2019届高三物理11月统考考前模拟试卷试卷(含解析).doc

2019届高三物理11月统考考前模拟试卷试卷(含解析)一、选择题1.以下说法正确的是（ ）A. 只有很小的物体才能视为质点，很大的物体不能视为质点B. 若以河岸为参考系，在顺水漂流的船上行走的人可能是静止的C. 做直线运动的物体，其位移大小跟这段时间内它通过的路程一定相等D. 牛顿第一定律是牛顿第二定律在合外力为零情况下的一个特例【答案】B【解析】【详解】物体可以看成质点的条件是看物体的大小体积对所研究的问题是否产生影响，而不是看物体的绝对大小，很小的物体不一定能视为质点，很大的物体不一定不能视为质点，故A错误；若以河岸为参考系，若人在船上以与船大小相等的速度，反向运动，则人可能相对河岸是静止的；故B正确；做直线运动的物体，若有往返现象，则位移大小与路程不相等；故C错误；牛顿第一定律揭示了力和运动的关系，即力是改变物体运动状态的原因或产生加速度的原因，同时指出了物体具有保持原来运动状态的属性，即惯性。因为不受力的物体是不存在的，从这里可以看出牛顿第一定律是理想情况下的定律，牛顿第二定律指出了加速度与力和质量的关系即F=ma当加速度a=0时，并不能说明物体不受力，只能说明作用于物体的几个力的合力为零。因此，牛顿第一定律不是牛顿第二定律在物体的加速度a=0条件下的特例，故D错误；故选B.2.伽利略在研究自由落体运动时，做了如下的实验：他让一个铜球从阻力很小（可忽略不计）的斜面上由静止开始滚下，并且做了上百次假设某次试验伽利略是这样做的：在斜面上任取三个位置A、B、C，让小球分别由A、B、C滚下，如图所示设A、B、C与斜面底端的距离分别为 x1、x2、x3，小球由 A、B、C 运动到斜面底端的时间分别为 t1、t2、t3，小球由 A、B、C 运动到斜面底端时的速度分别为v1、v2、v3，则下列关系式中正确，并且是伽利略用来证明小球沿光滑斜面向下的运动是匀变速直线运动的是（ ）A. v12=v22=v32 B. v1t1=v2t2=v3t3 C. x1x2=x2x3 D. x1t12=x2t22=x3t32【答案】D【解析】小球在斜面上三次运动的位移不同，末速度一定不同，故A错误；由v=at可得，a=vt，三次下落中的加速度相同，故公式正确，但不是伽利略用来证用匀变速直线运动的结论；故B错误；由图可知及运动学规律可知，x1-x2x2-x3，故C错误；由运动学公式可知，x=12at2故a=2xt2，故三次下落中位移与时间平方向的比值一定为定值，伽利略正是用这一规律说明小球沿光滑斜面下滑为匀变速直线运动，故D正确；故选D3.在水平面上有a、b两点，相距20 cm，一质点在一恒定的合外力作用下沿a向b做直线运动，经过0.2s的时间先后通过a、b两点，则该质点通过a、b中点时的速度大小为( )A. 无论力的方向如何均大于1 m/sB. 无论力的方向如何均小于1 m/sC. 若力的方向由a向b，则大于1 m/s，若力的方向由b向a，则小于1 m/sD. 若力的方向由a向b，则小于1 m/s，若力的方向由b向a，则大于1 m/s【答案】A【解析】试题分析：质点在水平恒力F作用下做匀变速直线运动，中点位置速度大于中间时刻速度，而中间时刻速度等于这段时间内的平均速度v=xt=1m/s，故无论力的方向如何均大于1m/s，A正确；考点：考查了匀变速直线运动规律的应用【名师点睛】在分析匀变速直线运动问题时，由于这一块的公式较多，涉及的物理量较多，并且有时候涉及的过程也非常多，所以一定要注意对所研究的过程的运动性质清晰，对给出的物理量所表示的含义明确，然后选择正确的公式分析解题4.如图为三种形式的吊车的示意图，OA为可绕O点转动的杆，重量不计，AB为轻质细绳，当它们吊起相同重物时，杆OA在三个图中受力分别为Fa、Fb、Fc的关系是：A. FaFc= Fb B. Fa= Fb Fc C. Fb Fa Fc D. Fa= Fb =Fc【答案】B【解析】【详解】分别对三种形式的结点进行受力分析，设杆子的作用力分别为F1、F2、F3，各图中T=mg在图（a）中，Fa=2mgcos30=3mg。在图（b）中，Fb=mgtan60=3mg。在图（c）中，Fc=mgcos30=32mg可知Fa= Fb Fc，故B正确，ACD错误。故选B。5.