2019届辽宁省沈阳市东北育才学校高三上学期第一次模拟考试物理试题（解析版）

2019届辽宁省沈阳市东北育才学校高三上学期第一次模拟考试物理试题（解析版）

一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。其中1-7小题为单选题，8-12小题为多选题，全部选对的得4分，选对但选不全的得2分，有选错的得0分。

1.如图所示为位于瑞士的世界上最大的人工喷泉——日内瓦喷泉，已知该喷泉竖直向上喷出，喷出时水的速度为53 m/s，喷嘴的出水量为0.5 m3/s，不计空气阻力，则空中水的体积应为(g取10 m/s2)(　　)

A. 2.65 m3

B. 5.3 m3

C. 10.6 m3

D. 因喷嘴的横截面积未知，故无法确定

【答案】B

【解析】

喷出的水做竖直上抛运动，水的流速，

水在空中停留的时间：，即水在空中停留时间为，
处于空中的水的体积为，故选项B正确。

点睛：本题关键是对水在空中运动的整个过程运用位移公式列式求解出总时间，然后根据体积与流量关系公式列式求解。

2. 甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，在t＝0 时刻，乙车在甲车前方50 m处，它们的v－t图象如图所示，下列对汽车运动情况的描述正确的是

A. 在第30 s末，甲、乙两车相距100 m

B. 甲车先做匀速运动再做反向匀减速运动

C. 在第20 s末，甲、乙两车的加速度大小相等

D. 在整个运动过程中，甲、乙两车可以相遇两次

【答案】D

【解析】

试题分析：在第30s末，甲的位移为，乙的位移为，所以甲乙两车相距，故A错误；由图象可知：甲车先做匀速运动再做匀减速直线运动，但甲的速度图象一直在时间轴的上方，一直沿正向运动，没有反向，故B错误；在第20s末，甲车的加速度为，大小为1m/s2；乙车的加速度大小为，所以加速大小不相等，故C错误；刚开始乙在甲的前面50m处，甲的速度大于乙的速度，经过一段时间甲可以追上乙，然后甲在乙的前面，到30s末，甲停止运动，甲在乙的前面50m处，此时乙以20m/s的速度匀速运动，所以再经过2.5s乙追上甲，故在整个运动过程中，甲、乙两车可以相遇两次，故D正确．

考点：考查了速度时间图像

【名师点睛】在速度时间图像中，需要掌握三点，一、速度的正负表示运动方向，看运动方向是否发生变化，只要考虑速度的正负是否发生变化，二、图像的斜率表示物体运动的加速度，三、图像与坐标轴围成的面积表示位移，在坐标轴上方表示正方向位移，在坐标轴下方表示负方向位移

3.如图所示,一小滑块(可视为质点)沿足够长的斜面以初速度v向上做匀变速直线运动,依次经A、B、C、D到达最高点E,已知xAB=xBD=6 m,xBC=1 m,滑块从A到C和从C到D所用的时间都是2 s。设滑块经过B、C两点时的速度分别为vB、vC,则(　　)

A. vC=6 m/s    B. vB= m/s

C. xDE=3 m    D. 滑块从D到E所用时间为4 s

【答案】D

【解析】

【详解】物体在a点时的速度大小为v0，加速度为a，则从A到C有：xAC=v0t1+at12，

即：7=v0×2+a×22，①
物体从A到D有：xAD=v0t2+at22

即：12=v0×4+a×42②
由①②解得：a=-m/s2，v0=4m/s
根据速度公式vt=v0+at可得：vC=4-×2=3m/s，故A错误。从A到B有：vB2-vA2=2axAB
解得：vB=m/s，故B错误。根据速度公式vt=v0+at可得：vD=v0+at2=4-×4=2m/s，则从D到E有：-vD2=2axDE；则：xDE=，故C错误。vt=v0+at可得从D到E的时间为：。故D正确。故选D。

4.下列说法正确的是（　　）

A. 牛顿认为物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质

B. 牛顿第一定律、牛顿第二定律都可以通过实验来验证

C. 国际单位制中，kg、m、N是三个基本单位

D. 根据速度定义式，当△t→0时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了微元的思想方法

【答案】A

【解析】

【详解】牛顿第一定律认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，故A正确； 因为没有阻力的情况是不存在的，故牛顿第一定律无法用实验验证，故B错误； 国际单位制中，kg、m、s是三个基本单位，牛顿是导出单位，故C错误； 根据速度定义式，当△t→0时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法，故D错误。故选A。

