2019届广东省深圳市高级中学高三上学期12月模拟考试物理试题（解析版）

广东省深圳市高级中学2019届高三12月模拟考试物理试题

一、选择题

1.如图所示，甲图为光滑水平面上质量为M的物体，用细线通过定滑轮与质量为m的物体相连，m所受重力为5N；乙图为同一物体M在光滑水平面上用细线通过定滑轮竖直向下受到拉力F的作用，拉力F的大小也是5N，开始时M距桌边的距离相等，则（  ）

A. M到达桌边时的速度相等，所用的时间也相等

B. 甲图中M到达桌边用的时间较长，速度较大

C. 甲图中M到达桌边时的动能较大，所用时间较短

D. 乙图中绳子受到的拉力较大

【答案】D

【解析】

【分析】

对甲图：以两个物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律求解加速度，再对M研究，求出绳子的拉力．对乙图：由牛顿第二定律求解加速度．由运动学公式求解M到达桌边的时间和速度。

【详解】A、B、C项：甲图中，对整体分析，整体的加速度，乙图中，对M分析，M的加速度，根据速度位移公式知，v2=2ax，甲图中M到达桌边时的速度较小，根据x＝知，甲图中M到达桌边时所用的时间较长，故ABC错误；

D项：甲图中绳子的拉力为F＝Ma＝，乙图中绳子拉力等于5N，故D正确。

故选：D。

【点睛】本题是牛顿第二定律的应用，要注意研究对象的不同，甲图中：灵活选择研究对象，采用整体法和隔离法结合的方法研究，比较简便。

2.如图所示，用传送带给煤车装煤，平均每5 s内有5000kg的煤粉落于车上，由于传送带的速度很小，可认为煤粉竖直下落．要使车保持以0.5 m/s的速度匀速前进，则对车应再施以向前的水平力的大小为（  ）

A. 50N

B. 250N

C. 500N

D. 750N

【答案】C

【解析】

车和煤粉整体受重力G、支持力N、拉力F，对5s过程运用动量定理，有：Ft=△mv；解得：；故C正确ABD错误．故选C．

3.阻值均为R的四个电阻、电容为C的电容器及电动势为E的电源（不计内阻）连接成如图所示的电路．开关K闭合且电路稳定时，以下说法正确的是（  ）

A. 电容器两板间电压为E/3

B. 电容器极板上的电荷量为2CE/5

C. 减小电容器两极板正对面积，极板上的电荷量减小

D. 减小电容器两极板间的距离，稳定后两板间电压比原来的更小

【答案】C

【解析】

试题分析：A、电容器与两个电阻并联，两板间电压等于并联两电阻两端的电压：，A错误；B、电容器极板上的电荷量，B错误；C、根据电容的决定式，减小电容器两极板正对面积，电容减小。电容两端的电压不变，极板上的电荷量减小，C正确；两板间电压等于并联两电阻两端的电压，减小电容器两极板间的距离，稳定后两板间电压不变，D错误。故选C。

考点：电容器

4.如图所示，放在斜劈上的物块受到平行于光滑斜面向下的力F作用，沿斜面向下运动，斜劈保持静止.下列说法中正确的是（  ）

A. 地面对斜劈的弹力大于斜劈和物块的重力之和

B. 若F增大，地面对斜劈的摩擦力也增大

C. 若F反向，地面对斜劈的摩擦力也反向

D. 地面对斜劈作用力的方向一定与斜面不垂直

【答案】D

【解析】

【分析】

根据光滑斜面上物体对斜面只有压力，与物体运动状态，及运动方向无关，并依据摩擦力的方向与相对运动趋势方向相反，即可求解。

【详解】A项：对斜劈分析可知，由于斜劈竖直方向受本身重力、支持力以及物体对斜劈压力且压力的竖直分力小于物体的重力，所以地面对斜劈的弹力一定小于斜劈和物块的重力之和，故A错误；

B、C项：不论F增大，还是反向，物体对斜面的压力均不变，则地面对斜劈的摩擦力大小与方向均不变，故B、C错误；

D项：地面对斜劈作用力为支持力与摩擦力的合力，假设此合力方向与斜面垂直即与物体对斜劈的压力在一直线上，根据斜劈的受力可知，由于重力不在这一直线上，由平衡可知，斜劈不可能平衡，假设不成立，故D正确。

故应选：D。

【点睛】考查物体的平衡，受力分析的内容，掌握整体法与隔离法的应用，注意斜面是光滑的，是解题的关键。

5.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°的正上方时所用时间为1 h，则下列说法正确的是）（  ）