如图，质量为m的物体置于倾角为的固定斜面上，物体与斜面之间的动摩擦因数为，先用平行于斜面的推力F1作用于物体上，使其能沿斜面匀速上滑，若改用水平推力F2作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，则两次力之比F1F2为（ ）A. cos+sinB. cossinC. l+tanD. 1tan【答案】B【解析】F1作用时，物体的受力情况如图1，根据平衡条件得 F1=mgsin+FNFN=mgcos解得：F1=mgsin+mgcosF2作用时，物体的受力情况如图2，根据平衡条件得F2cos=mgsin+FNFN=mgcos+F2sin解得：F2mgsin+mgcoscossin 所以F1F2mgsin+mgcosmgsin+mgcoscossincossin ，故选B6.如图所示，将质量为m=0.1kg的物体用两个完全一样的竖直弹簧固定在升降机内，当升降机以4m/s2的加速度加速向上运动时，上面弹簧对物体的拉力为0.4N；当升降机和物体都以8m/s2的加速度向上运动时，上面弹簧的拉力为A. 0.6N B. 0.8N C. 1.0N D. 1.2N【答案】A【解析】试题分析：当升降机以4m/s2的加速度加速向上运动时，设下面弹簧处于压缩，根据牛顿第二定律得，F1+F2-mg=ma1，F2=1.0N当升降机和物体都以8m/s2的加速度向上运动时，合力F合=ma2=0.8N，根据牛顿第二定律知，两根弹簧作用在物体上的合力为1.8N，则物块要下移，根据胡克定律，两根弹簧增加的弹力相等，开始F1=0.4N，F2=1.0N，则每根弹簧增加0.2N，所以上面弹簧的弹力为0.6N故A正确，BCD错误故选A.考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】解决本题的关键掌握牛顿第二定律以及胡克定律，因为两弹簧完全相同，则当物体下移时，两根弹簧的形变量相等，弹力变化也相等；注意要搞清两个弹簧的弹力方向关系.7.如图甲所示，在倾角为30的足够长的光滑斜面上，有一质量为m的物体，受到沿斜面方向的力F作用，力F按图乙所示规律变化（图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正）则物体运动的速度v随时间t变化的规律是下图中的（物体的初速度为零，重力加速度取10m/s2）（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：根据牛顿第二定律得出物体运动的加速度，根据加速度与速度的方向关系判断物体的运动，若加速度与速度方向同向，做加速直线运动，若加速度方向与速度方向相反，则做减速运动解：在01s内，根据牛顿第二定律得，方向沿斜面向上，物体向上做匀加速直线运动；在12s内，拉力为零，根据牛顿第二定律得，方向沿斜面向下，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，2s末速度为零在23s内，根据牛顿第二定律得，方向沿斜面向下，物体沿斜面向下做匀加速直线运动，3s末的速度大小v=a3t=15m/s故C正确，A、B、D错误故选C【点评】解决本题的关键是通过牛顿第二定律得出加速度，根据加速度方向与速度方向的关系判断物体的运动规律8.如图所示，一质点在一恒力作用下做曲线运动，从M点运动到N点时，质点的速度方向恰好改变了90，在此过程中，质点的动能:A. 不断增大 B. 不断减小 C. 先减小后增大 D. 先增大后减小【答案】C【解析】【详解】因为质点速度方向恰好改变了90，可以判断恒力方向应为右下方，与初速度的方向夹角要大于90，小于180才能出现末速度与初速度垂直的情况，因此恒力先做负功，当达到速度与恒力方向垂直后，恒力做正功，动能先减小后增大。所以C正确，ABD错误。故选C。【点睛】此题需要根据物体做曲线运动的条件有其运动情况分析受力情况，进一步分析力的做功问题，从而判断速度（动能）的变化9.如图所示，天花板上固定有一光滑的轻质定滑轮，绕过定滑轮且不可伸长的轻质细绳左端悬挂一质量为M的铁块；右端悬挂有两质量均为m的铁块，上下两铁块用轻质细线连接，中间夹一轻质弹簧处于压缩状态，此时细线上的张力为2mg，最初系统处于静止状态。某瞬间将细线烧断，则左端铁块的加速度大小为：A. g/4 B. g/3 C. g D. 2g/3【答案】D【解析】【详解】由题意可知，烧断细线前轻绳了上的张力为2mg，根据平衡条件可知M=2m，以右上端的铁块为研究对象，根据平衡条件可知，烧断细线前弹簧的弹力为mg，方向向上；细线烧断的瞬时，铁块M与右上的铁块m间的轻绳张力也会发生变化，但二者的加速度大小相同，沿绳子方向对两物体分析，根据牛顿第二定律可得：2mg+mg-mg=3ma；解得：a=23g；故D正确，ABC错误。