2019届高三物理第二次模拟试题(实验班含解析).doc

2019届高三物理第二次模拟试题(实验班，含解析)一、选择题(共8题，每题6分。其中物理部分为不定项选择题，全部选对得6分，部分选对得3分，错选，多选不得分。1. 已知长为L的光滑斜面，物体从斜面顶端由静止开始以恒定加速度下滑，当物体的速度是斜面底端速度的一半时，它沿斜面下滑的距离是A. B. C. D. 【答案】C【解析】设到达底端时的速度为，物体的速度是到达斜面底端速度的一半时，物体沿斜面下滑的位移为，根据速度位移公式有：，解得：，故选项C正确。点睛：根据匀变速直线运动的速度位移公式，结合速度的大小求出下滑的位移。2. 半圆柱体P放在粗糙的水平面上，有一挡板MN，其延长线总是过半圆柱体的轴心O，但挡板与半圆柱体不接触，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q（P的截面半径远大于Q的截面半径），整个装置处于静止状态，如图是这个装置的截面图，若用外力使MN绕O点缓慢地逆时针转动，在Q到达最高位置前，发现P始终保持静止，在此过程中，下列说法正确的是A. MN对Q的弹力大小逐渐减小B. P、Q间的弹力先增大后减小C. 桌面对P的摩擦力先增大后减小D. P所受桌面的支持力保持不变【答案】AC【解析】试题分析：以小圆柱体Q为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，如图1所示由平衡条件得：根据几何关系可知：+不变，分析可知，增大，减小，MN对Q的弹力F1减小，P对Q的弹力F2增大故A正确，B错误若刚开始，挡板在最低点，处于水平位置，对整体受力分析可知，整体水平方向不受力，桌面对P的摩擦力为零，当Q运动到最高点时，对整体受力分析可知，整体水平方向不受力，桌面对P的摩擦力仍为零，则整个过程中，桌面对P的摩擦力先增大后减小，故C正确对P研究，作出受力如图2，地面对P的弹力N=Mg+F2sin，F2增大，增大，所以N增大故D错误故选AC.考点：物体的平衡；【名师点睛】本题采用隔离法研究动态平衡问题，分析受力，作出力图是关键，对C选项分析时可以使用极端假设法，假设初末位置分别在最低点和最高点，再对整体受力分析判断，难度适中。3. 发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，则A. 卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率B. 卫星在轨道3上的角速度等于在轨道1上的角速度C. 卫星在轨道1上经过Q点时的速率小于它在轨道2上经过Q点时的速率D. 卫星在轨道2上经过P点时的加速度大于它在轨道3上经过P点时的加速度【答案】CB、由万有引力提供向心力得：，得，则轨道半径大的角速度小，所以卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度， B错误；C、从轨道1到轨道2，卫星在Q点是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须使卫星加速，使其所需向心力大于万有引力，所以卫星在轨道1上经过Q点时的速率小于它在轨道2上经过Q点时的速率C正确；D、卫星运行时只受万有引力，由a 得：加速度，则知在同一地点，卫星的加速度相等，D错误；故选C。4. 如图所示,生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙,甲的速度为v0，小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为。乙的宽度足够大，重力加速度为g，则 A. 若乙的速度为v0,工件在乙上侧向( 垂直于乙的运动方向)滑过的距离B. 若乙的速度为2v0,工件从滑上乙到在乙上侧向滑动停止所用的时间不变C. 若乙的速度为2v0,工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v=D. 保持乙的速度2v0 不变,当工件在乙上刚停止滑动时,下一只工件恰好传到乙上,如此反复. 若每个工件的质量均为m,除工件与传送带之间摩擦外,其他能量损耗均不计,驱动乙的电动机的平均输出功率【答案】CD【解析】根据牛顿第二定律，mg=ma，得a=g，摩擦力与侧向的夹角为45，侧向加速度大小为，根据2axs0-v02，解得： ，故A错误；由 ，解得 故D正确；故选CD.