2019届高三物理试题(四)(含解析).doc

2019届高三物理试题(四)(含解析)二、选择题： 1. 已知地球和火星绕太阳公转的轨道半径分别R1为和R2(公转轨迹近似为圆），如果把行星与太阳连线扫过的面积与其所用时间的比值定义为扫过的面积速率。则地球和火星绕太阳公转过程中扫过的面积速率之比是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】公转的轨迹近似为圆，地球和火星的运动可以看作匀速圆周运动，根据开普勒第三定律知，运动的周期之比，在一个周期内扫过的面积之比为，面积速率为，可知面积速率之比为，故B正确，ACD错误故选B2. 将一个质量为1kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中v-t图像如图所示，则下列说法正确的是（ ）A. 小球上升与下落所用时间之比为2：3B. 小球上升过程中克服阻力做功24 JC. 小球重力和所受阻力之比为5：1D. 小球上升过程中机械能的损失大于下落过程中机械能的损失【答案】C【解析】由速度时间图线可知，小球上升的加速度大小a1242m/s212m/s2，根据牛顿第二定律得，mg+f=ma1，解得阻力f=ma1-mg=12-10N=2N，则重力和阻力大小之比为5：1，故C正确小球下降的加速度a2mgfm1021m/s2=8m/s2，上升的最大高度h=12224m=24m；根据x=at2得，t=2xa=2248s=6s ，因为加速度之比为3：2，则上升和下降的时间之比为6：3，故A错误小球上升过程中克服阻力做功Wf=fh=48J，选项B错误；上升和下降过程中的机械能损失等于克服阻力做功，则小球上升过程中机械能的损失等于下落过程中机械能的损失，选项D错误；故选C.点睛：本题考查了牛顿第二定律和速度时间图线的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过牛顿第二定律和运动学公式求出阻力是解决本题的关键3. 如图所示，两滑块a、b以相同初速度v0在各自轨道上运动, ,两轨道起点与终点等高,且水平距离相同, b轨道在竖直平面内，运动过程中均无机械能损失。对全过程中，则下列说法中错误的是( )A. a、b达到C时对轨道压力大小不等B. a、b达到终点的速度相等C. b比a先到达终点D. a、b运动中的平均速率相等【答案】D【解析】a运动到c点时的速度小于b运动到c点时的速度，况且前者是水平面，后者是曲面，则根据牛顿第二定律可知，a、b达到C时对轨道压力大小不等，选项A正确；因为两轨道起点与终点等高，且运动过程中均无机械能损失，则全过程中两物体的机械能守恒，即a、b达到终点的速度相等，选项B正确；因a以速度v0做匀速运动，而b先做加速运动，后做减速运动，最后的速度都相同，可知b的平均速度大于a的平均速度，可知b先到达终点，选项C正确；b的路程比a长，而时间短，则b的平均速率大于a的平均速率，选项D错误；此题选择错误的选项，故选D.4. 如图所示，A、B两物体的质量分别为mA、mB，且mAmB，整个系统处于静止状态，滑轮的质量和一切摩擦均不计，如果绳一端由Q点缓慢地向左移到P点，PQ距离为L，整个系统重新平衡后，物体的高度和两滑轮间的绳与水平方向的夹角 变化情况是( )A. 物体A上升，上升的高度为Lcos，角不变B. 物体A下降，下降的高度为L2cos，角不变C. 物体A上升，上升的高度为2Lcos，角不变D. 物体A的高度不变，角变小【答案】A【解析】系统静止时，与动滑轮接触的那一小段绳子受力情况如右图所示，同一根绳子上的拉力F1、F2总是相等的，它们的合力F与F3是一对平衡力，以F1、F2为邻边所作的平行四边形是菱形，故mAg=2mBgsin绳的端点由Q点移向P点时，由于mA、mB的大小不变，故不变，因此A上升，B下降由几何关系可知，A下降的高度为：2L2cos=Lcos，故BCD错误，A正确；故选A. 