故选D。【点睛】本题考查牛顿第二定律应用中的动态分析问题，本题关键点在于明确弹簧是处于压缩状态的，所以分析时要以右上的m分析，不能分析右下的物体，同时注意应用牛顿第二定律时是沿绳子方向列牛顿第一定律方程10.如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面。下列说法正确的是:A. 斜面倾角=60B. A获得最大速度为2gm5kC. C刚离开地面时，B的加速度最大D. 从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒【答案】B【解析】【详解】A的速度最大的时候，应是A受力为0的时候，故此时绳的拉力等于T=4mgsin，C此时刚好要离开地面，故弹簧的拉力为mg，对B受力分析可得绳对B的拉力为T=2mg，则得4mgsin=2mg，可得：=30，故A错误。初始系统静止，且线上无拉力，对B有：kx1=mg；C刚好离开地面时：kx2=mg；可知 x1=x2，则从释放至C刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零；此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，即：4mg（x1+x2）sin=mg（x1+x2）+12（4m+m）vAm2；以上方程联立可解得：A获得最大速度为 vAm=2gm5k，故B正确；物体C刚刚离开地面时，B合外力为0，加速度为0，故C错误。从释放A到C刚离开地面的过程中，根据A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，但是A、B两小球组成的系统机械能不守恒，故D错误。故选B。【点睛】本题关键是对三个小球进行受力分析，分析弹簧的弹力变化情况，确定出它们的运动状态，再结合平衡条件和系统的机械能守恒进行分析11.如图所示，倾角为30的斜面体固定在水平地面上，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的滑轮O（可视为质点）A的质量为m，B的质量为4m开始时，用手托住A，使OA段绳恰处于水平伸直状态（绳中无拉力），OB绳平行于斜面， 此时B静止不动将A由静止释放，在其下摆过程中B始终保持静止则在绳子到达竖直位置之前，下列说法正确的是（ ）A. 物块B受到的摩擦力一直沿着斜面向上B. 物块B受到的摩擦力先减小后增大C. 绳子的张力一直增大D. 地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向右【答案】BCD【解析】【详解】初始情况下分析物块B受力：竖直向下的重力4mg、垂直斜面向上的支持力FN、沿斜面向上的静摩擦力Ff沿斜面和垂直斜面正交分解B物块受到的力，B物块处于平衡状态，则有：沿斜面方向：Ff=4mgsin30=2mg，垂直斜面方向：FN=4mgcos30=23mg。由牛顿第三定律知：物块B对斜面有垂直斜面向下的压力FN和沿斜面向下的静摩擦力Ff，把这两个力向水平方向分解，则得：斜面体水平方向受到B的作用力（取水平向左为正方向）：FNsin30-Ffcos30；又FN=FN=4mgcos30=23mg，Ff=Ff=4mgsin30=2mg。则FNsin30-Ffcos30=0；所以初始状态下斜面体水平方向受物块B的合力为零，不存在受地面的摩擦力。小球A下摆过程中，物块B始终保持静止，则小球A不对外做功，机械能守恒，小球A的速度不断增大，到最低点时速度最大，这时小球A摆到低时对绳的拉力最大，设r为A到滑轮的绳长，最低点小球A的速度为v，则由机械能守恒定律得：12mv2=mgr，又由牛顿第二定律得：F-mg=mv2r，则小球A对绳的拉力为F=mv2r+mg=3mg，即物块B受到绳子沿斜面向上的拉力为3mg，此时物块B在平行于斜面方向所受的摩擦力为Ff=F-4mgsin30=3mg-2mg=mg，方向沿斜面向下，由此可知物块B受到斜面的摩擦力先是沿斜面向上2mg，后逐渐减少到零，再沿斜面向下逐渐增大到mg，所以，选项A错误，选项B正确。由以上分析知绳子的张力一直增大，小球A摆到低时对绳的拉力最大，故C正确。