2019年河北省衡水中学高考高三物理三模试卷(word解析版)

1、90 m2019年河北省衡水中学高考高三物理三模试卷、单选题（本大题共 5小题，共30.0分）1 .下列说法正确的是（）A.地球同步卫星根据需要可以定点在北京正上空B.若加速度方向与速度方向相同，当物体加速度减小时，物体的速度可能减小C.物体所受的合外力为零，物体的机械能一定守恒D.做平抛运动的物体，在任何相等的时间内速度的变化量都是相等的2 .入冬以来，全国多地多次发生雾霾天气，能见度不足 20m。在这样的恶劣天气中，甲、乙两汽车在一条平直 的单行道上，乙在前、甲在后同向行驶。某时刻两车 司机同时听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始 刹车。两辆车刹车时的 v-t图象如图，则（）A.若两车发

2、生碰撞， 开始刹车时两辆车的间距一定等 于 mB.若两车发生碰撞，开始刹车时两辆车的间距一定小于C.若两车发生碰撞，则一定是在刹车后20 s之内的某时刻发生相撞第6页，共16页3.4.D.若两车发生碰撞，则一定是在刹车后20 s以后的某时刻发生相撞重为G的两个完全相同的小球，与水平面间的动摩擦因数均为u.竖直向上的较小的力 F作用在连接两球轻绳的中点，绳间的夹角 a=60。，如图所示.缓慢增大球刚要运动的过程中，下列说法正确的是（A.地面对球的支持力变大B.球刚开始运动时，地面对球没有支持力C.地面对球的摩擦力变小D.球刚开始运动时，球受到的摩擦力最大如图所示，B为半径为R的竖直光滑圆弧的左端

3、点, 的夹角为% -个质量为m的小球在圆弧轨道左侧的八到两B点和圆心C连线与竖直方向A点以水平速度V0抛出，恰好沿圆弧在B点的切线方向进入圆弧轨道，已知重力加速度为g,下列说法正确的是（ ）A. AB连线与水平方向夹角为B.小球从A运动到B的时间C.小球运动到B点时，重力的瞬时功率D.小球运动到竖直圆弧轨道的最低点时，处于失重状态5 .按照我国整个月球探测活动的计划，在第一步“绕月”工程圆满完成各项目标和科学探测任务后，将开展第二步“落月”工程，预计在 2013年以前完成。假设月球半径为R,月球表面的重力加速度为 g0,飞船沿距月球表面高度为3R的圆形轨道I运动，到达轨道的 A点。点火变轨 进

4、入椭圆轨道II ,到达轨道的近月点 B再次点火进入月球近月轨道出绕月球作圆周运动。下列判断错误的是（A.飞船在A点处点火时，动能减少B.飞船在轨道 出绕月球运动一周所需的时间C.飞船从A到B运行的过程中处于完全失重状态D.飞船在轨道I上的运行速率一二、多选题（本大题共 4小题，共22.0分）6 .如图甲所示，足够长的木板 B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A.木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a,得到如图乙所示的a-F图象，已知g取10m/s2,则（）：.:一.甲A.滑块A与木板B间动摩擦因数为B.当时木板B加速度为C.木板B的质量为1kgD.滑块A的质量为

5、4kg7 . 一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为vi时,起重机的有用功率达到最大值P,以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度V2匀速上升为止，则整个过程中，下列说法正确的是（）A.若匀加速过程时间为 t,则速度由变为 的时间大于B.钢绳的最大拉力为一C.重物的最大速度为D.重物做匀加速直线运动的时间为 8 .某综艺节目，选手表演失败后就从舞台上掉下去，为了安全，人掉在一质量忽略的弹簧垫上，假如掉下落在垫子上 可简化为如图所示的运动模型：从O点自由下落，至a点落到弹簧垫上， 经过合力为零的b点（虚线位置）到达 最低点c （实线位置），然后弹起.整个过

6、程中忽略空气 阻力，分析这一过程，下列表述正确的是（）A.经过b点时，选手的速率最大B.从a点到c点，选手的机械能守恒C.由题可知ac的长度是ab长度的2倍D.从a点下落到c点过程中，选手的动能和重力势能之和一直减小9. 关于热现象和热学规律，下列说法正确的是（）A.只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积B.气体温度升高，分子的平均动能一定增大C.温度一定时，悬浮在液体中的固体颗粒越小，布朗运动越明显D.同一液体的饱和汽的压强与其温度、体积都有关系E.第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律 三、填空题（本大题共 1小题，共4.0分）打电计叶嘉如图甲所示，是

