湖北省宜昌市（东湖高中、宜都二中）2019届高三物理上学期12月联考试题（含解析）.docx

湖北省宜昌市（东湖高中、宜都二中）2019届高三12月联考物理试题一、选择题1.如图所示，水平地面上的物体A在斜向上的拉力F的作用下，向右做匀速直线运动，则关于下列物体受力情况的说法中正确的是（ ）A. 物体A可能只受到二个力的作用B. 物体A一定只受到三个力的作用C. 物体A一定受到了四个力的作用D. 物体A可能受到了四个力的作用【答案】C【解析】【详解】物体一定受重力；拉力F产生两个作用效果，水平向右拉木块，竖直向上拉木块，由于木块匀速直线运动，受力平衡，水平方向必有摩擦力与拉力的水平分量平衡，即一定有摩擦力，结合摩擦力的产生条件可知则必有支持力，因而物体一定受到四个力；故选C。2.利用传感器与计算机结合，可以绘制出物体运动的图象某同学在一次实验中得到一沿平直轨道运动小车的速度一时间图象如图所示，由此图象可知（ ）A. 小车在20s40s做加速度恒定的匀变速直线运动B. 20s末小车回到出发点C. 小车010s内的平均速度大于1020s内的平均速度D. 小车1030s内的加速度方向相同【答案】D【解析】试题分析:A、根据图象的斜率等于加速度，可知小车在20s-30s内和30s-40s内加速度大小相等、方向相反，加速度大小不变，因此在20s-30s内小车做的不是匀变速直线运动故A错误B、在前20s内小车一直沿正方向运动，则20s末小车没有回到出发点，故B错误C、根据图线与坐标轴所围的面积在数值上表示位移的大小，可知小车在0-10s内的位移小于10-20s内位移，而时间相等，则小车0-10s内的平均速度小于10-20s内的平均速度故C错误D、图象斜率正负表示加速度的方向，则知小车10-30s内的加速度方向相同，故D正确故选D考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系【名师点睛】本题考查读图能力，关键从数学意义来理解图象的物理意义：斜率表示加速度，面积表示位移3.如图，可视为质点的小球位于半圆柱体左端点A的正上方某处，以初速度v0水平抛出，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点。过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为30，则半圆柱体的半径为(不计空气阻力，重力加速度为g )（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，知速度与水平方向的夹角为30，设位移与水平方向的夹角为，则有，因为 ，则是竖直位移为：，联立以上各式解得：，故C正确。点晴：解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住速度方向，结合位移关系、速度关系进行求解。4.在汽车内的悬线上挂着一个小球m，实验表明当汽车做匀变速直线运动时，悬线将与竖直方向成某一固定角度，如图所示若在汽车底板上还有一个跟它相对静止的物体M，则关于汽车的运动情况和物体M的受力情况分析正确的是（ ）A. 汽车一定向右做加速运动B. 汽车一定向左做加速运动C. M除受到重力、底板的支持力作用外，还一定受到向左的摩擦力的作用D. M除受到重力、底板的支持力作用外，还一定受到向右的摩擦力的作用【答案】D【解析】解：A、B、以小球为研究对象，分析受力情况：重力mg和细线的拉力F，由于小球的加速度水平向右，根据牛顿第二定律得知，小球的合力也水平向右，如图，则有mgtan=ma，得a=gtan，一定，则加速度a一定，汽车的加速度也一定，则汽车可能向右做匀加速运动，也可能向左做匀减速运动故AB错误C、D对M：M受到重力、底板的支持力M相对于汽车静止，M的加速度必定水平向右，根据牛顿第二定律得知，一定受到水平向右的摩擦力故C错误，D正确故选：D【点评】本题运用合成法研究小球的加速度，关键抓住小球的加速度与汽车相同，沿水平向右方向，由牛顿第二定律分析受力情况5.人类将在2023年登陆火星，己知人造卫星A绕火星做匀速圆周所能达到的最大速度为v，最小周期为T现有人造卫星B绕火星做匀速圆用运动，运行半径是火星半径的n倍。引力常量为G，则（ ）A. 火星的半径为B. 火星的质量为C. 火星的密度为D. 卫星B的运行速度为【答案】AC【解析】由题意可知，卫星A绕火星表面做圆周运动，则火星的半径满足：，选项A正确；根据，解得，选项B错误；火星的密度为，选项C正确；根据解得，则卫星B的运行速度为，选项D错误；故选AC.6.