点睛：本题考查工件在传送带上的相对运动问题，关键将工件的运动分解为沿传送带方向和垂直传送带方向，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解5. 质量m2kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能Ek与其位移x之间的关系如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数0.2，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是 A. x1m时物块的速度大小为2m/sB. x3m时物块的加速度大小为2.5m/s2C. 在前4m位移过程中拉力对物块做的功为9JD. 在前2m位移过程中物块所经历的时间为2s【答案】D【解析】由图象可知，x=1m时动能为：Ek1=2J，由 得：，故A错误同理，当x=4m时动能为：Ek2=9J，v2=3m/s;由动能定理得：F合x=Ek，得 ，可知Ek-x图象的斜率等于合外力，因此物体在0-2m内和2-4m内都做匀加速直线运动在24m内，由2a2x2=v22-v12, 解得24m内加速度为：a2=1.25m/s2，则x=3 m时物块的加速度大小为1.25 m/s2故B错误；对物体运动全过程，由动能定理得：WF+（-mgx）=Ek2-0，x=4m，代入数据解得：WF=25J，故C错误02m过程运动时间为： ，故D正确故选D.点睛：本题对动能定理、牛顿第二定律、运动学公式的综合考查，关键要根据动能定理分析知道：Ek与x成线性关系，说明合外力恒定，即物体作匀变速运动.6. 如图甲所示，光滑金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成角，M、P两端接一电阻R，整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中t=0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F，使金属棒ab由静止开始沿导轨向上运动，导轨电阻忽略不计已知通过电阻R的感应电流I随时间t变化的关系如图乙所示下列关于金属棒运动速度v、外力F、流过R的电量q以及闭合回路中磁通量的变化率随时间变化的图象正确的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】由E=Blv，所以 ，v-t图象是一条过原点斜率大于零的直线，说明了导体棒做的是初速度为零的匀加速直线运动，即v=at；故A错误；根据如图乙所示的I-t图象可知I=kt，其中k为比例系数，由闭合电路欧姆定律可得： 可推出：E=kt（R+r）而，所以有， t图象是一条过原点斜率大于零的直线；故B正确；对导体棒在沿导轨方向列出动力学方程F-BIl-mgsin=ma，而 ，v=at得到 ，可见F-t图象是一条斜率大于零且与速度轴正半轴有交点的直线；故C错误，q-t图象是一条开口向上的抛物线，故D错误；故选B.点睛：此题考查以电磁感应问题中的图象为命题情境考查学生推理能力和应用数学处理物理问题的能力；对于图象问题一定弄清楚两坐标轴的含义，尤其注意斜率、截距的含义，对于复杂的图象可以通过写出两坐标轴所代表物理量的函数表达式进行分析.7. 如图所示，金属杆ab、cd置于足够长的平行轨道MN、PQ上，可沿轨道滑动，轨道所在的空间有竖直向上匀强磁场，导轨电阻不计。则下面说法中正确的是A. 若轨道光滑，给ab一初速度v0，则最终ab、cd一定做匀速运动且速度大小均为0.5v0B. 若轨道光滑，给ab施加一个垂直于ab的恒定外力作用，则最终二者一定做匀加速运动，且速度差恒定C. 若轨道粗糙，给ab施加一个垂直于ab的恒定外力作用，则最终二者一定做匀加速运动，且速度差恒定D. 若将cd换成固定于MN、PQ间的一电容器，且轨道光滑，给ab施加一个垂直于ab的恒定外力，则最终ab一定做匀加速直线运动【答案】BD【解析】A、轨道光滑，ab、cd组成的系统遵从动量守恒定律，最终共速，则：,，当，最终速度大小均为0.5v0，A错误；B、轨道光滑，刚开始，ab棒受到的拉力F大于向左的安培力，做加速度逐渐减小的加速运动，cd受到向右的安培力逐渐增大，做加速运动，当二者速度相等时，两棒受的安培力合力为零，最终两导体棒都做匀加速直线运动，速度差恒定不变，感应电流恒定不变，且不为零， B正确；C、轨道粗糙，当时，ab、cd杆从整体上看所受合外力，此时ab、 cd杆均向右运动，其速度分别为v1、v2.