2019届河南省镇平县第一中学高三下学期模拟训练（三）物理试题（解析版）

2018——2019镇平一高高三模拟训练物理试题（三）一、选择题（共50分，1—6题单选，7—10题多项，选不全得3分，选错或不选者0分，全对得5分）1.以下关于弹力和摩擦力描述正确的是（  ）A. 两个物体之间有相互作用的弹力，形变大的物体受到的弹力大B. 物体受到弹力的方向一定与施力物体恢复原状的方向相同C. 物体受到的滑动摩擦力方向与其运动的方向一定在一条直线上D. 两物体的接触面存在摩擦力，但不一定有弹力【答案】B【解析】两个物体之间有相互作用的弹力，这一对弹力为相互作用力，等大反向，A错误；物体受到弹力的方向一定与施力物体恢复原状的方向相同，B正确；物体受到的滑动摩擦力方向与其运动的方向不一定在一条直线上，有可能垂直，如水平向右运动的小车墙壁上压着一个物块，该物块受到的摩擦力方向在竖直方向，而运动方向却沿水平方向，故C错误；两物体之间有摩擦力时，两物体一定接触，且相互挤压，即存在弹力作用，D错误．2.如图所示，光滑水平面上放着一长为l质量为M的木块，、一质量为m的子弹从左边以初速度v水平射入木块，恰好没有射穿，则（  ）A. 最终子弹与木块的速度为零B. 在子弹与木块相互作用的过程中，子弹的位移为lC. 在子弹与木块相互作用的过程中，木块的位移一定为lD. 在子弹与木块相互作用的过程中，因摩擦产生的热量为【答案】D【解析】A.子弹击中木块过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=(M+m)v，得：，故A错误；B．在子弹与木块相互作用的过程中，子弹的位移为，木块的位移为，因为子弹恰好没有射穿木块，有，即，   所以子弹的位移，故B错误；C．因为v0>v，所以子弹的位移，故C错误；D．在子弹与木块相互作用的过程中，因摩擦产生的热量等于系统动能的减小量，即，故D正确。 故选：D。点睛：根据系统动量守恒求出最终子弹和木块的速度；根据匀变速运动的规律得出子弹和木块的位移与l的关系；系统减小的动能等于产生的内能。3.如图所示，两根细线AC、BC—端系在竖直杆上，另一端共同系着质量为m的小球，当系统绕竖直杆以角速度ω水平旋转时，两根细线均处于伸直状态，下列说法正确的是（ ）A. 小球一定受到三个力作用B. 小球可能受两个力作用C. 增大角速度，细线AC的拉力减小，BC的拉力增加D. 增大角速度，细线AC的拉力增加，BC的拉力减小【答案】B【解析】小球可能受重力和上面绳子拉力的合力提供向心力，下面绳子的拉力为零，故B正确，A错误；小球做圆周运动，在竖直方向上的合力为零，若两根细线均有拉力，可知上面绳子的拉力大于下面绳子的拉力，故C错误；设AC绳与竖直方向的夹角为θ，BC绳与竖直方向的夹角为α，对物体C进行受力分析，在竖直方向有： ，根据向心力公式则有：，可知当ω的增大时，所需的向心力增大，绳子BC和AC的力都增大，故CD错误。所以B正确，ACD错误。4.如图所示，将小球从空中的A点以速度Vo水平向右抛出，不计空气阻力，小球刚好擦过竖直挡板落在地面上的B点．若使小球仍刚好擦过竖直挡板且落在地面上B点的右侧，下列方法可行的是 (    )A. 在A点将小球以大于Vo的速度水平抛出B. 在A点将小球以小于Vo的速度水平抛出C. 在A点正上方某位置将小球以小于Vo的速度水平抛出D. 在A点正下方某位置将小球以大于Vo的速度水平抛出【答案】D【解析】【分析】根据“小球从空中的A点以速度Vo水平向右抛出”可知，本题考查平抛运动的规律，根据平抛的分运动规律，运用运动学公式等，进行分析推断落点.【详解】C、D、根据，得，水平位移为.