四川省成都市文安中学高三物理模拟试题含解析

四川省成都市文安中学高三物理模拟试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1.（单选）A、B两物体叠放在一起，放在光滑的水平面上，从静止开始受到一变力的作用，该力与时间的关系如图所示，A、B始终相对静止，则下列说法不正确的是：A．t0时刻，A、B间静摩擦力最大

B．t0时刻，B速度最大C．2t0时刻，A、B间静摩擦力最大

D．2t0时刻，A、B位移最大参考答案：A解：

A、C以整体为研究对象，由图看出，整体所受的合力先沿正方向减小，后沿负方向增大，则根据牛顿第二定律得知，加速度先减小后增大，对A而言，由牛顿第二定律得知，A所受的静摩擦力先减小后增大，则知在t=0、2t0时刻A、B间的静摩擦力最大．t0时刻，加速度为零，A、B间的静摩擦力为零．故A错误，C正确．

B、两物体先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，则t0时刻B速度最大．故B正确．

D、由上分析可知，两物体做单向直线运动，则2t0时刻A、B运动的位移最大．故D正确．

本题选错误的，故选A2.a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连。当用大小为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1;当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2；当用恒力F倾斜向上向上拉着a，使a、b一起沿粗糙斜面向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x3，如图所示。则（

）A.x1=x2=x3

B.x1>x3=x2C.若m1>m2，则x1>x3=x2

D.若m1<m2，则x1＜x3=x2参考答案：A解：通过整体法求出加速度，再利用隔离法求出弹簧的弹力，从而求出弹簧的伸长量。对右图，运用整体法，由牛顿第二定律得整体的加速度为：；对b物体有：T1=m2a1；得；对中间图：运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度为：；对b物体有：T2-m2g=m2a2得：；对左图，整体的加速度：，对物体b：，解得；则T1=T2=T3，根据胡克定律可知，x1=x2=x3，故A正确，BCD错误。故选A。【点睛】本题考查了牛顿第二定律和胡克定律的基本运用，掌握整体法和隔离法的灵活运用．

解答此题注意应用整体与隔离法，一般在用隔离法时优先从受力最少的物体开始分析，如果不能得出答案再分析其他物体．3.（多选题）2016年10月19日凌晨，“神舟十一号”载人飞船与距离地面343km的圆轨道上的“天宫二号”交会对接．已知地球半径为R=6400km，万有引力常量G=6.67×10﹣11N?m2/kg2，“天宫二号”绕地球飞行的周期为90分钟，以下分析正确的是（）A．“天宫二号”的发射速度应大于11.2km/sB．“天宫二号”的向心加速度大于同步卫星的向心加速度C．由题中数据可以求得地球的平均密度D．“神舟十一号”加速与“天宫二号”对接前应处于同一圆周轨道参考答案：BC【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【分析】当发射的速度大于等于第二宇宙速度，会挣脱地球的引力，不绕地球飞行；根据周期的大小比较轨道半径，从而比较向心加速度的大小．根据万有引力提供向心力得出地球的质量，结合地球的体积求出地球的平均密度．【解答】解：A、当发射的速度大于11.2km/s，会挣脱地球的引力，不绕地球飞行，所以“天宫二号”的发射速度不可能大于11.2km/s，故A错误．B、天宫二号的周期小于同步卫星的周期，根据T=知，天宫二号的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，根据a=知，天宫二号的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，故B正确．C、题干中飞船的轨道半径r=R+h，周期已知，根据得，地球的质量M=，则地球的密度ρ===，故C正确．D、“神舟十一号”加速与“天宫二号”对接前应处于不同的轨道上，若在同一轨道上，加速做离心运动，离开原轨道，不能实现对接，故D错误．故选：BC．4.（单选）如图，质量为M的斜面放在粗糙的水平地面上。几个质量都是m的不同物块，先后在斜面上以不同的加速度向下滑动，斜面始终保持静止不动。下列关于水平地面对斜面底部的支持力和静摩擦力的几种说法中正确的有A．匀速下滑时，支持力静摩擦力不为零；B．匀加速下滑时，支持力静摩擦力的方向水平向右；C．匀减速下滑时，支持力静摩擦力的方向水平向右；

D．无论怎样下滑，总是静摩擦力为零。参考答案：C解：A、当匀速下滑时，从整体角度出发，处于平衡状态，则支持力等于N=（m+M）g，斜面没有运动趋势，则静摩擦力为零，故A错误；

B、当匀加速下滑时，由整体角度，结合加速度分解，则有竖直向下与水平向左的加速度，再根据牛顿第二定律，则有竖直方向重力大于支持力，而水平方向有向左的静摩擦力，故B错误；

C、同理，当匀减速下滑时，由整体角度，结合加速度分解，则有竖直向上与水平向右的加速度，再根据牛顿第二定律，则有竖直方向重力小于支持力，而水平方向有向右的静摩擦力，故C正确；

