四川省资阳市2019届高三物理上学期一诊试题（含解析）.doc

四川省资阳市2019届高三物理上学期一诊试题（含解析）一、单选题1. 伽利略在著名的斜面实验中，让小球分别沿倾角不同、阻力很小的斜面从静止开始滚下，他通过实验观察和逻辑推理，得到的正确结论有（ ）A. 倾角一定时，小球在斜面上的位移与时间成正比B. 倾角一定时，小球在斜面上的速度与时间成正比C. 斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端时的速度与倾角无关D. 斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端所需的时间与倾角无关【答案】B【解析】倾角一定时，小球在斜面上的位移与时间的平方成正比，在斜面上的速度与时间成正比，故选项A错误，选项B正确，斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端时的速度与倾角有关，从顶端滚到底端所需时间与倾角有关，故选项C、D错误.2.如图所示，在静电场中有A、B两点，则下列说法中正确的是（ ）A. 场强EAEB，电势ABB. 将电荷+q从A点移到B点，电场力做负功C. 将重力可忽略的电荷+q从A点移到B点，加速度变小D. 将电荷q分别放在A、B两点，具有的电势能EpAEpB【答案】D【解析】【详解】根据顺着电场线电势降低，则知：电势AB由图知，a处电场线疏，b处电场线密，而电场线的疏密表示场强的相对大小，则场强EAEB故A错误。+q从A点移到B点，电场力方向与位移方向的夹角小于90，则电场力做正功，故B错误。将重力可略的电荷+q从A点移到B点，所受的电场力增加，则加速度变大，选项C错误；根据负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，则电荷-q在A处电势能小，B处电势能大，即EpBEpA故D正确。故选D。【点睛】本题关键要掌握电场线的两个物理意义：方向表示电势高低、疏密表示场强的大小；正电荷在高电势点的电势能较大，负电荷相反3.如图，质量为m的物体置于倾角为的固定斜面上，物体与斜面之间的动摩擦因数为，先用平行于斜面的推力F1作用于物体上，使其能沿斜面匀速上滑，若改用水平推力F2作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，则两次力之比为A. cos+sin B. cossinC. l+tan D. 1tan【答案】B【解析】F1作用时，物体的受力情况如图1，根据平衡条件得 F1=mgsin+FNFN=mgcos解得：F1=mgsin+mgcosF2作用时，物体的受力情况如图2，根据平衡条件得F2cos=mgsin+FNFN=mgcos+F2sin解得： 所以 ，故选B4.如图所示，a、b、c三个物体在同一条直线上运动，其xt图像中，图线c是一条x=0.4t2的抛物线。有关这三个物体在05 s内的运动，下列说法正确的是（ ）A. a物体做匀加速直线运动B. c物体做加速度增大的加速直线运动C. t5 s时，a物体与c物体相距10 mD. a、b两物体都做匀速直线运动，且速度相同【答案】C【解析】【详解】位移图象倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，则知a、b两物体都做匀速直线运动。由图看出斜率看出，a、b两图线的斜率大小、正负相反，说明两物体的速度大小相等、方向相反，速率相同。故AD错误；图线c是一条x=0.4t2的抛物线，结合x=v0t+at2可知，c做初速度为0，加速度为0.8m/s2的匀加速直线运动，故B错误。根据图象可知， t5s时，a物体与c物体相距10m，故C正确。故选C。【点睛】本题是为位移-时间图象的应用，要明确斜率的含义，并能根据图象的信息解出物体运动的位移以及速度大小和方向二、多选题5.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（ ）A. 平行板电容器的电容将变大B. 静电计指针张角不变C. 带电油滴的电势能将增大D. 若先将上极板与电源正极连接的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变【答案】BD【解析】【分析】电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化。【详解】A项：根据 d增大，则电容减小，故A错误；B项：静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B正确；C项：电势差不变，d增大，则电场强度减小，故P点与上极板的电势差减小，则P点的电势升高，因油滴带负电，可知带电油滴的电势能将减小，故C错误；D项：电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变，故D正确。故选：BD。【点睛】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变，只改变两板间距离时，板间电场强度不变。6.如图所示，空间有一底面处于水平地面上的正方体框架ABCDA1B1C1D1，从顶点A沿不同方向平抛一小球（可视为质点）。关于小球的运动，下列说法正确的是A. 落点在A1B1C1D1内的小球，落在C1点时平抛的初速度最小B. 落点在B1D1上的小球，平抛初速度的最小值与最大值之比是C. 