四川省成都石室中学2019届高三物理上学期12月一诊模拟试题（含解析）

四川省成都石室中学2019届高三12月一诊模拟理综物理试题二、选择题1.如图所示，自动卸货车始终静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下，θ角缓慢减小且货物相对车厢静止的过程中，下列说法正确的是（）A.货物受到的摩擦力变小B.货物受到的支持力变小C.货物受到的支持力对货物不做功D.货物受到的摩擦力对货物做负功【答案】A【解析】【详解】AB、货物处于平衡状态，则有：mgsinθ=f，N=mgcosθ，θ减小时，f减小，N增大，故B错误，A正确；C.θ减小过程中，货物沿支持力方向位移不等于零，支持力做正功，故C错误；D.θ减小过程中，货物沿支持力方向运动，摩擦力与运动方向始终垂直，摩擦力不做功，故D错误。故选：B2.一条小船在静水中的速度3m/s，它要渡过一条宽为60m的长直河道，河水流速为4m/s，则（）A.这条船不可能渡过这条河B.这条船过河时间可能为15sC.这条船可以渡过这条河，而且过河时的合速度可以为9m/sD.这条船能够过河的最小位移为80m【答案】D【解析】【详解】A.当静水速与河岸不平行，船就能渡过河。故A错误；B.当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，为：tmin=d/v1=60/3s=20s，过河时间不可能为15s，故B错误；C.当静水速方向沿河岸方向时，合速度为7m/s，小于9m/s，故C错误；D.当静水速与合速度垂直时，位移最小，设合速度与河岸间的夹角为θ，，x=80m，故D正确。故选：D3.如图所示，在光滑水平面上，用等大反向的F1、F2分别同时作用于A、B两个静止的物体上，已知ma＜mb，经过一段时间先撤去F1，再撤去F2，运动一段时间后两物体相碰并粘为一体，则粘合体最终将（）A.静止B.向左运动C.向右运动D.无法确定【答案】B【解析】【详解】两个推力等大、反向，F2作用时间长，冲量大。所以两力的总动量向左，根据动量定理，两物体的总动量沿F2方向，两物体粘为一体时将向左运动，故B正确，ACD错误。故选：B4.我国“神舟”十一号载人飞船于2016年10月17日7时30分发射成功。飞船先沿椭圆轨道飞行，在接近400km高空处与“天宫”二号对接，对接后视为圆周运动。两名宇航员在空间实验室生活、工作了30天。“神舟”十一号载人飞船于11月17日12时41分与“天宫”二号成功实施分离，11月18日顺利返回至着陆场。下列判断正确的是（）A.对接后飞船在圆轨道上运动的速度可以大于第一宇宙速度B.飞船变轨前后的机械能守恒C.分离后飞船在原轨道上通过减速运动，再逐渐接近地球表面D.宇航员在空间实验室内可以利用杠铃举重来锻炼身体【答案】C【解析】【详解】A.根据万有引力提供向心力，得，轨道高度越大，线速度越小，第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，是最大的运行速度，故对接后飞船在圆轨道上的线速度比第一宇宙速度小，故A错误；B.每次变轨都需要发动机对飞船做功，故飞船机械能不守恒，故B错误；C.当飞船要离开圆形轨道返回地球时，飞船做近心运动，万有引力要大于向心力，故要减小速度，故C正确；D.用举重锻炼身体主要就是利用哑铃等物体的重力，在轨道舱中哑铃处于完全失重状态，它对人的胳膊没有压力的作用。故D错误。故选：C【点睛】根据，轨道高度越大，线速度越小，第一宇宙速度是近地卫星的速度，是最大的运行速度；每次变轨都需要发动机对飞船做功，飞船机械能不守恒；宇航员在空间实验室内完全失重状态，也不能做与重力有关的实验和锻炼；飞船返回是要减速降低轨道．飞船正常运行时万有引力提供向心力．5.如图所示，a、b、c三个相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛。下列说法正确的有（）A.重力对它们的冲量相同B.它们落地时重力的瞬时功率相同C.它们动量变化的大小相同D.它们的末动能相同【答案】C【解析】【详解】A.