7、某同学验证动能定理的实验装置.其步骤如下：a.易拉罐内盛上适量细沙，用轻绳通过滑轮连接在小车上，接纸带，合理调整木 板倾角，使小车沿木板匀速下滑.b.取下轻绳和易拉罐，测出易拉罐和细沙的质量m及小车质量 M.c.取下细绳和易拉罐后， 换一条纸带，让小车由静止释放， 打出的纸带如图乙 （中 间部分未画出）.。为打下的第一点.已知打点计时器的打点频率为f,重力加速度为g.步骤c中小车所受的合外力为 .为验证从O-C过程中小车合外力做功与小车动能变化的关系，测出BD间的距离为Xo,OC间距离为xi,则C点的速度为 .需要验证的关系式为 （用 所测物理最的符号表示）.四、实验题探究题（本大题共 1小题

8、，共9.0分）11.如图甲所示为阿特武德机的示意图，它是早期测量重力加速度的器械，由英国数学家和物理学家阿特武德于 1784年制成.他将质量均为 M的两个重物用不可伸长的 轻绳连接后，放在光滑的轻质滑轮上，处于静止状态.再在一个重物上附加一质量 为m的小物块，这时，由于小物块的重力而使系统做初速度为零的缓慢加速运动并 测出加速度，完成一次实验后，换用不同质量的小物块，重复实验，测出不同m时系统的加速度.（1）所产生的微小加速度可表示为a= （用M、m、重力加速度g表示）；（2）（多选题）若选定如图甲所示左侧重物从静止开始下落的过程进行测量，想 要求出重物的质量 M,则需要测量的物理量有 A.小

9、物块的质量 mB.重物下落的距离及下落这段距离所用的时间C.绳子的长度 D.滑轮半径（3）经过多次重复实验，得到多组a、m数据，作出一一图象，如图乙所示，已知该图象斜率为 出每个重物质量g=五、计算题（本大题共3小题,共30.0分）12.如图甲所示，一倾角为 37。的传送带以恒定速度运行，现将一质量 抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示， 为正方向，g=10m/s2, sin 37 = 0.6, cos 37=0.8.求：(1) 物体与传送带间的动摩擦因数；(2) 08s内物体机械能的增量；(3) 08s内物体与传送带由于摩擦产生的热量.m=1kg的小物体取沿传送带向上13

10、 .如图所示，某货场而将质量为 mi=100kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面， 为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物中轨道顶端无初速滑下，轨道半径R=1.8m.地面上紧靠轨道次排放两声完全相同的木板A、B,长度均为l=2m,质量均为m2=100kg,木板上表面与轨道末端相切.货 物与木板间的动摩擦因数为四，木板与地面间的动摩擦因数科=0.2 (最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s2)(1)求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力.(2)若货物滑上木板 A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求 国(3)若因=0.5,求货物滑到木板 A末

11、端时的速度和在木板应满足的条件.A上运动的时间.77777714 .如图所示，透热的气缸内封有一定质量的理想气体，缸体 质量M=200kg,活塞质量m=10kg,活塞面积S=100cm2.活 塞与气缸壁无摩擦且不漏气。此时，缸内气体的温度为 27 C, 活塞正位于气缸正中，整个装置都静止。已知大气压恒为 p0=1.0 105Pa,重力加速度为 g=10m/s2.求：1)缸内气体的压强p1 ；2) 气缸内气体的温度升高到多少时，活塞恰好会静止在气缸缸口AB 处？此过程中气缸内的气体是吸热还是放热？第 7 页，共 16 页1 .【答案】D【解析】 解:A、同步卫星定轨道，一定位于赤道的上方，且速度

12、、高度、周期一定。故 A错误；B、当加速度与速度方向相同，且加速度又在减小 时，物体做加速度减小的加 速运动，故B错误；C、物体合外力不为零，若重力之外的其他力做功，则机械能不守恒，故C错 误；D、根据N=at=gt知，做平抛运动的物体，在任何相等的时间内速度的变化量 总相等，故D正确。故选：D。A、同步卫星位于赤道的上方，定高度、定速度、定周期；B、当加速度方向与 速度方向相同，物体做加速运 动，当加速度方向与速度方向相反，物体做减 速运动；C、机械能守恒是指：物体在只有重力或弹力做功的情况下，动能和势能相互 转化但总量保持不变；D、根据/"=at=gt分析速度的变化量。本题考查了

