2019届四川省乐山市高三上学期第一次调查研究考试理科综合试题（物理部分）（解析版）

乐山市高中2019届第一次调查研究考试理科综合能力测试（物理部分）二、选择题1.关于质点的运动，下列说法中正确的是A. 质点运动的加速度为零，则速度为零，速度变化量也为零B. 质点的速度变化越快，则加速度越大C. 质点在某时刻的加速度不为零，则该时刻的速度也不为零D. 位移的方向就是质点的运动方向【答案】B【解析】【详解】A.质点运动的加速度为零，则速度不一定为零，速度变化量为零，例如匀速直线运动，选项A错误；B.加速度是速度的变化率，则质点的速度变化越快，则加速度越大，选项B正确；C.质点在某时刻的加速度不为零，该时刻的速度可能为零，例如竖直上抛物体到达最高点时，选项C错误；D.速度的方向是质点运动的方向，但是位移的方向不一定就是质点的运动方向，选项D错误；故选B.2.如图所示，某同学用绳子拉木箱，绳子与水平方向成θ角，箱在粗糙水平路面上做匀速直线运动，则绳子拉力大小一定A. 大于木箱的重力    B. 小于木箱的重力C. 大于路面的摩擦力    D. 小于路面的摩擦力【答案】C【解析】【分析】对木箱受力分析，水平方向结合平衡知识讨论，竖直方向由合力为0讨论。【详解】木箱受力如图：木箱在匀速运动的过程中，F的水平分力等于摩擦力，所以拉力大小一定大于路面的摩擦力，故D错误，C正确；拉力的竖直分力、地面的支持力和重力，三力的合力为零。但无法比较拉力和重力的大小，故AB错误。故选C。3.如图所示，在半径为R的半球形碗的光滑内表面上，一质量为m的小球在距碗∏高度为h的水平面内做匀速圆周运动，重力加速度为g，则小球做匀速圆周运动的角速度为A.     B. C.     D. 【答案】D【解析】【分析】对小球受力分析，根据合力提供向心力，求出小球运动的角速度．【详解】根据受力分析和向心力公式可得：mgtanθ=mrω2，
小球做匀速圆周运动的轨道半径为：r=Rsinθ；解得：，故选D.4.如图所示，真空中a、b、c、d四点共线且等距，a、b、c、d连线水平。先在a点固定一点电荷+Q，测得b点场强大小为E。若再将另一点电荷+2Q放在d点，则A. b点场强大小为，方向水平向右    B. b点场强大小为E，方向水平向左C. c点场强大小为E，方向水平向右    D. c点场强大小为E，厅向水平向左【答案】A【解析】【分析】根据点电荷的场强公式E=k，运用比例法求解+2Q在b、c两点的场强。ab连线上每一点的场强是由+Q和+2Q的点电荷产生的场强的叠加，由叠加原理求b、c两点的场强。【详解】设ab=bc=cd=L，据题：+Q在b点产生的场强大小为E，方向水平向右；由点电荷的场强公式得：E=k，+2Q在b点产生的电场强度大小为：，方向水平向左，所以b点的场强大小为 Eb=E-E=E，方向水平向右，故A正确，B错误；+Q在c点产生的电场强度大小为，方向向右；+2Q在c点产生的电场强度大小为：Ec2=k=2E，方向水平向左，所以c点的场强大小为Ec=2E-E=E，方向水平向左，故CD错误；故选A。【点睛】本题的关键掌握点电荷的场强公式E=k和电场的叠加原理，并能正确运用，要注意场强的叠加原理满足平行四边形定则。5.地球表面赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a1；将月球绕地球做的运动视为匀速圆周运动，轨道半径为r，向心加速度为a2。已知引力常量为G，地球半径为R。下列说法中正确的是A. 根据题意可求月球质量m=B. 加速度之比C. 地球质量M=D. 地球表面赤道处的重力加速度g=【答案】C【解析】【分析】运用万有引力提供向心力列出等式和运用圆周运动的物理量之间的关系列出等式解决问题．【详解】对月球，根据万有引力充当向心力：，消掉月球的质量m，可得地球的质量为 ，但是不能求解月球的质量m，故选项A错误，C正确；对月球 ；而地球赤道上的物体满足 ，即，则a1和a2不满足，且，D错误；故选C。6.如图所示，在绝缘的斜面上方存在着水平向右的匀强电场，一带电金属块沿斜面滑下，已知金属块在滑下的过程巾动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，则以下判断正确的是A. 金属块的机械能增加32J    B. 金属块的电势能增加4JC. 金属块带正电荷    D. 金属块克服电场力做功8J【答案】BC【解析】【分析】金属块滑下的过程中，电场力、重力和摩擦力做功引起动能变化，由动能定理求出电场力对金属块做功。根据电场力和摩擦力做功之和确定机械能的变化量。根据电场力做功，确定电势能的变化，并判断金属块的电性。