则知在A点正上方某位置将小球以小于v0的速度水平抛出时，小球刚好擦过竖直挡板时所用时间变长，水平位移不变，初速度变小，能使小球落在挡板和B点之间.在A点正下方某位置将小球抛出时，小球刚好擦过竖直挡板时所用时间变短，水平位移不变，初速度变大，能使小球落在地面上的B点右侧，故C错误，D正确.A、B、在A点将小球抛出时，落地时平抛运动的时间相等，当初速度大于v0时，小球运动到挡板正上方所用时间变短，下落的高度变小，将从挡板正上方越过.当初速度小于v0时，小球运动到挡板时所用时间变长，下落的高度变大，将撞在挡板上.故A、B错误.故选D.【点睛】解决本题的关键要掌握其研究方法：运动的分解法，将平抛运动分解为水平和竖直两个方向进行研究，再由运动学公式列式分析.5.2017年9月25日后，微信启动页面所显示的图片将从以前的美国卫星成像图换成“风云”四号卫星成像图．“风云”四号是我国新一代静止轨道气象卫星，下列关于“风云”四号气象卫星的说法，正确的是 (    )A. 它运行的线速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间B. 它必定在赤道正上空，高度可任意调整C. 绕地球运行的角速度与静止在赤道上的物体的角速度相等D. 绕地球运行的向心加速度比月球绕地球运行的向心加速度小【答案】C【解析】【分析】根据“四号气象卫星新一代静止轨道气象卫星”可知，本题考查同步卫星的运动规律，根据  万有引力提供向心力，运用同步卫星的周期必须与地球自转周期相同进行分析推断.【详解】A、第一宇宙速度为人造卫星的最大运行速度，同步卫星的轨道半径大，则其速度小于第一宇宙速度，则A错误；B、同步卫星只能在赤道上空，且高度保持不变；则B错误；C、同步卫星的周期等于地球的自转周期，所以同步卫星绕地球运行的角速度与静止在赤道上的物体的角速度相等；则C正确.D、同步卫星与月球都是万有引力提供向心力，由，可得：，所以同步卫星绕地球运行的向心加速度比月球绕地球运行的向心加速度大；则D错误.故选C.【点睛】所谓地球同步卫星，即指卫星绕地球转动的周期与地球的自转周期相同，与地球同步转动，且在赤道上空的某地，站在地球上观看（以地球本身为参照物）它在空中的位置是固定不动的．6.如图所示，一个小球套在固定的倾斜光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内．现将小球沿杆拉到与O点等高的位置由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧处于竖直时，小球速度恰好为零，若弹簧始终处于伸长且在弹性限度内，在小球下滑过程中，下列说法正确的是（　　）A. 弹簧的弹性势能一直增加    B. 小球的机械能保持不变C. 重力做功的功率先增大后减小    D. 当弹簧与杆垂直时，小球的动能最大【答案】C【解析】【详解】A、B、小球运动过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，弹簧与杆垂直时，弹簧伸长量最短，弹性势能最小，故动能与重力势能之和最大，小球下滑至最低点，动能为零重力势能最小，故此时弹簧的弹性势能最大，故小球的机械能先增大后减小，弹簧的弹性势能先减小后增大，故A，B错误；C、重力功率P=mgvy=mgvcosθ，θ不变，v先增大后减小，故功率先增大后减小，故C正确；D、弹簧与杆垂直时，弹力方向与杆垂直，合外力方向沿杆向下，小球继续加速，速度没有达到最大值；故D错误.故选C.【点睛】本题主要考查了机械能守恒定律的直接应用，重力功率P=mgvy=mgvcosθ，要求同学们能正确分析小球的受力情况和运动情况.7.