点睛：本题关键抓住平衡后滑轮所受的三个拉力大小都不变对于动滑轮，平衡时两侧绳子的拉力关于竖直方向具有对称性5. “嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道直奔月球，在距月球表面200 km的P点进行第一次变轨后被月球捕获，先进入椭圆轨道绕月飞行，如图所示。之后，卫星在P点又经过两次变轨，最后在距月球表面200 km的圆形轨道上绕月球做匀速圆周运动。对此，下列说法正确的是（ ）A. 卫星在轨道上运动到P点的速度大于在轨道上运动到P点的速度B. 卫星在轨道上运动周期比在轨道上短C. 、三种轨道运行相比较，卫星在轨道上运行的机械能最小D. 卫星在轨道上运动到P点时的加速度大于沿轨道运动到P点时的加速度【答案】C.6. 如图所示，斜劈B固定在弹簧上，斜劈A扣放在B上，A、B相对静止，待系统平衡后用竖直向下的变力F作用于A，使A、B缓慢压缩弹簧，弹簧一直在弹性限度内，则下面说法正确的是( ) A. 压缩弹簧的过程中，B对A的摩擦力逐渐增大B. 压缩弹簧的过程中，A可能相对B滑动C. 当弹簧压缩量为某值时，撤去力F，在A、B上升的过程中，B对A的作用力先增大后减小D. 当弹簧压缩量为某值时，撤去力F，在A、B上升的过程中，A、B分离时，弹簧恢复原长【答案】AD【解析】试题分析：因为开始A相对于B静止，则A在沿斜面方向的分力小于等于最大静摩擦力，设斜劈的倾角为，有：mgsinmgcos，所以（mg+F）sin（mg+F）cos，所以A、B在缓慢压缩弹簧的过程中，仍然能保持相对静止，A所受的摩擦力f=（mg+F）sin，对整体分析，F逐渐增大，可知摩擦力逐渐增大，故A正确，B错误撤去F后，在弹簧恢复原长前，整体的加速度逐渐减小，隔离对A分析，有：F-mg=ma，则B对A的作用力逐渐减小当弹簧恢复原长后，B受到重力和弹簧的弹力作用，加速度大于g，将与A发生分离故C错误，D正确故选AD。考点：共点力平衡；牛顿第二定律【名师点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡和牛顿第二定律进行求解，知道撤去F后，AB开始具有相同的加速度，当弹簧恢复原长时，两者发生脱离。7. 质量为m的小球由轻绳a和b系于一轻质木架上的A点和C点，如图所示。当轻杆绕轴BC以角速度匀速转动时，小球在水平面内作匀速圆周运动，绳a在竖直方向、绳b在水平方向。当小球运动到图示位置时绳b被烧断，同时杆也停止转动，则（ ）A. 小球仍在水平面内作匀速圆周运动B. 在绳被烧断瞬间，a绳中张力突然减小C. 若角速度较小，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动D. 若角速度较大，小球可以在垂直于平面ABC的竖直平面内作圆周运动【答案】CD【解析】A、小球原来在水平面内做匀速圆周运动，绳b被烧断后，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动或圆周运动，故A错误；B、绳b被烧断前，小球在竖直方向没有位移，加速度为零，a绳中张力等于重力，在绳b被烧断瞬间，a绳中张力与重力的合力提供小球的向心力，而向心力竖直向上，绳a的张力将大于重力，即张力突然增大，故B错误；C、若角速度较小，小球原来的速度较小，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动，故C正确；D、若角速度较大，小球原来的速度较大，小球可能在垂直于平面ABC的竖直平面内做圆周运动，故D正确。点睛：本题中要注意物体做圆周运动时，外界必须提供向心力，C、D两项还可根据机械能守恒与向心力知识求解小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动或圆周运动角速度的范围。8. 如图所示，一质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，初始时刻小球静止于P点。