如图所示，质量为2kg的物体沿倾角为30的固定斜面匀减速上滑了2m距离，物体加速度的大小为8m/s2，重力加速度g取10m/s2，此过程中（ ）A. 物体的重力势能增加了40JB. 物体的机械能减少了12JC. 物体的动能减少了32JD. 系统内能增加12J【答案】BCD【解析】物体上滑过程中，重力做功，则重力势能增加20J，故A错误；对物体受力分析，受重力、支持力、滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有 ，得，由于机械能变化量等于除重力外其余力做的功，此过程中摩擦力做功 ，因此物体的机械能减少了12J，故B正确；根据动能定理合外力做功，故C正确；摩擦生热在数值上等于滑动摩擦力与滑痕之积，故D正确。7.一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中。若把在空中下落的过程称为过程I，进入泥潭直到停住的过程称为过程II，空气阻力忽略不计。则（ ）A. 过程I中钢珠动量的改变量等于重力的冲量B. 过程中阻力的冲量的大小等于过程I中重力冲量的大小C. 过程II中钢珠克服阻力所做的功等于过程I与过程II中钢珠所减少的总重力势能D. 过程II中损失的机械能等于过程I中钢珠所增加的动能【答案】AC【解析】【详解】过程中钢珠只受到重力，根据动量定理分析得知，钢珠动量的改变量等于重力的冲量。故A正确。对全过程分析，根据动量定理可知，则阻力的冲量的大小等于过程和过程中重力冲量的大小总和。故B错误。对于整个过程：钢珠动能的变化量，根据动能定理得知，整个过程重力做功等于钢珠克服阻力做功，而整个重力做功等于整个过程中钢珠所减少的重力势能，所以过程中钢珠克服阻力所做的功等于过程与过程中钢珠所减少的重力势能之和。故C正确。根据功能关系分析得知，过程中损失的机械能等于过程中钢珠克服阻力做功，等于过程中钢珠所增加的动能和过程减小的重力势能。故D错误。故选AC。【点睛】本题一要灵活选择研究的过程；二是运用动量定理研究冲量，运用动能定理研究动能的改变量是常用的思路8.用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，如图所示，现有一质量为m的子弹自左向右水平射入木块，并停留在木块中，子弹初速度为，则下列判断正确的是（ ）A. 从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能不守恒B. 子弹射入木块瞬间动量守恒，故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为C. 忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能等于子弹射入木块前的动能D. 子弹和木块一起上升的最大高度为【答案】AB【解析】【详解】从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒，所以整个过程的机械能不守恒。故A正确；由子弹射入木块瞬间，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v，可得子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为 v=故B正确。忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中，只有重力做功，系统机械能守恒，由于子弹射入木块的过程机械能有损失，所以其机械能小于子弹射入木块前的动能，故C错误；子弹射入木块后子弹和木块一起上升，由机械能守恒定律得 （M+m）v2=（M+m）gh，可得上升的最大高度为故D错误。故选AB。【点睛】子弹射木块是一种常见的物理模型，由于时间极短，内力远大于外力，故动量守恒；系统接下来的运动是摆动，也是一种常见的物理模型，机械能守恒，当然，能用机械能守恒定律解的题通常都能用动能定理解决二、实验题9.某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系。（1）如图，将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测得相应的弹簧长度，部分数据如下表，由数据算得劲度系数k=_N/m取9.8m/s2（2）取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图所示；调整导轨，使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小_ 。