届重庆市九校联盟高三联考物理试题解析版.docx
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届重庆市九校联盟高三联考物理试题解析版
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重庆市九校联盟2019届高三上学期12月联考
理综-物理试题
（解析版）
二、选择题：
在每小题给出的四个选项中,第14～17题只有一项符合题目要求,第18～21题有多项符合题目要求。
1.超级电容器又叫双电层电容器,它具有功率密度高、充放电时间短、循环寿命长、工作温度范围宽等特点。
图示为一款超级电容器,其上标有“2.7V400F”,则可知
A.该电容器的输入电压只能是2.7V时才能工作
B.该电容器的输入电压最大值小于或等于2.7V时都能工作
C.该电容器不充电时的电容为零
D.该电容器充满电时储存的电荷量为1080mA·h
【答案】B
【解析】
【分析】
电容器的额定电压是正常工作时的电压,实际电压可以低于额定电压；电容是反映电容器容纳电荷本领强弱的物理量,与是否带电没有关系；根据Q=CU求电容器储存的电荷量,注意mA·h与C的换算。
【详解】AB.电容器的额定电压为2.7V,说明正常工作电压为2.7V,可以小于2.7V,故A错误,B正确；
C、电容器的电容是反映电容器容纳电荷本领强弱的物理量,与是否带电没有关系,故C错误；
D.最大容纳电荷量：
Q=CU=400F×2.7V=1080C=300mA·h,故D错误。
故选：
B
2.如图所示,两质量相等的物体A、B叠放在水平面上静止不动,A与B间及B与地面间的动摩擦因数相同。
现用水平恒力F拉物体A,A与B恰好不发生相对滑动；若改用另一水平恒力拉物体B,要使A与B能发生相对滑动,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则拉物体B的水平恒力至少应大于
A.F
B.2F
C.3F
D.4F
【答案】D
【解析】
【分析】
拉A时,根据A、B之间的最大静摩擦力和B与地面之间的最大静摩擦力判断B是否滑动,根据A与B恰好不发生相对滑动表示F的大小；隔离对A分析求出整体的临界加速度,根据牛顿第二定律表示拉力的大小。
然后比较即可．
【详解】设A与B之间的动摩擦因数为μ,
AB之间的最大静摩擦力为：
fAB=μmg,
B与地面间的最大静摩擦力为：
fB地=μ（m+m）g=2μmg,
当作用力在A上且AB之间的摩擦力最大时,B的加速度为零,此时F=μmg；
当作用力在B上且AB之间的摩擦力最大时,A的加速度达到最大,此时：
fAB=m⋅aA,
此时：
aA=μg
A的加速度与B的加速度相等,所以对AB：
F-fB地=2maA
F=fB地+2maA=4μmg=4F,故ABC错误,D正确。
故选：
D
3.如图所示,内壁光滑的圆管形轨道竖直放置在光滑水平地面上,且恰好处在两固定光滑挡板M、N之间,圆轨道半径为1m,其质量为1kg,一质量也为1kg的小球（视为质点）能在管内运动,管的内径可不计。
当小球运动到轨道最高点时,圆轨道对地面的压力刚好为零,取g＝10m/s2。
则小球运动到最低点时对轨道的压力大小为
A.70NB.50N
C.30ND.10N
【答案】A
【解析】
【分析】
抓住小球运动到最高点时,圆轨道对地面的压力为零,求出最高点的速度,根据动能定理求出小球在最低点的速度,从而结合牛顿第二定律求出轨道对小球的支持力,根据牛顿第三定律得出小球对圆轨道的最大压力．
【详解】当小球运动到最高点时速度最小,此时圆轨道对地面的压力为零,可知小球对圆轨道的弹力等于圆轨道的重力,根据牛顿第二定律得,mg+N=m,N=mg,解得最高点的速度v1=；小球从最高点到最低点,根据动能定理得,mg⋅2R=,解得v2=；根据牛顿第二定律得,N′−mg=m,联立解得N′=7mg=70N,根据牛顿第三定律,小球对轨道的最大压力N′=7mg=70N,故A正确,BCD错误；
故选：
A.