如图所示，两个质量为m的完全相同的小球A和B用轻杆连接，已知释放时A、B的高度差为h，不计一切摩擦，则在两小球由静止从曲面上的某点释放至均滑到水平面的过程中，下列说法正确的是 (　　)A. 小球A、B的机械能均保持不变B. 小球A、B组成的系统机械能守恒C. 杆对小球A做的功为－mghD. 杆对小球B做的功为mgh【答案】BD【解析】【分析】根据“小球A和B用轻杆连接，不计一切摩擦”可知，本题考查连接体的能量转化问题，根据系统机械能守恒定律，运用沿杆的瞬时速度相等的特点列式计算.【详解】A、B、对于两球组成的系统，在下滑的整个过程中，只有重力对系统做功，系统的机械能守恒，但在B在水平面上滑行、而A在斜面上滑行时，B在加速，B的机械能在增加，A的机械能在减少，所以A球机械能不守恒；故A错误，B正确.C、D、取水平面为零势能参考平面，根据系统的机械能守恒得：开始时A的机械能比B大mgh，当AB都滑到水平面上时，AB具有相同的动能，故此时AB的机械能相等，所以在下滑过程中A的机械能减小量与B的机械能增加量相等均为，对A或B而言，除重力外其它力做的功等于物体机械能增量可知，杆对小球A做的功为，杆对小球B做的功为，所以C错误、D正确.故选BD.【点睛】连接体问题注意对象的选择和物体间的速度联系；下滑的整个过程中对于单个物体机械能并不守恒，对系统机械能才守恒．要注意当两个球都在斜面运动时，杆没有作用力，两个球的机械能是守恒的.8.如图所示，一带电小球在匀强电场中从A点抛出，运动到B点时速度方向竖直向下，且在B点的速度为小球在电场中运动的最小速度，已知电场方向和运动轨迹在同一竖直平面内，空气阻力不计，则 (    ) A. 电场方向水平向右B. 小球受到的电场力大于重力C. 从A到B的过程中，小球的电势能增加D. 从A到B的过程中，小球重力势能的减少量等于其电势能的增加量【答案】BC【解析】【分析】根据“B点时速度方向竖直向下，且速度最小”可知，本题考查复合场中的匀变速曲线运动，根据曲线运动的条件和特点、功能关系进行分析推断）.【详解】A、B、由于B点速度竖直向下而且最小，说明合外力方向水平向右，同时也说明了抛出速度不是水平的，将合力分解，由力的三角形可知电场力为斜边，是最大的，而且它的竖直分力等于重力，但无法判断电场方向，故A错误，B正确；C、从A到B的过程中，电场力对小球做负功，小球的电势能增大，故C正确；D、从A到B的过程中，小球的机械能和电势能相互转化，总和不变，所以小球重力势能的减少量等于其电势能和动能减小量之和，故D错误.故选BC.【点睛】运动到B点时速度方向竖直向下，且速度最小，所以电场力竖直方向的分量竖直向上且比重力大，但无法判断电场方向，从A到B的过程中，小球的机械能和电势能相互转化，总和不变，所以小球重力势能的减少量等于其电势能和动能减小量之和．9.一小球做匀加速直线运动的位移与时间t的关系如图所示，抛物线上三个点的坐标分别是0(0，0)、A(1，6)、B(2，22)．从t＝0开始计时，下列说法正确的是 (    )A. t=0时，小球的速度为零B. t＝5 S时，小球的位移为130 mC. 小球在0～5 s内的平均速度等于2 s～3 s之间某一时刻的瞬时速度D. 小球的加速度大小为5 m／s2【答案】BC【解析】【分析】根据“匀加速直线运动的位移与时间t的关系为抛物线”可知，本题考查匀变速直线运动的运动规律，根据匀变速直线运动的的速度公式和位移公式，运用匀变速直线运动的推论，进行计算推断.