将A由静止释放，在其下摆过程中B始终保持静止，在绳子到达竖直位置之前，把斜面与物块B看做整体，绳子始终有拉力，此拉力水平向左有个分力，而整体保持静止，水平方向受力平衡，因此地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向右，那么选项D正确。故选BCD。【点睛】本题解答时要正确的分析好物体的受力，同时，要选好受力的研究对象：分析绳子拉力时选小球A，分析物块B受的摩擦力时选B物块，分析地面的摩擦力时选斜面与B物块整体，再者要注意物块B所受到的摩擦力是否达到最大值12. 质量为0.6 kg的物体在水平面上运动，图中的两条斜线分别是物体受水平拉力和不受水平拉力的vt图象，则()A. 斜线一定是物体受水平拉力时的图象B. 斜线一定是物体不受水平拉力时的图象C. 水平拉力一定等于0.2 ND. 物体所受的摩擦力可能等于0.2 N【答案】CD【解析】由vt图像可以看出两种情况下物体均做匀减速直线运动，如果拉力与阻力方向相同时，图线1为物体不受拉力时的图像，如果拉力与阻力方向相反时，阻力大于拉力，图线2为不受拉力时的图像，AB错；图线1的加速度大小为1/3，图线2的加速度大小为2/3，当两力方向相同时有F+f=，求得F=0.2N，同理可求得当两力方向相反时拉力也为0.2N，CD对；13.美国宇航局计划2025年前载人登陆小行星。为训练宇肮员能在失重状态下工作和生活，需要创造一种失重的环境。在地球表面附近，当飞机模拟某些在重力作用下的运动时，就可以在飞机座舱内实现短时间的完全失重状态。现要求一架飞机在速度大小为v1=500m/s时进人失重状态试验，在速度大小为V2=1000m/s时退出失重状态试验。（重力加速度取10m/s2）则：（ ）A. 可以使飞机模拟斜抛运动B. 可以使飞机模拟向下的减速运动C. 如果是竖直上抛运动，可计算出失重时间是150sD. 如果是竖直下抛运动可计算出失重时间是50s【答案】ACD【解析】【详解】当飞机作加速度的大小为重力加速度g，加速度的方向竖直向下的运动时，座舱内的试验者便处于完全失重状态。这种运动可以是飞机模拟无阻力下的竖直下抛运动或竖直上抛运动，也可以是斜抛运动，所以A正确，B错误；如果是竖直上抛运动，可计算时间是t=100050010=150秒，故C正确；如果是竖直下抛运动可计算时间是t=100050010=50秒，故D正确；故选ACD。【点睛】本题关键是分析清楚飞机的运动情况，要创造一种失重的环境就得只受重力，清楚我们学过的只受重力的几种运动，运用运动学公式列式计算。14.质量分别为m1和m2的两个物体A、B，并排静止在水平地面上，如图甲所示，用同方向水平拉力F1、F2分别作用于物体A和B上，作用一段时间后撤去，物体A、B各自滑行一段距离后停止，物体A、B运动的v-t图象分别如图乙中图线a、b所示，相关数据已在图中标出，已知m1m2，下列判断中正确的有( )A. 物体A、B与地面的动摩擦因数一定相同B. 力F1一定大于力F2C. 力F1对物体A所做的功一定小于力F2对物体B所做的功D. 力F1的最大瞬时功率一定小于力F2的最大瞬时功率【答案】AB【解析】试题分析：在v-t图象中，图线的斜率表示了物体运动的加速度，图线与时间轴所围的面积表示了物体的位移，根据图乙可知，2s末撤去了力F1，4.5s末撤去了力F2，在撤去了拉力后，两物体水平方向上均仅受水平地面的滑动摩擦力作用，又因为图线a、b的斜率相等为2m/s2，即a2m/s2，根据牛顿第二定律解得，ag，因此物体A、B与地面的动摩擦因数相同，均为0.2，故选项A正确；在有拉力作用时，根据牛顿第二定律有：F1m1gm1a1，F2m2gm2a2，解得：F15m1，F2289m2，由于m1m2，所以F1F2，故选项B正确；根据功的定义式可知，力F1对物体A所做的功为：W1F1x130m1，力F2对物体B所做的功为：W2F2x235m2，因不清楚m1、m2的具体数值，所以无法比较W1与W2的大小关系，故选项C错误；力F1的最大瞬时功率为：P1mF1v1m30m1，力F2的最大瞬时功率为：P2mF2v2m1409m2，所以P1mP2m，故选项D错误。考点：本题主要考查了功、功率的计算，和对牛顿第二定律和v-t图象的理解与应用问题，属于中档题。15.如图所示，质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上，其中弹簧两端分别与静止的滑块N和挡板P相连接，弹簧与挡板的质量均不计；滑块M以初速度v0向右运动，它与挡板P碰撞后粘连在一起，在以后的运动过程中（ ）A. M的速度等于0时，弹簧的长度最短B. M的速度为v0/2时，弹簧的弹性势能最大C. 