5.假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体.一矿井深度为d(矿井宽度很小).已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，则矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为(　　)

A. 1－    B. 1＋    C.     D.

【答案】A

【解析】

令地球的密度为ρ，则在地球表面，重力和地球的万有引力大小相等，有：，由于地球的质量为：，所以重力加速度的表达式可写成：.根据题意有，质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，固在深度为d的井底，受到地球的万有引力即为半径等于（R-d）的球体在其表面产生的万有引力，故井底的重力加速度，所以有.故选A。

【点睛】抓住在地球表面重力和万有引力相等，在矿井底部，地球的重力和万有引力相等，要注意在矿井底部所谓的地球的质量不是整个地球的质量而是半径为（R-d）的球体的质量．

6.嫦娥三号的飞行轨道示意图如图所示。假设嫦娥三号在环月段圆轨道和椭圆轨道上运动时，只受到月球的万有引力，则(　　)

A. 若已知嫦娥三号环月段圆轨道的半径、运动周期和引力常量，则可算出月球的密度

B. 嫦娥三号由环月段圆轨道变轨进入环月段椭圆轨道时，应让发动机点火使其加速

C. 嫦娥三号在环月段椭圆轨道上P点的速度大于Q点的速度

D. 嫦娥三号在动力下降段，处于超重状态

【答案】D

【解析】

【详解】已知嫦娥三号环月段圆轨道的半径、运动周期和引力常量，根据 得，可以求出月球的质量M=，但是月球的半径未知，故无法求出月球的平均密度。故A错误。嫦娥三号由环月段圆轨道变轨进入环月段椭圆轨道时，需点火减速，使得万有引力大于向心力，做近心运动，进入椭圆轨道。故B错误。从P点到Q点，万有引力做正功，动能增大，则P点的速度小于Q点的速度。故C错误。嫦娥三号在动力下降段，做减速运动，加速度向上，则处于超重状态，选项D正确；故选D.

【点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，并能灵活运用，以及知道卫星变轨的原理，即从高轨道进入低轨道要减速，从低轨道进入高轨道要加速．

7.如图所示，一个固定的1/4圆弧阻挡墙PQ，其半径OP水平，OQ竖直。在PQ和一个斜面体A之间卡着一个表面光滑的重球B，斜面体A放在光滑的地面上并用一水平向左的力F推着，整个装置处于静止状态，现改变推力F大小，推动斜面体A沿着水平地面向左缓慢运动，使球B沿斜面上升一很小高度。则在球B缓慢上升过程中，下列说法中正确的是（　　）

A. 斜面体A与球B之间的弹力逐渐增大

B. 阻挡墙PQ与球B之间的弹力逐渐减小

C. 水平推力F不变

D. 水平地面对斜面体A的弹力逐渐增大

【答案】B

【解析】

【详解】小球B处于平衡状态，对B受力分析，如图所示：

当球B沿斜面上升一很小高度时，圆弧阻挡墙对B的压力方向与水平方向的夹角减小，
根据图象可知，斜面体A与球B之间的弹力N2逐渐减小，阻挡墙PQ与球B之间的弹力N1逐渐减小，故A错误、B正确；以斜面体为研究对象，则有上述解析可知球B对斜面A的弹力减小，我们可以将该力分解为水平方向和竖直方向，该力与水平竖直所成夹角不变，所以竖直与水平分力都减小，而F等于其水平分力，故F减小，地面对A的支持力等于A的重力+该力的竖直分力，故地面对A的支持力也减小，故CD错误。故选B。

【点睛】本题主要考查了动态平衡问题，要求同学们能正确分析物体的受力情况，能根据平均条件列式求解，注意整体法和隔离法的应用。

8.如图所示，A球的质量为确定值m0，B球的质量m可以是任意值，忽略阻力以及其他部分的质量，则下列说法正确的是（　　）

A. 无论B球的质量为多少，天花板受到的拉力总是等于A、B两球的总重力

B. B球的质量大于m0时，天花板受到的拉力小于A、B两球的总重力

C. 当B球的质量大于m0时，A球处于失重状态

D. 天花板受到的最大拉力不会超过4m0g

【答案】BD

【解析】

【分析】

当AB的质量不相等时，以整体研究对象，利用牛顿第二定律求的加速度，在隔离B，利用牛顿第二定律求的绳的拉力，即可取得对天花板的拉力.

