2019届高三物理上学期第四次调研考试试卷(含解析).doc

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2019届高三物理上学期第四次调研考试试卷(含解析) 一、选择题 1.图中给出了四个电场的电场线，则每一幅图中在M、N处电场强度相同的是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 试题分析：因电场线的疏密表示场强的大小，电场线的方向表示场强的方向，由图可知，只有C图中MN两点的电场线疏密程度相同，故MN两点电场强度相同的点只有C． 考点：考查了对电场线的认识 点评：电场线的方向表示场强的方向，电场线的疏密表示场强的大小． 2.已知某物体做直线运动，下列说法正确的是 A. 物体速度为零，加速度一定为零 B. 物体加速度增大，速度一定增大 C. 物体速度变化越快，加速度一定越大 D. 物体受到的合力越大，速度一定越大 【答案】C 【解析】 【详解】A、物体的速度为零时，加速度不一定为零，如自由落体开始下落的位置，故A错误; B、加速度增大时速度不一定增大，如加速度和速度方向相反时速度减小，故B错误； C、加速度是描述速度变化快慢的物理量，速度变化越快，加速度越大，故C正确； D、根据牛顿第二定律可知，当物体受到的合力越大，则加速度越大，但是如果加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动，速度变小，故选项D错误。 【点睛】本题考查加速度和速度的关系，要注意明确加速度只与速度的变化快慢有关，与速度大小、速度变化的大小无关，同时知道加速度和速度同向时物体加速，加速度和速度反向时物体减速。 3.如图所示，质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上，用水平向左的力F拉着绳的中点O，使AO与竖直方向的夹角为θ，物体处于平衡状态，则拉力F的大小为 A. F=mgsinθ B. F=mgtanθ C. F=mgcosθ D. F=mgtanθ 【答案】B 【解析】 【分析】 分析小球的受力情况，运用合成法或正交分解法进行求解，得到F的表达式； 【详解】以结点O为研究对象受力分析如下图所示： 由题可知，竖直绳的张力等于mg，保持不变； 根据平衡条件可知：Tcosθ−mg=0，Tsinθ−F=0 由此两式可得：F=mgtanθ，故B正确，ACD错误。 【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用合成方法求解即可，也可运用正交分解。 4.光滑水平面上，小球A以速率v运动时，和静止的小球B发生碰撞，碰后A以v2的速率弹回，而B球以v3的速率向前运动，则A、B两球的质量之比为 A. 2：3 B. 2：9 C. 3：2 D. 9：2 【答案】B 【解析】 小球A和静止的小球B发生碰撞，取两小球为系统,受到的合外力为零，满足动量守恒的条件；又因为动量是一个矢量，取A球初速度方向为正方向，设A、B小球质量分别为m1、m2，则m1v=－m1v2＋m2v3，得m1:m2=2:9，故B正确. 5.如图所示，在加速上升的电梯中，小明站在一个台秤上．下列说法正确的是 A. 人对秤的压力与秤对人的支持力是一对平衡力 B. 秤对人的支持力与人的重力是一对平衡力 C. 秤对人的支持力等于人对秤的压力 D. 人处于失重状态 【答案】C 【解析】 A. 人对秤的压力与秤对人的支持力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故A错误，C正确； B．人处在加速上升的电梯中，加速度向上，秤对人的支持力与人的重力的合力向上，故B错误； D．人处在加速上升的电梯中，加速度向上，人处于超重状态，故D错误。 故选：C。 6.“蛟龙”再探深海，前往太平洋、印度洋执行实验性应用航次。假设深海探测器在执行下潜任务中，探测器最后达到某一恒定的收尾速度。若探测器质量为m，由于重力作用下潜，探测器的收尾速度为v，探测器受到恒定的浮力F，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A. 探测器达到收尾速度后，合力为向下 B. 探测器达到收尾速度后，探测器受到的水的阻力为mg－F C. 探测器达到收尾速度前，受到的合力可能为零 D. 无论是达到收尾速度前，还是达到收尾速度后，探测器受到的合力都不能是零 【答案】B 【解析】 【详解】探测器达到收尾速度前，受到的合力不可能为零，达到收尾速度后，受到的合力为零，故ACD错误；根据共点力平衡，探测器达到收尾速度后，探测器受到的水的阻力为mg－F，故B正确。