第一次小球在水平拉力F作用下，从P点缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为，张力大小为T1；第二次在水平恒力F作用下，从P点开始运动并恰好能到达Q点，至Q点时轻绳中的张力大小为T2，不计空气阻力，重力加速度为g，关于这两个过程，下列说法中正确的是( )A. 第一个过程中，拉力F在逐渐变大，且最大值一定大于FB. 两个过程中，轻绳的张力均变大C. T1=mgcos，T2=mgD. 第二个过程中，重力和水平恒力F的合力的功率的变化是增大、减小、增大、减小【答案】ACD【解析】第一次小球在水平拉力F作用下，从P点缓慢地移动到Q点，则小球处于平衡状态，根据平衡条件得：F=mgtan，随着增大，F逐渐增大，第二次从P点开始运动并恰好能到达Q点，则到达Q点时速度为零，在此过程中，根据动能定理得：Flsin=mgl（1-cos），解得：F=mgtan，因为90，所以tanmgtan，则FF，第一次运动过程中，根据几何关系可知，绳子的拉力T=mgcos ，所以轻绳的张力变大，第二次由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，则第二次小球的运动可以等效于单摆运动，当绳子方向与重力和F方向在同一直线上时，小球处于“最低点”，最低点的速度最大，此时绳子张力最大，所以第二次绳子张力先增大，后减小，故A正确，B错误；第一次运动到Q点时，受力平衡，根据几何关系可知，T1=mgcos ，第二次运动到Q点时，速度为零，则向心力为零，则绳子拉力T2=mgcos+Fsin=mgcos+mg(1cos)sin=mg，故C正确；第二个过程中，重力和水平恒力F的合力是个恒力，在等效最低点时，合力方向与速度方向垂直，此时功率最小为零，到达Q点速度也为零，则第二个过程中，重力和水平恒力F的合力的功率先增大，后减小，再增大，最后再减小为0，故D正确故选ACD点睛：本题的难点在第二次拉动小球运动过程的处理，由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，则第二次小球的运动可以等效于单摆运动，根据单摆的知识求解三、非选择题： 一、必考题9. 如图所示，上、下两个完全相同的圆弧轨道分别固定在竖直板上的不同高度处，轨道的末端水平，上轨道可上下平移，在两轨道相对于各自轨道末端高度相同的位置上各安装一个电磁铁，两个电磁铁由同一个开关控制，通电后，两电磁铁分别吸住相同小铁球A、B，断开开关，两个小球同时开始运动。离开圆弧轨道后，A球做平抛运动，B球进入一个光滑的水平轨道，则：（1）B球进入水平轨道后将做_运动；改变上轨道的高度，多次重复上述实验过程，总能观察到A球正好砸在B球上，由此现象可以得出的结论是：_。（2）某次实验恰按图示位置释放两个小球，两个小球相碰的位置在水平轨道上的P点处，已知固定在竖直板上的方格纸的正方形小格边长均为9 cm，则可计算出A球刚达P点时的速度大小为_m/s。（g取10 m/s2）【答案】 (1). 匀速（直线） (2). A球（或平抛运动）的水平分运动是匀速直线运动 (3). 4.5【解析】试题分析：（1）由于水平轨道光滑，知B球进入水平轨道后将做匀速直线运动，由于实验现象A、B相遇，故A球（或平抛运动）的水平分运动与B球的运动一样，是匀速直线运动；（2）由图知A球下落的高度为h=9L=81cm，水平位移x=9L=81cm，根据平抛运动的规律：，解得：，所以考点：本题考查平抛运动10. 某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系。弹簧测力计固定在一合适的木块上,桌面的右边缘固定一个光滑的定滑轮,细绳的两端分别与弹簧测力计的挂钩和矿泉水瓶连接。在桌面上画出两条平行线P、Q,并测出间距d。开始时将木块置于P处,现缓慢向瓶中加水,直到木块刚刚开始运动为止,记下弹簧测力计的示数F0,以此表示滑动摩擦力的大小。再将木块放回原处并按住,继续向瓶中加水后,记下弹簧测力计的示数F,然后释放木块,并用秒表记下木块从P运动到Q处的时间t。