2019届高三物理上学期摸底测试试题(含解析).doc

2019届高三物理上学期摸底测试试题(含解析)一、本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的。全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。把你认为正确的答案填涂在答题纸上。1.一位同学从操场A点出发，向西走了30m，到达B点，然后又向北走了40m，达到C点。在从A点到C点的过程中，该同学的位移大小是A. 30m B. 40m C. 50m D. 70m【答案】C【解析】【详解】位移的大小等于首末位置的距离，两段位移相互垂直，所以总位移是大小为，故C正确2.如图所示，在光滑墙壁上用网兜把足球挂在A点，足球与墙壁的接触点为B 。足球的质量为m，悬绳与墙壁的夹角为， 网兜的质量不计。 则悬绳对球的拉力F的大小为A. F = mgtan B. F = mgsin C. F=mg/tan D. F=mg/cos【答案】D【解析】【分析】足球受重力、墙壁的支持力和绳子的拉力处于平衡，根据合力为零，运用平行四边形定则求出悬绳的拉力【详解】足球受重力、拉力和支持力平衡，受力如图所示；根据平行四边形定则，绳子对球的拉力F=mgcos，D正确【点睛】本题考查共点力平衡条件的应用，注意求解共点力平衡的方法有多种，可以采取合成法、分解法和正交分解法等，一般三力平衡时优先考虑合成法3.如图所示，某同学站在体重计上观察超重与失重现象。由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。她稳定站立时，体重计的示数为A0，关于实验现象，下列说法正确的是 A. “下蹲”过程，体重计的示数一直小于A0B. “起立”过程，体重计的示数一直大于A0C. “起立”的过程，先出现超重现象后出现失重现象D. “起立”、“下蹲”过程，都能出现体重计的示数大于A0的现象【答案】CD【解析】【分析】下蹲过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动；人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，根据加速度方向，来判断人处于超重还是失重状态【详解】下蹲过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，所以先处于失重状态后处于超重状态；人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，人先处于超重状态后处于失重状态，所以“起立”、“下蹲”过程，都能出现体重计的示数大于A0的现象，CD正确【点睛】对于超重还是失重的判断，关键取决于加速度的方向：当物体的加速度向上时，处于超重状态；当加速度方向向下时，处于失重状态4.用图所示装置研究摩擦力的变化规律，把木块放在水平长木板上，在弹簧测力计的指针下轻放一个小纸团，它只能被指针向左推动。用弹簧测力计沿水平方向拉木块，使拉力由零缓慢增大。下列说法正确的是 A. 木块开始运动前，摩擦力逐渐增大B. 木块开始运动前，拉力小于摩擦力C. 该实验装置可以记录最大静摩擦力的大小D. 当拉力达到某一数值时木块开始移动，此时拉力会突然变小【答案】ACD【解析】【详解】开始时木块保持不动，木块受静摩擦力，根据平衡条件可知摩擦力始终等于拉力，故摩擦力大小随拉力的增大而增大；而当增大拉力达到某一大小时，木块开始滑动，此时说明木块恰好达到最大静摩擦力；而由于滑动摩擦力要小于最大静摩擦力，所以木块移动后拉力将减小，根据纸团的位置即可记录下最大静摩擦力，ACD正确B错误【点睛】本题考查静摩擦力的性质，知道物体保持不动时，拉力大小等于摩擦力，而物体刚好开始滑动时，拉力等于最大静摩擦力，一般情况下滑动摩擦力要小于最大静摩擦力5.一个弹簧振子沿x轴做简谐运动，取平衡位置O为x轴坐标原点。从某时刻开始计时，经过二分之一的周期，振子具有沿x轴负方向的最大加速度。图4中能正确反映该弹簧振子的位移x与时间t关系的图像是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】根据简谐运动的特征a=kxm，可知，经过二分之一周期，振子具有沿x轴负方向的最大加速度，则此时振子的位移为正向最大，根据对称性可知计时起点时，位移为负向最大，B正确6.物体A做平抛运动，以物体被抛出的位置为原点O，以初速度 v0 的方向为x轴的方向、竖直向下的方向为y轴的方向，建立平面直角坐标系。如图5所示，沿两坐标轴分别放置两个光屏。两束平行光分别沿着与坐标轴平行的方向照射，物体A 在两个光屏上分别留下物体的两个“影子”的坐标分别为x、y，则图6中两个影子的坐标随时间变化关系正确的是 A. B. C. D. 