【详解】当B球的质量大于A球的质量时，A向上加速，B向下加速，以整体为研究对象，有：（m-m0）g=（m0+m）a；对B球有：mg-T=ma；联立解得：T＝g；故天花板受到的拉力为：F=2T=g，故不等于AB的重力，故A错误，B正确；当B球的质量大于m0时，A球向上加速运动，故A球处于超重现象，故C错误；天花板受到的拉力为：F=2T=g，不论m的质量如何变化，最大拉力为4m0g，故D正确；故选BD。

9.如图所示，放在水平面上的物体A和B，质量分別为M和m，而且M＞m，物体A与水平面之间的动摩擦因数为μ，物体B与水平面之间光滑无摩擦。当水平外力大小为F，作用在物体A上时。物体A、B间作用力大小为F1；当方向相反的外一水平外力作用在物体B上时，物体A、B间的作用力大小为F2．已知两种情况下两物体都做加速度大小相同的匀加速直线运动。则（　　）

A. 第二次水平外力大小也为F    B. F1+F2=F

C. F1<F2    D. F1>F2

【答案】ABC

【解析】

【详解】两种情况下加速度大小相等，根据牛顿第二定律可得F-μMg=（M+m）a，解得两种情况下的水平外力大小相等，故第二次水平外力大小也为F，故A正确；两种情况下都以B为研究对象，第一种情况下：F1=ma，第二种情况下：F-F2=ma，联立解得F1+F2=F，故B正确；
CD、根据牛顿第二定律可得F-μMg=（M+m）a，解得a=，则F1=ma=，F2=F-F1=，解得：，由于M＞m，所以F1＜F2，故C正确、D错误。故选ABC。

【点睛】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。

10.引力波探测于2017年获得诺贝尔物理学奖。双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由P、Q两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点在二者万有引力作用下做匀速圆周运动，测得P星的周期为T，P、Q两颗星的距离为，P、Q两颗星的轨道半径之差为Δr（P星的轨道半径大于Q星的轨道半径），万有引力常量为G，则(　　）

A. Q、P两颗星的质量差为    B. P、Q两颗星的运动半径之比为

C. P、Q两颗星的线速度大小之差为    D. P、Q两颗星的质量之比为

【答案】CD

【解析】

【分析】

双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度的大小相等，周期相等，根据向心力的关系求出转动的半径之比，从而得出线速度大小之比，根据向心力相等求出质量关系。

【详解】双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，则周期相等，所以Q星的周期为T，根据题意可知，rP+rQ=l，rP-rQ=△r，解得：，，则P、Q两颗星的半径之比为，双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，则有：，解得，，选项AB错误，D正确；线速度大小可得：，C正确。故选CD。

11.如图所示，A、B两球分别套在两光滑的水平直杆上，两球通过一轻绳绕过一定滑轮相连，现在A球以速度v向左匀速移动，某时刻连接两球的轻绳与水平方向的夹角分别为α、β，下列说法正确的是(  )

A. 此时B球的速度为

B. 此时B球的速度为

C. 在β增大到90°的过程中，B球做匀速运动

D. 在β增大到90°的过程中，B球做加速运动

【答案】AD

【解析】

AB、由于两球沿绳方向的速度大小相等，因此，解得，A项正确，B项错误；

CD、在β增大到90°的过程中，在减小，因此B球的速度在增大，B球在做加速运动，C项错误，D项正确．

故选：AD。

点睛：将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于B沿绳子方向的分速度；组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，通过系统机械能守恒判断小球B减小的势能与物块A增加的动能的大小关系。

12.如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r＝0.4 m，最低点处有一小球(半径比r小很多)，现给小球一水平向右的初速度v0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v0应当满足(取g＝10 m/s2)(　　)

A. v0≥0    B. v0≥4 m/s    C. v0≥2 m/s    D. v0≤2  m/s

【答案】CD

【解析】

【分析】

要使小球不脱离轨道运动，1、越过最高点．2、不越过四分之一圆周．根据动能定理求出初速度v0的条件。

【详解】当v0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg≤，又根据机械能守恒定律有mv2＋2mgr＝mv，得v0≥2 m/s，C正确．当v0较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处时速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgr＝mv，得v0≤2 m/s，D正确．