(1)木块的加速度可以用d、t表示为a=_。(2)改变瓶中水的质量,重复实验,确定加速度a与弹簧测力计示数F的关系。下列图像能表示该同学实验结果的是_。(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比,它的优点是_。A.可以改变滑动摩擦力的大小B.可以更方便地获取更多组实验数据C.可以更精确地测出摩擦力的大小D.可以获得更大的加速度以提高实验精度【答案】 (1). 2dt2 (2). C (3). CB【解析】试题分析：（1）根据匀变速直线运动公式得：d=12at2，解得：a=2dt2，（2）当F1F0时，木板才产生加速度随着继续向瓶中加水后，矿泉水瓶的质量不断增加，矿泉水瓶的质量不能远小于木板的质量，那么水的重力与绳子的拉力差值越来越大，则图象出现弯曲故选C（3）不可以改变滑动摩擦力的大小，故A错误；缓慢向瓶中加水，可以更方便地获取多组实验数据，故B正确缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动，可以比较精确地测出摩擦力的大小，故C正确并没有获得很大的加速度，可以获取多组实验数据以提高实验精度故D错误考点：探究加速 度与力的关系11. 在某一星球上，一固定的竖直光滑圆弧轨道内部最低点静止一质量为m的小球，当施加给小球一瞬间水平冲量I时，刚好能让小球在竖直面内做完整的圆周运动，已知圆弧半径为r，星球半径为R，若在该星球表面发射一颗卫星，所需最小发射速度为多大？【答案】I5mr5Rr由动量定理可得：I=mv00从最低点到最高点的过程中：12mv02=2mgr+12mv2可知星球表面的重力加速度：g=I25m2r第一宇宙速度为：v=gr=I5mr5rR考点：动能定理；动量定理12. 如图所示，将直径为2R的半圆形导轨固定在竖直平面内的A、B两点，直径与竖直方向的夹角为60，O为半圆形导轨的圆心，D为O点正下方导轨上的点，在导轨上套一质量为m的小圆环，原长为2R、劲度系数k=mg8R的光滑弹性轻绳穿过圆环且两端固定在A、B两点，已知弹性轻绳始终在弹性限度内，重力加速度为g，将圆环从A点正下方的C点由静止释放。（1）如果导轨是光滑的，求圆环到达D点时的速度大小和导轨对圆环的作用力的大小；（2）如果导轨是粗糙的，圆环与导轨间的动摩擦因数为，已知圆环运动到D点时恰好只有向心加速度，求圆环由C点运动到D点过程中克服摩擦力做的功。【答案】（1）158mg（2）Wf=152+316mgR【解析】试题分析：（1）C、D两点弹性势能相同，则有mgh=12mv12，h=R2，解得v1=gRD点：F=kx，x=(31)RN+Fcos60mg=mv12R，解得N=158mg（2）只有向心加速度，即切向合力为零，f+Fcos60=Fsin60，f=N解得N=(23)mg8另N方向向上，N+Fcos60+Fsin60mg=mv22R根据动能定理可得mghWf=12mv22故Wf=152+316mgR考点：考查了圆周运动 ，动能定理【名师点睛】本题考查了求圆环的速率、轨道对圆环的作用力，应用机械能守恒定律与牛顿第二定律即可正确解题；本题的难点，也是本题解题的关键是：应用数学知识气促C、D两点间的高度差、求出弹性绳的形变量二、选考题： 33物理-选修3-3 13. 下列说法中正确的是_。A. 叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用B. 布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动C. 液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点D. 当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子间的距离越大，分子势能越小E. 