当时两杆最终做匀速运动，稳定时两杆速度差也是恒定的，当时，两杆最终具有相同的加速度，具有恒定速度差，C错误；D、将cd换成固定于MN、PQ间的一电容器时，由牛顿第二定律得：，对电容器：，且，联立求解得：，与速度无关，最终ab将做匀加速运动，D正确；故选BD。8. 如图所示，在场强大小为E的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点把小球拉到使细线水平的位置A，然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平成60的位置B时速度为零以下说法正确的是A. 小球重力与电场力的关系是B. 小球在B点时，细线拉力为2EqC. 小球在A点和B点的加速度大小相等D. 如果小球带正电，还能沿AB圆弧运动【答案】C【解析】根据动能定理得，mgLsin-qEL（1-cos）=0，解得qE=mg，故A错误小球到达B点时速度为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析可知：FT=qEcos60+mgsin60，故细线拉力FTmg，故B错误AB两点是关于平衡位置对称的两点，根据简谐振动的规律可知，小球在AB两点的加速度大小相等，选项C正确；若小球带正电，则小球受向下的重力和向左的电场力，合力方向斜向左下方，故小球先沿合力方向做匀加速运动，绳子拉直后做圆周运动，选项D错误；故选C二、非选择题9. 在“探究弹性势能与弹簧形变量的关系”的实验中，各实验小组所用轻质弹簧规格相同，小球质量不同。(1)某小组用游标卡尺测量小球直径如图所示，则小球直径D=_cm。(2)实验小组将轻质弹簧套在水平光滑细杆上，细杆两端固定在竖直固定的挡板上。小球与弹簧相连，在弹簧的自然长度位置两侧分别放置一激光光源与光敏电阻，如图甲所示。光敏电阻与某一自动记录仪相连，该仪器显示的是光敏电阻阻值R随时间t的变化关系。某时刻把小球拉离平衡位置(小球所受合力为零的位置)后由静止释放，小球在平衡位置的两侧做往复运动，所得R-t图线如图乙所示。若小球的质量为m，则小球在做往复运动的过程中，弹簧的最大弹性势能表达式为_(用图中和题中所给的字母表示，小球在运动中空气阻力不计)。(3)实验小组在实验的过程中不断改变小球释放的位置，测量出每次弹簧的最大形变量x(均在弹簧弹性限度内)，计算出小球在平衡位置时的速度v，做出v-x的图线如图丙所示。由图像可得出弹簧的弹性势能与弹簧的形变量的关系是_(定性描述)。实验中发现不同实验小组做出的v-x图线的斜率不同，原因是_.【答案】 (1). 0.750 (2). (3). 弹簧的弹性势能与其形变量的平方成正比 (4). 小球的质量不同【解析】（1）小球直径D=0.7cm+0.05mm10=0.750cm ；（2）光敏电阻阻值较大时，光强较小，即为遮光时刻，根据遮光时间以及小球直径的值可得小球的最大速度 ，则弹簧的弹性势能 （3）由图像可知v=kx，而 ，则弹簧的弹性势能与弹簧的形变量的关系是：弹性势能与其形变量的平方成正比； 斜率为 ，故不同实验小组做出的v-x图线的斜率不同，原因是小球的质量不同。10. 如图所示，质量m1=3kg的滑块C（可视为质点）放置于光滑的平台上，与一处于自然长度的弹簧接触但不相连，弹簧另一端固定在竖直墙壁上平台右侧的水平地面上紧靠平台依次排放着两块木板A、B已知木板A、B的长度均为L=5m，质量均为m2=15kg，木板A、B上表面与平台相平，木板A与平台和木板B均接触但不粘连滑块C与木板A、B间的动摩擦因数为1=0.3，木板A、B与地面间的动摩擦因数2=0.1现用一水平向左的力作用于滑块C上，将弹簧从原长开始缓慢地压缩一段距离，然后将滑块C由静止释放，当滑块C刚滑上木板A时，滑块C的速度为7m/s设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s2求：(1)弹簧的最大弹性势能；(2)滑块C刚滑上木板A时，木板A、B及滑块C的加速度；(3)从滑块C滑上木板A到整个系统停止运动所需的时间【答案】（1）73.5J：（2）3m/s2和1m/s2；（3）4s【解析】试题分析：（1）EPmax=735J（2）设滑块C在木块A上滑动时，滑块C的加速度为a1，木板A、B的加速度为a2则：1m1g=m1a1，解得：a1=3m/s21m1g2（m1+2m2）g=2m2a2，解得：a2=1m/s2（3）设滑块C在木板A上运动的时间为t1则由： L=（v0t1a1t12