江西省上饶中学2019届高三物理上学期第一次试题（含解析）.docx

江西省上饶中学2019届高三物理上学期第一次试题（含解析）一、选择题1.在离地高h处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v，不计空气阻力，两球落地的时间差为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：当上抛的物体回到抛出点时，做初速度为v的下抛运动，之后的运动和下抛物体的运动相同，即运动时间相同，所以两者落地的时间差正好是上抛物体上升和回到抛出点的时间，上抛物体回到抛出点的运动过程中，加速度为g，初速度为v，末速度为-v，所以有，A正确考点：考查了抛体运动规律的应用【名师点睛】关键是知道两者落地的时间差正好是上抛物体上升和回到抛出点的时间视频2.如图所示，质量为m的小球套在竖直固定的光滑圆环上，在圆环的最高点有一个光滑小孔，一根轻绳的下端系着小球，上端穿过小孔用力拉住，开始时绳与竖直方向夹角为，小球处于静止状态，现缓慢拉动轻绳，使小球沿光滑圆环上升一小段距离，则下列关系正确的是（ ）A. 绳与竖直方向的夹角为时，F=mgcosB. 小球沿光滑圆环上升过程中，轻绳拉力逐渐增大C. 小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力逐渐增大D. 小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力大小不变【答案】D【解析】【详解】对小球受力分析，小球受到重力mg、轻绳的拉力F和圆环的弹力N，如图，根据平衡条件可知：mg和N的合力与F大小相等、方向相反，根据几何知识得知N=mg，且有F=2mgcos，故A错误。小球沿圆环缓慢上移，处于动态平衡状态，对小球进行受力分析，小球受重力G、绳的拉力F、圆环的支持力N，三个力。满足受力平衡。作出受力分析图如下，由图可知OABGFA，即：；则得：F=mg，N=mg，当A点上移时，半径R不变，AB减小，故F减小，N不变，故D正确，BC错误；故选D。【点睛】相似三角形法在处理共点力的动态平衡时较为常见，当无法找到直角三角形时，应考虑应用此法。3.取水平地面为重力势能零点一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能为重力势能的3倍。不计空气阻力该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】设抛出时物体的初速度为v0，高度为h，物块落地时的速度大小为v，方向与水平方向的夹角为根据机械能守恒定律得：mv02+mgh=mv2；据题有：mv02=3mgh；联立解得：，则 cos=可得 ，故选B。4.光滑水平地面上有两个静止的小物块a和b，a的质量为m，b的质量M可以取不同的数值。现使a以某一速度向b运动，此后a与b发生弹性碰撞，则（ ）A. 当Mm时，碰撞后b的速度最大B. 当Mm时，碰撞后b的动能最大C. 当Mm时，若M越小，碰撞后b的速度越小D. 当Mm时，若M越大，碰撞后b的动量越小【答案】B【解析】【详解】设碰撞前a的速度为v0碰撞后a、b的速度分别为va和vb取碰撞前a的速度方向为正方向。根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得：mv0=mva+Mvb。mv02=mva2+Mvb2。联立解得 va=v0，vb=v0；由vb=v0知，m一定，M越小，vb越大，碰撞后b的速度没有最大值，故A错误。碰撞后b的动能 Ekb=Mvb2=；根据数学知识知，当，即M=m时，Ekb有最大值，故B正确。当Mm时，若M越小，由vb=v0知，m一定，vb越大，故C错误。碰撞后b的动量 Pb=Mvb=，则知M越大， 越小，Pb越大，故D错误。故选B。【点睛】解决本题的关键是掌握弹性碰撞遵守的两大规律：动量守恒定律和机械能守恒定律，通过列式，结合数学知识不等式知识分析碰撞后b的动量和动能的变化情况。5.