运动轨迹与AC1相交的小球，在交点处的速度方向都相同D. 运动轨迹与A1C相交的小球，在交点处的速度方向都相同【答案】BC【解析】【详解】小球落到A1B1C1D1内时下落的竖直高度都相同，根据h=gt2可知，时间相同，落在C1点时水平位移最大，则平抛的初速度最大，选项A错误；落点在B1D1上的小球，最近的水平位移为，最远的水平位移为a（a为正方体的边长），则平抛初速度的最小值与最大值之比是，选项B正确；设AC1的倾角为，轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向与水平方向的夹角为则有，tan=，则 tan=2tan，可知一定，则轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向相同，故C正确；运动轨迹与A1C相交的小球，在交点处的位置不同，则竖直高度不同，根据可知竖直速度不同，因水平速度相同，可知速度方向都不相同，D错误。故选BC.【点睛】决本题的关键要掌握平抛运动的研究方法，即水平分运动为匀速直线运动，竖直分运动为自由落体运动，运动时间由下落的高度决定；掌握分位移公式；D项也可以根据作为结论记住。7.如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为FT，拉力FT与速度的平方v2的关系如图乙所示，图象中的数据a和b包括重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是A. 数据a与小球的质量无关B. 数据b与小球的质量无关C. 比值b/a只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关D. 利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径【答案】AD【解析】【详解】当v2=a时，此时绳子的拉力为零，物体的重力提供向心力，则mg，解得v2=gr，故a=gr，与物体的质量无关，故A正确；当v2=2a时，对物体受力分析，则mg+b=，解得b=mg，与小球的质量有关，故B错误；根据AB可知与小球的质量有关，与圆周轨道半径有关，故C错误；若F=0，由图知：v2=a，则有mg=，解得：，若v2=2a。则b+mg=m，解得：m=，故D正确。故选AD。【点睛】本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能根据图象获取有效信息，尤其是图像与坐标轴的交点的物理意义。8.如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是A. 当 时，绳子没有弹力B. 当时，A、B相对于转盘会滑动C. 在范围内时，B所受摩擦力不变D. 在 范围内增大时，A所受摩擦力先不变后增大【答案】ABC【解析】【详解】当B达到最大静摩擦力时，绳子开始出现弹力，kmg=m2L2，解得，知时，绳子没弹力，故A正确。当A所受的摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B相对于转盘会滑动，对A有：kmg-T=mL2，对B有：T+kmg=m2L2，解得，当时，A、B相对于转盘会滑动,故B正确。时B已经达到最大静摩擦力，则在内，B受到的摩擦力不变，故C正确。当在范围内，A相对转盘是静止的，A所受摩擦力为静摩擦力，所以f-T=mL2，当增大时，静摩擦力也增大，故D错误。故选ABC.【点睛】此题关键要知道这样的物理过程：开始角速度较小，两木块都靠静摩擦力提供向心力，B先到达最大静摩擦力，角速度继续增大，则绳子出现拉力，角速度继续增大，A的静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，开始发生相对滑动。9.2011年中俄联合实施探测火星计划，由中国负责研制的“萤火一号”火星探测器与俄罗斯研制的“福布斯土壤”火星探测器一起由俄罗斯“天顶”运载火箭发射前往火星。已知火星的质量与地球质量之比为1:9，火星的半径约与地球半径之比为1:2，下列说法中正确的是_。A发射速度只要大于第一宇宙速度即可B发射速度应大于第二宇宙速度而小于第三宇宙速度C火星表面的重力加速度与地球表面重力加速度之比是4:9D火星探测器绕火星表面和绕地球表面做圆周的周期之比为 E火星探测器环绕火星运行的最大速度为地球第一宇宙速度的【答案】BCE【解析】【详解】火星探测器前往火星，脱离地球引力束缚，还在太阳系内，发射速度应大于第二宇宙速度、可以小于第三宇宙速度，故A错误、B正确。由mg，得：g=，所以故C正确；由得，则火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍，选项E正确；根据，则火星探测器绕火星表面和绕地球表面做圆周的周期之比为 ，选项D错误；故选BCE.【点睛】了解三个宇宙速度的基本含义通过物理规律把进行比较的物理量表示出来，再通过已知的物理量关系求出问题是选择题中常见的方法三、实验题探究题10. 