四川省蓉城名校联盟2019届高三物理上学期第一次联考试题（含解析）.docx

四川省蓉城名校联盟2019届高三物理上学期第一次联考试题（含解析）二、 选择题： 1.下列说法正确的是A. kg、 m、 N 都是国际单位制中的基本单位B. 加速度为正方向， 物体一定做加速运动C. 速度v =和功率 P =的定义都运用了比值法D. 伽利略发现了行星运动定律【答案】C【解析】【详解】kg、 m都是国际单位制中的基本单位，N是导出单位，选项A错误；加速度为正方向，速度也为正方向时，物体才做加速运动，选项B错误；速度v =和功率 的定义都运用了比值法，选项C正确；开普勒发现了行星运动定律，选项D错误；故选C.2.甲、 乙两质点运动的位移时间( x - t )图象如图所示， 则在 0t2 时间内A. 甲、 乙两质点的运动方向相同B. 甲质点做直线运动， 乙质点做曲线运动C. t1 时刻两质点速度大小一定相等D. 0t2 时间内， 甲质点的平均速度大小等于乙质点的平均速度大小【答案】D【解析】【详解】v-t线的斜率的符号反映速度的方向，可知甲的速度方向为正，乙的速度方向为负，选项A错误；x-t图像只能描述直线运动，选项B错误；t1 时刻两质点位移相等，速度大小不一定相等，选项C错误；0t2 时间内，甲乙的位移大小相等，则甲质点的平均速度大小等于乙质点的平均速度大小，选项D正确；故选D.3.放在固定粗糙斜面上的滑块 A 沿斜面匀速下滑， 如图甲； 在滑块 A 上放一物体 B，物体 B 始终与 A 保持相对静止， 如图乙； 在滑块 A 上施加一竖直向下的恒力 F， 如图丙。 则下列说法正确的是A. 图乙、 丙滑块 A 均匀速下滑B. 图乙、 丙滑块 A 均加速下滑C. 图乙滑块 A 匀速下滑， 图丙滑块 A 加速下滑D. 图乙滑块 A 加速下滑， 图丙滑块 A 匀速下滑【答案】A【解析】【详解】甲图中A沿斜面匀速下滑，则A重力沿斜面的分量与滑动摩擦力相等，即mgsin=mgcos；加上B后，把AB看成一个整体，则仍然满足（m+M）gsin=（m+M）gcos，所以仍然做匀速下滑；加力F后与加物体B是一样的情况，仍然满足（mg+F）sin=（mg+F）cos，图丙滑块 A 仍匀速下滑，故选A.【点睛】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用力的平衡进行求解，抓住所加的外力或物块后整体利用共点力平衡即可判断.4.材料和粗糙程度均相同， 但质量不同的两滑块， 以相同的初动能在同一水平面上滑行直到停止， 则质量小的滑块A. 运动的加速度大 B. 运动的距离大C. 运动的时间短 D. 克服摩擦力做的功少【答案】B【解析】【详解】根据牛顿第二定律可知可知，两滑块的加速度相同，选项A错误；根据动能定理：可知，质量小的运动的距离大，选项B正确；根据动量定理，可知质量小的运动时间长，选项C错误；根据动能定理：可知，两物体克服摩擦力做的功相等，选项D错误；故选B.【点睛】本题关键是能根据牛顿第二定律、动能定理以及动量定理进行讨论；涉及到位移问题用动能定理，涉及到时间问题用动量定理.5.2018 年 7 月 25 日， 科学家们在火星上发现了一个液态水湖， 这表明火星上很可能存在生命。 若一质量为 m 的火星探测器在距火星表面高度为 h 的轨道上做匀速圆周运动， 运行周期为 T， 已知火星半径为 R， 引力常量为 G， 则A. 探测器的线速度 B. 火星表面重力加速度C. 探测器的向心加速度 D. 火星的密度【答案】AB【解析】【详解】探测器的线速度,选项A正确；对探测器：，解得火星的质量：；由可得火星表面的重力加速度：，选项B正确；根据可知，测器的向心加速度：，选项C错误；火星的密度，选项D错误；故选AB.6.