静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：恒力做功的大小等于机械能的增量，撤去恒力后，物体仅受重力，只有重力做功，机械能守恒设在恒力作用下的加速度为a，则机械能增量，知机械能随时间不是线性增加，撤去拉力后，机械能守恒，则机械能随时间不变，故C正确视频6.如图所示，螺旋形光滑轨道竖直放置，P、Q为对应的轨道最高点，一个小球以一定速度沿轨道切线方向进入轨道，且能过轨道最高点P，则下列说法正确的是（ ）A. 小球恰能过轨道最高点P的速度为零B. 轨道对小球不做功，小球在P点的角速度大于在Q点的角速度C. 小球在Q点的向心加速度大于在P点的向心加速度D. 小球在Q点对轨道的压力大于在P点对轨道的压力【答案】CD【解析】【详解】小球在P点做圆周运动，重力提供向心力，故mg=，故P点速度不为零，故A错误；由于支持力始终与速度方向垂直，所以支持力不做功即轨道对小球不做功，仅有重力做功，小球机械能守恒。则P点的速度小于Q点速度，且P点的半径大于Q点的半径。所以小球通过P点的角速度小于通过Q点的。故B错误；小球在P点的速度小于Q点速度，且P点的半径大于Q点的半径。根据a=得，小球在P点的向心加速度小于Q点的，故C正确。小球在P点的向心加速度小于Q点的，则小球在P点的向心力小于Q点的，而向心力是由重力与轨道对它的支持力提供，因此小球在P点的支持力小于Q点的，即小球对轨道的压力P点小于Q点的。故D正确；故选CD。【点睛】解决本题的关键知道支持力与速度方向垂直，支持力不做功，通过动能定理比较线速度的大小关系，知道线速度、角速度、向心加速度的大小关系7. 2014年5月10日天文爱好者迎来了“土星冲日”的美丽天象“土星冲日”是指土星和太阳正好分处地球的两侧，三者几乎成一条直线该天象每378天发生一次，土星和地球绕太阳公转的方向相同，公转轨迹都近似为圆，地球绕太阳公转周期和半径以及引力常量均已知，根据以上信息可求出（ ）A. 土星质量B. 地球质量C. 土星公转周期D. 土星和地球绕太阳公转速度之比【答案】CD【解析】试题分析：A、B、行星受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列方程后，行星的质量会约去，故无法求解行星的质量，故AB均错误；C、“土星冲日”天象每378天发生一次，即每经过378天地球多转动一圈，根据（）t=2可以求解土星公转周期，故C正确；D、知道土星和地球绕太阳的公转周期之比，根据开普勒第三定律，可以求解转动半径之比，根据v=可以进一步求解土星和地球绕太阳公转速度之比，故D正确；故选：CD8.如图所示，两个物体A和B通过轻绳相连，绳与滑轮间的摩擦可忽略不计。开始系统处于静止状态，各段轻绳均在竖直方向上，已知物体B的质量为m，重力加速度为g。现对物体B施加一竖直向下、大小为mg的恒力F。下列说法中正确的是（ ）A. 物体A和动滑轮的总质量为2mB. 施加外力后，物体B的加速度大小为gC. 施加外力后，物体B的加速度大小为gD. 系统加速过程中，轻绳的张力大小为【答案】ACD【解析】系统静止时，绳对物体B的拉力大小为mg，所以物体A和动滑轮的总质量为2m，故A正确；施加外力后，设绳中拉力为T，物体B的加速度大小为a，则物体A的加速度大小为a/2。对物体B由牛顿第二定律有：F+mgT=ma，对物体A及动滑轮有：2T2mg=2ma/2，解得a=2g/3，T=4mg/3，故B错误， CD正确。所以ACD正确，B错误。二、实验题9.如图所示，某同学制作了一个弹簧弹射装置，轻弹簧两端各放一个金属小球（小球与弹簧不连接），压缩弹簧并锁定，该系统放在内壁光滑的金属管中（管径略大于两球直径），金属管水平固定在离地面一定高度处，解除弹簧锁定，两小球向相反方向弹射，射出管时均已脱离弹簧，现要测定弹射装置锁定时具有的弹性势能，并探究弹射过程遵循的规律，实验小组配有足够的基本测量工具，重力加速度大小取g，按下述步骤进行实验：用天平测出小球P和Q的质量分别为m1、m2；用刻度尺测出管口离地面的高度h；解除锁定记录两球在水平地面上的落点N、M；根据该同学的实验，回答下列问题：（1）除上述测量外，要测定弹射装置锁定时具有的弹性势能，还需要测量的物理量是（ ）A弹簧的压缩量xBP、Q两球落地点M、N到对应管口的水平距离 x1、x2C金属管的长度LD两球从弹出到落地的时间 t1、t2（2）根据测量物理量可得弹性势能的表达式_。