广东省肇庆市届高三高考一模物理试题解析版.docx

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广东省肇庆市届高三高考一模物理试题解析版

2019年广东省肇庆市高考物理一模试卷

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

1.如图所示，质量均为1kg的小球a、b在轻弹簧A、B及外力F的作用下处于平衡状态，其中A、B两个弹簧劲度系数均为，B弹簧上端与天花板固定连接，轴线与竖直方向的夹角为，A弹簧竖直，g取则以下说法正确的是　　

A.A弹簧伸长量为3cm

B.外力

C.B弹簧的伸长量为4cm

D.突然撤去外力F瞬间，b球加速度为0

【答案】D

【解析】

【分析】

先对b球受力分析，根据平衡条件求解弹簧A的拉力；再对a、b球整体受力分析，根据平衡条件求解弹簧B的拉力；最后根据胡克定律求解形变量；对B分析由牛顿第二定律可求得加速度．

【详解】b球受重力和拉力，根据平衡条件，有：

；解得：

；故A错误；再对a、b球整体受力分析，受重力、拉力和弹簧的拉力，如图所示：

根据平衡条件，有：

；故B错误；弹簧的弹力；根据胡克定律，有：

，解得；故C错误；球b受重力和拉力，撤去F的瞬间，重力和弹力都不变，故加速度仍然为零，处于平衡状态，故D正确；故选D．

【点睛】1、当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法；而在分析系统内各物体或一个物体各部分间的相互作用时常用隔离法．

2、整体法和隔离法不是独立，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法．

2.如图所示，某极地轨道卫星的运行轨道平面通过地球的南、北两极，已知该卫星从北纬60°的正上方按图示方向第一次运行到南纬60°的正上方时所用的时间为1h，则下列说法正确的是（　　）

A.该卫星的运行速度一定大于7.9km/s

B.该卫星与同步卫星的运行速度之比为1∶2

C.该卫星与同步卫星的运行半径之比为1∶4

D.该卫星的机械能一定大于同步卫星的机械能

【答案】C

【解析】

试题分析：

地球表面重力等于万有引力，卫星运动的向心力由地球对卫星的万有引力提供，据此展开讨论即可

近地卫星环绕速度等于第一宇宙速度．根据，得，半径越大线速度越小，该卫星的半径大于地球半径，则其运动速度一定小于7.9km/s，A错；该卫星从北纬60°到南纬60°，转过120°用时1h，则其转过360°用时3h，即周期为3h，而同步卫星的周期为24h，即该卫星与同步卫星的周期之比为1∶8．根据，得，则可得半径之比为1∶4，C正确；再由可得该卫星与同步卫星的运行速度之比为2∶1，B错误；在卫星绕地球做圆周运动情况下，从高轨道到低轨道要减少机械能，所以该卫星的机械能小于同步卫星的机械能，D错误．

【此处有视频，请去附件查看】

3.趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则

A.运动员的加速度为gtanθ

B.球拍对球的作用力为mg

C.运动员对球拍作用力为（M＋m）gcosθ

D.若运动员的加速度大于gtanθ，球一定沿球拍向上运动

【答案】AD

【解析】

【详解】对网球：

受到重力mg和球拍的支持力N，作出力图如图，

根据牛顿第二定律得：

Nsinθ=ma；Ncosθ=mg,解得，a=gtanθ，，故A正确、B错误；以球拍和球整体为研究对象，如图2，根据牛顿第二定律得：

 运动员对球拍的作用力为，故C错误．当a＞gtanθ时，网球将向上运动．故D正确．故选AD．

4.如图所示，某人从高出水平地面h的坡上水平击出一个质量为m的高尔夫球，由于受恒定的水平风力的作用，高尔夫球竖直落入距击球点水平距离为L的A穴，不计洞穴的深度，则下列说法正确的是　　