（3）用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能。重复以上操作，得到v与x的关系如图，由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的_成正比。【答案】 (1). 50.0； (2). 相等； (3). 压缩量的平方；【解析】【详解】（1）表格中，当50g时，弹簧长度为8.62cm，当100g时，弹簧长度为7.63cm，当150g时，弹簧长度为6.66cm，根据胡克定律，F=kx，设弹簧的劲度系数为k，原长为x0，则列式：0.059.8=k（x0-0.0862）；0.19.8=k（x0-0.0763）；联立两式解得：k=50.0N/m；（2）通过光电门来测量瞬时速度，从而获得释放压缩的弹簧的滑块速度，弹性势能完全转化为动能，因此通过两个光电门的速度大小须相等；（3）根据v与x的关系图可知，图线经过原点，且是斜倾直线，则v与x成正比，由动能表达式，动能与速度的大小平方成正比，而速度的大小与弹簧的压缩量成正比，因此弹簧的弹性势能与弹簧的压缩量的平方成正比；【点睛】考查胡克定律的应用，注意弹簧的长度与形变量的区别，理解光电门能测量瞬时速度的原理，知道弹簧弹性势能与滑块动能的关系同时注意图线的物理含义10.在“验证动量守恒定律”的实验中，请回答下列问题：（1）实验记录如图甲所示，先不放B球，则A球做平抛运动的水平位移是图中的_；放上B球，则B球被碰后做平抛运动的水平位移是图中的_。（两空均选填“OM”、“OP”或“ON”）为测定A球不碰B时做平抛运动的落点的平均位置，把刻度尺的零刻度线跟记录纸上的O点对齐，如图乙给出了小球A落点附近的情况，由图可得距离应为_ cm；（2）小球A下滑过程中与斜槽轨道间存在摩擦力，这对实验结果_产生误差（选填“会”或“不会”）。（3）实验装置如图甲所示，A球为入射小球，B球为被碰小球，以下有关实验过程中必须满足的条件，正确的是（ ）A入射小球的质量mA可以小于被碰小球的质量mB B实验时需要测量斜槽末端到水平地面的高度C入射小球每次不必从斜槽上的同一位置由静止释放D斜槽末端的切线必须水平，小球放在斜槽末端处，应能静止（4）如果碰撞中动量守恒，根据图中各点间的距离，下列式子成立的有（ ）A. mA:mB=ON:MP B. mA:mB=OM:MP C. mA:mB=OP:MN D. mA:mB=OM:MN【答案】 (1). OP； (2). ON； (3). 65.2-65.8； (4). 不会； (5). D； (6). A；【解析】【详解】（1）A球与B球碰后，B球的速度大于A球的速度，碰后B落在N点，A落在M点，因为A球单独释放时平抛运动的速度大于碰后A球的速度，可知A球碰前做平抛运动落在P点则A球做平抛运动的水平位移是图中的OP；放上B球，则B球被碰后做平抛运动的水平位移是图中的ON；小球A落点，应该取多次落点的平均落地点，即用尽量小的圆把这些落点圈起来圆心的位置，由图可得距离应为65.5cm；（2）在甲、乙两装置中，只要保证小球A到达底端的速度相同即可，轨道有无摩擦对实验结果不会产生误差（3）入射小球的质量mA，不可以小于被碰小球的质量mB，否则A球碰后反弹，A错误；在实验中不需要小球的下落高度，只要能保证高度相同，即可知道两小球下落时间相同；故B错误；入射小球每次必从斜槽上的同一位置由静止释放，才能保证每次碰前的速度均相同；故C错误；斜槽末端的切线必须水平，小球放在斜槽末端处，应能静止，故D正确；故选D。（4）两球碰撞后，小球做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中做平抛运动的时间t相等，小球做平抛运动的初速度：，vA=，vB=，由动量守恒定律得：mAvA=mAvA+mBvB，则mA=mA+mB，故A正确；故选A【点睛】对于验证动量守恒定律的实验，实验注意事项包括：（1）前提条件：保证碰撞是一维的，即保证两物体在碰撞之前沿同一直线运动，碰撞之后还沿这条直线运动（2）利用斜槽进行实验，入射球质量要大于被碰球质量，即m1m2，防止碰后m1被反弹三、计算题11.如图所示，质量M=4kg、长L=2m的木板A静止在光滑水平面上，质量m=1kg的小滑块B置于A的左端。B在F=3N的水平恒力作用下由静止开始运动，当B运动至A的中点时撤去力F。A、B之间的动摩擦因数=0.2，g取10m/s2。