（3）如果满足关系式_，则说明弹射过程中轻弹簧和两金属球组成的系统动量守恒（用测得的物理量符号表示）。【答案】 (1). B； (2). ； (3). ；【解析】【详解】（1）由题意可知，弹簧的弹性势能转化为小球的动能，则由EPmv2即可求得弹性势能；故应测量小球的质量m以及通过光电门的速度v，为了测量小球的速度，需要知道做平抛运动的水平位移，即需测量P、Q两球落地点M、N到对应管口的水平距离 x1、x2；压缩量、金属管的长度以及时间和小球的直径均不需要测量；故B正确，ACD错误。故选B；（2）由（1）可知： 由hgt2可得平抛运动的时间为：t=，根据水平方向上的匀速直线运动规律可知：v1，v2，即为：（3）根据动量守恒定律可知，两球碰前动量为零，碰后方向向反，设向左为正，则有：0=m1v1-m2v2再根据水平方向x=vt可得：m1x1=m2x2【点睛】本题考查动量守恒定律的验证以及弹性势能的计算，要注意通过题意明确实验原理，能根据机械能守恒定律以及动量守恒定律分析对应的实验规律及误差情况。10.实验小组采用如图甲所示实验装置测量木块与木板间动摩擦因数，提供的器材有：带定滑轮的长木板，有凹槽的木块，质量为m0的钩码若干，打点计时器，电源，纸带，细线等实验中将部分钩码悬挂在细线下，剩余的钩码放在木块的凹槽中，保持长木板水平，利用打出的纸带测量木块的加速度(1) 正确进行实验操作，得到一条纸带。纸带的一部分如左图所示，纸带上两相邻计数点的时间间隔为T=0.10s。该同学将纸带从每个计数点处截断，得到6条短纸带，再把6条短纸带的下端对齐贴在纸上，以纸带下端为横轴建立直角坐标系，并将刻度尺边缘紧靠纵轴，其示数如右图所示。则打下计数点“2”时小车的速度大小为_m/s；小车的加速度大小为_ m/s2(结果均保留两位有效数字)(2) 将木块凹槽中的钩码逐个添加到细线下端，改变悬挂钩码的总质量m，测得相应的加速度a，作出am图象如图所示已知当地重力加速度g9.8 m/s2，则木块与木板间动摩擦因数_(保留两位有效数字)；的测量值_(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值。(3) 实验中_(选填“需要”或“不需要”)满足悬挂钩码总质量远小于木块和槽中钩码总质量【答案】 (1). 0.47； (2). 0.70； (3). 0.33； (4). 大于； (5). 不需要；【解析】【详解】（1）依据中时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，那么计数点“2”时小车的速度大小为： ；根据x=aT2结合逐差法可得：。（2）根据牛顿第二定律可知mg-（M-m）g=Ma，解得，由图可知，-g=-3.3，解得=0.33；的测量值大于真实值，原因是滑轮与轴承、细线间有摩擦，纸带与打点计时器间有摩擦等；（3）在此实验中，由于把小车和砝码的质量作为了整体，结合第二问可知，不需要满足悬挂钩码质量远小于木块和槽中的钩码总质量；【点睛】此题在求解加速度时还可这样做：纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比，还等于各段纸带中间时刻的速度之比，即纸带的高度之比等于中间时刻速度之比，这种等效替代的方法减小了解题难度，要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。三、计算题11.如图所示，有质量为m1=2 kg、m2=3 kg的两个物体放置于水平地面上，它们与地面的动摩擦因数分别为10.2，20.1。用F22 N的水平推力推两物体，使它们由静止开始一起向右运动，经过一段时间后撤去力F，当两物块都停止运动后，相距x=6.75 m。已知重力加速度g=10 m/s2，求力F作用的时间t?【答案】 【解析】【详解】设撤去力F时两物块的共同速度为v，撤去力F之前，由牛顿第二定律F-（1m1g+2m2g）=（m1+m2）a根据速度公式可知：v=at撤去力F之后，由牛顿第二定律物体1：1m1g=m1a1物体2：2m2g=m2a2由运动学公式对物体1有：v2=2a1x1对物体2有：v2=2a2x2而x=x2-x1联立解得t=s12.