A. 该卫星与同步卫星的运行半径之比为1:4

B. 该卫星与同步卫星的运行速度之比为1:2

C. 该卫星的运行速度一定大于7.9 km／s

D. 该卫星的机械能一定大于同步卫星的机械能

【答案】A

【解析】

试题分析：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，偏转的角度是120°，刚好为运动周期的T，所以卫星运行的周期为3t，同步卫星的周期是24h，由

得：，所以：．故A正确；由得：．故B错误；7．9km/s是卫星环绕地球做匀速圆周运动的最大速度，所以该卫星的运行速度一定小于7．9km/s．故C错误；由于不知道卫星的质量关系，故D错误．故选A。

考点：万有引力定律的应用

【名师点睛】该题考查人造卫星与同步卫星的关系，灵活运动用重力和万有引力相等以及万有引力提供圆周运动的向心力是解决本题的关键。

视频

6.如图所示，质量为m、带电荷量为q的带电微粒，以初速度v0从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，微粒通过电场中B点时速率vB=2v0，方向与电场的方向一致，则下列说法中正确的是（  ）

A. 微粒所受的电场力大小是其所受重力的2倍

B. 带电微粒的机械能增加了2mv02

C. A、B两点间的电势差为2mv02/q

D. A、B两点间的电势差为3mv02/2q

【答案】ABC

【解析】

试题分析：微粒在竖直方向受到重力作用，做匀减速直线运动，从A到B有，水平方向受到电场力作用，加速度，从A到B则有，整理得。即，选项A对。增加的机械能等于除重力外其它力做的功即电场力做的功，选项B对。根据电场力做功可得，选项C对D错。

考点:带电粒子在电场中的运动

7.质量为400kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a和速度的倒数1/v的关系如图所示，则赛车（  ）

A. 速度随时间均匀增大

B. 加速度随时间均匀增大

C. 输出功率为160kW

D. 所受阻力大小为1600N

【答案】CD

【解析】

由图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，故A错误；由，得函数方程，汽车加速运动，速度增大，加速度减小，故B错误；对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：，其中 联立得：。结合图象，当物体的速度最大时，加速度为零，即a=0时，，所以最大速度为。由图形结合，，得，当终级速度时，，故C错误，D正确。

8.如图所示，斜劈B固定在弹簧上，斜劈A扣放在B上，A、B相对静止，待系统平衡后用竖直向下的变力F作用于A，使A、B缓慢压缩弹簧，弹簧一直在弹性限度内，则下面说法正确的是（  ）

A. 压缩弹簧的过程中，B对A的摩擦力逐渐增大

B. 压缩弹簧的过程中，A可能相对B滑动

C. 当弹簧压缩量为某值时，撤去力F，在A、B上升的过程中，B对A的作用力先增大后减小

D. 当弹簧压缩量为某值时，撤去力F，在A、B上升的过程中，A、B分离时，弹簧恢复原长

【答案】AD

【解析】

试题分析：因为开始A相对于B静止，则A在沿斜面方向的分力小于等于最大静摩擦力，设斜劈的倾角为θ，有：mgsinθ≤μmgcosθ，所以（mg+F）sinθ≤μ（mg+F）cosθ，所以A、B在缓慢压缩弹簧的过程中，仍然能保持相对静止，A所受的摩擦力f=（mg+F）sinθ，对整体分析，F逐渐增大，可知摩擦力逐渐增大，故A正确，B错误．撤去F后，在弹簧恢复原长前，整体的加速度逐渐减小，隔离对A分析，有：F-mg=ma，则B对A的作用力逐渐减小．当弹簧恢复原长后，B受到重力和弹簧的弹力作用，加速度大于g，将与A发生分离．故C错误，D正确．故选AD。

考点：共点力平衡；牛顿第二定律

【名师点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡和牛顿第二定律进行求解，知道撤去F后，AB开始具有相同的加速度，当弹簧恢复原长时，两者发生脱离。

二、实验题

9.为测量动车起动过程中加速度的大小，某同学设计并实施了两个方案．方案甲：观察发现铁轨旁相邻里程基座之间的距离为s，用手表记录车厢从第1个里程基座运动到第2 个里程基座的时间为t1，车厢从第2个里程基座运动到第3个里程基座的时间为t2．方案乙：将细绳的一端系在行李架上，另一端悬挂一个钢球，测量钢球到悬点的距离L，动车加速时，测出钢球偏离原平衡位置的水平距离d．

（1）用方案甲测得动车的加速度的表达式为a1= ___________________；用方案乙测得动车的加速度的表达式为a2= ___________________．

（2）任选一个方案，简述该方案的误差主要_________________________ ．

【答案】    (1).     (2).     (3). 方案甲的误差主要来源是时间的测量；方案乙的误差主要来源是长度的测量。

【解析】

试题分析：（1）对甲方案，根据位移时间公式求得加速度；对乙方案，通过受力分析利用牛顿第二定律求得加速度；（2）对甲方案，有与测量时间存在误差，故是主要误差来源

（1）对甲方案：设加速度为a，则，

联立解得
对乙方案通过受力分析可知，其中，解得

（2）方案甲的误差主要来源是时间的测量；方案乙的误差主要来源是长度的测量。

10.如图为正在测量中的多用电表表盘，请完成下列问题：

(1)如果用直流“50 V”挡测量电压，指针位置如图所示，读数为________ V.