如图是滑雪场的一条雪道。 质量为 60kg 的某滑雪运动员由 A 点沿圆弧轨道滑下，在 B 点以 10m/s 的速度水平飞出， 落到了倾斜轨道上的 C 点（ 图中未画出）。 不计空气阻力， 37 ， g10m/s2， 则下列判断正确的是A. 该滑雪运动员腾空的时间为 0.75sB. BC 两点间的落差为 11.25mC. 落到 C 点时重力的瞬时功率为 9000WD. 若该滑雪运动员从比 A 点稍低处滑下， 落到 C 点时速度与竖直方向的夹角变小【答案】BC【解析】【详解】运动员平抛的过程中，水平位移为x=v0t；直位移为y=gt2；地时：tany/x；立解得t=1.5s；y=11.25m。故A错误，B正确；落地时的速度：vy=gt=101.5=15m/s；所以落到C点时重力的瞬时功率为：P=mgvy=601015=9000 W故C正确；根据落地时速度方向与水平方向之间的夹角的表达式：，可知到C点时速度与竖直方向的夹角与平抛运动的初速度无关。故D错误。故选BC。7.如图所示， 在粗糙水平面上， 用水平轻绳相连的两个相同物体 P、 Q 质量均为 m，在水平恒力 F 作用下以速度 v 做匀速运动。 在 t = 0 时轻绳断开， Q 在 F 作用下继续前进， 则下列说法正确的是A. t = 0 至时间内， P、 Q 的总动量守恒B. t = 0 至时间内， P、 Q 的总动量守恒C. 时， Q 的动量为mvD. 时， Q 的动量为mv【答案】AD【解析】【详解】设P、Q所受的滑动摩擦力大小均为f，系统匀速运动时，有 F=2f，得 f=F/2；轻绳断开后，对P，取向右为正方向，由动量定理得-ft=0-mv，联立得，即时P停止运动。在P停止运动前，即在t=0至时间内，P、Q系统的合外力为零，总动量守恒。故A正确。至时间内，P停止运动，Q匀加速运动，系统的合外力不为零，则系统的总动量不守恒，故B错误。时，取向右为正方向，对Q，由动量定理得 (F-f)t=pQ-mv，解得Q的动量 pQ=mv，故D错误，C错误。故选AD。【点睛】本题是脱钩问题，要抓住脱钩前系统的动量守恒，脱钩后在两者都在运动时系统的动量也守恒。在涉及力在时间上的积累效应时，运用动量定理求动量或速度是常用的方法。8.如图所示， 竖直面内有固定轨道 ABC， AB 是半径为 2R 的四分之一光滑圆弧， BC 是半径为 R 的粗糙半圆弧（ B 是轨道的最低点） ， O 点是 BC 圆弧的圆心， POQ 在同一水平线上， BOC在同一竖直线上。 质量为 m 的小球自由下落 2R 后， 沿轨道 ABC运动， 经过轨道 C 点后， 恰好落到轨道上的 P 点。 则下列说法正确的是A. 小球运动到 B 点前的瞬间对轨道的压力为 9mgB. 小球运动到 B 点后的瞬间对轨道的压力为 5mgC. 小球运动到 C 点对轨道的压力为mgD. 小球运动到 C 点的过程中， 克服摩擦力做功mgR【答案】CD【解析】【详解】小球下落到B的过程：mvB2=mg4R，解得：vB=2；在运动到B点之前：NB-mg=m；得：NB=5mg ，根据牛顿第三定律可知对轨道的压力为5mg；故A错误；在运动到B点之后：NB-mg=m；得：NB=9mg，根据牛顿第三定律可知对轨道的压力为9mg；故B错误；落到P点事的水平距离：，则在C点的速度：；在C点： ，解得NC=，选项C正确；小球运动到 C 点的过程中，克服摩擦力做功，选项D正确；故选CD.【点睛】本题考查圆周运动的知识和动能定理的应用，要注意正确选择物理过程，对于曲线运动或不涉及时间的运动优先考虑动能定理及机械能守恒定律三、 非选择题： 9.某学习小组利用如图甲所示装置验证机械能守恒定律， 实验中电火花计时器所用的交流电源的频率为 f =50Hz。(1).下列物理量中， 实验开始之前就应该测量的是_（ 填字母代号）。