A.球被击出后做平抛运动

B.该球从被击出到落入A穴所用的时间为

C.球被击出时的初速度大小为

D.球被击出后受到的水平风力的大小为

【答案】C

【解析】

【详解】由于水平方向受到空气阻力，不是平抛运动，故A错误；竖直方向为自由落体运动，由，得到，因水平方向不是匀速直线运动，因此从被击出到落入A穴所用时间不能为，故B错误；由于球竖直地落入A穴，故水平方向为末速度为零匀减速直线运动，根据运动学公式，有；；解得，故C正确；水平方向分运动为末速度为零匀减速直线运动，由运动学公式：

；；由牛顿第二定律：

，由上述各式可解得，故D错误；故选C．

【点睛】本题关键将实际运动分解为水平方向的匀减速直线运动和竖直方向的自由落体运动，根据运动学公式和牛顿第二定律列式求解，注意水平方向不是匀速直线运动，与平抛运动的水平方向运动区别开来.

5.如图所示，斜面c上放有两个完全相同的物体a、b，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F，使两物体及斜面均处于静止状态．下列说法正确的是　　

A.c受到地面的摩擦力向左

B.a、b两物体的受力个数一定相同

C.a、b两物体对斜面的压力相同

D.当逐渐增大拉力F时，物体b受到斜面的摩擦力一定逐渐增大

【答案】C

【解析】

【详解】对a、b、c整体分析，受重力、拉力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，地面对整体的静摩擦力一定是向右，故A错误；

对ab进行受力分析，如图所示，b物体处于静止状态，当绳子沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时，摩擦力为零，所以b可能只受3个力作用，而a物体必定受到摩擦力作用，肯定受4个力作用，故B错误；ab两个物体，垂直于斜面方向受力都平衡，则有：

，解得：

，则a、b两物体对斜面的压力相同，故C正确；当逐渐增大拉力F时，如果，则物体b受到的摩擦力可能先减小后反向增加；故D错误；故选C．

【点睛】本题解题的关键是正确对物体进行受力分析，要能结合整体法和隔离法灵活地选择研究对象，能根据平衡条件列式求解．

二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）

6.如图所示，周定的光滑倾斜杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧上端相连，弹簧的下端固定在水平地面上的A点，开始弹簧竖直并且长度恰好为原长h．现让圆环由静止沿杆滑下，滑到杆的底端（未触及地面）时速度恰好为零，已知当地的重力加速度大小为g．则在圆环下滑的整个过程中（）

A.圆环，弹簧和地球组成的系统机械能不守恒

B.弹簧的弹性势能先增大后减小

C.弹簧弹性势能增大了

D.弹簧的最大压缩量小于其最大伸长量

【答案】CD

【解析】

试题分析:

圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和弹簧的拉力；所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和弹簧组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，故A选项错误；弹簧的弹性势能随弹簧的形变量的变化而变化，由图知弹簧先缩短后再伸长，故弹簧的弹性势能先增大再减小，最后增大才对．故B选项错误；根据系统的机械能守恒，圆环的机械能减少了mgh，那么弹簧的机械能即弹性势能增大mgh，故C选项正确；由图可知，弹簧的最大压缩量在弹簧与杆垂直的时刻，此时的系统具有的能量为圆环的动能、势能和弹簧的弹性势能，当圆环速度减为零时，到达最底端，此时圆环的动能和势能都为零，系统所有的机械能全部转化成了弹簧的弹性势能，此时的弹簧处于伸长状态，所以弹簧的最大伸长量要大于最大压缩量，故D正确．

考点：

机械能守恒定律；弹性势能

7.如图所示，离地H高处有一个质量为m的物体，给物体施加一个水平方向的作用力F，已知F随时间的变化规律为：

以向左为正，、k均为大于零的常数，物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为，且时，物体从墙上静止释放，若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当物体下滑后脱离墙面，此时速度大小为，最终落在地面上．则下列关于物体的说法，正确的是　　