(2)图甲用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一电池、一个可变电阻和一表头相串联，电池电动势E＝1.5 V，选择开关在“×1”挡，把它的两表笔短接，旋转可变电阻R1的旋钮，当指针指向“0”时，流过多用电表的电流为________ mA.

(3)图乙是测量Rx阻值时的电路，欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能进行欧姆调零，按正确使用方法再测Rx的值，其测量结果与原结果相比较将________(选填“变大”、“变小”或“不变”)．

(4)图丙是将表头G改装成两个倍率挡(如“×1”、“×10”)的欧姆表电路原理图，则当开关S合向________端(选填“a”或“b”)时，欧姆表是较大倍率挡．

【答案】    (1). 23.0；    (2). 100；    (3). 变大；    (4). b；

【解析】

【分析】

(1)根据图示表盘确定其分度值，再读出其示数；

(2)多用电表欧姆档的原理是闭合电路欧姆定律．当指针指向“0Ω”时，外接电阻为0，根据闭合电路欧姆定律求电流；

(3)电池电动势变小，内阻变大时，相同的外接电阻，通过多用电表的电流减小，指针偏转角度减小，结合多用电表的刻度盘分布分析；

(4)根据电流表的改装原理：表头与小电阻并联，分析量程的大小，从而确定。

【详解】(1) 如果是用直流“50V”挡测量电压，由图示表盘可知，其分度值为1V，则读数为23.0V；

(2) 由图知，欧姆档的中值电阻为R中=15Ω

根据闭合电路欧姆定律得：

两表笔短接，有：

指针指在中央时，有：

由上得：Rg+r+R1=R中，可得

即当指针指向“0Ω”时，流过多用电表的电流为100mA；

(3) 当欧姆表中的电池电动势变小，内阻变大时，根据闭合电路欧姆定律知，相同的待测电阻通过多用电表的电流减小，指针偏转角度减小，指针指示的读数变大，则测量值将变大；

(4) 图丙是将表头G改装成两个倍率挡的欧姆表电路原理图，由图知，当开关S合向b端时，通过欧姆表的电流较小，根据闭合电路欧姆定律知，欧姆表的倍率较大。

【点睛】对多用电表读数时，要根据选择开关的位置确定其所测量的量与量程，然后根据表盘确定地分度值，读出其示数．要理解欧姆表的工作原理：闭合电路欧姆定律，知道其中值电阻等于欧姆表的内阻。

11.某同学将量程为200 μA，内阻约为500 Ω的表头改装成量程为1 mA和10 mA的双量程电流表，设计电路如图所示．定值电阻R1＝500 Ω，R2＝250 Ω，S为单刀双掷开关，A、B为接线柱．回下答下问题：

(1)将开关S置于“1”挡时，量程为________ mA；

(2)定值电阻的阻值R3＝________ Ω.(结果取3位有效数字)

(3)利用改装的电流表进行某次测量时，S置于“2”挡，表头指示如图乙所示，则所测量电流的值为________ mA.

【答案】    (1). 10；    (2). 25.0；    (3). 0.68；

【解析】

【分析】

(1)把小量程电流表改装成大量程电流表，并联电阻分流越大，改装后电流表量程越大；

(2)根据电路结构、应用串并联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值；

(3)根据电流表量程确定其分度值，然后根据指针位置读出电流表示数。

【详解】(1)将开关S置于“1”挡时，定值电阻R1能分流较大的电流，所以量程应为10mA；

(2)当开关打到1时，Ig（Rg+R1+R2）=（I1-Ig）R3，I1=10mA

当开关打到2时：Ig（Rg+R1）=（I2-Ig）（R2+R3），I2=1mA

解得：R3=25.0Ω；

(3)开关置于2位置时，电流表量程为1mA，由图示电流表可知，其分度值为0.02mA，电流表示数为0.68mA。

【点睛】把小量程电流表改装成大量程电流表时要并联一个小电阻，分析清楚电路结构、应用欧姆定律即可求出并联电阻阻值；对电表读数时要先确定电表的连成与分度值，然后再读数。

三、计算题

12.如图所示,一根直杆AB与水平面成某一角度自定,在杆上套一个小物块,杆底端B处有一弹性挡板,杆与板面垂直.现将物块拉到A点静止释放,物块下滑与挡板第一次碰撞前后的v-t图象如图乙所示,物块最终停止在B点. 重力加速度为取g=10 m/s2.求:

(1)物块与杆之间的动摩擦因数μ.

