四川省成都石室中学2019届高三物理上学期12月一诊模拟试题（含解析）.docx

四川省成都石室中学2019届高三12月一诊模拟理综物理试题二、选择题1.如图所示，自动卸货车始终静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下， 角缓慢减小且货物相对车厢静止的过程中，下列说法正确的是（ ）A. 货物受到的摩擦力变小B. 货物受到的支持力变小C. 货物受到的支持力对货物不做功D. 货物受到的摩擦力对货物做负功【答案】A【解析】【详解】AB、货物处于平衡状态，则有：mgsin=f，N=mgcos，减小时，f减小，N增大，故B错误，A正确；C. 减小过程中，货物沿支持力方向位移不等于零，支持力做正功，故C错误；D. 减小过程中，货物沿支持力方向运动，摩擦力与运动方向始终垂直，摩擦力不做功，故D错误。故选：B2.一条小船在静水中的速度3m/s，它要渡过一条宽为 60m 的长直河道，河水流速为 4m/s，则（ ）A. 这条船不可能渡过这条河B. 这条船过河时间可能为 15 sC. 这条船可以渡过这条河，而且过河时的合速度可以为 9m/sD. 这条船能够过河的最小位移为 80m【答案】D【解析】【详解】A. 当静水速与河岸不平行，船就能渡过河。故A错误；B. 当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，为：tmin=d/v1=60/3s=2 0s，过河时间不可能为 15 s，故B错误； C. 当静水速方向沿河岸方向时，合速度为7m/s，小于9m/s，故C错误；D. 当静水速与合速度垂直时，位移最小，设合速度与河岸间的夹角为，x=80m，故D正确。故选：D3.如图所示，在光滑水平面上，用等大反向的 F1、 F2分别同时作用于 A、 B 两个静止的物体上，已知 mamb，经过一段时间先撤去 F1， 再撤去 F2， 运动一段时间后两物体相碰并粘为一体，则粘合体最终将（ ）A. 静止 B. 向左运动 C. 向右运动 D. 无法确定【答案】B【解析】【详解】两个推力等大、反向，F2作用时间长，冲量大。所以两力的总动量向左，根据动量定理，两物体的总动量沿F2方向，两物体粘为一体时将向左运动，故B正确，ACD错误。故选：B4.我国“神舟”十一号载人飞船于 2016 年 10 月 17 日 7 时 30 分发射成功。飞船先沿椭圆轨道飞行，在接近 400km 高空处与“天宫”二号对接，对接后视为圆周运动。两名宇航员在空间实验室生活、工作了 30 天。 “神舟”十一号载人飞船于 11 月 17 日 12 时 41 分与“天宫”二号成功实施分离， 11月 18 日顺利返回至着陆场。下列判断正确的是（ ）A. 对接后飞船在圆轨道上运动的速度可以大于第一宇宙速度B. 飞船变轨前后的机械能守恒C. 分离后飞船在原轨道上通过减速运动，再逐渐接近地球表面D. 宇航员在空间实验室内可以利用杠铃举重来锻炼身体【答案】C【解析】【详解】A. 根据万有引力提供向心力，得，轨道高度越大，线速度越小，第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，是最大的运行速度，故对接后飞船在圆轨道上的线速度比第一宇宙速度小，故A错误； B. 每次变轨都需要发动机对飞船做功，故飞船机械能不守恒，故B错误；C. 当飞船要离开圆形轨道返回地球时，飞船做近心运动，万有引力要大于向心力，故要减小速度，故C正确； D. 用举重锻炼身体主要就是利用哑铃等物体的重力，在轨道舱中哑铃处于完全失重状态，它对人的胳膊没有压力的作用。故D错误。故选：C【点睛】根据，轨道高度越大，线速度越小，第一宇宙速度是近地卫星的速度，是最大的运行速度；每次变轨都需要发动机对飞船做功，飞船机械能不守恒；宇航员在空间实验室内完全失重状态，也不能做与重力有关的实验和锻炼；飞船返回是要减速降低轨道飞船正常运行时万有引力提供向心力5.如图所示， a、 b、 c三个相同的小球， a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、 c从同一高度分别开始自由下落和平抛。 下列说法正确的有（ ）A. 重力对它们的冲量相同B. 它们落地时重力的瞬时功率相同C. 它们动量变化的大小相同D. 它们的末动能相同【答案】C【解析】【详解】A. 球b自由落体运动，球c的竖直分运动是自由落体运动，故bc两个球的运动时间相同，为t=；球a受重力和支持力，合力为mgsin，加速度为gsin，根据，得t=；所以tt，由于重力相同，而重力的作用时间不同，故重力的冲量不同，故A错误；B. ab球机械能守恒，末速度大小相等，方向不同，重力的瞬时功率不同，故B错误；C. bc球合力相同，运动时间相同，故合力的冲量相同，根据动量定理，动量变化量也相同；ab球机械能守恒，末速度相等，故末动量相等，初动量为零，故动量增加量大小相等，故C正确；D.三小球下落过程只有重力做功，初动能不全相同，而重力做功相同，故根据动能定理，末动能不全相同，故D错误； 故选：C.