【点睛】解决本题的关键知道小球在内轨道运动最高点的临界情况，以及能够熟练运用动能定理。

二、实验题：共16分，每空2分

13.将两根自然长度相同、劲度系数不同、粗细也不同的弹簧套在一起，看作一根新弹簧，设原粗弹簧(记为A)劲度系数为k1，原细弹簧(记为B)劲度系数为k2、套成的新弹簧(记为C)劲度系数为k3.关于k1、k2、k3的大小关系，同学们做出了如下猜想：

甲同学：和电阻并联相似，可能是

乙同学：和电阻串联相似，可能是

丙同学：可能是

(1)为了验证猜想，同学们设计了相应的实验(装置如图)．

(2)简要实验步骤如下，请完成相应填空．

a．将弹簧A悬挂在铁架台上，用刻度尺测量弹簧A的自然长度L0；

b．在弹簧A的下端挂上钩码，记下钩码的个数n、每个钩码的质量m和当地的重力加速度大小g，并用刻度尺测量弹簧的长度L1；

c．由F＝ ________计算弹簧的弹力，由x＝L1－L0计算弹簧的伸长量，由k＝计算弹簧的劲度系数；

d．改变________，重复实验步骤b、c，并求出弹簧A的劲度系数的平均值k1；

e．仅将弹簧分别换为B、C，重复上述操作步骤，求出弹簧B、C的劲度系数的平均值k2、k3.比较k1、k2、k3并得出结论．

(3)下图是实验得到的图线，由此可以判断 ________同学的猜想正确．

【答案】    (1). nmg    (2). 钩码的个数    (3). 乙

【解析】

【详解】（2）根据共点力平衡可知：F=nmg；改变钩码的个数，重复实验.
（3）由图可知：k1=kA＝N/m＝25N/m
k2=kB＝N/m＝37.5N/m
k3=kC＝ N/m＝62.5N/m
故满足k3=k1+k2，故乙正确

14.在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，某组同学制定实验方案、选择实验器材且组装完成。在接通电源进行实验之前，实验装置如图1所示。

(1)关于图1中的实验装置，下列说法正确的是__________；

A.打点计时器应该固定在长木板的最左端

B.打点计时器不应该使用干电池，应使用低压交流电源

C.应该将木板右端垫起合适的高度，平衡小车所受的摩擦力

D.小车初始应该靠近打点计时器放置

(2)保持小车质量不变，改变沙和沙桶质量，该同学根据实验数据作出了加速度与合外力的关系图线如图2所示，该图线不通过原点的主要原因是________________________；

(3)沙和沙桶质量________小车质量时，才可以认为细绳对小车拉力的大小近似等于沙和沙桶的重力大小；

A.远大于  B.远小于   C.接近   D.小于

(4)另一组同学用正确的方法进行操作，某次实验使用频率50Hz的交流电源，得到的纸带如图3所示，纸带中相邻计数点间的距离已标出，相邻计数点间还有四个点没有画出。由此可求小车的加速度大小是_____m/s2，打点1时小车的瞬时速度大小是__________m/s。(结果保留二位有效数字)

【答案】    (1). （1）BCD    (2). （2）平衡摩擦力过度    (3). （3）B    (4). （4）0.49或0.50 ；    (5). 0.26

【解析】

（1）打点计时器应该固定在长木板没有定滑轮的右端，故A错误；打点汁时器不应使用干电池．应使用低压交流电源，故B正确；实验中不应该将长木板水平放置，应该在右端垫起合适的高度，平衡小车的摩擦力，故C正确；小车初始位嚣不应该离打点汁时器太远，而应该靠近打点计时器放置，故D正确；故选BCD．
（2）由图2所示a-F图象可知，图象不过原点，在a轴上有截距，这说明在不加拉力时，小车已经具有加速度，这是由于平衡摩擦力时木板垫的过高，木板倾角过大，平衡摩擦力过度造成的．
（3）砂和砂桶质量m远小于小车质量M时，才可以认为细绳对小车的拉力F的大小近似等于砂和砂桶的重力，故B正确．
（4）计数点间的时间间隔t=0.02×5=0.1s，小车做匀变速运动，打点1时小车的速度 ；
小车做匀变速直线运动，△x=at2，小车加速度．