所以B正确，ACD错误。 7.在赤道平面内绕地球做匀速圆周运动的三颗卫星m1、m2、m3，它们的轨道半径分别为r1、r2、r3，且r1＞r2＞r3，其中m2为同步卫星，若三颗卫星在运动过程中受到的向心力大小相等，则(　　) A. 相同的时间内，m1通过的路程最大 B. 三颗卫星中，m3的质量最大 C. 三颗卫星中，m3的速度最大 D. m1绕地球运动的周期小于24小时 【答案】C 【解析】 根据万有引力提供向心力可得：GMmr2=mv2r ，解得：v=GMr；由于r1＞r2＞r3，故v1＜v2＜v3，故m3的速度最大，在相同的时间内，m3通过的路程最大，故A错误，C正确。由于F万=GMmr2可得，在向心力大小相等的情况下，由于r1＞r2＞r3，故m1＞m2＞m3．故B错误。据万有引力提供向心力可得：GMmr2=m4π2T2r，可得卫星运动的周期T=2πrrGM，显然轨道半径越大，卫星运动的周期越大，故m1的周期大于m2的周期，而卫星2的周期为24小时，故m1的周期大于24小时，故D错误。故选C。 点睛：卫星绕地球做匀速圆周运动，关键是万有引力提供向心力列出等式求解．只要掌握了万有引力提供向心力的几种不同的表达形式即可顺利此类问题． 8.利用引力常量G和下列某一组数据，不能计算出地球质量的是（ ） A. 地球的半径及重力加速度（不考虑地球自转） B. 人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期 C. 月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离 D. 地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离 【答案】D 【解析】 根据地球表面物体重力等于万有引力可得GMmR2=mg，所以地球质量M=gR2G，故A可计算；由万有引力做向心力可得GMmR2=mv2R=m(2πT)2R，故可根据v，T求得R，进而求得地球质量，故B可计算；根据万有引力做向心力可得GMmr2=m(2πT)2r，故可根据T，r求得中心天体的质量M，运动天体的质量m抵消掉，无法求解，C可求解，D无法求解． 9.如图所示，物体A、B的质量分别为m和2m, 之间用轻弹簧连接，放在光滑的水平面上，物体A紧靠竖直墙，现在用力向左推B使弹簧压缩，然后由静止释放，则 A. 从撤去推力到A离开竖直墙之前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能守恒 B. 从撤去推力到A离开竖直墙之前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒 C. 弹簧第二次恢复为原长时，A、B两物体的速度方向一定相同 D. 弹簧第一次、第二次压缩最短时弹性势能之比为3：1 【答案】ACD 【解析】 【详解】对A、B和弹簧组成的系统，从撤去推力到A离开竖直墙之前，系统受到墙壁的弹力作用，合外力不为零，则A、B和弹簧组成的系统动量不守恒；此过程中由于只有弹力做功，则机械能守恒，选项A正确，B错误；弹簧第二次恢复为原长时，此时A、B两物体的速度方向均向右，方向一定相同，选项C正确；撤去力F后，B向右运动，弹簧弹力逐渐减小，当弹簧恢复原长时，A开始脱离墙面，这一过程机械能守恒，即满足：E=12(2m)vB2；A脱离墙面后速度逐渐增加，B速度逐渐减小，此过程中弹簧逐渐伸长，当A、B速度相同时，弹簧弹性势能最大，这一过程系统动量和机械能均守恒，有：动量守恒：2mvB=（m+2m）v，机械能守恒：EPmax＝12(2m)vB2−12(m+2m)v2；可解得：EPmax＝E3，即弹簧第一次、第二次压缩最短时弹性势能之比为3：1，所以D正确；故选ACD. 【点睛】正确认识动量守恒条件和机械能守恒条件是解决本题的关键．如果一个系统不受外力或所受外力的矢量和为零，那么这个系统的总动量保持不变；系统只有重力或弹力做功为机械能守恒． 10.如图所示，水平传送带能以恒定的速率v运行。现使一个可视为质点的物体，沿与水平传送带等高的光滑水平面以初速度v0从传送带左端滑上传送带，物体最终可能从传送带右端抛出，或从左端滑回光滑水平面，在此过程中，下列说法正确的是 A. 传送带顺时针转动时，物体一定从右端抛出 B. 传送带逆时针转动时，物体一定从左端滑回光滑水平面 C. 传送带顺时针转动和逆时针转动，对物体做的功可能相同 D. 