球b自由落体运动，球c的竖直分运动是自由落体运动，故bc两个球的运动时间相同，为t=；球a受重力和支持力，合力为mgsinθ，加速度为gsinθ，根据，得t′=；所以tt′，由于重力相同，而重力的作用时间不同，故重力的冲量不同，故A错误；B.ab球机械能守恒，末速度大小相等，方向不同，重力的瞬时功率不同，故B错误；C.bc球合力相同，运动时间相同，故合力的冲量相同，根据动量定理，动量变化量也相同；ab球机械能守恒，末速度相等，故末动量相等，初动量为零，故动量增加量大小相等，故C正确；D.三小球下落过程只有重力做功，初动能不全相同，而重力做功相同，故根据动能定理，末动能不全相同，故D错误；故选：C.【点睛】a做的是匀变速直线运动，b是自由落体运动，c是平抛运动，根据它们各自的运动的特点可以分析运动的时间和末速度的情况，由动能定理判断末动能情况，由动量定理判断动量变化情况．6.如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为光敏电阻(电阻随光强的增大而减小)。当R2的滑动触头P在a端时，闭合开关S，此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U。以下说法正确的是()A.若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量减少B.若仅将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大C.若仅用更强的光照射R1，则I增大，U减小，电容器所带电荷量减少D.若仅用更强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值减小【答案】AC【解析】【详解】A.若仅增大A、B板间距离，电容减小，板间电压不变，则由电容的定义式分析可知电容器所带电荷量减少，故A正确；B.滑动变阻器处于含电容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，I不变，U不变。故B错误；C.若仅用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，I增大，内电压和R3的电压均增大，则电容器板间电压减小，电容不变，由电容的定义式分析可知电容器所带电荷量减少。故C正确；D.若仅用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，I增大，根据闭合电路欧姆定律得U=E-Ir可得：，不变，故D错误。故选：AC。7.如图所示，光滑绝缘细管与水平面成30°角，在管的右上方P点固定一个点电荷+Q，P点与细管在同一竖直平面内，管的顶端A与P点连线水平，图中PB垂直AC，B是AC的中点。带电荷量为-q的小球（小球直径略小于细管的内径）从管中A处由静止开始沿管向下运动，它在A处时的加速度为a，不考虑小球电荷量对+Q形成的电场的影响。则在电场中（）A.B点的电场强度大小是A点的3倍B.小球运动到C处的加速度为g-aC.A点的电势高于B点的电势D.小球从A到C的过程中电势能先减小后增大【答案】BD【解析】【详解】A.结合几何关系：PA=2PB，由点电荷电场强度公式，可知，电场强度的大小与间距的平方成反比，则B点的电场强度大小是A点的4倍，故A错误；B.在A处时小球的加速度为a，对A点受力分析，电场力、重力与支持力，由力的合成法则可知，合外力由重力与电场力沿着细管方向的分力之和提供的；当在C处时，小球仍受到重力、电场力与支持力，合外力是由重力与电场力沿着细管方向的分力之差提供的，由A处可知，Fcos30∘+mgsin30∘=ma；而在C处,则有：mgsin30∘−Fcos30∘=ma′，解得：a′=g−a.故B正确；C.正点电荷的电场线发散型，由于沿着电场线方向，电势降低，因此A点的电势低于B点的电势，故C错误；D.根据电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加，可知：小球带负电，从A到C的过程中，电场力先做正功，后做负功，则电势能先减小后增大，故D正确；故选：BD.【点睛】根据点电荷电场强度的公式，即可比较电场强度；由牛顿第二定律，结合库仑定律，即可求解加速度；由正点电荷电场线的分布，结合沿着电场线方向电势降低，即可求解；根据电场力做功的正负来确定电势能高低；8.如图所示，一质量m=0.1kg的小煤块以v0=5m/s的初速度从最左端水平进入轴心距离L=8m的水平传送带，传送带可由一电机驱使而转动。