2019屆高三物理第二次模擬試題(實驗班含解析).doc

2019屆高三物理第二次模擬試題(實驗班，含解析)一、選擇題(共8題，每題6分。其中物理部分為不定項選擇題，全部選對得6分，部分選對得3分，錯選，多選不得分。1. 已知長為L的光滑斜面，物體從斜面頂端由靜止開始以恒定加速度下滑，當物體的速度是斜面底端速度的一半時，它沿斜面下滑的距離是A. B. C. D. 【答案】C【解析】設到達底端時的速度為，物體的速度是到達斜面底端速度的一半時，物體沿斜面下滑的位移為，根據速度位移公式有：，解得：，故選項C正確。點睛：根據勻變速直線運動的速度位移公式，結合速度的大小求出下滑的位移。2. 半圓柱體P放在粗糙的水平面上，有一擋板MN，其延長線總是過半圓柱體的軸心O，但擋板與半圓柱體不接觸，在P和MN之間放有一個光滑均勻的小圓柱體Q（P的截面半徑遠大于Q的截面半徑），整個裝置處于靜止狀態(tài)，如圖是這個裝置的截面圖，若用外力使MN繞O點緩慢地逆時針轉動，在Q到達最高位置前，發(fā)現P始終保持靜止，在此過程中，下列說法正確的是A. MN對Q的彈力大小逐漸減小B. P、Q間的彈力先增大后減小C. 桌面對P的摩擦力先增大后減小D. P所受桌面的支持力保持不變【答案】AC【解析】試題分析：以小圓柱體Q為研究對象，分析受力情況，作出受力示意力圖，如圖1所示由平衡條件得：根據幾何關系可知：+不變，分析可知，增大，減小，MN對Q的彈力F1減小，P對Q的彈力F2增大故A正確，B錯誤若剛開始，擋板在最低點，處于水平位置，對整體受力分析可知，整體水平方向不受力，桌面對P的摩擦力為零，當Q運動到最高點時，對整體受力分析可知，整體水平方向不受力，桌面對P的摩擦力仍為零，則整個過程中，桌面對P的摩擦力先增大后減小，故C正確對P研究，作出受力如圖2，地面對P的彈力N=Mg+F2sin，F2增大，增大，所以N增大故D錯誤故選AC.考點：物體的平衡；【名師點睛】本題采用隔離法研究動態(tài)平衡問題，分析受力，作出力圖是關鍵，對C選項分析時可以使用極端假設法，假設初末位置分別在最低點和最高點，再對整體受力分析判斷，難度適中。3. 發(fā)射地球同步衛(wèi)星時，先將衛(wèi)星發(fā)射至近地圓軌道1，然后經點火，使其沿橢圓軌道2運行，最后再次點火，將衛(wèi)星送入同步圓軌道3軌道1、2相切于Q點，軌道2、3相切于P點，則A. 衛(wèi)星在軌道3上的速率大于在軌道1上的速率B. 衛(wèi)星在軌道3上的角速度等于在軌道1上的角速度C. 衛(wèi)星在軌道1上經過Q點時的速率小于它在軌道2上經過Q點時的速率D. 衛(wèi)星在軌道2上經過P點時的加速度大于它在軌道3上經過P點時的加速度【答案】CB、由萬有引力提供向心力得：，得，則軌道半徑大的角速度小，所以衛(wèi)星在軌道3上的角速度小于在軌道1上的角速度， B錯誤；C、從軌道1到軌道2，衛(wèi)星在Q點是做逐漸遠離圓心的運動，要實現這個運動必須使衛(wèi)星加速，使其所需向心力大于萬有引力，所以衛(wèi)星在軌道1上經過Q點時的速率小于它在軌道2上經過Q點時的速率C正確；D、衛(wèi)星運行時只受萬有引力，由a 得：加速度，則知在同一地點，衛(wèi)星的加速度相等，D錯誤；故選C。4. 如圖所示,生產車間有兩個相互垂直且等高的水平傳送帶甲和乙,甲的速度為v0，小工件離開甲前與甲的速度相同，并平穩(wěn)地傳到乙上，工件與乙之間的動摩擦因數為。乙的寬度足夠大，重力加速度為g，則 A. 若乙的速度為v0,工件在乙上側向( 垂直于乙的運動方向)滑過的距離B. 若乙的速度為2v0,工件從滑上乙到在乙上側向滑動停止所用的時間不變C. 若乙的速度為2v0,工件在乙上剛停止側向滑動時的速度大小v=D. 保持乙的速度2v0 不變,當工件在乙上剛停止滑動時,下一只工件恰好傳到乙上,如此反復. 