【答案】AD【解析】A、因为平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，所以影子在x方向做匀速运动，位移与时间成正比，位移时间图线为过原点的倾斜直线，故A正确，B错误；C、平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，所以影子在y轴方向做自由落体运动，位移时间图线是抛物线的分支，位移与时间的平方成正比，位移时间平方的图线是过原点的倾斜直线，故C错误，D正确。故选：AD。点睛：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合水平方向和竖直方向上的运动规律分析判断。7.图是某绳波形成过程的示意图。质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，带动质点2、3、4， 各个质点依次上下振动，把振动从绳的左端传到右端。t=T/4时，质点5刚要开始运动。下列说法正确的是A. tT/4时，质点5开始向下运动B. tT/4时，质点3的加速度方向向下C. 从tT/2开始的一小段时间内，质点8的速度正在减小D. 从tT/2开始的一小段时间内，质点8的加速度正在减小【答案】BC【解析】A、tT/4时，质点5开始向上运动，A错误；B、tT/4时，质点3受到指向平衡位置的回复力的作用，加速度方向向下，B正确；CD、从tT/2开始的一小段时间内，质点8正在从平衡位置向上运动，速度正在减小，加速度正在增大，C正确，D错误。故选：BC。8.与嫦娥1号、2号月球探测器不同，嫦娥3号是一次性进入距月球表面100km高的圆轨道（不计地球对探测器的影响），运行一段时间后再次变轨，从100km的环月圆轨道，降低到距月球15km的近月点B、距月球100km的远月点A的椭圆轨道，如图所示，为下一步月面软着陆做准备。关于嫦娥3号探测器下列说法正确的是 A. 探测器在轨道经过A点的速度小于经过B点的速度B. 探测器沿轨道运动过程中，探测器中的科考仪器对其支持面没有压力C. 探测器从轨道变轨到轨道，在A点应加速D. 探测器在轨道经过A点时的加速度小于在轨道经过A点时的加速度【答案】AB【解析】A. 探测器在轨道从A点到B点的过程，万有引力做正功，动能增大，经过A点的速度小于经过B点的速度，A正确；B、探测器沿轨道运动过程中，科考仪器受到的万有引力充当向心力，处于完全失重状态，对其支持面没有压力，B正确；C、在轨道经过A点的速度小于在轨道经过A点的速度，探测器从轨道变轨到轨道，在A点应减速，C错误；D、万有引力提供向心力，探测器在轨道经过A点在轨道经过A点时受到的万有引力相同，加速度相同，D错误。故选：AB。9.用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理。如图所示，从距秤盘80 cm高度把1000 粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短（在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力），已知1000 粒的豆粒的总质量为100g。则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为A. 0.2N B. 0.6N C. 1.0N D. 1.6N【答案】B【解析】豆粒从80cm高处落下时速度为v，v2=2gh ，则v=2gh=2100.8m/s=4m/s 设向上为正方向，根据动量定理：Ft=mv2mv1 F=mv2mv1t=0.120.1(4)1N=0.6N B正确，ACD错误。故选：B。10.如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，做出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g以下判断正确的是（）A. 当x=h+x0，重力势能与弹性势能之和最小B. 最低点的坐标为x=h+2x0C. 小球受到的弹力最大值大于2mgD. 小球动能的最大值为mgh+mgx02【答案】ACD【解析】A、小球、地球和弹簧组成的系统机械能守恒，当x=h+x0，弹力等于重力，加速度为零，速度最大，重力势能与弹性势能之和最小，A正确；B、根据简谐运动的对称性， x=h+2x0与x=h处速度相等，x=h+2x0处不是最低点，B错误；C、根据胡克定律，弹簧压缩x0时弹力等于mg，x=h+2x0处弹力等于2mg，但不是最低点，所以小球受到的弹力最大值大于2mg，C正确；D、在x=h+x0处速度最大。由图知，mg=kx0，根据动能定理：mg(h+x0)kx02x0=Ek，Ek=mgh+12mgx0，D正确。故选：ACD。二、本题共2小题，共15分。11.如图所示，某同学借用“探究加速度与力、质量之间的定量关系”的相关实验思想、原理及操作，进行“研究合外力做功和物体动能变化关系”的实验。（1）为达到平衡阻力的目的，取下细绳及托盘，通过调整垫块的位置，改变长木板倾斜程度，根据纸带打出点的间隔判断小车是否做_运动。