已知小煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1(取g=10m/s2)（）A.若电机不开启，传送带不转动，小煤块滑离传送带右端的速度大小为3m/sB.若电机不开启，传送带不转动，小煤块在传送带上运动的总时间为3sC.若开启电机，传送带以6m/s的速率顺时针转动，则小煤块在传送带上留下的一段黑色痕迹的长度为1.0mD.若开启电机，传送带以6m/s的速率逆时针转动，则小煤块在传送带滑动的过程中产生的热量为2.0J【答案】AD【解析】【详解】AB、当电机不开启，小煤块在传送带上做匀减速直线运动，加速度为：a=μg=0.1×10m/s2=1m/s2根据速度位移公式有：解得：v=3m/s，运动的时间为：t==2s.故A正确，B错误；C.当电机开启，传送带顺时针转动，小煤块在传送带上做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，一起做匀速直线运动，则煤块达到传送带速度所经历的时间为：t==1s此时小煤块的位移为：x1==5.5m8m传送带的位移为：x2=vt=6×1m=6m则黑色痕迹的长度为：△x=x2−x1=6−5.5m=0.5m.故C错误；D.当电机开启，传送带逆时针转动，小煤块在传送带上一直做匀减速直线运动，运动的时间为：t=2s，此时传送带的位移为：x1=vt=6×2m=12m则相对运动的位移大小为：△x=x1+L=12+8m=20m则摩擦产生的热量为：Q=μmg△x=0.1×1×10×20J=2.0J.故D正确。故选：AD.【点睛】当电机不开启，小煤块在传送带上做匀减速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出小煤块到达传送带右端时的速度大小和运动的时间．当电机开启，传送带顺时针转动，小煤块在传送带上做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，一起做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出相对滑动的距离．当电机开启，传送带逆时针转动，小煤块在传送带上做匀减速直线运动，结合运动学公式求出相对滑动的距离，从而求出摩擦力产生的热量．三、非选择题9.图甲是测定小物块与水平面之间动摩擦因数的实验装置，曲面AB与水平面相切于B点且固定。小物块自曲面上某一点释放后沿水平面滑行，光电计时器可以记录小物块通过P、Q的时间和小物块通过P点的速度。已知当地重力加速度为g。（1）若小物块经过P点的速度为v，通过PQ的时间为t，PQ之间的距离为s，则小物块与水平面之间的动摩擦因数的表达式为_______（2）保持小物块经过P点的速度v不变，多次改变Q的位置，做出－t的关系图象如图乙所示，图象在纵轴上截距为b，斜率的绝对值为k，则_______【答案】(1).(2).【解析】【详解】(1)小物块受到摩擦力的作用，其加速度：a==μg若小物块经过P点的速度为v，通过PQ的时间为t，PQ之间的距离为s，则有：s=vt−μgt2所以：μ=；(2)根据平均速度的定义可知小物块在PQ之间的平均速度：而：即：可知在−t的关系图象中，直线的斜率为：k=μg所以,动摩擦因数：μ=10.某中学为了探究额定功率为4W、额定电压为4V的小灯泡消耗的功率与电压的关系，准备了如下的实验器材：A.电压表V1（0～1V，内阻2kΩ）B.电压表V2（0～15V，内阻15kΩ）C.电流表A（0～1A，内阻约1Ω）D.定值电阻R1＝6kΩE.定值电阻R2＝16kΩF.滑动变阻器R（0～10Ω，额定电流2A）G.学生电源（直流5V，内阻不计）H.开关、导线若干（1）为了减小实验误差，电压表应选用____，定值电阻应选用____（均用序号字母填写）；（2）在探究功率与电压的关系时，要求电压从零开始调节，并且多次测量，画出满足要求的电路图___；（3）根据设计的电路图，写出小灯泡两端电压U与电压表读数UV的关系U＝___。若小灯泡的电功率为P，则关系图线可能正确的是____。【答案】(1).（或）(2).D（或）(3).如图所示：(4).(5).C【解析】【详解】（1）由于小灯泡的额定电压为4V，若选15V量程，则量程太大，所以应选A，但需要进行改装为U=4V量程的电压表；根据欧姆定律和串并联规律应有：U=，解得：R=6k