【详解】A、D、设抛物线方程x=at2+bt+c，把O（0，0）、A（1，6）、B（2，22）三点代入方程联立解得a=5，b=1，c=0，即x=5t2+t，根据，可知v0=1m/s，a=10m/s2，故t=0s小球速度不为零，故A、D错误.B、t=5s，代入数据解得x=5×52+5=130m，故B正确；C、0-5s内的平均速度，利用瞬时速度公式v=v0+at，解得t=2.5s，故小球在0～5s内的平均速度等于2～3s之间某一时刻的瞬时速度，故C正确；故选BC.【点睛】本题主要考查了匀变速直线运动，关键是利用好抛物线方程求得初速度和加速度，利用好数学知识.10.如图所示，带有挡板的小车质量为m，上表面光滑，静止于光滑水平面上。轻质弹簧左端固定在小车上，右端处于自由伸长状态。质量也为m的小球，以速度v从右侧滑上小车，在小球刚接触弹簧至弹簧分离过程中，以下判断正确的是A. 弹簧的最大弹性势能为B. 弹簧对小车做的功为C. 弹簧对小球冲量的大小为mvD. 弹簧对小球冲量的大小为【答案】AD【解析】弹簧有最大弹性势能时，小球和小车有共同的速度，由动量守恒可知：mv=2mv共；由能量关系可得：，选项A正确；弹簧对小车做的功等于小车得到的动能，选项B错误；弹簧对小球冲量的大小为，即弹簧对小球冲量的大小为mv，选项C错误，D正确；故选AD.二、实验题11.某物理小组在一次探究活动中测量小滑块与木板之间的动摩擦因数μ。实验装置如图甲所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，P为连接数字计时器的光电门且固定在B点。实验时给带有遮光条的小滑块一个初速度，让它沿木板从左侧向右运动，小滑块通过光电门P后最终停在木板上某点C。已知当地重力加速度为g。（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度d如图乙所示，其读数d=_____cm。 （2）为了测量动摩擦因数，除遮光条宽度d及数字计时器显示的时间t外，下列物理量中还需测量的有____。 A．木板的长度L1                   B．木板的质量m1C．小滑块的质量m2               D．木板上BC间的距离L2（3）滑块与木板间的动摩擦因数μ=________（用题中所涉及的物理量的符号表示）。【答案】    (1). 0.375    (2). D    (3). 【解析】(1)由图乙所示游标卡尺可以知道,主尺示数为 ,游标尺示数为 ,,游标卡尺读数 ; 
(2)通过光电门的速度为:
根据动能定理可以知道: , 
要测量动摩擦因数,需要知道滑木板上BC间的距离
所以D选项是正确的. 
(3)根据动能定理可以知道:, 
计算得出:
综上所述本题答案是：(1). 0.375　    (2). D    (3). 12.为了测量某待测电阻Rx的阻值（约为30 Ω），有以下一些器材可供选择：电流表A1（量程为0～50 mA，内阻约为10 Ω）；电流表A2（量程为0～3 A，内阻约为0.12 Ω）；电压表V1（量程为0～3 V，内阻很大）；电压表V2（量程为0～15 V，内阻很大）；电源E（电动势约为3 V，内阻约为0.2 Ω）；定值电阻R（20 Ω，允许最大电流为1.0 A）；滑动变阻器R1（0～10 Ω，允许最大电流为2.0 A）；滑动变阻器R2（0～1 kΩ，允许最大电流为0.5 A）；单刀单掷开关S一个，导线若干。根据以上器材设计电路，要求测量范围尽可能大、精确度高。（1）电流表应选________，电压表应选________，滑动变阻器应选________ (填写器材符号) 。（2）请在答题卡虚线框内画出测量电阻Rx的实验电路图__________（并在电路图中标出所用元件的对应符号）。（3）若电压表示数为U，电流表示数为I，则待测电阻Rx的表达式为Rx=_______。