A、重锤质量 B、重力加速度(2).在进行实验时， 某同学获取了一条点迹清晰的纸带，但他测量时发现纸带上第一点与第二点之间的距离明显大于2mm， 造成这个现象的原因可能是_。(3).最终同学们经过反复的实验和筛选， 获得了如图乙所示的一条纸带， 在纸带上选取计数点 A、 B、 C、 D、 E 为相邻的连续计时点， 并测得如图距离 x1、 x2 、 x3 、 x4，然后同学们给出了两种验证机械能守恒的方案：A、验证从 A 点到 E 点之间机械能守恒 B、验证从 B 点到 D 点之间机械能守恒；你认为_ （ 填字母代号） 方案更简洁合理。【答案】 (1). B (2). 先释放纸带，后接通电源 (3). B【解析】【详解】（1）实验要验证的表达式为：mgh=mv2，即gh=v2，则首先要测量的是当地的重力加速度，故选B；（2）他测量时发现纸带上第一点与第二点之间的距离明显大于2mm， 造成这个现象的原因可能是先释放纸带，后接通电源；（3）由于打A点时重物的速度不一定为零，况且E点的速度也不易求解，而B和D两点的速度容易求解，则验证从 B 点到 D 点之间机械能守恒方案更简捷合理；故选B。10.在探究“ 物体质量一定时加速度与力的关系” 的实验中， 某兴趣小组对教材介绍的实验方案进行了优化， 设计了如图所示的实验装置。 其中 M 为带滑轮的小车的质量， m为砂和砂桶的质量（ 滑轮质量不计）。(1).依据优化后实验原理图， 该实验_（ 填“需要” 或“ 不需要”） 将带滑轮的长木板右端垫高， 以平衡摩擦力； 实验中_（ 填“ 一定要” 或“ 不必要”） 保证砂和砂桶的质量 m 远小于小车的质量 M；(2).该同学在实验中得到如图(a)所示的一条纸带（ 两计数点间还有四个点没有画出）， 已知打点计时器采用的是频率为 50Hz 的交流电， 根据纸带可求出小车的加速度为_ m/s2（ 结果保留两位有效数字）。(3).如图(b)所示， 以弹簧测力计的示数 F 为横坐标， 加速度为纵坐标， 画出的 aF 图象是一条直线， 求得直线的斜率为 k， 则小车的质量为_。【答案】 (1). 需要 (2). 不必要 (3). 0.50 (4). 【解析】【详解】（1）依据优化后实验原理图， 该实验需要将带滑轮的长木板右端垫高， 以平衡摩擦力，这样才能使得弹簧秤的拉力的2倍等于小车的合外力； 由于有弹簧测力计测量拉力的大小，则实验中不必要保证砂和砂桶的质量 m 远小于小车的质量 M；（2）由于两计数点间还有四个点没有画出，故相邻计数点的时间间隔为0.1s，由x=aT2可得：a=0.50m/s2（3）根据牛顿第二定律：2F=Ma，则，则 ，解得.【点睛】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对a-F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数11.如图所示， 直角三角形 COD 由粗糙程度不同的材料 A、 B 拼接而成， ODC=37 ，P 为两材料在 CD 边上的交点， 且 CP=PD。 现 OD 边水平放置， 让小物块无初速从 C 点释放， 滑到 D 点时速度刚好为零。 已知小物块与材料 A 在 CP 段的动摩擦因素1= 0.6。（ g 取 10 m/s2， sin 37 0.6， cos 37 0.8） 求：(1).小物块与材料 B 在 PD 段的动摩擦因素2；(2).若将 OC 边水平放置， 再让小物块无初速从 D 点释放， 小物块滑到底端时速率v=7m/s， 则 CD 段的长度为多少？