13、同步卫星、加速度与速度、机械能守恒的条件、平抛运动的速度 变化量等知识点，牢固掌握它们的实质才能正确选择应用。2 .【答案】C【解析】解:AB、由图可知，两车速度相等经历的时间为20s,甲车的加速度a产 ;1=-1m/s2,乙车的加速度a2=，川=-0.5m/s2,此时甲车的包移x甲二v甲t+口 a1t2=25>20- ； X1 >202=300m,的位移 x 乙二v 乙 t+ ； a2t2=15X20-：>0.5 202m=200m,可知要不相撞，贝U两车的至少距离x=300-200m=100m, 因为两车发生碰撞，则两车的距离小于100m,故AB错误。CD、因为速度相等相

14、等后，若不相撞，两者的距离又逐 渐增大，可知两辆车 一定是在刹车后的20s之内的某时刻发生相撞的，故C正确，D错误。故选:C。根据速度时间图线求出甲乙的加速度，抓住速度相等 时，结合位移时间公式 分别求出两车的位移，结合位移之差求出两者不 发生碰撞的最小距离，从而 分析判断。通过两者的速度大小关系，判断之 间距离的变化，从而得出发生 碰撞发生的时刻。本题考查了运动学中的追及问题，关键抓住临界状态，结合运动学公式和速 度时间图线综合分析。3.【答案】D【解析】解:A、把两小球看成一个整体，受力分析如 图：F个a2.Fn>1/2GF+2FN=2G由于F不断增大，故FN不断减小。故A错误。B.

15、球W开始运动时，不是小球离开地面的时候，而是拉力的水平分力与地面的最大摩擦力相等 时。故此时FN不是零。B错误。C.D .对结点受力分析如图：有 F=2Tsin60 即 T对小球进行受力分析如图有小球静止时，f=T cos60三0.5T在滑动之前f为静摩擦，故F增大，T增大，f增大，故C错误。在滑动后，f为滑动摩擦，f= nN=n G-Tcos30) ,T增加，f减小，故刚要开始滑动时，f最大。D正确。故选：D。把两个小球看作一个整体，进行受力分板，可确定地面的支持力的 变化.球刚开始运动时，不是小球离开地面的时候，而是拉力的水平分力与地面的 摩擦力相等时.当拉力F为0时，地面的摩擦力为0,故

16、F增加，摩擦力增大.对结点和小球分别进行受力分析，找出摩擦力和拉力F的关系即可.本题考查共点力的平衡问题，注意使用整体法和隔离法，选择合适的研究对象是关键.本题难度适中.4 .【答案】B【解析】解:A、小球从A到B做平抛运动，根据几何关系可知小球在B点的速度方向与水平方向的夹角为根据设AB连线与水平方向夹角9,根据平抛运动的推论tan a =2tan瞰A错误；B、根据平行四边形定则知，小球通过B点时竖直方向上的分速度Vy=votan a = gt % Vofunn 一则运动的时间f=1 = ,故B正确；C、小球运动到B点时，重力的功率 P=mgvy=mgv0tan 斗 故C错误；D、小球运动到

17、竖直圆弧轨道的最低点时，止时合力竖直向上且指向圆心，故 小球处于超重状态，故D错误。故选：Bo小球从A到B做平抛运动，根据平抛运动的推论分析AB连线与水平方向夹 角；根据平行四边形定则，抓住小球恰好沿B点切线进入圆轨道求出小球在B 点的竖直分速度，结合速度时间公式求出运动的时间；根据B点竖直分速度， 结合瞬时功率的公式求出重力的瞬 时功率；根据最低点的合力方向分析是否 处于失重状态。本题考查了平抛运动和圆周运动的综合运用，知道平抛运动在水平方向和竖 直方向上的运动规律以及圆周运动向心力的来源是解决本 题的关键。5 .【答案】D【解析】解:A、在圆轨道实施变轨成椭圆轨道远地点是做逐渐靠近圆心的运

