广东省中山一中、仲元中学等七校2019届高三物理第二次联考（11月）试题（含解析）.doc

广东省中山一中、仲元中学等七校2019届高三物理第二次联考（11月）试题（含解析）一、选择题： 1.甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在t2时刻并排行驶，下列说法不正确的是A. 两车在t1时刻甲车在后，乙车在前B. t1至t2时间内，甲乙两车间距离一直在减小C. t1至t2时间内甲车的加速度一直比乙车大D. 甲、乙两车的加速度都先减小后增大【答案】C【解析】【详解】AB：t1至t2时间内，甲比乙速度快，甲比乙多运动一段距离；两车在t2时刻并排行驶，则t1时刻甲车在后，乙车在前，且t1至t2时间内，甲乙两车间距离一直在减小。故AB两项正确。CD：速度时间图像上各点切线的斜率表示加速度，由图知t1至t2时间内两车的加速度都先减小后增大，甲车的加速度不一直比乙车大。故C项错误，D项正确。本题选不正确的，答案是C。【点睛】图像类题目要理解图像横纵坐标、截距、斜率、交点、图像与坐标轴围成的面积等对应的物理意义。2.许多科学家对物理学的发展有巨大贡献，也创造出了许多物理学方法，下列关于物理学史的叙述正确的是A. 伽利略通过“理想实验”得出“自由落体运动与物体的质量无关”的规律B. 卡文迪许在实验室里通过几个铅球间万有引力的测量，得出了引力常量的数值C. 开普勒指出，地球绕太阳运动是因为受到来自太阳的引力D. 牛顿通过比较月球公转的向心加速度和地球赤道上物体随地球自转的向心加速度，对万有引力定律进行了“月地检验”【答案】B【解析】【详解】A：伽利略通过抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法，得出“自由落体运动与物体的质量无关”的规律；伽利略通过“理想斜面实验”得到结论：一切运动着的物体在没有受到阻力作用的时候，它的速度不变，并且一直运动下去。故A项错误。B：卡文迪许在实验室里用扭秤实验通过几个铅球间万有引力的测量，得出了引力常量的数值。故B项正确。C：牛顿认为，地球绕太阳运动是因为受到来自太阳的引力；开普勒总结出了行星运动的规律，并没有解释行星为什么这样运动。故C项错误。D：牛顿通过比较月球绕地球做近似圆周运动的向心加速度和地面重力加速度，对万有引力定律进行了“月地检验”。故D项错误。【点睛】知道物理学史，知道物理学家在对应科学研究中的主要步骤、采用的物理方法和实验结论。3.质量均匀分布的正方形薄木板abcd边长为L，重力为G，将顶点a处用一水平光滑轴挂起，处于静止状态，如图所示。现施加一外力使其ab边在竖直线上，则此外力做的功至少应为A. GL B. GL C. GL D. GL【答案】D【解析】【详解】初始时，薄板重心所在水平线离a处；ab边在竖直线上时，薄板重心所在水平线离a处；对移动过程，应用动能定理得：，解得：。故D项正确，ABC三项错误。4.如图，一劲度系数为k轻弹簧的一端固定在倾角为=30的光滑固定斜面的底部，另一端和质量为2m的小物块A相连，质量为m的物块B紧靠A一起静止.现用手缓慢斜向下压物体B使弹簧再压缩x0并静止。然后迅速放手， A和B一起沿斜面向上运动距离L时， B达到最大速度v则以下说法正确的是(始终在弹性限度内)A. Lx0B. 放手的瞬间，A对B的弹力大小为+C. 若向上运动过程A、B出现了分离，则分离时弹簧的压缩量为D. 从放手到“A和B达到最大速度v”的过程中，弹簧弹性势能减小了【答案】B【解析】【详解】A：设物块B紧靠A一起静止时弹簧的压缩量为，对整体受力分析由平衡条件可得：；设B达到最大速度v时，弹簧的压缩量为，B达到最大速度v时，AB一起向上运动，加速度均为零，对整体受力分析可得：；解得：，则整体先下移x0，再向上运动距离L时，弹簧形变量相同，即。