【点睛】a做的是匀变速直线运动，b是自由落体运动，c是平抛运动，根据它们各自的运动的特点可以分析运动的时间和末速度的情况，由动能定理判断末动能情况，由动量定理判断动量变化情况6.如图所示的电路中，电源的电动势 E 和内阻 r 一定， A、 B 为平行板电容器的两块正对金属板， R1为光敏电阻(电阻随光强的增大而减小)。当 R2的滑动触头 P 在 a 端时，闭合开关 S， 此时电流表 A 和电压表 V的示数分别为 I 和 U。以下说法正确的是( )A. 若仅增大 A、 B 板间距离，则电容器所带电荷量减少B. 若仅将 R2的滑动触头 P 向 b 端移动，则 I 不变， U 增大C. 若仅用更强的光照射 R1，则 I 增大， U 减小，电容器所带电荷量减少D. 若仅用更强的光照射 R1 ，则 U 变化量的绝对值与 I 变化量的绝对值的比值减小【答案】AC【解析】【详解】A.若仅增大A、B板间距离，电容减小，板间电压不变，则由电容的定义式分析可知电容器所带电荷量减少，故A正确；B.滑动变阻器处于含电容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，I不变，U不变。故B错误；C.若仅用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，I增大，内电压和R3的电压均增大，则电容器板间电压减小，电容不变，由电容的定义式分析可知电容器所带电荷量减少。故C正确；D. 若仅用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，I增大，根据闭合电路欧姆定律得U=E-Ir可得：，不变，故D错误。故选：AC。7.如图所示，光滑绝缘细管与水平面成 30角，在管的右上方 P 点固定一个点电荷+Q， P 点与细管在同一竖直平面内，管的顶端 A 与 P 点连线水平，图中 PB 垂直 AC， B 是 AC 的中点。带电荷量为-q的小球（小球直径略小于细管的内径）从管中 A 处由静止开始沿管向下运动，它在 A 处时的加速度为a，不考虑小球电荷量对+Q 形成的电场的影响。则在电场中（ ）A. B 点的电场强度大小是 A 点的 3 倍B. 小球运动到 C 处的加速度为 g-aC. A 点的电势高于 B 点的电势D. 小球从 A 到 C 的过程中电势能先减小后增大【答案】BD【解析】【详解】A. 结合几何关系：PA=2PB，由点电荷电场强度公式，可知，电场强度的大小与间距的平方成反比，则B点的电场强度大小是A点的4倍，故A错误； B. 在A处时小球的加速度为a，对A点受力分析，电场力、重力与支持力，由力的合成法则可知，合外力由重力与电场力沿着细管方向的分力之和提供的；当在C处时，小球仍受到重力、电场力与支持力，合外力是由重力与电场力沿着细管方向的分力之差提供的，由A处可知，Fcos30+mgsin30=ma；而在C处,则有：mgsin30Fcos30=ma，解得：a=ga.故B正确；C. 正点电荷的电场线发散型，由于沿着电场线方向，电势降低，因此A点的电势低于B点的电势，故C错误；D. 根据电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加，可知：小球带负电，从A到C的过程中，电场力先做正功，后做负功，则电势能先减小后增大，故D正确；故选：BD.【点睛】根据点电荷电场强度的公式，即可比较电场强度；由牛顿第二定律，结合库仑定律，即可求解加速度；由正点电荷电场线的分布，结合沿着电场线方向电势降低，即可求解；根据电场力做功的正负来确定电势能高低；8.如图所示，一质量 m=0.1kg 的小煤块以 v0=5m/s 的初速度从最左端水平进入轴心距离 L=8m 的水平传送带， 传送带可由一电机驱使而转动。 已知小煤块与传送带间的动摩擦因数 =0.1(取 g=10m/s2)（ ）A. 若电机不开启， 传送带不转动，小煤块滑离传送带右端的速度大小为 3m/sB. 若电机不开启， 传送带不转动，小煤块在传送带上运动的总时间为 3sC. 若开启电机，传送带以 6m/s 的速率顺时针转动，则小煤块在传送带上留下的一段黑色痕迹的长度为 1.0mD. 若开启电机，传送带以 6m/s 的速率逆时针转动，则小煤块在传送带滑动的过程中产生的热量为 2.0J【答案】AD【解析】【详解】AB、当电机不开启，小煤块在传送带上做匀减速直线运动，加速度为：a=g=0.110m/s2=1m/s2根据速度位移公式有：解得：v=3m/s，运动的时间为：t=2s.故A正确，B错误；C. 当电机开启，传送带顺时针转动，小煤块在传送带上做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，一起做匀速直线运动，则煤块达到传送带速度所经历的时间为：t=1s此时小煤块的位移为：x1=5.5m=sinC，得iC，所以光线在M点发生全反射，不会射出三棱镜。PQ=dtan30=QM=2PQMN=(2d)cos30=(Ld)光在三棱镜中传播速度为：v=