【答案】（1） （2）【解析】【详解】（1）设小物块在P点的速度vP，在CP段的加速度为a1，PD段的加速度为a2，则有： a1=a2又a1=gsin37-1gcos37a2=2gcos37-gsin37解得2=0.9（2）从D到C由动能定理：(设CP=PD=L) 解得L=3.5m，则CD=2L=7m【点睛】解决本题的关键是正确分析物体的运动情况，抓住两段过程之间的关系，如加速度关系，运用牛顿第二定律和运动学规律以及动能定理结合分析。12.如图所示， A、 B 是两块完全相同的长木板， 质量均为 1kg， 紧挨着放在水平面上，但并没有粘连（ 可以分开）。 现有一质量为 2kg 的滑块（ 可视为质点） 静置于 A 木板左端。己知滑块与木板间的动摩擦因数1 = 0.5， 木板与水平面间动摩擦因数2 = 0.25； 现对滑块施加水平向右的恒力 F=14N 作用 1s 后撤去， 撤去 F 时滑块恰好运动到 A、 B 木板的分界处， g 取 10m/s2。 求：(1).木板 A 的长度 L；(2).在 A、 B 木板运动的全过程中， B 木板能达到的最大速度 v；(3).在 A、 B 木板运动的全过程中， B 与地面之间因摩擦产生的热 Q。【答案】（1） （2） （3）【解析】【详解】（1）F作用时，根据牛顿第二定律：滑块的加速度 AB木块的加速度：即AB木板静止与地面，则木板长度： （2）撤去F时，滑块的速度：v1=a1t=2m/s,之后滑块的加速度 ，B板加速度：设经过t1时间，滑块与B板达到共同速度v，这也是B的最大速度：v=v1-a2t1；v=aBt1解得 （3）滑块在t1时间内的位移：B在t1时间内的位移：则A在B上的相对位移：；A未从B上滑下；AB共速后，一起以加速度滑行，则滑行的距离： 则：13.下列说法中正确的是_。A. 温度相同的物体， 分子热运动的平均动能一定相同B. 内能不同的物体， 它们的平均动能可能相同C. 热力学第二定律的本质就是能量守恒定律D. 随着分子间距离的增大， 分子间作用力减小， 分子势能也减小E. 做功和热传递是改变物体内能的两种方式【答案】ABE【解析】【详解】温度是分子平均动能的标志，温度相同的物体，分子热运动的平均动能一定相同，选项A正确；内能不同的物体，温度可能相同，则它们的平均动能可能相同，选项B正确；热力学第二定律与热运动的方向性有关，与能量守恒定律有本质的不同。故C错误；随着分子间距离的增大，分子间的引力和斥力都减小，但是作用力不一定减小，分子势能也不一定减小，选项D错误；做功和热传递是改变物体内能的两种方式，且对改变内能是等效的，选项E正确；故选ABE.14.如图所示， A、 B 气缸长度均为 L， 横截面积均为 S， 体积不计的活塞C 可在 B 气缸内无摩擦地滑动， D 为阀门。 整个装置均由导热性能良好的材料制成。 起初阀门关闭， A 内有压强2P1的理想气体， B 内有压强P1/2的理想气体， 活塞在 B 气缸内最左边， 外界热力学温度为T0。 阀门打开后， 活塞 C 向右移动， 最后达到平衡。 不计两气缸连接管的体积。 求： (1).活塞 C 移动的距离及平衡后 B 中气体的压强；(2).若平衡后外界温度缓慢降为0.50T0， 气缸中活塞怎么移动？ 两气缸中的气体压强分别变为多少？【答案】（1）活塞C移动的距离为，平衡后B中气体的压强为 （2）不移动，气体压强均为【解析】【详解】（1）打开阀门后，两部分气体可以认为发生的是等温变化，设最后A、B的压强均为P2，活塞向右移动x，则A中气体： 2P1LSP2 (L+x)SB中气体：P1LSP2 (Lx)S解得：xL；P2= （2）设降温后气缸内活塞向右移x0，两部分气体的压强为P3 则A中气体： B中气体： 得x0=0，即活塞并不发生移动，因此降温过程两部分气体发生的是等容变化，由A中气体解得：【点睛】本题采用是的隔离法分别对两部分气体用玻意耳定律研究，同时要抓住两部分气体的相关条件，如压强关