【详解】在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8.0J，重力做功24J，根据动能定理得：W总=WG+W电+Wf=△EK，解得：W电=-4J，所以金属块克服电场力做功4.0J，金属块的电势能增加4J；由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷，故BC正确，D错误；在金属块滑下的过程中重力做功24J，重力势能减小24J，动能增加了12J，所以金属块的机械能减少12J，故A错误。故选BC。【点睛】解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系。7.如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是A. 匀强电场的电场强度E= B. 小球动能的最小值为Ek= C. 小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小D. 小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大【答案】AB【解析】【分析】小球静止时悬线与竖直方向成θ角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件列式求解场强的大小；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律列式求解最小速度，得到最小动能；小球运动过程中只有重力和电场力做功，故重力势能、电势能和动能之和守恒，机械能最小的位置即为电势能最大的位置．【详解】小球静止时悬线与竖直方向成θ角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有：mgtanθ=qE，解得，选项A正确；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律，有：，则最小动能Ek=mv2=，所以选项B正确。小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，选项C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，选项D错误；故选AB.【点睛】此题关键是明确小球的受力情况和运动情况，可以将重力和电场力的合力等效成重力进行考虑，结合动能定理和牛顿第二定律分析，不难求解；至于机械能最小的位置就是电势能最大的位置，由能量守恒定律和功能关系求两者之和．8.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，从距弹簧上端高h处由静止释放.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，作出小球所受弹力F随小球下落过程中的位置坐标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. 最低点的坐标x=h+2x0B. 当x=h+2x0时，小球的加速度为－g，且弹力大小为2mgC. 当x=h+2x0时，小球的动能最小D. 小球动能的最大值Ek=mgh+【答案】BD【解析】【分析】小球下降过程，先自由落体运动，与弹簧接触后，先加速下降，到达平衡位置后开始减速下降，根据共点力平衡条件求出平衡位置的坐标，结合整个下降过程中小球和弹簧机械能守恒进行分析．【详解】根据乙图可知，当x=h+x0，小球的重力等于弹簧的弹力，根据运动的对称性可知，小球运动的最低点大于h+2x0，即当x=h+2x0时，小球的动能不是最小，选项AC错误；由于当x=h时小球的加速度为g，根据对称性可知，当x=h+2x0时，小球的加速度为－g，根据牛顿第二定律mg-F=ma=-mg，解得弹力大小为F=2mg，选项B正确；小球达到最大速度的过程中，根据动能定理可知mg(h+x0)−mg•x0＝mv2，故小球动能的最大值为mgh+mg•x0，故D正确；故选BD。【点睛】本题关键是将物体的运动分为自由落体、加速下降和减速下降三个阶段，同时物体的动能和重力势能以及弹簧弹性势能总量守恒.三、非选择题9.某同学用如图所示的实验装置，验证机械能守恒定律。(1)实骑操作步骤如下：A.按实验要求安装好实验装置；B.使重锤靠近打点计时器，接着先释放重锤，再接通电源，打点计时器在纸带上打下一系列的点；C.图为一条符合实验要求的纸带，O点为打点计时器打下的第一点分别测出若干连续打点A、B、C……与O点之间的距离h1、h2、h3………以上A、B、C三个选项中哪个选项是借误的____。