D、由上分析可知，故D错误；

故选：C．5.（多选题）如图所示，相同的乒乓球1、2恰好在等高处水平越过球网，不计乒乓球的旋转和空气阻力，乒乓球自最高点到落台的过程中，正确的是（）A．过网时球1的速度小于球2的速度B．球1的飞行时间大于球2的飞行时间C．球1的速度变化率等于球2的速度变化率D．落台时，球1的重力功率等于球2的重力功率参考答案：CD【考点】平抛运动．【分析】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，根据高度比较运动的时间，结合水平位移和时间比较过网时的速度．【解答】解：A、球1和球2平抛运动的高度相同，则运动的时间相同，由于球1的水平位移较大，可知过网时球1的速度大于球2的速度，故A错误，B错误．C、因为平抛运动的加速度不变，都为g，可知球1和球2的速度变化率相等，故C正确．D、落台时，由于时间相等，则竖直分速度相等，根据P=mgvy知，重力的瞬时功率相等，故D正确．故选：CD【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住等时性，结合运动学公式灵活求解二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.（3分）如图所示，在足够长的斜面上有一质量为m的长方形木板A，木板上表面光滑，当木板获得初速度v0后正好能沿斜面匀速下滑，当木板匀速下滑时将一质量也为m的滑块B轻轻地放在木板表面上，当B在木板上无摩擦时，木板和B的加速度大小之比为；当B在木板上动量为时，木板的动量为

；当B在木板上动量为，木板的动量为

。参考答案：

答案：1：1，

，07.质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示．下列表述正确的是

(

)

A．M带负电，N带正电

B．M的速率小于N的速率

C．洛仑兹力对M、N做正功D．M的运行时间大于N的运行时间参考答案：A8.两块相同的竖直木板A、B间有质量均为m的四块相同的木块，用两个大小均为F的水平力压木板，使木板均处于平衡，如图所示.设所有接触面间的动摩擦因数均为μ.则第2块对第3块的摩擦力大小为

参考答案：：09.2004年7月25日，中国用长征运载火箭成功地发射了“探测2号”卫星．右图是某监测系统每隔2.5s拍摄的关于起始匀加速阶段火箭的一组照片．(1)已知火箭的长度为40m，用刻度尺测量照片上的长度，结果如图所示．则火箭在照片中第2个像所对应时刻的瞬时速度大小v=____________m／s．(2)为探究物体做直线运动过程x随t变化的规律，某实验小组经过实验和计算得到下表的实验数据：根据表格数据，请你在下图所示的坐标系中，用纵、横轴分别选择合适的物理量和标度作出关系图线．并根据图线分析得出物体从AB的过程中x随t变化的定量关系式：________________________．参考答案：(1)42m/s(2)图略（4分）10.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形如图所示，经0．3s时间质点a第一次到达波峰位置，则这列波的传播速度为

m／s，质点b第一次出现在波峰的时刻为

s．参考答案：10m／s（2分）

0．5s（11.)若将该密闭气体视为理想气体，气球逐渐膨胀起来的过程中，气体对外做了

0.6J的功，同时吸收了0.9J的热量，则该气体内能变化了

J；若气球在膨胀过程中迅速脱离瓶颈，则该气球内气体的温度

(填“升高”或“降低”)。参考答案：0.3

降低12.如图为悬挂街灯的支架示意图，横梁BE质量为6kg，重心在其中点。直角杆ADC重力不计，两端用铰链连接。已知BE＝3m，BC＝2m，∠ACB＝30°，横梁E处悬挂灯的质量为2kg，则直角杆对横梁的力矩为

N·m，直角杆对横梁的作用力大小为_______N。参考答案：150，150

13.如图所示，轻绳一端系在质量为m的物体A上，另一端与套在粗糙竖直杆MN上的轻圆环B相连接；现用水平力F拉住绳子上一点O，使物体A及圆环B静止在图中虚线所在的位置；现稍微增加力F使O点缓慢地移到实线所示的位置，这一过程中圆环B仍保持在原来位置不动；则此过程中，圆环对杆摩擦力F1___

_____(填增大、不变、减小)，圆环对杆的弹力F2___

_____(填增大、不变、减小)。参考答案：不变，

增大；设圆环B的质量为M；以整体为研究对象，分析受力，如图，根据平衡条件得F2=F①F1=（M+m）g②由②可知，杆对圆环的摩擦力F1大小保持不变，由牛顿第三定律分析圆环对杆摩擦力F1也保持不变；再以结点为研究对象，分析受力，如图2；根据平衡条件得到，F=mgtanθ，当O点由虚线位置缓慢地移到实线所示的位置时，θ增大，则F增大，而F2=F，则F2增大三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.（选修3-3）（6分）如图所示，用面积为S的活塞在汽缸内封闭着一定质量的空气，活塞质量为m，在活塞上加一恒定压力F，使活塞下降的最大高度为?h，已知此过程中气体放出的热量为Q，外界大气压强为p0，问此过程中被封闭气体的内能变化了多少？