【答案】（1）A1 V1R1 （2） 如下图所示 （3）【解析】【分析】根据已知电源可知最高电压，根据安全性原则可选择电压表，由欧姆定律求出最大电流，即可选出电流表；由题意可知电路的接法，可选择滑动变阻器；由要求可知应采用分压接法，根据题意分析可知电流表及电压表的接法，同时可得出定值电阻的使用；由欧姆定律可求得总电阻，再由串联电路的电阻规律可求得待测电阻；【详解】解：(1)由题意可知，电源电压为3V，故电压表只能采用0∼3V，不能选用最大量程为15V的电压表，电压表选用V1；而由于待测电阻为30Ω，则电路中电流最大为，故不能选用最大量程为3A的电流表，只能采用电流表A1(量程0～50 mA)，故电流表只能选用A1；而由题意（要求所测量范围尽可能大）可知，电路应采用分压接法，故滑动变阻器应选用较小的电阻，故滑动变阻器选用R1； (2)因题目要求所测量的值的变化范围尽可能大一些，故可知应采用滑动变阻器分压接法；由于电流表量程只有0∼50mA，若只接待测电阻，电路中电流过大损坏电流表，故可将定值电阻接入与待测电阻串联；由于电压表的内阻很大，则有，故电压表分流较小，故应采用电流表外接法；故电路如下图所示：(3)由欧姆定律可知，解得三、计算题13.为提高通行效率，许多高速公路出入口安装了电子不停车收费系统ETC。甲、乙两辆汽车分别通过ETC通道和人工收费通道(MTC)驶离高速公路，流程如图所示。假设减速带离收费岛口X=60m，收费岛总长度d=40m，两辆汽车同时以相同的速度v1=72km/h经过减速带后，一起以相同的加速度做匀减速运动。甲车减速至v2=36km/h后，匀速行驶到中心线即可完成缴费，自动栏杆打开放行；乙车刚好到收费岛中心线收费窗口停下，经过t0=15s的时间缴费成功，人工栏打开放行。随后两辆汽车匀加速到速度v1后沿直线匀速行驶，设加速和减速过程中的加速度大小相等，求： (1)此次人工收费通道和ETC通道打开栏杆放行的时间差 ；(2)两辆汽车驶离收费站后相距的最远距离 。【答案】(1)17s；(2)400m【解析】【分析】根据匀变速直线运动的基本公式求出ETC通道匀减速时间和位移，再求出匀速时间，即为即为甲甲车从减速到栏杆打开的总时间；在人工收费通道匀减速时间和缴费时间之和，即为从减速到栏杆打开的总时间，即可求出总时间；当乙车从收费通道中心线出发加速到，与甲车达到共同速度，此时两车相距最远；【详解】，，（1）两车减速运动的加速度大小为，甲车减速到，所用时间为，走过的距离为，甲车从匀速运动到栏杆打开所用时间为甲车从减速到栏杆打开的总时间为乙车减速行驶到收费岛中心线的时间为从减速到打开栏杆的总时间为人工收费通道和ETC通道打开栏杆放行的时间差；（2）乙车从收费岛中心线开始出发又经加速到，与甲车达到共同速度，此时两车相距最远。这个过程乙车行驶的距离与之前乙车减速行驶的距离相等,从收费岛中心线开始，甲车先从加速至，这个时间为，然后匀速行驶故两车相距的最远距离为．14.如图所示，光滑绝缘水平桌面处在电场强度大小为E、方向水平向右的匀强电场中，某时刻将质量为m、带电荷量为一q的小金属块从A点由静止释放，小金属块经时间t到达B点，此时电场突然反向、电场强度增强为某恒定值，且仍为匀强电场，又经过时间t小金属块回到A点。小金属块在运动过程中电荷量保持不变。求：(1)电场反向后匀强电场的电场强度大小；(2)整个过程中电场力所做的功。【答案】(1) (2)【解析】(1)设t末和2t末小物块的速度大小分别为和，电场反向后匀强电场的电场强度大小为E1,小金属块由A点运动到B点过程：，小金属块由B点运动到A点过程：联立解得：，则：； (2)根据动能定理，整个过程中电场力所做的功：联立解得：。