A.当物体沿墙壁下滑时，物体先加速再做匀速直线运动

B.物体与墙壁脱离的时刻为

C.物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一条直线

D.物体克服摩擦力所做的功为

【答案】BD

【解析】

【分析】

根据牛顿第二定律通过加速度的变化判断物体的运动规律，抓住F的变化规律，结合F为零时，物体脱离墙面求出运动的时间，根据合力与速度的方向确定物体的运动轨迹．根据动能定理，抓住F在沿墙面下滑的过程中不做功，求出物体克服摩擦力做功的大小．

【详解】竖直方向上，由牛顿第二定律有：

，随着F减小，加速度a逐渐增大，做变加速运动，当时，加速度增大到重力加速度g，此后物块脱离墙面，故A错误．当物体与墙面脱离时F为零，所以，解得时间，故B正确；物体脱离墙面时的速度向下，之后所受合外力与初速度不在同一条直线上，所以运动轨迹为曲线．故C错误．物体从开始运动到脱离墙面F一直不做功，由动能定理得：

，物体克服摩擦力所做的功故D正确．故选BD．

【点睛】本题关键能运用牛顿第二定律，正确分析物体的运动情况，结合动能定理求解摩擦力做功，并要知道物体做直线运动还是曲线运动的条件．

8.静止在光滑水平面上质量为m的小物块，在直线MN的左边只受到水平力作用小物块可视为质点，在MN的右边除受外还受到与在同一条直线上的恒力作用，现使小物块由A点从静止开始运动，如图所示，小物块运动的图象如图所示，下列说法中正确的是　　

A.在B点的右边加速度大小为

B.小物块在经过B点后向右运动的时间为

C.的大小为

D.小物块在B点右边运动的最大距离为

【答案】ABD

【解析】

【分析】

由图可知，前内，物体做匀加速直线运动，其加速度；而至物体先减速后反向加速，后减速；则可判断出物体在时刻恰好经过MN，又回到根据牛顿第二定律和运动学公式结合分析．

【详解】图中时间内物块在MN的右方运动，根据图线的斜率等于加速度得：

物块在MN的右方加速度大小为：

，故A正确；在时间内，物块在MN的左方向右做匀加速运动；在时间内在MN的右方向右做匀减速直线运动，在时间内在MN的右方向左做匀加速直线运动，根据运动过程的对称性得知，小物块在经过B点后向右运动的时间为故B正确．在时间内，加速度大小为，由牛顿第二定律得：

，解得：

，故C错误．小物块在B点右边运动的最大距离等于时间内的位移为：

，故D正确．故选ABD．

【点睛】本题结合图象与牛顿运动定律，应通过图象得出物体的运动情况，再由牛顿第二定律即可求得受力情况．

9.下列说法正确的是（）

A.某种液体的饱和蒸气与温度有关

B.不是所有晶体都具有各向异性的特点

C.第二类永动机不能制成是因为它违反了能量守恒定律

D.当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，但斥力减小得更快，所以分子间的作用力表现为引力

E.一定质量的理想气体，放热的同时外界对其做功，其内能可能减少

【答案】ABE

【解析】

【分析】

在密闭条件中，在一定温度下，与固体或液体处于相平衡的蒸汽所具有的压力称为饱和蒸汽压．同一物质在不同温度下有不同的饱和蒸气压，并随着温度的升高而增大．单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性；第二类永动机不能制成是因为它违反了热力学第二定律；分子间的作用力表现为斥力或引力与分子之间的距离有关；根据热力学第一定律，一定质量的理想气体，放热的同时外界对其做功，其内能可能增大，有可能不变，可能减少．

【详解】A．同一物质在不同温度下有不同的饱和蒸气压，并随着温度的升高而增大，故A正确；

B．不是所有晶体都具有各向异性的特点，例如多晶体各向同性，故B正确；

C．第二类永动机没有违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，故C错误；

D．当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，但斥力减小得更快；但当分子之间的距离小于r0时表现为斥力，在分子之间的距离大于r0时，分子间的作用力表现为引力，故D错误；

E．根据热力学第一定律，一定质量的理想气体，放热（Q＜0）的同时外界对其做功（W＞0），其内能改变：

△E=Q+W

可能减少，可能增大，有可能不变，