4.如图所示,在光滑的水平地面上并排放着物块A、B。
它们的质量之比为3∶2,且在它们之间有一处于压缩状态的弹簧（与物块A、B并不拴接）。
某一时刻同时释放物块A、B,弹簧为原长时物块A的动能为8J．则释放物块A、B前,弹簧具有的弹性势能为（）
A.12J
B.16J
C.18J
D.20J
【答案】D
【解析】
在释放A、B的前后,满足动量守恒：
0=PA-PB,可得PA=PB,物块的动能为：
可得：
根据功能关系可得：
联立并代入数据可得弹簧具有的弹性势能为：
所以D正确,ABC错误。
5.如图所示,关于x轴对称的三条等势线为正点电荷形成的电场中的等差（Uab＝Ubc）等势线,等势线与x轴的交点分别为a、b、c,下列说法正确的是
A.b点的电场强度方向与x轴垂直
B.a、b、c三点中c点的电场强度最大
C.a、b、c三点中c点的电势最高
D.把一电子从a点移到b点,电子的电势能减小
【答案】BCD
【解析】
【分析】
等势面与电场线垂直,根据等差等势线的形状可以判断正点电荷的位置和电场强度方向；根据点电荷产生电场的电场强度,判断电场强度的强弱；根据电场线是从电势高处指向电势低处,判断各点电势的高低；电子受到的电场力方向与场强方向相反．根据电场力做功判断电势能的变化。
【详解】AB.由于三条等势线为正点电荷形成的电场中的等差等势线,所以正点电荷位于c点的右侧,a、b、c三点中c点离正点电荷最近,根据点电荷产生电场的电场强度,c点的电场强度最大；根据等势面与电场线垂直,电场强度方向从c指向a,b点处的电场强度方向与x轴平行,水平向左；故A错误,B正确；
C.电场强度方向与等势线电势降低的方向一致,a、b、c三点中c点的电势最高,故C正确；
D.电子放在该场强中从a到b电场力做正功,电势能减小,故D正确。
故选：
BCD
6.2018年11月1日,我国第41颗北斗导航卫星“吉星”成功发射,该卫星工作在地球静止同步轨道上,可以对地面上的物体实现厘米级的定位服务。
已知地球表面的重力加速度为g,半径为R,该卫星绕地球做圆周运动的周期为T。
则下列说法正确的是
A.该卫星的发射速度大于第一宇宙速度,运行速度小于第一宇宙速度
B.该卫星做圆周运动的轨道半径为
C.该卫星运行的加速度大小为
D.该卫星运行的线速度大小为
【答案】AD
【解析】
【分析】
第一宇宙速度是卫星的最小发射速度,也是卫星最大的环绕速度．在地球表面上,物体的重力等于万有引力,卫星绕地球圆周运动万有引力提供圆周运动向心力,由此列式求解．
【详解】A.第一宇宙速度是卫星的最小发射速度,也是卫星最大的环绕速度。
发射地球同步卫星,发射速度一定大于第一宇宙速度,运行速度小于第一宇宙速度,故A正确；
B.用M表示地球的质量,在地球表面为m0的物体,有,,
m表示卫星的质量,r表示卫星的轨道半径,由万有引力定律和牛顿第二定律得,联立解得,故B错误；
C.由万有引力定律和牛顿第二定律得,代入B选项结论,,故C错误；
D.由万有引力定律和牛顿第二定律得,代入B选项结论,v=,故
D正确。
故选：
AD
7.如图所示,用水平向右、大小为F的恒力将一滑块从倾角为θ的固定斜面底端匀速拉到斜面顶端。
已知斜面长为s,滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则下列判断正确的是
A.恒力F对滑块做功为Fssinθ
B.恒力F对滑块做功为Fscosθ
C.滑块的质量为
D.滑块的质量为
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据做功的定义求恒力做功的大小；滑块匀速运动,受力平衡,将滑块受力沿斜面和垂直斜面分解,分别列平衡方程,联立求解即可。
【详解】AB.根据力做功等于力与力方向位移的乘积,恒力F对滑块做功为W=Fscosθ,故A错误,B正确；
CD.滑块匀速运动,受力平衡,沿斜面方向：
Fscosθ=mgsinθ+Ff
垂直斜面方向：
FN=Fsinθ+mgcosθ,
Ff=μFN
联立解得,m=,故C正确,D错误。