参考答案：解析：由热力学第一定律△U=W+Q得

△U=（F+mg+P0S）△h－Q

（6分）15.（6分）如图所示，一气缸竖直放置，用一质量为m的活塞在缸内封闭了一定量的理想气体，在气缸的底部安装有一根电热丝，用导线和外界电源相连，已知汽缸壁和活塞都是绝热的，汽缸壁与活塞间接触光滑且不漏气。现接通电源，电热丝对缸内气体缓慢加热。

①关于汽缸内气体，下列说法正确的是

。A．单位时间内气缸单位面积上气体分子撞击次数减少B．所有分子的速率都增加C．分子平均动能增大D．对外做功，内能减少②设活塞横截面积为S，外界大气压强为p0，电热丝热功率为P，测得通电t时间内活塞缓慢向上移动高度h，求：（Ⅰ）汽缸内气体压强的大小；（Ⅱ）t时间缸内气体对外所做的功和内能的变化量。参考答案：AC（2分）；（4分）四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图所示，轻弹簧的一段固定，另一端与一质量为M=1.99kg的物块相连，开始时弹簧处于原长，现有一质量为m=0.01kg的子弹以v0=600m/s的水平速度射向物块，并留在物块中一起向左运动，经过时间t=0.3s后停下，此时弹簧的压缩量x=20cm．已知物块与地面之间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，求：Ⅰ．弹簧被压缩到最短时具有的弹性势能；Ⅱ．在物块向左运动0.3s的过程中弹簧对物块的冲量．参考答案：解：Ⅰ、选水平向左为正方向，对于由子弹和物块组成的系统，子弹射入物块前后，由动量守恒定律可得

mv0=（M+m）v子弹留在物块中以后，压缩弹簧的过程由能量守恒定律可得（M+m）v2=Ep+μ（M+m）gx解得Ep=7JⅡ、对于由子弹和物块组成的系统，在时间t内，由动量定理可得

I﹣μ（M+m）gt=0﹣（M+m）v解得I=﹣3N?s，冲量的大小为3N?s，方向水平向右答：Ⅰ、弹簧被压缩到最短时具有的弹性势能是7J；Ⅱ、在物块向左运动0.3s的过程中弹簧对物块的冲量大小为3N?s，方向水平向右．【考点】动量守恒定律；功能关系．【分析】Ⅰ、子弹射入物块的过程，子弹和物块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求子弹击中物块后瞬间的速度．再根据能量守恒定律求弹簧被压缩到最短时具有的弹性势能；Ⅱ、对子弹和物块组成的系统为研究对象，由动量定理求在物块向左运动0.3s的过程中弹簧对物块的冲量．17.如图所示，高台的上面有一竖直的圆弧形光滑轨道，半径R=m，轨道端点B的切线水平．质量M=5kg的金属滑块（可视为质点）由轨道顶端A由静止释放，离开B点后经时间t=1s撞击在斜面上的P点．已知斜面的倾角θ=37°，斜面底端C与B点的水平距离x0=3m．g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力．（1）求金属滑块M运动至B点时对轨道的压力大小（2）若金属滑块M离开B点时，位于斜面底端C点、质量m=1kg的另一滑块，在沿斜面向上的恒定拉力F作用下由静止开始向上加速运动，恰好在P点被M击中．已知滑块m与斜面间动摩擦因数μ=0.25，求拉力F大小（3）滑块m与滑块M碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去拉力F，此时滑块m速度变为4m/s，仍沿斜面向上运动，为了防止二次碰撞，迅速接住并移走反弹的滑块M，求滑块m此后在斜面上运动的时间．参考答案：考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；平抛运动．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：（1）由机械能守恒定律求出滑块到达B点时的速度，然后由牛顿第二定律求出轨道对滑块的支持力，再由牛顿第三定律求出滑块对B的压力．（2）由平抛运动知识求出M的水平位移，然后由几何知识求出M的位移，由运动学公式求出M的加速度，由牛顿第二定律求出拉力大小．（3）由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式可以求出滑块的运动时间．解答：解：（1）从A到B过程，由机械能守恒定律得：MgR=MvB2，在B点，由牛顿第二定律得：F﹣Mg=M，解得：F=150N，由牛顿第三定律可知，滑块对B点的压力F′=F=150N，方向竖直向下；（2）M离开B后做平抛运动，水平方向：x=vBt=5m，由几何知识可知，m的位移：s==2.5m，设滑块m向上运动的加速度为a，由匀变速运动的位移公式得：s=at2，解得：a=5m/s2，对滑块m，由牛顿第二定律得：F﹣mgsin37°﹣μmgcos37°=ma，解得：F=13N；（3）撤去拉力F后，对m，