（2）按上图所示装置，接通打点计时器电源，由静止释放小车，打出若干条纸带，从中挑选一条点迹清晰的纸带，如下图所示。纸带上打出相邻两个点之间的时间间隔为T，O点是打点计时器打出的第一个点，从O点到A、B、C、D、E、F点的距离依次为s1、s2、s3、s4、s5、s6。已知小车的质量为M，盘和砝码的总质量为m。由此可求得纸带上由O点到E点所对应的运动过程中，盘和砝码受到的重力所做功的表达式W_，该小车动能改变量的表达式Ek_。由于实验中存在误差，所以，W_Ek。（选填“小于”、“等于”或“大于”）。【答案】 (1). 匀速直线 (2). mgs5 (3). Ms6s428T2 (4). 大于【解析】为保证拉力等于小车受到的合力，需平衡摩擦力，即将长木板左端适当垫高，轻推小车，小车做匀速直线运动；盘和砝码受到的重力所做功为：W=mgs5；打D点时的速度为：vD=s6s42T，由O点到E点小车增加的动能为：Ek=12MvD2=M(s6s4)28T2；由于盘和砝码也有动能，且有阻力做功，盘和砝码受到的重力所做功小于小车增加的动能。点睛：为保证拉力等于小车受到的合力，需平衡摩擦力，使小车不受拉力时做匀速运动；盘和砝码受到的重力所做功等于重力与位移的乘积；D点速度等于CE段的平均速度，求解出速度后再求解动能；由于盘和砝码也有动能，且有阻力做功，盘和砝码受到的重力所做功小于小车增加的动能。12.在用图所示单摆“测重力加速度”的实验中，某同学的操作步骤如下：a取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上；b用米尺测量细线长度为l，l与小球半径之和记为摆长；c缓慢拉动小球，使细线偏离竖直方向约为5位置由静止释放小球；d用秒表记录小球完成n次全振动所用的总时间t，计算单摆周期Tt/n；e用公式g=42l/T2计算当地重力加速度；f. 改变细线长度，重复b、c、d、e步骤，进行多次测量。（1）在上述步骤中，错误的是_（写出该步骤的字母）；改正后正确的应该是:_。（2）该同学为了减少误差，利用上述未改正错误测量中的多组实验数据做出了l-T2图像，该图像对应图中的_图。（3）在“用单摆测定重力加速度”的正确实验中，下列做法有利于减小实验误差的是_。A.适当加长摆线B.质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较大的C.单摆偏离平衡位置的角度不能太大D.当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期（4）北京时间2005年5月22日上午10点05分，中国女子登山队首次登上珠穆朗玛峰顶峰，五星红旗再一次在珠峰峰顶飘扬。若登山队员利用单摆来确定珠峰的高度，测得该单摆在海平面处的周期是0，在峰顶的周期是T，则珠峰顶峰的海拔高度h _。(地球可看作质量均匀分布的半径为R的球体)【答案】 (1). e (2). g=42(l+d/2)/T2 (3). C (4). AC (5). h=TT01R【解析】（1）摆长为l与小球半径之和，即l+d2，根据单摆的周期公式：T=2l+d2g，g=42(l+d2)T2，e错误；（2）用公式g=42(l+d2)T2计算当地重力加速度。（3）由上式得，l=g42T2d2，l与T2成线性关系，l等于零时，T2不等于零，故选：C。（4）A、适当加长摆线，周期增大，周期的测量更准确一些，A正确；B、质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较小的，可以减小阻力的影响，B错误；C、细线偏离竖直方向应在约为5以内，C正确；D、应用秒表记录小球完成n次全振动所用的总时间，计算单摆周期，D错误。故选：AC。（5）根据T=2lg，T0=2lg0；又根据万有引力等于重力：GMmR2=mg0，GMm(R+h)2=mg；联立解得：h=(TT01)R点睛：摆长应为摆线与小球半径之和，三、本题包括6小题，共55分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13.商场工作人员推着质量m=20kg的货箱沿水平地面滑行。若用力F1=100N沿水平方向推货箱，货箱恰好做匀速直线运动；现改用F2=120N水平推力把货箱从静止开始推动。（g取10m/s2）。（1）求货箱与地面之间的动摩擦因数；（2）F2作用在货箱上时，求货箱运动的加速度大小；（3）在F2作用下，货箱运动4.0s时撤掉推力，求货箱从静止开始运动的总位移大小。【答案】（1）0.5（2）1.0m/s2（3）9.6m【解析】（1）木箱在水平拉力下匀速运动：F1-mg=0 =Fmg 1002010=0.5（2）由牛顿第二定律：F2-mg=maa=F2-mgm 120-10020=1.0m/s2（3）设在F2作用下木箱的位移为x1，撤掉推力时木箱速度大小为v，撤掉推力后木箱加速度大小为a1，移动的位移为x2，总位移为x，则x1=12at2121.016=8.0m v=at=44.0m/smg=ma1 ， a1= 5.0m/s20-v2=2 a1x2x2=1.6m总位移：x=x1+x2=9.6m14.