(2)已知打点计时器的打点周期为T，重锤质量为m，重力加速度为g，结合实验中所测的h1、h2、h3，可得重锤下落到B点时的速度大小为____，纸带从O点下落到B点的过程中，减小的重力势能为____，在误差允许范闱内重锤动能增加量____重力势能减少量(填写“大于”、“等于”戌“小于”)。【答案】    (1). （1）B    (2). （2）     (3). mgh2    (4). 等于【解析】【分析】（1）实验时为了提高纸带的利用率，应先接通电源后释放纸带；（2）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，从而得出动能的增加量，根据下降的高度求出重力势能的减小量．【详解】（1）如果先释放纸带后接通电源，有可能会出现小车已经拖动纸带运动一段距离，电源才被接通，那么纸带上只有很小的一段能打上点，大部分纸带没有打上点，纸带的利用率太低，所以应当先接通电源，后让纸带运动，故B错误．
（2）B点的瞬时速度vB＝；纸带从O点下落到B点的过程中，减小的重力势能为△Ep=mgh2．在误差范围内重锤动能增加量等于重力势能减少量．【点睛】解决本题的关键知道实验的原理，验证重力势能的减小量与动能的增加量是否相等．以及知道通过求某段时间内的平均速度表示瞬时速度．10.某实验小组研究元件Rx的伏安特性，使用的器材包括电压表(内阻约为3kΩ)、电流表(内阻约为1Ω)、滑动变阻器等。(1)使用多用电表粗测元件Rx的电阻，选择“×1”欧姆档测量，示数如图(a)所示，读数____Ω，据此应选择图中的____(选填“b”或“c”)电路进行实验。(2)连接所选电路，闭合S，滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，依次记录电流表、电压表的示数，重复实验图(a)是根据实验数据作出的U-I图线，该小组还借助Rx和阻值R=30Ω的定值电阻，测量待测电池组的电动势E和内阻r，如图(e)所示，闭合S1和S2，电压表读数为3.0V，断开S2，电压表读数为1.0V，结合图(a)可算出E=____V，r=____Ω。(结果均保留两位有效数字，电压表为理想电压表)【答案】    (1). （1）10    (2). b    (3). （2）4.5    (4). 5.0【解析】【分析】（1）电阻的大小等于表盘的读数乘以倍率．根据元件X的电阻大小确定电流表的内外接．（2）根据闭合电路欧姆定律列出等式求解电动势E和内阻r．【详解】（1）使用多用电表粗测元件X的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图（a）所示，读数为10Ω．元件X的电阻远小于电压表内阻，电流表采用外接法误差较小，因此需要选择图b所示实验电路．
（2）根据U-I图线得出元件X的电阻R==10Ω；
闭合S1和S2，电压表读数为3.0V；断开S2，读数为1.0V，根据闭合电路欧姆定律列出等式
E=3+×r
E=1+×（r+30）
解得：E=4.5V．r=5.0Ω【点睛】解答本题应知道串联电路中电阻、电流和电压的关系，会正确使用滑动变阻器，会根据欧姆定律判断电压表和电流表示数的变化．同时解题的关键在于能掌握滑动变阻器分压式和限流式的区别，电流表内外接的区别，以及会通过图线求解电源的电动势和内阻．11.如图所示质量M=3kg的木块套在固定的水平杆上，并用轻绳与小球相连，轻绳与杆的夹角为30°。今用与水平方向成60°角的力F=10N拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，运动过程中木块与小球的相对位置保持不变，g=10m/s2。求：(1)小球的质量m；(2)木块M与水半杆间的幼摩擦因数μ。【答案】（1）1kg（2） 【解析】【分析】（1）先对小球m受力分析：已知力、重力、细线的拉力，根据平衡条件列式求小球的质量m；
（2）再对滑块M和小球m整体受力分析，已知力F、重力、弹力和摩擦力，根据共点力平衡条件和摩擦力公式列式求动摩擦因数μ。【详解】（1）m受力平衡，合力为零，以小球为研究对象
水平方向：Fcos60°=FTcos30°
竖直方向：Fsin60°=FTsin30°+mg
所以小球质量：m=1kg
（2）以M和m的整体为研究对象，受力平衡，合力为零
水平方向，Fcos600-μFN=0