18、动，则 现这个运动必须万有引力大于飞船所需向心力，所以应给飞船减速，减小所 需的向心力，动能减小，故A正确；B、根据mg0=m解得：T=2ttJ - ,故B正确C、飞船从A到B运行的过程中只受重力，所以处于完全失重状 态，故C正确 D、飞船在轨道I上，万有引力提供向心力：ft套,在月球表面，万有 引力等于重力得：GM=g0R2,解得：v= J故D错误；因选错误的，故选：D。在月球表面，万有引力等于重力，在任意 轨道，万有引力提供向心力，联立方 程即可求解，卫星变轨也就是近心运动或离心运动，根据提供的万有引力和所需的向心力 关系确定。飞船在近月轨道田绕月球运行，重力提供向心力，根据向心力周期公式

19、即可 求解该题考查了万有引力公式及向心力基本公式的 应用，难度不大，属于中档 题。6 .【答案】BC【解析】解：ACD、由图知，当F=8N时，加速度为：a=2m/s2.对A、B整体，由牛顿第二定律有：F= mA+mB)a,代入数据解得：mA+mB=4kg。当F大于8N时，A、B发生相对滑动，对B,根据牛顿第二定律得：a=F-m1 件m/W=F-由图示图象可知，图线的斜率：k= ' = 一 =1,解得:mB=1kg,滑块A的质量 B为：mA=3kg。F-RHt1UTIt i<J对于方程a= = F- / ，知当a=0时，F=6N,代入数据解得仙=0.2 tit a口明ifiB故AD

20、错误，C正确。B、根据F=10N>8N时，滑块与木板相对滑动，B的加速度为：aB=a=Frm.BJI! .di 2=4m/s/.故B 正确。故选：BC 当拉力F较小时，m和M保持相对静止，一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体法和隔离法结合进行解答。本题是牛顿第二定律与图象的综合题，明确滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线 的斜率和截距入手分析。7 .【答案】ACD【解析】解:A.速度由v1变为v2的做加速度减小的加速运 动，根据速度公式可以判断其运动时间大于t ,故A正确。8 .

21、匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速结束时的拉力，由P=Fv得心-故B错误； P C.重物以最大速度为v2匀速上升时，F=mg,所以尸一，故C正确；D,重物做匀加速运动的加速度2=2里=巴"巴,根据速度公式：t二 HtIHV5= "5一 ,故D正确。a r nigV1故选:ACD。判断物体的运动情况，根据速度公式大约判断时间关系；匀加速提升重物时 钢缆拉力最大，且等于匀加速结束时的拉力，由P=Fv求出最大拉力；重物以 最大速度为V2匀速上升时，F=mg,所以求出最大速度；先根据牛顿第 二定律求出加速度，再根据匀加速直 线运动速度-时间公式求出时间。本题考查的是汽车的启

22、动方式，对于汽车的两种启动方式，恒定加速度启动 和恒定功率启动，对于每种启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉。8 .【答案】AD【解析】解:A、从a到b,该选手所受的弹力小于重力，向下加速运动，从b到c,弹力 大于重力，向下减速运动，所以经过b点时，选手的速率最大。故A正确。B、从a点到c点，弹簧垫对选手做负功，所以选手的机械能不守恒，机械能在 减少，故B错误。C、松手从a静止开始向下运 动，根据简谐运动的对称性有：ac的长度是ab 长度的2倍，而现在选手到a时有向下的速度，而平衡位置b不变，最低点的 位置将下降，所以ac的长度大于ab长度的2倍，故C错误。D、从a点下落到c点过程中，选手和弹簧

23、垫的总机械能守恒，弹簧垫的弹性势能增大，则选手的机械能减小，即选手的动能和重力势能之和一直减小， 故D正确。故选:AD。 分析弹簧的弹力大小的变化，再求得合力的变化；从而明确加速度的变化情 况及速度变化情况，再结合功能关系判断.本题关键要通过分析受力情况，分析选手的运动情况，不能想当然认为选手一接触弹簧垫就减速.要注意选手接触弹簧后机械能并不守恒.9 .【答案】BCE【解析】解:A、知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可以算出每个气体分子占据的空间，但不能算出气体分子体积（分子句隙大），除 错误；B、温度是分子平均动能的标志，故气体温度升高，分子的平均 动能一定增大, 故B正确；C、温度一定时