如图，水平光滑轨道AB与半径为R的竖直光滑半圆形轨道BC相切于B点。质量为2m和m的a、b两个小滑块（可视为质点）原来静止于水平轨道上，其中小滑块a与一轻弹簧相连。某一瞬间给小滑块a一冲量使其获得初速度向右冲向小滑块b，与b碰撞后弹簧不与b相粘连，且小滑块b在到达B点之前已经和弹簧分离，不计一切摩擦，小滑块b离开C点后落地点距离B点的距离为2R，重力加速度为g，求：（1）小滑块b与弹簧分离时的速度大小vB；（2）上述过程中a和b在碰撞过程中弹簧获得的最大弹性势能 Epmax；（3）若刚开始给小滑块a的冲量为I3m，求小滑块b滑块离开圆轨道的位置和圆心的连线与水平方向的夹角。（求出角的正弦函数值即可）。【答案】（1）（2）（3）【解析】解：（1）小滑块b脱离C点后，由平抛运动规律有： 解得： 小滑块b 恰好通过C点。以B点为零势能点，小滑块b从B点到C点由机械能守恒定律有则小滑块b与弹簧分离时的速度 （2）小滑块b与弹簧分离过程满足动量和能量守恒： 解得： 当弹簧压缩至最短时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律和能量守恒定律有：解得：（3）由动量定理有：解得： 可知小滑块b不能通过C点，设小滑块b到达D点时离开，如图所示设倾角为，刚好离开有N=0，由牛顿第二定律有：由动量守恒定律和能量守恒定律可知b脱离弹簧的速度为： 从B到D由机械能守恒有：解得 13.如图所示的四幅图分别对应四种说法，其中正确的是_A微粒运动(即布朗运动)就是物质分子的无规则热运动B当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等C食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的D小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用E热量总是自发的从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体【答案】BDE【解析】微粒运动(即布朗运动)不是物质分子的无规则热运动，而是液体分子无规则热运动的表现，选项A错误；当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等，分子力表现为零，选项B正确；食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的，故C错误小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用，故D正确热量总是自发的从高温物体传到低温物体，即从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体，选项E正确；故选BDE.点睛：本题主要是对图示的把握，以及对所学知识的应用能力，对生活中的现象，应该能用自己掌握的知识给予解释，侧重知识的实际应用能力14.如图所示，两个壁厚可忽略的圆柱形金属筒A和B套在一起，底部到顶部的高度为18cm，两者横截面积相等，光滑接触且不漏气。将A用绳系于天花板上，用一块绝热板托住B，使它们内部密封的气体压强与外界大气压相同，均为1.0105Pa，然后缓慢松开绝热板，让B下沉，当B下沉了2cm时，停止下沉并处于静止状态。求：（1）此时金属筒内气体的压强。（2）若当时的温度为27，欲使下沉后的套筒恢复到原来位置，应将气体的温度变为多少？【答案】（1） （2） 【解析】【详解】（1）设缸体横截面积为Scm2，缸内气体做等温变化初态：p1=1.0105Pa，V1=18S，中间态：V2=20Scm3根据玻意耳定律，p1V1=p2V2，解得：（2）中间态：V2=20Scm3，T2=300K，末态：V3=18Scm3，根据盖吕萨克定律得到：故：t=270-273=-3【点睛】本题考查玻意耳定律和盖吕萨克定律，按照规范化的解题步骤，列出对应的状态，然后代入