故选：
BC
8.如图所示,一倾角为30°的光滑斜面,下端与一段很短的光滑弧面相切,弧面另一端与水平传送带相切,水平传送带以5m/s的速度顺时针转动。
现有质量为1kg的物体（视为质点）从斜面上距传送带高h＝5m处由静止滑下；物体在弧面运动时不损失机械能,而且每次在弧面上运动的时间可以忽略。
已知传送带足够长,它与物体之间的动摩擦因数为0.5,取g＝10m/s2,则
A.物体第一次刚滑上水平传送带时的速度大小为5m/s
B.物体从第一次滑上传送带到第一次离开传送带所用的时间为4.5s
C.物体从第一次滑上传送带到第一次离开传送带的过程中,摩擦产生的热量为200J
D.物体从第一次滑上传送带到第一次离开传送带的过程中,摩擦力对物体做的功为-37.5J
【答案】BD
【解析】
【分析】
A.物体由光滑斜面下滑的过程,只有重力做功,根据机械能守恒求解物体到斜面末端的速度大小；
B、当物体滑到传送带最左端速度为零时,AB间的距离L最小,由位移公式求出物块向左的时间；随后物块先向右加速到速度等于5m/s,然后做匀速直线运动,由运动学的公式分别求出各段的时间,然后求和；
C、摩擦产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积,由此即可求出；
D、根据动能定理求解即可．
【详解】A.物体由光滑斜面下滑的过程,只有重力做功,机械能守恒,则得：
mgh=mv2
解得：
v=m/s=10m/s.故A错误；
B.当物体滑到传送带最左端速度为零时,AB间的距离L最小,
物块在传送带上的加速度：
a=μmg/m=μg=0.5×10=5m/s2
物块到速度等于0的时间：
t1=s=2s
物块的位移：
L=m=10m
物块的速度等于0后,随传送带先向右做加速运动,加速度的大小不变,则物块达到与传送带速度相等的时间：
t2=v0/a=5/5=1s
位移：
x1=m=2.5m
物块随传送带做匀速直线运动的时间：
t3=s=1.5s
所以物体从第一次滑上传送带到第一次离开传送带所用的时间为：
t=t1+t2+t3=2+1+1.5=4.5s.故B正确；
C.物块向左做减速运动的过程中,传送带的位移：
x2=v0t1=5×2=10m
物块向右加速的过程中传送带的位移：
x3=v0t2=5×1=5m
相对位移：
△x=L+x2+x3−x1=10+10+5−2.5=22.5m,
该过程中产生的热量：
Q=μmg⋅△x=0.5×1×10×22.5=112.5J.故C错误；
D.由动能定理得：
Wf=
解得：
Wf=−37.5J.故D正确。
故选：
BD
三、非选择题：
第22题～32题为必考题,每个试题考生都必须作答。
第33题～38题为选考题,考生根据要求作答。
9.某实验小组利用如图甲所示的实验装置来探究做功与物体动能变化的关系,当地的重力加速度为g。
（1）该小组成员用游标卡尺测量遮光条的宽度d,如图乙所示,则d＝_________cm,用天平测得滑块与遮光条的总质量为M,钩码的质量为m。
（2）实验前调节气垫导轨使之水平,实验时将滑块从图示位置由静止释放,由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间Δt＝1.0×10-2s,则滑块经过光电门时的瞬时速度v＝____m/s（结果保留两位有效数字）。
（3）在本实验中为了确保细线拉力所做的功与钩码重力所做的功近似相等,则滑块与遮光条的总质量M与钩码的质量m间的关系应满足M_________（填“≪”“≫”或“＝”）m。
（4）本实验中还需要测量的物理量是：
___________________________________________。
【答案】
（1）.0.430
（2）.0.43（3）.≫（4）.滑块释放时遮光条到光电门的距离x
【解析】
【分析】
（1）根据游标卡尺的读数方法读出游标卡尺的读数；
（2）遮光条较窄,认为匀速
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