若每個工件的質量均為m,除工件與傳送帶之間摩擦外,其他能量損耗均不計,驅動乙的電動機的平均輸出功率【答案】CD【解析】根據牛頓第二定律，mg=ma，得a=g，摩擦力與側向的夾角為45，側向加速度大小為，根據2axs0-v02，解得： ，故A錯誤；由 ，解得 故D正確；故選CD.點睛：本題考查工件在傳送帶上的相對運動問題，關鍵將工件的運動分解為沿傳送帶方向和垂直傳送帶方向，結合牛頓第二定律和運動學公式進行求解5. 質量m2kg的物塊放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由靜止開始運動，物塊動能Ek與其位移x之間的關系如圖所示。已知物塊與水平面間的動摩擦因數0.2，重力加速度g取10m/s2，則下列說法正確的是 A. x1m時物塊的速度大小為2m/sB. x3m時物塊的加速度大小為2.5m/s2C. 在前4m位移過程中拉力對物塊做的功為9JD. 在前2m位移過程中物塊所經歷的時間為2s【答案】D【解析】由圖象可知，x=1m時動能為：Ek1=2J，由 得：，故A錯誤同理，當x=4m時動能為：Ek2=9J，v2=3m/s;由動能定理得：F合x=Ek，得 ，可知Ek-x圖象的斜率等于合外力，因此物體在0-2m內和2-4m內都做勻加速直線運動在24m內，由2a2x2=v22-v12, 解得24m內加速度為：a2=1.25m/s2，則x=3 m時物塊的加速度大小為1.25 m/s2故B錯誤；對物體運動全過程，由動能定理得：WF+（-mgx）=Ek2-0，x=4m，代入數據解得：WF=25J，故C錯誤02m過程運動時間為： ，故D正確故選D.點睛：本題對動能定理、牛頓第二定律、運動學公式的綜合考查，關鍵要根據動能定理分析知道：Ek與x成線性關系，說明合外力恒定，即物體作勻變速運動.6. 如圖甲所示，光滑金屬導軌MN、PQ所在平面與水平面成角，M、P兩端接一電阻R，整個裝置處于垂直導軌平面向上的勻強磁場中t=0時對金屬棒施加一平行于導軌的外力F，使金屬棒ab由靜止開始沿導軌向上運動，導軌電阻忽略不計已知通過電阻R的感應電流I隨時間t變化的關系如圖乙所示下列關于金屬棒運動速度v、外力F、流過R的電量q以及閉合回路中磁通量的變化率隨時間變化的圖象正確的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】由E=Blv，所以 ，v-t圖象是一條過原點斜率大于零的直線，說明了導體棒做的是初速度為零的勻加速直線運動，即v=at；故A錯誤；根據如圖乙所示的I-t圖象可知I=kt，其中k為比例系數，由閉合電路歐姆定律可得： 可推出：E=kt（R+r）而，所以有， t圖象是一條過原點斜率大于零的直線；故B正確；對導體棒在沿導軌方向列出動力學方程F-BIl-mgsin=ma，而 ，v=at得到 ，可見F-t圖象是一條斜率大于零且與速度軸正半軸有交點的直線；故C錯誤，q-t圖象是一條開口向上的拋物線，故D錯誤；故選B.點睛：此題考查以電磁感應問題中的圖象為命題情境考查學生推理能力和應用數學處理物理問題的能力；對于圖象問題一定弄清楚兩坐標軸的含義，尤其注意斜率、截距的含義，對于復雜的圖象可以通過寫出兩坐標軸所代表物理量的函數表達式進行分析.7. 如圖所示，金屬桿ab、cd置于足夠長的平行軌道MN、PQ上，可沿軌道滑動，軌道所在的空間有豎直向上勻強磁場，導軌電阻不計。則下面說法中正確的是A. 若軌道光滑，給ab一初速度v0，則最終ab、cd一定做勻速運動且速度大小均為0.5v0B. 若軌道光滑，給ab施加一個垂直于ab的恒定外力作用，則最終二者一定做勻加速運動，且速度差恒定C. 若軌道粗糙，給ab施加一個垂直于ab的恒定外力作用，則最終二者一定做勻加速運動，且速度差恒定D. 