故A项错误。B：放手瞬间，弹簧压缩量为，对整体受力分析由牛顿第二定律可得：；对物块B受力分析由牛顿第二定律可得：，解得：。故B项正确。C：若向上运动过程A、B出现分离时，A、B间力恰为零，且此时A、B加速度相同。对B受力分析由牛顿第二定律可得：，对A受力分析由牛顿第二定律可得：，解得：，则分离时弹簧的压缩量为0。故C项错误。D：从放手到“A和B达到最大速度v”的过程中，AB及弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧弹性势能减小等于AB重力势能和动能的增量，则。故D项错误。【点睛】分离的临界条件是两物体接触且运动情况相同，两物体间相互作用的弹力变为零。5.如图所示，一根套有轻质细环的粗糙杆水平放置,一小球用细线系在细环上,小球置于一光滑斜面上,现用力将斜面缓慢右移（从虚线运动到实线）,此过程中细环始终静止在原位置,则下列说法正确的是A. 斜面对小球的支持力变大B. 杆对细环的摩擦力变小C. 细线对细环的拉力变大D. 杆对细环的支持力变小【答案】AD【解析】【详解】AC：以小球为研究对象，受力分析如图，据平行四边形定则作出与的合力，由平衡条件知，与的合力与小球重力等大、反向，由图知，此过程中变小，变大，即斜面对小球的支持力变大，细线对小球的拉力变小，细线对细环的拉力变小。故A项正确，C项错误。CD：以小环和小球整体为研究对象受力分析，整体受总重力、斜面对小球斜向上的支持力、杆对小环竖直向上的支持力和杆对小环向左的摩擦力，据平衡条件杆对细环的摩擦力等于斜面对小球斜向上的支持力的水平分量，支持力增大，摩擦力增大；据平衡条件杆对小环竖直向上的支持力等于总重力减去斜面对小球斜向上的支持力的竖直分量，支持力增大，杆对小环竖直向上的支持力减小。故B项错误，D项正确。【点睛】三力动态平衡问题一般采用图解法，多力(三力以上) 平衡问题一般采用解析法。6.在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v1和v2的速率沿同一方向水平抛出(不计空气阻力)，经历时间t1和t2两球都落在该斜面上。乙球落至斜面时的速率是甲球落至斜面时速率的两倍，则下列判断正确的是A. v2=2 v1 B. t2= 2t1C. 甲、乙两球飞行过程中速率变化率之比为1:1 D. 甲、乙两球落在该斜面上时的速度方向与斜面夹角的正切值之比为1:1【答案】ABD【解析】【详解】D：设斜面倾角为，小球落在斜面上速度方向与水平方向夹角为，甲球以v1速率抛出，落在斜面上，如图所示，则、，所以；则两球落在斜面上速度与水平方向夹角相同，两球落在该斜面上时的速度方向与斜面夹角的正切值之比为1:1。故D项正确。A：乙球落至斜面时的速率是甲球落至斜面时速率的两倍，两球落在斜面上速度与水平方向夹角相同，据知，v2=2 v1。故A项正确。B：乙球落至斜面时的速率是甲球落至斜面时速率的两倍，两球落在斜面上速度与水平方向夹角相同，据知，t2= 2t1。故B项正确。C：v2=2 v1，乙球落至斜面时的速率是甲球落至斜面时速率的两倍，甲、乙两球飞行过程中速率变化率之比为1:2。故C项错误。【点睛】平抛（类平抛）运动，速度偏向角的正切（）是位移偏向角正切（）的2倍。7.如图，水平面上方有匀强电场，方向水平向左，一带正电的小球（视为质点）从水平面上的O点射入电场，射入时速度大小为v0，方向与水平方向成角(角是锐角，虚线OA为竖直线)，当它到达P点（图中未画出）时速度恰沿水平方向，且速度大小也为v0，则在此过程中（不计空气阻力）A. 点P一定在虚线OA左侧B. 小球电势能增加C. 小球的动量均匀变化D. 