在探究弹簧的弹力与伸长量之间关系的实验中，所用装置如图1所示，将轻弹簧的一端固定，另一端与力传感器连接，其伸长量通过刻度尺测得，某同学的实验数据列于下表中伸长量x/102m2.004.006.008.0010.00弹力F/N1.502.934.555.987.50（1）以x为横坐标，F为纵坐标，在图2的坐标纸上描绘出能正确反应这一弹簧的弹力与伸长量间的关系图线：（2）由图线求得这一弹簧的劲度系数为 （保留三位有效数字）【答案】（1）如图（2）75.0N/m【解析】试题分析：以纵轴表示弹簧的弹力，横轴表示弹簧的伸长量，描点作图让尽量多的点落在直线上或分居直线两侧图象的斜率表示弹簧的劲度系数解：（1）描点作图如下图（2）根据图象，该直线为过原点的一条倾斜直线，即弹力与伸长量成正比，图象的斜率表示弹簧的劲度系数，k=75.0N/m故答案为：（1）如图（2）75.0N/m【点评】解决本题的关键掌握弹力与弹簧伸长关系的实验步骤，会描点作图，掌握作图的方法会从图象中分析数据11.利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连；遮光片两条长边与导轨垂直，导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度v，实验时滑块在A处由静止开始运动。（1）某次实验测得倾角=30，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为Ek=_，系统的重力势能减少量可表示为EP=_，在误差允许的范围内，若Ek=EP，则可认为系统的机械能守恒；(用题中所给字母表示)（2）按上述实验方法，某同学改变A、B间的距离，得到滑块到B点时对应的速度，作出v2d图象如图所示，并测得M=m，则重力加速度g_m/s2。【答案】 (1). (2). (3). 9.6【解析】试题分析：（1）滑块从A处到达B处的速度，则系统动能的增加量系统重力势能的减小量Ep=mgd-Mgdsin30=（m）gd（2）根据系统机械能守恒的，（M+m）v2（m）gd，则，图线的斜率，解得g=96m/s2考点：验证机械能守恒定律【名师点睛】了解光电门测量瞬时速度的原理实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面，掌握系统机械能守恒处理方法，注意图象的斜率的含义。四、计算题12.如图所示，在E103V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R0.4 m，N为半圆形轨道最低点，一带负电且电荷量q104 C的小滑块，质量m0.01 kg，与水平轨道间的动摩擦因数0.15，位于N点右侧d1.5 m的M处，若给小滑块一个初速度v0向左运动，小滑块恰能通过半圆形轨道的最高点Q。取g=10 m/s2，求：（1）小滑块的初速度v0；（2）小滑块通过Q点后落回水平轨道时落点S距N的水平距离x。【答案】（1）（2） 【解析】【详解】（1）设小滑块恰能到达Q点时速度为v，由牛顿第二定律得：小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得： 联解得： （2）小滑块从Q点飞出，由类平抛运动知识有： 联解得：【点睛】此题中滑块恰好通过最高点时轨道对滑块没有弹力，由牛顿定律求出临界速度，再根据动能定理和牛顿运定律结合求解小球初速度13.如图所示，质量为和质量为可视为质点的两物块相距d一起静止在足够长且质量为的木板上，已知、与木板之间的动摩擦因数均为，木板与水平面的动摩擦因数为某时刻同时让、以初速度速度，的速度沿木板向右运动。取，求：若与不相碰，与间距d的最小值；在水平面滑行的位移x。【答案】(1)1.5m；(2)2.5m【解析】【分析】(1)由牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求出两质点的位移，然后求出两质点间的初始距离；(2)由牛顿第二定律求出木板的加速度，然后由运动学公式求出M的位移。【详解】(1) 根据题意知，m1、m2在木板上做减速运动，M在水平面上做加速运动，由牛顿定律得：对m1：1m1g=m1a1对m2：1m2g=m2a2对M：1m1g+1m2g-2（m1+m2+M）g=MaM，设经过t1，M与m2共速且为v，m1的速度为v3，由运动学公式得：对m1，速度：v3=v1-a1t1，位移： 对m2，速度：v=v2-a2t1，位移：对M，速度：v=aMt1位移：在t1时间内m1与m2的相对位移：x1=x1-x2，由题可知M与m2共速后它们相对静止，其加速度为a，由牛顿第二定律得：1m1g-2（m1+m2+M）g=（M+m2）a，解得：a=0，即：M与m2共速后一起匀速运动， m1继续减速，设经过t2系统共速，其速度为v，由运动学知识，对m1有：v=v3-a1t2，位移： 对M和m2整体有：xM=vt2，x2=x1-xM，由几何关系可得：dx1+x2，代入数据解得：dm=1.5m；(2) 由题可知系统整体共速后一起减速直到静止，由牛顿定律得：2(m1+m2+M)g(M+m1+m2)a，由运动学知识得： M运动的位移为：x=xM+xM+xM，代入数据解得：x=2.5m。【点睛】本题考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用，分析清楚物体受力情况与运动过程是解题的前提，注意关联物体之间的速度以及位移关系等，抓住临界状态，例如共速时刻。14.如图所示，质量为m24kg和m33kg的物体静止放在光滑水平面上，两者之间用轻弹簧拴接。现有质量为m11kg的物体以速度v08m/s向右运动，m1与m3碰撞（碰撞时间极短）后粘合在一起。试求：m1和m3碰撞过程中损失的机械能；m2运动的最大速度vm。【答案】 【解析】【详解】设m1与m3碰撞后的速度为v1，由动量守恒定律及功能关系得： 对m1、m3整体和m2及弹簧组成的系统，可知当弹簧第一次恢复原长时m2的速度最大，由动量守恒及功能关系有：