两滑块速度相同时，N的动量最大D. 弹簧的弹力对N做功最多为mv02/2【答案】BD【解析】【详解】M与P碰撞压缩弹簧时，M做减速运动，N做加速运动，开始时M的速度大于N的速度，当M与N速度相等时，弹簧被压缩到最短，弹簧弹性势能最大，设相等时的速度为v，根据动量守恒定律得：mv0=2mv；解得v=12v0 故A错误，B正确；弹簧被压缩到最短时，N受弹簧的弹力方向向右，所以继续加速，所以N的动量继续增大，故C错误；弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹力使得M减速，N加速，当弹簧恢复原长时，由于两个滑块质量相等，根据动量守恒定律和机械能守恒得，M的速度为零，N的速度是v0。根据动能定理得弹簧的弹力对N做功最多为12mv02故D正确；故选BD。【点睛】本题是系统动量守恒和机械能守恒的问题两个质量相等的小球发生弹性碰撞时，将交换速度二、实验题16. （8分）利用气垫导轨验证机械能守恒定律。实验装置示意图如图1所示，实验步骤：A将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于1m，将导轨调至水平。B用游标卡尺测量挡光条的宽度dC由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离sD将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2。E从数字计时器（图1中未画出）上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间t1和t2。F用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m。用表示直接测量量的字母写出下列所求物理量的表达式：（1）滑块通过光电门1和光电门2时的瞬时速度分别为v1= 和v2= （2）在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的减少量Ep=_ _（重力加速度为g）。系统（包括滑块，挡光条、托盘和砝码）动能的增加量Ek=_ _（3）如果Ep=Ek，则可认为验证了机械能守恒定律。【答案】(1)（2）mgs【解析】试题分析：（1）通过光电门的平均速度近似认为是瞬时速度，；（2）滑块向前移动的位移为s，砝码下落的高度也为s，系统势能的减小量就是砝码重力势能的减小量，系统动能的增加量为。考点：本题考查了机械能守恒定律三、计算题17.质量为M的斜面倾角为，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在斜面上时正好匀速下滑，若用与斜面成a角的力F拉着木块匀速上升，如图。求：（1）当角a为多少时，拉力F最小值，并求出这个最小值？（2）此时水平面对斜面的摩擦力是多少。【答案】（1）=，mgsin2 （2）12mgsin4【解析】试题分析：（1）m匀速下滑：mgsin=mgcos解得：=tanm在F作用下匀速下滑：Fcos=(mgcosFsin)+mgsinF=(mgcos+mgsin)cos+sin=mgsin2cos()当=时，F有最小值为：Fmin=mgsin2。（2）整体法：Ff=Fcos(+)=mgsin2cos2=12mgsin4。考点：本题考查牛顿第二定律，函数极值法。18.如图所示，在高为h=5m的平台右边缘上，放着一个质量M=3kg的铁块，现有一质量为m=1kg的钢球以v0=10m/s的水平速度与铁块在极短的时间内发生正碰被反弹，落地点距离平台右边缘的水平距离为L=2m，已知铁块与平台之间的动摩擦因数为0.5，求铁块在平台上滑行的距离s（不计空气阻力，铁块和钢球都看成质点，取g=10m/s2）【答案】1.6m【解析】试题分析：钢球与铁块发生碰撞，时间极短，动量守恒，碰撞后钢球做平抛运动，已知下落的高度和水平距离，可由平抛运动的规律求出碰后钢球的速度，即可由动量守恒定律求出碰后铁块的速度，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解铁块在平台上滑行的距离s解：设碰撞后钢球反弹的速度大小为v1，铁块的速度大小为v，由于碰撞时间极