传送带顺时针转动和逆时针转动，物体与传送带因摩擦产生的内能可能相同 【答案】ACD 【解析】 【详解】若传送带顺时针转动时，无论物体的初速度v0与传送带的速度v的关系如何，物体一定从右端抛出，选项A正确；若传送带逆时针转动时，若物体的初速度v0较大，物体在传送带上做减速运动，到达最右端时速度还未减到零，此时也能到达传送带的最右端，选项B错误；若传送带顺时针转动，且物体在传送带上滑动的速度一直大于传送带的速度，则传送带对物体做功为-fL；若传送带逆时针转动，物体一直减速到最右端，此时传送带对物体做功也为-fL；两种情况下对物体做的功相同，选项C正确；物体与传送带因摩擦产生的内能为Q=f∆x，传送带顺时针转动和逆时针转动时，相对传送带的位移可能相同，则物体与传送带因摩擦产生的内能可能相同，选项D正确；故选ACD. 11.如图所示，将一物体从地球表面的A处移到B处，万有引力做功为W1；将该物体从B处移到无穷远处，万有引力做功为W2。取无穷远处引力势能为零，则该物体在A处具有的引力势能可表示为 A. W1-W2 B. W2-W1 C. W1+W2 D. -W1-W2 【答案】C 【解析】 【详解】物体A处移到B处，万有引力做功为W1；物体从B处移到无穷远处，万有引力做功为W2，所以从A移到无穷远处万有引力功做功为W1+W2，万有引力做功引起了重力势能的变化，且万有引力做正功引力势能减小，万有引力做负功，引力势能增大，即W=−ΔEP 取无穷远处引力势能为零，所以A点的引力势能为W1+W2，故C对；ABD错； 故选C 【点睛】把握住万有引力做功与引力势能变化之间的关系即可求解。 12.如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与半径R=1.0 m的光滑圆弧轨道BCD相切于B点，C是圆弧轨道最低点，圆心角∠BOC=37， D与圆心O等高。现有一个质量m=0.2 kg可视为质点的小物体.从D点的正上方E点处自由下落.DE距离h=1.6 m，小物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ=0.5,sin370.6,cos37=0.8，重力加速度g=10 m/s2，下列说法正确的是 A. 小物体第一次通过C点时轨道对小物体的支持力大小为12.4N B. 要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度至少为2.4m C. 若斜面足够长，小物体最终可以停在最低点C D. 若斜面足够长，小物体最终在圆弧底端往复运动 【答案】ABD 【解析】 试题分析：由机械能守恒可求得物体在C点的速度，C点物体做圆周运动，则由牛顿第二定律充当向心力可求得支持力；要使物体不飞出，则到达A点时速度恰为零，则由动能定理可求得AB的长度；由于摩擦力小于重力的分力，则物体不会停在斜面上，故最后物体将稳定在C为中心的圆形轨道上做往返运动， 物体从E到C，由机械能守恒得mgh+R=12mvc2，在C点，由牛顿第二定律得：FN−mg=mvC2R，联立解得支持力FN=12.4N，A正确；从E～D～C～B～A过程，由动能定理得WG−Wf=0，WG=mg[（h+Rcos37）−LABsin37]，Wf=μmgcos37⋅LAB，联立解得斜面长度至少为LAB=2.4m，B正确；因为mgsin37>μmgcos37（或μ 5mg。 【答案】（1）（2）mg2k+2gH（3）FN>5mg 【解析】 【详解】（1）根据受力及弹力的变化可知：在圆环压缩弹簧的过程中，F随x变化的示意图如图所示 （2）在运动过程中当合力为零时，圆环的速度有最大值，设圆环速度最大时弹簧的形变量为x，根据牛顿第二定律有：mg−kx=0 在此过程中，根据F- x图线与x轴围成的面积可求得圆环所受合力做的功：W1=S1=12mgx 从圆环开始下落到圆环速度达到最大的过程中， 根据动能定理有：W1+mgH=12mvm2−0 所以：vm=mg2k+2gH （3）当圆环运动到最低点时圆环速度为零，弹簧的弹力最大（设为Nm），底座对地面的压力FN最大。 设从平衡位置到最低点的过程中，圆环所受合力做的功为W2。 根据动能定理，从接触弹簧到平衡位置的过程中有： 从平衡位置到最低点的过程中有： 根据公式可知： ， 即 结合图像可知，，即 设地面对底座的支持力大小为F。取底座为研究对象，根据牛顿第二定律有： 所以： 根据牛顿第三定律，底座对地面的压力大小，所以： 【点睛】本题考查了弹簧问题比较复杂，要利用图像的面积代表合力做功并结合牛顿定律来求待求物理量。