如图所示为一滑梯的实物图，滑梯的斜面段长度L=5.0m，倾角=37 ，水平段与斜面段平滑连接。某小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下，经斜面底端后水平滑行一段距离，停在滑道上。已知小朋友质量为20kg，小朋友与滑梯轨道间的动摩擦因数=0.3，不计空气阻力。已知sin37=0.60，cos37=0.80。（g取10m/s2）。求小朋友：（1）沿滑梯下滑时所受摩擦力的大小；（2）滑到斜面底端时的速度大小；（3）在水平段滑行至停止过程中摩擦力做的功。【答案】（1）48N（2）6m/s（3）-360J【解析】（1）小孩在斜面上滑行时所受的摩擦力大小为Ff =mgcos=48N （2）小孩在斜面上滑行时，由牛顿第二定律得mgsin-mgcos=ma1 解得a1=gsin-gcos=3.6m/s2 由运动学公式v2=2aL 解得小孩滑至B点时的速度大小为v=2aL=6m/s （3）小孩在水平段滑行时，由动能定理得Wf =0-12mv2= -360J 15.2017年9月12日晚上11时58分，中国“天舟一号”货运飞船顺利完成与“天宫二号”太空实验室的自主快速交会对接试验，此次试验将中国太空交会对接的两天的准备时间缩短至6.5小时，为中国太空站工程后续研制建设奠定更加坚实的技术基础。图是“天舟”与“天宫”对接过程示意图，已知“天舟1号”与“天宫2号”成功对接后，组合体沿圆形轨道运行。经过时间t，组合体绕地球转过的角度为，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，不考虑地球自转。求 （1）地球质量M；（2）组合体运动的周期T；（3）组合体所在圆轨道离地面高度H。【答案】（1）M=gR2G（2）T=2t（3）H=3gR2t22R【解析】（1）地球表面的万有引力等于重力，GMmR2=mg所以M=gR2G设组合体角速度为，依题意=t 故周期T=2=2t 根据牛顿第二定律：GMm(R+H)2=m2(R+H)H=3gR2t22R16.暑假里，小明去游乐场游玩，坐了一次名叫“摇头飞椅”的游艺机，如左图所示，该游艺机顶上有一个半径为r=4.5m的“伞盖”，“伞盖”在转动过程中带动下面的悬绳转动，其示意图如右图所示。“摇头飞椅”高H=5.8m，绳长L=5m。小明挑选了一个悬挂在“伞盖”边缘的最外侧的椅子坐下，他与座椅的总质量为m=40kg。小明和椅子的转动可简化为如右图所示的圆周运动。在某段时间内，“伞盖”保持在水平面内稳定旋转，绳与竖直方向夹角为37。g=10m/s2 ，在此过程中，求： （1）座椅受到绳子的拉力大小；（2）小明运动的线速度大小；（3）小明随身带的玻璃球从座椅上不慎滑落，求落地点与游艺机转轴（即右图中O1点）的距离。【答案】（1）500N （2）7.5m/s （3）3234m或 8.9m【解析】（1）向心力沿水平方向，由平行四边形定则，得拉力：T=mgcos37 =500N（2）由牛顿第二定律，得：mgtan37=v2R0，其中R0=7.5m解得，v=7.5m/s（3）由几何关系，座椅离地高度h=2m由平抛运动规律，得：x=vth=12gt2解得，x=4.5m由勾股定理，落地点与游艺机中心距离为：r=R02+x21.534m=8.9m点睛：飞椅做的是圆周运动，确定圆周运动所需要的向心力是解题的关键，向心力都是有物体受到的某一个力或几个力的合力来提供，在对物体受力分析时一定不能分析出物体受向心力这么一个单独的力17.我国高速铁路使用的和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。某列动车组由8节车厢组成，其中车头第1节、车中第5节为动车，其余为拖车，假设每节动车和拖车的质量均为m=2104kg，每节动车提供的最大功率P=600kW。（1）假设行驶过程中每节车厢所受阻力f大小均为车厢重力的0.01倍，若该动车组从静止以加速度a=0.5m/s2加速行驶。a求此过程中，第5节和第6节车厢间作用力大小；b以此加速度行驶时所能持续的时间。（2）若行驶过程中动车组所受阻力与速度成正比，两节动车带6节拖车的动车组所能达到的最大速度为v1。为提高动车组速度，现将动车组改为4节动车带4节拖车，则动车组所能达到的最大速度为v2，求v1与v2的比值。【答案】（1）a F=3.6104N b.25s （2）v1v2=12【解析】（1）a以第6、7、8三节车厢为整体分析，总质量为3m，所受拉力为F，据牛顿第二定律有F-3f=3ma f=0.01mg代入数据解得F=3.6104N b. 设每个动车提供最大功率为p，提供的牵引力为F，动车匀加速行驶能达到的最大速度为vm，对整个动车组进行分析，据牛顿第二定律，有2F-8f=8ma2P=2Fvm 2pVm-8f=8ma代入数据解得vm=12.5m/s 持续时间 t=Vma=25s （2）动车组以最大速度行驶时有F牵=f阻=kv，依据公式p=F牵v 2p=kv1v14p=kv2v2 两式相比得 v1v2=12 18.