若將cd換成固定于MN、PQ間的一電容器，且軌道光滑，給ab施加一個垂直于ab的恒定外力，則最終ab一定做勻加速直線運動【答案】BD【解析】A、軌道光滑，ab、cd組成的系統(tǒng)遵從動量守恒定律，最終共速，則：,，當，最終速度大小均為0.5v0，A錯誤；B、軌道光滑，剛開始，ab棒受到的拉力F大于向左的安培力，做加速度逐漸減小的加速運動，cd受到向右的安培力逐漸增大，做加速運動，當二者速度相等時，兩棒受的安培力合力為零，最終兩導體棒都做勻加速直線運動，速度差恒定不變，感應電流恒定不變，且不為零， B正確；C、軌道粗糙，當時，ab、cd桿從整體上看所受合外力，此時ab、 cd桿均向右運動，其速度分別為v1、v2.當時兩桿最終做勻速運動，穩(wěn)定時兩桿速度差也是恒定的，當時，兩桿最終具有相同的加速度，具有恒定速度差，C錯誤；D、將cd換成固定于MN、PQ間的一電容器時，由牛頓第二定律得：，對電容器：，且，聯立求解得：，與速度無關，最終ab將做勻加速運動，D正確；故選BD。8. 如圖所示，在場強大小為E的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細線一端拴一個質量為m、電荷量為q的帶負電小球，另一端固定在O點把小球拉到使細線水平的位置A，然后將小球由靜止釋放，小球沿弧線運動到細線與水平成60的位置B時速度為零以下說法正確的是A. 小球重力與電場力的關系是B. 小球在B點時，細線拉力為2EqC. 小球在A點和B點的加速度大小相等D. 如果小球帶正電，還能沿AB圓弧運動【答案】C【解析】根據動能定理得，mgLsin-qEL（1-cos）=0，解得qE=mg，故A錯誤小球到達B點時速度為零，則沿細線方向合力為零，此時對小球受力分析可知：FT=qEcos60+mgsin60，故細線拉力FTmg，故B錯誤AB兩點是關于平衡位置對稱的兩點，根據簡諧振動的規(guī)律可知，小球在AB兩點的加速度大小相等，選項C正確；若小球帶正電，則小球受向下的重力和向左的電場力，合力方向斜向左下方，故小球先沿合力方向做勻加速運動，繩子拉直后做圓周運動，選項D錯誤；故選C二、非選擇題9. 在“探究彈性勢能與彈簧形變量的關系”的實驗中，各實驗小組所用輕質彈簧規(guī)格相同，小球質量不同。(1)某小組用游標卡尺測量小球直徑如圖所示，則小球直徑D=_cm。(2)實驗小組將輕質彈簧套在水平光滑細桿上，細桿兩端固定在豎直固定的擋板上。小球與彈簧相連，在彈簧的自然長度位置兩側分別放置一激光光源與光敏電阻，如圖甲所示。光敏電阻與某一自動記錄儀相連，該儀器顯示的是光敏電阻阻值R隨時間t的變化關系。某時刻把小球拉離平衡位置(小球所受合力為零的位置)后由靜止釋放，小球在平衡位置的兩側做往復運動，所得R-t圖線如圖乙所示。若小球的質量為m，則小球在做往復運動的過程中，彈簧的最大彈性勢能表達式為_(用圖中和題中所給的字母表示，小球在運動中空氣阻力不計)。(3)實驗小組在實驗的過程中不斷改變小球釋放的位置，測量出每次彈簧的最大形變量x(均在彈簧彈性限度內)，計算出小球在平衡位置時的速度v，做出v-x的圖線如圖丙所示。由圖像可得出彈簧的彈性勢能與彈簧的形變量的關系是_(定性描述)。實驗中發(fā)現不同實驗小組做出的v-x圖線的斜率不同，原因是_.【答案】 (1). 0.750 (2). (3). 彈簧的彈性勢能與其形變量的平方成正比 (4). 小球的質量不同【解析】（1）小球直徑D=0.7cm+0.05mm10=0.750cm ；（2）光敏電阻阻值較大時，光強較小，即為遮光時刻，根據遮光時間以及小球直徑的值可得小球的最大速度 ，則彈簧的彈性勢能 （3）由圖像可知v=kx，而 ，則彈簧的彈性勢能與彈簧的形變量的關系是：彈性勢能與其形變量的平方成正比； 斜率為 ，故不同實驗小組做出的v-x圖線的斜率不同，原因是小球的質量不同。10. 