小球重力势能与电势能之和减小【答案】AC【解析】【详解】AB：将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，小球竖直方向的初速度向上、初速度大小，小球竖直方向的加速度向下、大小；当小球到达P点（图中未画出）时速度恰沿水平方向，所以小球从开始运动到P点竖直方向位移向上。设小球从开始运动到P点竖直方向向上运动了，对小球从开始运动到P点过程应用动能定理可得：，所以从小球开始运动到P点过程电场力做正功。小球带正电，所受电场力水平向左，则小球从开始运动到P点在水平方向位移向左，则点P一定在虚线OA左侧。电场力做正功，小球的电势能减小。故A项正确，B项错误。C：小球所受重力和电场力均为恒力，据动量定理可得，小球的动量均匀变化。故C项正确。D：小球受重力和电场力，则小球的电势能与机械能之和不变；从开始运动到P点小球所受合力方向(斜向左下)与运动方向间夹角从钝角变成锐角，合力先做负功后做正功，小球的动能先减小后增大，则小球重力势能与电势能之和先增大后减小。故D项错误。8.如图所示，MNBO为有界的水平向左的匀强电场，电场强度为E，AB为光滑固定的1/4圆弧形轨道(O为圆心，B点切线水平)，轨道半径为R。一个质量为m，电荷量为q的带正电小球(视作质点)，从A点正上方高为h=R处由静止释放，并从A点沿切线进入轨道，小球进入轨道时对轨道的压力大小为3mg，不计空气阻力及一切能量损失，下列说法正确的是A. 电场强度大小为E=mg/qB. 小球到达B点时对轨道压力大小为3mgC. 小球从A运动到B过程中对轨道的压力先增大后减小D. 小球从A向B运动过程中机械能先增大后减小【答案】ABC【解析】【详解】A：对小球由静止释放到A点过程，应用动能定理得：；对A点时的小球受力分析，由牛顿第二定律可得：，又由牛顿第三定律知；联立解得：、。故A项正确。B：对小球由A点到B点过程，应用动能定理得：，对B点时的小球受力分析，由牛顿第二定律可得：；解得：、。据牛顿第三定律，小球到达B点时对轨道压力大小为3mg。故B项正确。C：小球受的重力和电场力大小相等，两力的合力方向斜向左下方与水平方向成，等效重力场的方向与水平方向成斜向左下方，则小球从A运动到B过程中小球所受支持力先增大后减小。据牛顿第三定律，小球从A运动到B过程中对轨道的压力先增大后减小。故C项正确。D：小球所受电场力向左，小球从A运动到B过程中，电场力对小球做负功，小球的机械能减小。故D项错误。二、非选择题： 9.欲测量实验室某合金丝的电阻率，其阻值Rx约为6 .用螺旋测微器测得合金丝的直径为d，用毫米刻度尺测得其长度为L，先要精确测量该合金丝的阻值Rx，实验室提供的器材有：A. 电流表A1(量程0-0.3 A，内阻约为5 )B. 电流表A2(量程0-0.6 A，内阻约为1 )C. 电压表V1(量程0-3 V，内阻约3 k)D. 电压表V2(量程0-15 V，内阻约18 k)E. 定值电阻R0=5F. 滑动变阻器R1(总阻值5)G. 滑动变阻器R2(总阻值100)H. 电源(电动势E=6 V，内阻约为1)I. 开关和导线若干.(1) 用伏安法测量该合金丝阻值时，为了尽可能多地获得实验数据，实验中电流表应选用_，电压表应选用_，滑动变阻器应选用_.(填器材前面的字母代号)(2) 根据器材设计了两个电路原理图，你认为哪个原理图更合理 _ （选填“图甲”或“图乙”）(3) 按照设计好的电路进行实验操作，某次测量过程中电表示数分别为U和I，则Rx=_，该合金丝电阻率为_(用R、I、d和数学常数表示).【答案】 (1). B (2). C (3). F (4). 图乙 (5). (6). 