力有，解得组合体运动的角速度大小为。

15.某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加速度之间的关系。

使用的器材有：斜面、滑块、长度不同的矩形挡光片、光电计时器。

实验步骤如下：
①如图（a），将光电门固定在斜面下端附近；将一挡光片安装在滑块上，记下挡光片前端相对于斜面的位置，令滑块从斜面上方由静止开始下滑；
②当滑块上的挡光片经过光电门时，用光电计时器测得光线被挡光片遮住的时间∆t；
③用∆s表示挡光片沿运动方向的长度，如图（b）所示，表示滑块在挡光片遮住光线的∆t时间内的平均速度大小，求出；
④将另一挡光片换到滑块上，使滑块上的挡光片前端与①中的位置相同，令滑块由静止开始下滑，重复步骤②、③；
⑤多次重复步骤④；
⑥利用实验中得到的数据作出–∆t图，如图（c）所示。

完成下列填空：
（1）用a表示滑块下滑的加速度大小，用v A表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬时速度大小，则与v A、a和∆t的关系式为=____________。

（2）由图（c）可求得，v A=_______cm/s，a=_______cm/s2。

（结果保留3位有效数字）
【答案】 (1). （1） (2). （2）52.1 (3). 15.8~16.8
【解析】
（1）设挡光片末端到达光电门的速度为v，则由速度时间关系可知：，且
联立解得：；
（2）由图（c）可求得v A=52.1 cm/s，，即a=16.6 cm/s2。

【名师点睛】此题主要考查学生对匀变速直线运动的基本规律的运用能力；解题时要搞清实验的原理，能通过运动公式找到图象的函数关系，结合图象的截距和斜率求解未知量。

16.一质量为8.00×104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。

飞船在离地面高度1.60×105m 处以7.5×103 m/s的速度进入大气层,逐渐减慢至速度为100m/s时下落到地面。

取地面为重力势能零点,在飞船下落过程中,重力加速度可视为常量,大小取为9.8m/s2.(结果保留2位有效数字)
(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；
(2)求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.
【答案】(1) , (2)
【解析】
（1）飞船着地前瞬间的机械能为
①
式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。

由①式和题给数据得
②
设地面附近的重力加速度大小为g，飞船进入大气层时的机械能为
③
式中，v h是飞船在高度1.6×105 m处的速度大小。

由③式和题给数据得
④
（2）飞船在高度h'=600 m处的机械能为
⑤
由功能原理得
⑥
式中，W是飞船从高度600 m处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功。

由②⑤⑥式和题给数据得
W=9.7×108 J⑦
【名师点睛】本题主要考查机械能及动能定理，注意零势面的选择及第（2）问中要求的是克服阻力做功。

17.如图，两个滑块A和B的质量分别为m A=1kg和m B=5kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5；木板的质量为m=4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1。

某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0=3m/s。

A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10 m/s2。

求：
（1）B与木板相对静止时，木板的速度；
（2）A、B开始运动时，两者之间的距离。

【答案】（1）1m/s（2）1.9m
【解析】
（1）滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。

设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别是a A和a B，木板相对于地面的加速度大小为a1。

在物块B与木板达到共同速度前有
①
②
③
由牛顿第二定律得
④
⑤
⑥
设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为v1。

由运动学公式有
⑦
⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得⑨
（2）在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为⑩
设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有
⑪
由①②④⑤式知，a A=a B；再由⑦⑧可知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。

由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A 的速度大小从v1变到v2所用时间为t2，则由运动学公式，对木板有⑫
对A有⑬
在t2时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为⑭
在(t1+t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为⑮
A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。

因此A和B开始运动时，两者之间的距离为
⑯
联立以上各式，并代入数据得⑰
（也可用如图的速度–时间图线求解）
【名师点睛】本题主要考查多过程问题，要特别注意运动过程中摩擦力的变化情况，A、B相对木板静止的运动时间不相等，应分阶段分析，前一阶段的末状态即后一阶段的初状态。