一定温度下，水的饱和汽的压强是一定的【答案】ACE【解析】叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，选项A正确；布朗运动是固体颗粒的无规则运动，它说明液体分子永不停息地做无规则运动，选项B错误；液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点，选项C正确；当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子间的距离越大，分子势能越大，选项D错误；一定温度下，水的饱和汽的压强是一定的，选项E正确；故选ACE.14. 如图所示为一均匀薄壁U形管，左管上端封闭，右管上端开口且足够长，管的横截面积为S，内装有密度为的液体.右管内有一质量为m的活塞搁在固定卡口上，卡口与左管上端等高，活塞与管壁间无摩擦且不漏气。温度为T。时，左、右管内液面等高，两管内空气柱（可视为理想气体)长度均为L，压强均为大气压强P0，重力加速度为g，现使左、右两管温度同时缓慢升高，在活塞离开卡口上升前，左右两管液面保持不动.求：（i）温度升高到T1为多少时，右管活塞开始离开卡口上升；（ii）温度升高到T2为多少时，两管液面高度差为L.【答案】T01+mgP0S3T02P0P0+mgS+gL【解析】试题分析：活塞刚离开卡口时，对活塞mg + p 0S= p 1S得：P1=P0+mgS两侧气体体积不变 右管气体P0T0=P1T1得：T1=T0(1+mgP0S)左管内气体，V2=3L2S P2=P0+mgS+gL应用理想气体状态方程：得T2=3T02P0P2=3T02P0(P0+mgS+gL)考点：理想气体状态方程34【物理选修3-4】 15. 下列关于科学技术应用的说法中正确的是 。A. 全息照片的拍摄利用了光的干涉现象B. 交通警察用监视器测量汽车的速度时可利用多普勒效应C. 光导纤维利用了光的折射现象D. 照相机的镜头表面镀有一层膜使照相效果更好，是利用了光的衍射现象E. 用声呐探测水中的暗礁、潜艇，利用了波的反射现象【答案】ABE【解析】全息照片的拍摄利用了光的干涉现象，选项A正确；交通警察用监视器测量汽车的速度时可利用多普勒效应，选项B正确；光导纤维利用了光的全反射现象，选项C错误；照相机的镜头表面镀有一层膜使照相效果更好，是利用了光的干涉现象，选项C错误；用声呐探测水中的暗礁、潜艇，利用了波的反射现象，选项E正确；故选ABE.16. 在某种种介质中，S1、S2处有相距4m的两个波源，沿垂直纸面方向做简谐振动，其周期分别为T1=08s和T2=04s，振幅分别为A1=2cm和A2=lcm，在该介质中形成的简谐波的波速为v=5m/sS处有一质点，它到S1的距离为3m，且SS1S1S2，在t=0时刻，两波源同时开始垂直纸面向外振动，试求：（1）t=0时刻振动传到S处的时间差；（2）t=l0s时,s处质点离开平衡位置的位移大小【答案】（1）04s （2）2cm【解析】试题分析：（1）由题意可知：； （1分）S1在t=0时的振动传到S质点所需的时间：（1分）S2在t=0时的振动传到S质点所需的时间：（1分）那么S1、S2在t=0时的振动传到S质点的时间差为：（2分）（2）在t=l0s时质点s按S1的振动规律已经振动了：（1分）此时S1引起质点S的位移大小为：x1=A1=2cm； （1分）t=l0s时质点s按S2的振动规律已经振动了：（1分）此时t=10s时S2引起质点S的位移为x2=0cm； （1分）所以t=l0s时质点s离开平衡位置的位移为S1和S2单独传播引起S位移的矢量和，故：x=x1+x2=2+0=2cm； （1分）考点：波的叠加【名师点睛】、为两个的波源，发出的两列波在某处相遇时能产生叠加现象当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，则振动情况相同时振动加强；振动情况相反时振动减弱。本题要结合波速、波长和周期公式列式分析波形匀速平移，先求出两列波传到S点的时间，再求解时间差；质点s离开平衡位置的位移大小等于两列简谐波单独传播到S点引起位移的矢量和