【解析】【详解】(1)合金丝通电后发热升温，会使合金丝的电阻率变大，因此通过合金丝的电流不宜太大，电流表应用00.6 A量程；合金丝电阻Rx约为6 ，则其两端最大电压约3 V左右，电压表选用03 V量程；为了尽可能多地获得实验数据，滑动变阻器采用分压式接法，选用总阻值5的滑动变阻器。故三空答案分别为B、C、F。(2)为了尽可能多地获得实验数据，滑动变阻器采用分压式接法，原理图更合理的是图乙。(3) 电表示数分别为U和I，则合金丝的直径为d，其横截面积，合金丝的长度为L，所以，解得：合金丝电阻率。【点睛】合金丝通电后发热升温，会使合金丝的电阻率变大，因此通过合金丝的电流不宜太大，且通电时间不宜太长。10.某探究学习小组的同学欲以如图装置中的滑块为对象验证“牛顿第二定律”，装置由弹簧测力计、气垫导轨、两个光电门、滑块和砝码盘（含砝码）等组成光电门可以测出滑块的遮光条依次分别通过两个光电门的时间t1、t2，游标卡尺测出遮光条的宽度d，导轨标尺可以测出两个光电门间的距离L，另用天平测出滑块、砝码盘（含砝码）的质量分别为M和m，不计滑轮的重量和摩擦。(1)测量d时，某次游标卡尺（主尺的最小分度为1mm）的示数如图所示，其读数为_cm (2)实验操作中，下列说法正确的是_.A、该装置可以不平衡摩擦力，只需要将气垫导轨调节水平B、为减小误差，实验中一定要保证质量m远小于质量MC、实验时，多次在同一条件下重复实验取遮光条通过两光电门时间的平均值以减小偶然误差D、如果气垫导轨水平则轻推滑块匀速滑动时，通过两个光电门的时间t1和t2必相等(3)该装置中弹簧测力计的读数F，需要验证的表达式为 F=_。(4)对质量保持不变过程，根据实验数据绘出滑块的加速度a与弹簧测力计示数F的关系图像,下图中最符合本实验实际情况的是_(5)对质量保持不变过程，以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的aF图像是一条直线，图线与横坐标的夹角为，求得图线的斜率为k，则滑块质量可表示为_。A B. C.k D.【答案】 (1). 1.130 (2). ACD (3). (4). A (5). D【解析】【详解】(1)游标卡尺（主尺的最小分度为1mm）如图所示，游标卡尺精度为，其读数为。(2)A：滑块在气垫导轨上所受摩擦力几乎为零，装置可以不平衡摩擦力，只需要将气垫导轨调节水平，滑块所受合力就等于左侧弹簧测力计读数的2倍。故A项正确。B：实验中由弹簧测力计读数可得出滑块所受合力，没有用钩码的重力来代替绳中拉力，不需要保证质量m远小于质量M。故B项错误。C：实验时，多次在同一条件下重复实验取遮光条通过两光电门时间的平均值可以减小偶然误差。故C项正确。D：如果气垫导轨水平则轻推滑块匀速滑动时，滑块通过两个光电门的时间t1和t2必相等。故D项正确。(3)该装置中弹簧测力计的读数F，则滑块所受合力为；对滑块从一个光电门运动到另一个光电门的过程，应用运动学公式可得：，解得：滑块加速度；则需验证的是，即。(4)滑块所受合力为，滑块的加速度，对质量保持不变过程，图线是过原点的直线。故A项正确，BCD三项错误。(5)滑块所受合力为，滑块的加速度，图线的斜率为k，则，解得：；由于图像横纵坐标的标度不同，所以，推不出滑块质量与的定量关系。故D项正确，ABC三项错误。11.有一个固定竖直放置的圆形轨道,半径为R,由左右两部分组成.如图所示,右半部分AEB是光滑的,左半部分BFA是粗糙的.在最低点A给一质量为m的小球一个水平向右的初速度,使小球沿轨道恰好运动到最高点B,小球在B点又能沿BFA回到A点,到达A点时对轨道的压力为5mg.求:(1)小球的初速度v0;(2)小球由B经F回到A的过程中克服摩擦力所做的功.