竖直方向，FN+Fsin60°-Mg-mg=0联立解得：【点睛】本题要灵活选择研究对象，注意应用整体法与隔离法，用整体法时一定要分清内力与外力，正确地进行受力分析。12.如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量M=4kg的长木板，在长木板右端有一质量m=1kg的小物块，长木板与小物块间的动擦因数μ=0.2，开始时长木板与小物块均静止。现用F=14N的水平恒力向石拉长木板，经时间t=1s撤去水平恒力F，g=10m/s2。求(1)小物块在长木板上发生相对滑幼时，小物块加速度a的大小；(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端的距离s；(3)撒去F后，系统能损失的最大机械能△E。【答案】（1）2m/s2（2）0.5m（3）0.4J【解析】【分析】（1）对木块受力分析，根据牛顿第二定律求出木块的加速度；（2）先根据牛顿第二定律求出木板的加速度，然后根据匀变速直线运动位移时间公式求出长木板和小物块的位移，二者位移之差即为小物块离长木板右端的距离；（3）撤去F后，先求解小物块和木板的速度，然后根据动量守恒和能量关系求解系统能损失的最大机械能△E。【详解】（1）小物块在长木板上发生相对滑动时，小物块受到向右的滑动摩擦力，则：µmg=ma1，解得a1=µg=2m/s2（2）对木板，受拉力和摩擦力作用，
由牛顿第二定律得，F-µmg=Ma2，
解得：a2= 3m/s2．小物块运动的位移：x1=a1t2=×2×12m=1m，长木板运动的位移：x2=a2t2=×3×12m=1.5m，
则小物块相对于长木板的位移：△x=x2-x1=1.5m-1m=0.5m．
（3）撤去F后，小物块和木板的速度分别为：vm=a1t=2m/s     v=a2t=3m/s小物块和木板系统所受的合外力为0，动量守恒： 解得 从撤去F到物体与木块保持相对静止，由能量守恒定律： 解得∆E=0.4J【点睛】该题考查牛顿第二定律的应用、动量守恒定律和能量关系；涉及到相对运动的过程，要认真分析物体的受力情况和运动情况，并能熟练地运用匀变速直线运动的公式．13.如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管ADB固定在竖直平面内。圆管的圆心为O，D点为圆管的最低点，AB两点在同一水平线上，AB=2L，圆管的半径为r=L(自身的直径忽略不计)。过OD的虚线与过AB的虚线垂直相交于C点，在虚线AB的上方存在方向水平向右、范围足够大的匀强电场；虚线AB的下方存在方向竖直向下、范围足够大的匀强电场，电场强度大小E2=。圆心O正上方的P点有一质量为m、电荷量为－q(q>0)的小球(可视为质点)，PC间距为L。现将该小球从P点无初速释放，经过一段时间后，小球刚好从管口A无碰撞地进入圆管内，并继续运动。重力加速度为g。求：(1)虚线AB上方匀强电场的电场强度E1的大小；(2)小球在AB管中运动经过D点时对管的压力FD；（3）小球从管口B离开后，经过一段时间到达虚线AB上的N点(图中未标出)，在圆管中运动的时间与总时间之比。【答案】（1） （2）2mg，方向竖直向下（3） 【解析】【分析】（1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，根据正交分解，垂直运动方向的合力为零，列出平衡方程即可求出虚线AB上方匀强电场的电场强度；（2）根据动能定理结合圆周运动的规律求解小球在AB管中运动经过D点时对管的压力FD；（3）小物体由P点运动到A点做匀加速直线运动，在圆管内做匀速圆周运动，离开管后做类平抛运动，结合运动公式求解在圆管中运动的时间与总时间之比.【详解】（1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则：tan45°=
解得： （2）从P到A的过程，根据动能定理：mgL+EqL=mvA2解得vA=2 小球在管中运动时，E2q=mg，小球做匀速圆周运动，则v0=vA=2在D点时，下壁对球的支持力 由牛顿第三定律，方向竖直向下。 （3）小物体由P点运动到A点做匀加速直线运动，设所用时间为t1，则： 解得 小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为t2，则： 小球离开管后做类平抛运动，物块从B到N的过程中所用时间： 则：【点睛】本题考查带点小物体在电场力和重力共同作用下的运动，解题关键是要分好运动过程，明确每一个过程小物体的受力情况，并结合初速度判断物体做什么运动，进而选择合适的规律解决问题，匀变速直线运动利用牛顿第二定律结合运动学公式求解或者运用动能定理求解，类平抛利用运动的合成和分解、牛顿第二定律结合运动学规律求解。