24、，悬浮在液体中的固体 颗粒越小，布朗运动就越明显，故C正 确；D、同一液体的饱和汽压只与温度有关，与体积无关，故D错误；E、第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，故E正确。故选：BCE。已知气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，还要知道气体的摩 尔质量，才能计 算体积；布朗运动与固体颗粒大小，温度等有关；温度升高时，饱和汽分子的 平均动能增加，分子密度也增加；同一液体的饱和气压与温度有关，与体积无 关；第二永动机并未违反能量的转化与守恒，而是违反了热力学第二定律。本题主要是考查热学部分的基本内容，牢固掌握阿伏伽德 罗常数的计算、布 朗运动、饱和汽的概念是解答本 题的关键10 .【答案】

25、mg mgxi=【解析】解：小车匀速下滑时受到重力、支持力、摩擦力和拉力，合力为零；撤去拉 力后，其余力不变，故合力等于撤去的拉力;故答案为：mg.匀变速直线运动的平均速度等于中 间时刻瞬时速度，故vC= -= _动能增量为：I m启=叫产合力的功为：mgx1故答案为:* mgx产，U .小车匀速下滑时受到重力、支持力、摩擦力和拉力，合力为零；撤去拉力后,其余力不变，故新的合力等于撤去的拉力； 根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻瞬时速度求C点速度，再确 定动能增量；需要验证动能增加量等于合力做的功.本题关键根据实验原理确定需要验证的等式，其中合力的求解根据共点力平衡条件确定.11.【答案

26、】AB第15页，共16页解：10对整体分析，根据牛顿第二定律得，mg= 2M+m)a,解得：149/j2）根据h=：M,解得:a=?. 上f -所以jny 2h根据知，需要测量的物理量有：小重物的质量m,重物下落的距离及下落这段距离所用的时间.故A、B正确.、， “四 13)岫"=尔占“，则厂mg m1I+ 一 ,矢脩线斜率k= , b= fi gg g解得：g= ： , M=瓦. b 2b 小I k故答案为：10口诟2。AB; 30 i,可对整体研究，运用牛顿第二定律求出加速度的大小.根据加速度的表达式，结合位移时间公式求出重物的质量的表达式，通过表达式确定所需测量的物理量.根据加

27、速度的表达式得出1-4关系式，通过图线的斜率和截距求出重力加 a in速度和M的大小.解决本题的关键通过牛顿第二定律和运动学公式得出重力加速度的表达式，以及推导出工-工关系式，结合图线的斜率和解决进行求解. a nt12.【答案】解：(1)由v-t图象可知，传送带沿斜向上运动，物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的，且做加速度方向沿传送带向上、大小为a=-=im/s2的匀减速直线运动，对其受力分析，由牛顿第二定律得：f-mgsin 0ma, N-mgcos 0 =0又f=(iN,联立可得 尸0.875(2)根据v-t图象与时间轴围成的“面积”大小等于物体的位移，可得。8 s内物体的位移 x

28、=-mx (2+6) m-X2>2 m=14 m。8 s内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之和，为22E=mgxsin37 + -mX4 m>2 =90 (J)(3) 0-8s内只有前6s发生相对滑动.0-6s内传送带运动距离为：s带=4>6m=24m0-6s内物体位移为：s物=6m则0-6s内两者相对位移 As=s带-s物=18m08 s内物体与传送带由于摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小，Q=pmgcos 37 74s=0.875 1M0>0.8 18J=126 J答：(1)物体与传送带间的动摩擦因数是0.875;(2) 08s

29、内物体机械能的增量是90J；(3) 08s内物体与传送带由于摩擦产生的热量是126J.【解析】1)根据斜率求出加速度，由牛顿第二定律求解物体与 传送带间的动摩擦因 数.2)速度到象的面积”大小等于位移，物体在0-2s内的位移为正值，在2-8s内的位移为负值.08 s内物体的机械能的增加量等于物体重力 势能的增加量和动能增加量之和.3)在前6s内物体与传送带发生相对滑动，求出相对位移入，产生的热量为Q=n mgcosOM.本题一要读懂速度图象，根据图象分析物体的运 动情况，求出位移和加速度,二要根据牛顿第二定律和功能关系求解相关的量，对于热量，要根据相对位移求解.13.【答案】解：(1)设货物滑到圆轨道末端是的速度为V0,对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得：-设货物在轨道末端所受支持力的大小为Fn,根据牛顿第二定律得：联立以上两式代入数据得：FN=3mg=3000N根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N,方向竖直向下.(2)若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得：阳mgw 2t ( m1+2m2) g若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得：用mig>W(m+m2)g联立式代入数据得：0.4V <0：6.(3)国=0.5,由式可知，货物在木板A上滑动时，木板不动.设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律