如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=6.0kg的物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u=2.0m/s匀速运动。传送带的右边是一半径R=1.25m位于竖直平面内的光滑1/4圆弧轨道。质量m=2.0kg的物块B从1/4圆弧的最高处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数=0.1，传送带两轴之间的距离l=4.5m。设物块A、B之间发生的是正对弹性碰撞，第一次碰撞前，物块A静止。取g=10m/s2。求：（1）物块B滑到1/4圆弧的最低点C时对轨道的压力；（2）物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；（3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间。【答案】（1）F1=60N，方向竖直向下（2）12J（3）8s【解析】（1）设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0由机械能守恒知：mgR=12mv02得v0=2gR=5m/s设物块B滑到14圆弧的最低点C时受到的支持力大小为F，由牛顿第二定律得：F-mg=mv02R解得：F=60N由牛顿第三定律得：物块B滑到14圆弧的最低点C时受到的支持力大小为F=60N，方向竖直向下。（2）设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a，则：mg=ma设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有v2v02=2al联立解得：v=4m/s由于vu=2m/s，所以v=4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小.设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v2、v1，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：mv=mv1+Mv2，12mv2=12mv12+12Mv22解得v1=12v=2m/s，v2=2m/s弹簧具有的最大弹性势能等于碰后物块M的初动能：EP=12Mv22=12J；（3）物块B经第一次与物块A碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动.设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l，由动能定理得：-mgl=0-12mv12得l=2m4.5m所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上.当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动.可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v1=2m/s，继而与物块A发生第二次碰撞.设第1次碰撞到第2次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t1.由动量定理得：mgt1=2mv1解得t1=2v1g=2g12v=2124s=4s设物块A、B第二次碰撞后的速度分别为、，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得:，解得：当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动.可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为，继而与物块A发生第3次碰撞.则第2次碰撞到第3次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t2.由动量定理得：解得同上计算可知：物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞第n次碰撞后物块B在传送带运动的时间为tn=s，构成无穷等比数列，公比q=由无穷等比数列求和公式可知，当n时，有物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带运动的总时间为: .点睛：本题是一道力学综合题，难度较大，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，分析清楚运动过程后，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二定律与动量定理可以解题。