【答案】(1)(2)0.5mgR【解析】【分析】(1)对恰过B点时的小球分析，求出小球过B点的速度；对小球由A经AEB到B点过程，应用动能定理求得小球的初速度；(2)对回到A点的小球受力分析，由牛顿第二定律得小球回到A点的速度；再对小球由B经F回到A的过程，应用动能定理得小球由B经F回到A的过程中克服摩擦力所做的功。【详解】(1)小球恰好到达B点，设小球由AEB到B点的速度为，则：，解得：对小球由A经AEB到B点过程，应用动能定理得：解得：(2)由于回到A点时对轨道压力为5mg，对回到A点的小球受力分析，由牛顿第二定律可得：，解得：对小球由B经F回到A的过程，应用动能定理得：，解得：则小球由B经F回到A的过程中克服摩擦力所做的功12.如图，水平光滑杆CP上套有一个质量为m=1kg的小物块A(可视作质点)，细线跨过O点的轻质小定滑轮一端连接物块A，另一端悬挂质量为mB=2kg的小物块B，C点为O点正下方杆的右端点，定滑轮到杆的距离OCh=0.4m. 开始时AO与水平方向的夹角为30，A和B静止。杆的右下方水平地面上有一倾角为=37固定斜面，斜面上有一质量为M=1kg的极薄木板DE(厚度忽略)，开始时木板锁定，木板下表面及物块A与斜面间动摩擦因数均为1=0.5，木板上表面的DF部分光滑(DF长为L1=0.53m)，FE部分与物块A间的动摩擦因数为2=3/8。木板端点E距斜面底端G长LEG=0.26m.现将A、B同时由静止释放(PO与水平方向的夹角为60)，物块A运动到C点时细线突然断开，物块从C水平滑离杆，一段时间后，恰好以平行于薄木板的方向滑上木板，与此同时解除木板的锁定。滑块在木板上DF段运动时间恰是在FE段的一半，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)物块A运动到P点时滑块A、B的速度之比；(2)木板表面FE部分的长度L2；(3)从解除锁定开始计时，木板端点E经多长时间到达斜面底端G?【答案】(1) vA:vB =2:1 (2)L2=1.16m (3)0.7s【解析】【分析】(1)运用运动的分解求得物块A运动到P点时滑块A、B的速度之比；(2)据运动的分解求得物块运动到C点时，物块B的速度；对物块从A点运动到C点，应用系统机械能守恒求得物块运动到C点时的速度；物块从C到斜面做平抛运动，据运动的分解求得物块落在D点的速度；对DF、FE段板块问题应用假设法、牛顿运动定律、运动学公式等求得木板表面FE部分的长度；(3)对木板的运动应用牛顿运动定律和运动学公式，求得木板端点E经多长时间到达斜面底端G。【详解】(1)在P点时，由速度关系，得：(2)物块运动到C点时，物块B的速度恰为零物块从A点运动到C点，A、B组成系统机械能守恒：解得：设物块刚滑上木板时的速度大小为，由平抛规律：滑上木板后，在DF段：因为木板与斜面间最大静摩擦力为：，木板重力沿斜面的分量，所以木板静止物块加速度，设物块经时间运动到F，则：解得：物块到达F点的速度 过F后，对物块，解得：对木板：，解得：设物块经时间滑到E点，则：木板的位移、物块的位移木板表面FE部分的长度代入数据解得：(3) 分离时木板位移，速度分离后，对木板：，解得：由，解得：所以13.如图,水平传送带以速度v1匀速运动,小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连,t=0时刻P在传送带左端具有速度v2,P与定滑轮间的绳水平,t=t0时刻P离开传送带.不计定滑轮质量和摩擦,绳足够长.正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是_ . A、B、C、D、E、【答案】AC【解析】【详解】1、若，(1)P与皮带间的最大静摩擦力大于Q的重力，则P将沿皮带向右加速直至和皮带的速度相等后变为匀速，且加速时的加速度大小；(2) P与皮带间的最大静摩擦力等于Q的重力，则P将沿