求： （1）撤去F之前A、B的加速度大小a1、a2；（2）F对B做的功W；【答案】（1）0.5m/s2、1m/s2；（2）6J【解析】【详解】（1）根据牛顿第二定律得：对A：mg=Ma1，代入数据得：a1=0.5m/s2对B：F-mg=ma2，代入数据得：a2=1m/s2；即：撤去F之前A、B的加速度大小a1、a2分别为0.5m/s2、1m/s2；（2）设F作用时间为t，由位移公式得：对B：；对A：；当B运动至A的中点时，有：；代入数据得：t=2s； F做的功：W=FxB；代入数据得：W=6J；即：F对B做的功W是6J。【点睛】本题考查了功能关系、牛顿第二定律。本题是复杂的力学综合题，要边计算边分析物体的运动情况，要抓住各个过程之间的联系，如速度关系、位移关系，运用牛顿第二定律和运动学公式结合研究。12.如图所示为某种游戏装置的示意图，水平导轨MN和PQ分别与水平传送带左侧和右侧理想连接，竖直圆形轨道与PQ相切于Q。已知传送带长L4.0m，且沿顺时针方向以恒定速率v3.0m/s匀速转动。两个质量均为m的滑块B、C静止置于水平导轨MN上，它们之间有一处于原长的轻弹簧，且弹簧与B连接但不与C连接。另一质量也为m的滑块A以初速度v0沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。若C距离N足够远，滑块C脱离弹簧后以速度vC2.0m/s滑上传送带，并恰好停在Q点。已知滑块C与传送带及PQ之间的动摩擦因数均为0.20，装置其余部分均可视为光滑，重力加速度g取10m/s2。求：（1）PQ的距离；（2）v0的大小；（3）已知竖直圆轨道半径为0.55m，若要使C不脱离竖直圆轨道，求v0的范围。【答案】（1）2.25m（2）3m/s（3）v09m/s或 【解析】【详解】（1）设C滑上传送带后一直加速，则，解得： ，所有C在传送带上一定先加速后匀速，滑上PQ的速度v3ms 又因为恰好停在Q点，则有 解得xPQ=2.25m（2）A与B碰撞：mv0=2mv共接下来AB整体压缩弹簧后弹簧恢复原长时，C脱离弹簧，这个过程有2mv共=2mv1+mvC 联立方程可解得：v0=3m/s （3）要使C不脱离圆轨道，有两种情况，一是最多恰能到达圆心等高处，二是至少到达最高处，若恰能到达圆心等高处，则易得 由NQ段：，可得vC=6m/s在A、B碰撞及与弹簧作用的过程中 2mv共=2mv1+mvC 联立方程可解得：v0=9m/s所以这种情况下，A的初速度范围是v09m/s 若恰能到达最高点，则易得 同理可得A的初速度范围是，所以或v09m/s。13.下列说法中正确的是（ ）A. 布朗运动反映的是液体分子的无规则运动B. 根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体C. 物体放出热量，温度一定降低D. 气体对容器壁的压强是由于大量气体分子对器壁的碰撞作用产生的E. 热量是热传递过程中，物体间内能的转移量；温度是物体分子平均动能大小的量度【答案】ADE【解析】试题分析：布朗运动是固体小颗粒的运动，是液体分子无规则运动的反映，故A正确；热量可以从低温物体传到高温物体，但要引起其他方面的变化，故B错误；物体放出热量时，若同时外界对物体做功，则温度可以升高，故C错误；大量气体分子对器壁的持续撞击引起了气体对容器壁的压强，故D正确；热量是热传递过程中,物体间内能的转移量;温度是物体分子平均动能大小的量度，故E正确。考点：热力学第一定律；布朗运动；封闭气体压强【名师点睛】布朗运动是固体小颗粒的运动，但它反映了液体分子的无规则运动；热量可以自发地从高温物体传到低温物体；若热量从低温物体传到高温物体，需引起其他方面的变化；气体压强是由于大量分子对器壁的碰撞产生的；热学内容的考查较为全面，在学习中要注意全面把握；但要注意理解热力学定律及气体压强等内容。14.如图所示，竖直放置的气缸内壁光滑，横截面积S=310-3m2，活塞的质量为m=1.5kg，厚度不计，在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，B到气缸底部的距离为0.5m，A、B之间的距离为0.2m，外界大气压强p0=1.0105Pa，开始时活塞停在B处，缸内气体的压强为0.9p0，温度为27，现缓慢加热缸内气体，直至287，取g=10m/s2求：活塞刚离开B处时气体的温度；缸内气体的最后压强【答案】(1) 77 (2) 【解析】（1）活塞刚离开B处时，气体压强为： 汽缸中气体初态为：p1=0.9p0，T1273+27300K气体等容变化，有： 代入数据解得： T2350K=77（2）设活塞刚好移动到A处，气体温度为T3气体发生等压变化，有：；即 解得：T3490K继续升温，气体发生等容变化；最终气温T4273+287560K，压强p4？解得：p41.2105pa点睛:本题的关