点睛：解答本题关键是对不同过程应用匀变速直线运动相关公式以及动能定理列式即可，属于基础性题目。15.如图所示，一质量M=2kg、长L=1m的小车静止在光滑的水平地面上，有一质量m=1 kg的物块(可视为质点)以水平向右、大小为v0＝3 m／s的初速度从左端滑上小车，当物块滑到小车的中点时刚好相对于小车静止．以后两者一起向右运动，当小车与竖直墙壁发生碰撞后立即以原速率返回．试求：(g取10 m／s2)(1)物块与小车相对静止时的速度v；(2)物块与小车间的动摩擦因数；(3)物块在运动的过程中离竖直墙壁的最小距离d．【答案】(1) (2) (3) 【解析】【分析】(1)根据“地面光滑,物块在木板上相对滑动的过程”可知，本小问考查板块模型的运动问题，根据系统的动量守恒列式计算共同的速度；(2)根据“小车的中点时刚好相对于小车静止”可知，本题考查摩擦生热，根据功能关系，运用相对位移列式求解动摩擦因数 ；(3)根据“物块运动的最小距离d”可知，本小问考查动力学问题，根据牛顿第二定律和运动学的位移公式求解.【详解】(1)因为地面光滑，所以小车和物块组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v解得： (2)对系统，由能量守恒有：代入数据得：μ=0.6(3)当小车与墙相撞时，物块到墙的距离为：由于小车与墙碰撞时间极短且碰撞中无动能损失，可认为小车碰墙后，立即以原速率返回，而在这极短时间内，物块所受冲量可忽略，故物块速度未变，仍以v向右，当其速度减小为零时离墙最近.该过程中物块的加速度大小为： 所以在该过程中物块向右运动，有：所以物块离墙壁的最小距离为：【点睛】本题是木块在木板上滑动的类型，要抓住系统的合外力为零，遵守动量守恒定律，同时还遵守能量守恒定律进行研究。要认真分析物块的运动过程，确定离墙距离的最小值.16.如图甲所示，一倾角为37°，长L=3.75 m的斜面AB上端和一个竖直圆弧形光滑轨道BC相连，斜面与圆轨道相切于B处，C为圆弧轨道的最高点。t=0时刻有一质量m=1 kg的物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的v–t图象如图乙所示。已知圆轨道的半径R=0.5 m。（取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)物块到达C点时对轨道的压力FN的大小；(3)试通过计算分析是否可能存在物块以一定的初速度从A点滑上轨道，通过C点后恰好能落在A点。如果能，请计算出物块从A点滑出的初速度；如不能请说明理由。【答案】(1)μ=0.5  (2) F'N=4 N  (3)【解析】【分析】由图乙的斜率求出物块在斜面上滑时的加速度，由牛顿第二定律求动摩擦因数；由动能定理得物块到达C点时的速度，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律求出)物块到达C点时对轨道的压力FN的大小；物块从C到A，做平抛运动，根据平抛运动求出物块到达C点时的速度，物块从A到C，由动能定律可求物块从A点滑出的初速度；【详解】解：(1)由图乙可知物块上滑时的加速度大小为 根据牛顿第二定律有： 解得 (2)设物块到达C点时的速度大小为vC，由动能定理得：在最高点，根据牛顿第二定律则有：解得：  由根据牛顿第三定律得：物体在C点对轨道的压力大小为4 N (3)设物块以初速度v1上滑，最后恰好落到A点物块从C到A，做平抛运动，竖直方向：水平方向： 解得，所以能通过C点落到A点 物块从A到C，由动能定律可得：  解得：