）-a2t12解得：t1=1s或t1=25s（舍去）设滑块C离开木板A时的速度为vC，木板A、B的速度分别为vA和vBvC=v0a1t1=4m/svA=vB=a2t1=1m/s滑块C在木板B上滑动时，滑块C的加速度为a1，设B的加速度为a31m1g2（m1+m2）g=m2a3；解得：a3=3m/s2设经过时间t2，B、C达到共同速度v，则有：v=vCa1t2=vB+a3t2，解得t2=05s，v=25m/s从滑块C滑上木板B到与木板B速度相同的过程中，滑块C与木板B的相对位移为：x=075m5m可知此过程中C未离开B，又因12，B、C共速后无相对运动，设B、C一起匀减速运动的加速度为a，运动时间为t32（m1+m2）g=（m1+m2）a；a=1m/s20=vat3；t3=25s则从滑块C滑上木板A到整个系统停止运动所需的时间为： t=t1+t2+t3=4s考点：牛顿第二定律的综合应用11. 如图甲所示为电视机中的显像管的原理示意图，电子枪中的灯丝加热阴极而逸出电子，这些电子再经加速电场加速后，从O点进入由磁偏转线圈产生的偏转磁场中，经过偏转磁场后打到荧光屏MN上，使荧光屏发出荧光形成图像，不计逸出的电子的初速度和重力。已知电子的质量为m、电荷量为e，加速电场的电压为U，偏转线圈产生的磁场分布在边长为l的正方形abcd区域内，磁场方向垂直纸面，且磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。在每个周期内磁感应强度都是从-B0均匀变化到B0。磁场区域的左边界的中点与O点重合，ab边与OO平行，右边界bc与荧光屏之间的距离为s。由于磁场区域较小，且电子运动的速度很大，所以在每个电子通过磁场区域的过程中，可认为磁感应强度不变，即为匀强磁场，不计电子之间的相互作用。(1)求电子射出电场时的速度大小。(2)为使所有的电子都能从磁场的bc边射出，求偏转线圈产生磁场的磁感应强度的最大值。(3)所有的电子都能从磁场的bc边射出时，荧光屏上亮线的最大长度是多少？【答案】（1） （2）（3）【解析】试题分析：（1）当偏转线圈产生磁场的磁感应强度最大为B0时，电子恰好从b点射出电子先经过加速电场加速，由动能定理：qU=mv2-0，解得：；（2）电子在磁场中发生偏转，洛仑兹力提供圆周运动向心力，有：，由几何关系可知，此时电子做圆周运动的半径为：则偏转线圈产生磁场的最大磁感应强度：；（3）电子从偏转磁场射出后做匀速直线运动，当它恰好从b点射出时，对应屏幕上的亮点离O最远此时，电子的速度偏转角满足：，所以电子在荧光屏上亮线的最大长度：X=2stan+l=考点：带电粒子在电场及磁场中的运动12. 如图，以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向内的匀强磁场，磁感应强度大小为B，线段是圆的一条直径，有一个质量为m、电荷量为+q的离子在纸面内从P点射入磁场，射入磁场时速度方向与的夹角为30重力不计(1)若离子在点离开圆形磁场区域，求离子的速度大小v0；(2)现有大量该种离子，速率大小都是，在纸面内沿各个方向通过P点进入圆形磁场区域，试通过计算找出离子只能在圆周的哪一部分射出圆形区域（不计离子间相互作用）；(3)若在圆形区域左侧还存在一个以、为边界的条形区域磁场，磁感应强度大小与圆形区域内相同，两边界间距，且有，其中与圆形区域相切研究(2)问中离子的运动，求“射出圆形区域时的位置”与P点相距最远的那些离子，它们从P点进入圆形区域直到离开条形区域所用的时间【答案】（1） （2）在P左侧磁场圆1/6个圆弧内 （3）【解析】试题分析：（1）由几何关系得，离子在磁场中运动的轨迹半径r1=2R由，得代入r1=2R解得：（2）将运动速度为代入，可得离子在磁场中运动的轨迹半径为如图，Q为离子离开圆形区域位置，则根据几何性质，故令Q0为P点左侧圆形区域边界上一点，且PQ0=R，则磁场圆只能在Q0与P之间的一段劣弧上射出圆形区域，在P左侧，磁场圆上1/6个圆弧内（3）如图，从Q0飞出圆形区域的离子即本问所说离子，在圆形区域中走过半圆，所以运动时间由几何关系得离子匀速直线运动路程匀速运动时间为由几何关系得离子在条形磁场中：，可得则转过的圆心角为时间总时间考点：考查带电粒子在混合场中的运动；动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动【名师点睛】本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动及平抛运动的基本公式。