如圖所示，質量m1=3kg的滑塊C（可視為質點）放置于光滑的平臺上，與一處于自然長度的彈簧接觸但不相連，彈簧另一端固定在豎直墻壁上平臺右側的水平地面上緊靠平臺依次排放著兩塊木板A、B已知木板A、B的長度均為L=5m，質量均為m2=15kg，木板A、B上表面與平臺相平，木板A與平臺和木板B均接觸但不粘連滑塊C與木板A、B間的動摩擦因數為1=0.3，木板A、B與地面間的動摩擦因數2=0.1現用一水平向左的力作用于滑塊C上，將彈簧從原長開始緩慢地壓縮一段距離，然后將滑塊C由靜止釋放，當滑塊C剛滑上木板A時，滑塊C的速度為7m/s設最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取g=10m/s2求：(1)彈簧的最大彈性勢能；(2)滑塊C剛滑上木板A時，木板A、B及滑塊C的加速度；(3)從滑塊C滑上木板A到整個系統(tǒng)停止運動所需的時間【答案】（1）73.5J：（2）3m/s2和1m/s2；（3）4s【解析】試題分析：（1）EPmax=735J（2）設滑塊C在木塊A上滑動時，滑塊C的加速度為a1，木板A、B的加速度為a2則：1m1g=m1a1，解得：a1=3m/s21m1g2（m1+2m2）g=2m2a2，解得：a2=1m/s2（3）設滑塊C在木板A上運動的時間為t1則由： L=（v0t1a1t12）-a2t12解得：t1=1s或t1=25s（舍去）設滑塊C離開木板A時的速度為vC，木板A、B的速度分別為vA和vBvC=v0a1t1=4m/svA=vB=a2t1=1m/s滑塊C在木板B上滑動時，滑塊C的加速度為a1，設B的加速度為a31m1g2（m1+m2）g=m2a3；解得：a3=3m/s2設經過時間t2，B、C達到共同速度v，則有：v=vCa1t2=vB+a3t2，解得t2=05s，v=25m/s從滑塊C滑上木板B到與木板B速度相同的過程中，滑塊C與木板B的相對位移為：x=075m5m可知此過程中C未離開B，又因12，B、C共速后無相對運動，設B、C一起勻減速運動的加速度為a，運動時間為t32（m1+m2）g=（m1+m2）a；a=1m/s20=vat3；t3=25s則從滑塊C滑上木板A到整個系統(tǒng)停止運動所需的時間為： t=t1+t2+t3=4s考點：牛頓第二定律的綜合應用11. 如圖甲所示為電視機中的顯像管的原理示意圖，電子槍中的燈絲加熱陰極而逸出電子，這些電子再經加速電場加速后，從O點進入由磁偏轉線圈產生的偏轉磁場中，經過偏轉磁場后打到熒光屏MN上，使熒光屏發(fā)出熒光形成圖像，不計逸出的電子的初速度和重力。已知電子的質量為m、電荷量為e，加速電場的電壓為U，偏轉線圈產生的磁場分布在邊長為l的正方形abcd區(qū)域內，磁場方向垂直紙面，且磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。在每個周期內磁感應強度都是從-B0均勻變化到B0。磁場區(qū)域的左邊界的中點與O點重合，ab邊與OO平行，右邊界bc與熒光屏之間的距離為s。由于磁場區(qū)域較小，且電子運動的速度很大，所以在每個電子通過磁場區(qū)域的過程中，可認為磁感應強度不變，即為勻強磁場，不計電子之間的相互作用。(1)求電子射出電場時的速度大小。(2)為使所有的電子都能從磁場的bc邊射出，求偏轉線圈產生磁場的磁感應強度的最大值。(3)所有的電子都能從磁場的bc邊射出時，熒光屏上亮線的最大長度是多少？【答案】（1） （2）（3）【解析】試題分析：（1）當偏轉線圈產生磁場的磁感應強度最大為B0時，電子恰好從b點射出電子先經過加速電場加速，由動能定理：qU=mv2-0，解得：；（2）電子在磁場中發(fā)生偏轉，洛侖茲力提供圓周運動向心力，有：，由幾何關系可知，此時電子做圓周運動的半徑為：則偏轉線圈產生磁場的最大磁感應強度：；（3）電子從偏轉磁場射出后做勻速直線運動，當它恰好從b點射出時，對應屏幕上的亮點離O最遠此時，電子的速度偏轉角滿足：，所以電子在熒光屏上亮線的最大長度：X=2stan+l=考點：帶電粒子在電場及磁場中的運動12. 如圖，以O點為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內有垂直于紙面向內的勻強磁場，磁感應強度大小為B，線段是圓的一條直徑，有一個質量為