三、计算题：共36分

15.现从某一水池水面上方h＝0.8 m 高处，让一质量为0.1 kg的硬质小球自由下落，若该水池水深H＝0.8 m，小球从释放到落至水池底部用时t＝0.6 s。(不计空气阻力，取g＝10 m/s2)

(1)试问小球在水中做什么运动？若为变速运动，加速度为多大？

(2)若要使小球落至水池底部所用时间最短，应从水面上方多高处由静止释放小球？

【答案】(1) a＝0，则小球在水中匀速运动  (2) 0.4 m

【解析】

【详解】（1）设小球落至水面所用时间为t1，在水中做匀变速运动，加速度为a，
则h=gt12     v=gt1
H=v（t-t1）+a（t-t1）2
解得a=0 m/s2，则小球在水中匀速运动．
（2）设释放点距水面的高度为x，则小球落至水面所用时间tx=
此时速度vx=
小球落至池底部所用总时间
由数学知识可知，当 时t最小，即x=H/2=0.4 m．

【点睛】解决本题要掌握自由落体运动的位移公式，速度公式，关键要能运用数学知识求解时间最短的条件．

16.如图所示，M是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO′匀速转动，规定经过圆心O水平向右为x轴的正方向。在圆心O正上方距盘面高为h处有一个正在间断滴水的容器，从t＝0时刻开始随传送带沿与x轴平行的方向做匀速直线运动，速度大小为v。已知容器在t＝0时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面上时再滴一滴水。求：

(1)每一滴水经多长时间落到盘面上。

(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘转动的角速度ω应为多大。

(3)第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的最大距离x。

【答案】(1)   (2) （3） 

【解析】

【详解】(1)水滴在竖直方向上做自由落体运动，有h＝gt2，

解得t＝。

(2)分析题意可知，在相邻两滴水的下落时间内，圆盘转过的角度应为nπ(n＝1、2、3、…)，所以角速度可由ωt＝nπ得

ω＝＝nπ (n＝1、2、3、…)。

(3)第二滴水落在圆盘上时到O点的距离为：x2＝v·2t＝2v，

第三滴水落在圆盘上时到O点的距离为：x3＝v·3t＝3v，

当第二滴水与第三滴水在盘面上的落点位于同一直径上圆心两侧时，两点间的距离最大，则：x＝x2＋x3＝5v。

【点睛】本题难点在于分析距离最大的条件：同一直径的两个端点距离最大．运用数学知识，解决物理问题的能力是高考考查的内容之一．

17.如图所示，地面上有一个倾角为37°的足够长的固定斜面，斜面上有一长为L=1m、质量为M=1kg的厚度可以忽略不计的木板，木板与斜面间的动摩擦因数μ1=0.5，其下端P到斜面底端的挡板C的距离d=0.5m．现在木板的正中央放一质量为m=1kg可看成质点的木块，此时木块刚好能处于静止状态。现对木板施加一沿斜面向上的外力F1使木板处于静止，此时木板与斜面之间刚好没有摩擦力。最大静摩擦近似等于滑动摩擦，木块与斜面间的动摩擦因数为μ3=0.5，g=10m/s2．试求：

(1)木块与木板之间的动摩擦因数μ2及外力F1的大小；

(2)现将外力大小变为F2=21N，且方向仍沿斜面向上，木板将向上运动，经多长时间木块与挡板相碰.

【答案】(1) μ2=0.75  ； F1=12N  (2) 2s

【解析】

【详解】（1）木块恰好静止，所以有 mgsin37°=μ2mgcos37°

解得 μ2=0.75

对整体，由于木块静止且与斜面之间无摩擦，则有 F1=（mg+Mg）sin37°

解得 F1=12N

（2）木块离开木板前受力仍平衡，所以处于静止状态。设经过时间t1离开木板，该过程中木板的加速度为a1，

对木板有 F2﹣Mgsin37°﹣μ2mgcos37°﹣μ1（m+M）gcos37°=Ma1。

解得 a1=1m/s2。

由 ，解得 t1=1s

木块离开木板后的加速度为 a2=

解得 a2=2m/s2。

木块离开木板后再经过t2时间与挡板相碰，则

解得 t2=1s

所以从F2开始作用到木块与挡板相碰共需时间 t=t1+t2=2s

【点睛】本题的关键要正确分析木块和木板受力情况，判断其运动情况，运用牛顿第二定律和运动学公式结合处理是基本方法。