(2)物块滑过的总路程s.

【答案】（1）物块与杆之间的动摩擦因数μ为0.25；

（2）物块滑过的总路程s为6m．

【解析】

解：（1）设杆子与水平方向的夹角为θ，由图象可知，物块匀加速运动的加速度大小，

匀减速上滑的加速度大小，

根据牛顿第二定律得，mgsinθ﹣μmgcosθ=ma1，mgsinθ+μmgcosθ=ma2，

联立两式解得μ=0.25，sinθ=0.6．

（2）物块最终停止在底端，对全过程运用动能定理得，

mgs1sinθ﹣μmgcosθ•s=0，

由图线围成的面积知，，

代入数据解得s=6m．

答：（1）物块与杆之间的动摩擦因数μ为0.25；

（2）物块滑过的总路程s为6m．

【点评】本题考查了牛顿第二定律、动能定理以及速度时间图线的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，难度不大．

13.如图所示,半径R=1.6m的1/6光滑圆弧轨道位于竖直平面内，与长L=3m的绝缘水平传送带平滑连接，传送带以v=3m/s的速度顺时针转动，传送带右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E=20N/C,磁感应强度B=3.0T,方向垂直纸面向外．两个质量均为m=1.0×10-3Kg的物块a和b，物块a不带电，b带q=1.0×10-3C的正电并静止于圆弧轨道最低点，将a物块从圆弧轨道顶端由静止释放，运动到最低点与b发生正碰，碰撞时间极短，碰后粘合在一起，离开传送带后一起飞入复合场中，最后以与水平成600角落在地面上的P点（如图），已知两物块与传送带之间的动摩擦因数均为μ=0.1,取g=10m/s2,a、b均可看做质点．求：

（1）物块a运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力；

（2）传送带距离水平地面的高度;

（3）两物块碰撞后到落地前瞬间的运动过程中，a、b系统机械能的变化量．

【答案】(1) ,   方向竖直向下     (2)   (3)

【解析】

(1)a物块从释放运动到圆弧轨道最低点C时，机械能守恒，

得：      

在C点，由牛顿第二定律：  

解得：  

由牛顿第三定律，a物块对圆弧轨道压力：,   方向竖直向下  

(2)ab碰撞动量守恒

ab在传送带上假设能与传送带达到共速时经过的位移为s，

得：

所以ab离开传送带时与其共速为v=3m/s 

进入复合场后，,所以做匀速圆周运动 

 由

得：

由几何知识解得传送带与水平地面的高度：

(3)ab系统在传送带上运动过程中，摩擦力对其做功

ab系统在复合场运动过程中，电场力对其做功： 

所以，二者碰后一直到落地，系统机械能的变化量：

（或者： ab在传送带上机械能的变化量：

ab在复合场中机械能的变化量：

所以，在二者碰后一直到落地，系统机械能的变化量：）

【点睛】本题的关键要判断物体的受力情况，分析清楚物体的运动情况，带电体在复合场中运动时，电场力与重力平衡，由洛伦兹力提供向心力，画出轨迹，由几何知识求距离是常用方法，要学会运用．

14.下列说法不正确的是（      ）

A. 物体的温度为0℃时，物体的分子平均动能为零

B. 两个分子在相互靠近的过程中其分子力逐渐增大，而分子势能先减小后增大

C. 密封在容积不变的容器内的气体，若温度升高，则气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大

D. 第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律

E. 一定质量的理想气体，如果在某个过程中温度保持不变而吸收热量，则在该过程中气体的压强一定增大

【答案】ABE

【解析】

分子在永不停息的做无规则运动，则当物体的温度为0℃时，物体的分子平均动能也不为零，选项A错误；若分子距离在平衡位置以外两个分子在相互靠近的过程中其分子力做正功，分子势能逐渐减小，故B错误；密封在容积不变的容器内的气体，若温度升高，分子平均速率变大，则气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大，选项C正确； 第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律，选项D正确； 一定质量的理想气体，如果在某个过程中温度保持不变而吸收热量，则气体对外做功，体积变大，根据可知在该过程中气体的压强一定减小，选项E错误；此题选择不正确的选项，故选ABE.

15.如图所示，汽缸内封闭一定质量的某种理想气体，活塞通过滑轮和一重物连接并保持平衡，已知活塞距缸口h＝50cm，活塞面积S＝10cm2，封闭气体的体积为V1＝1 500cm3，温度0℃，大气压强p0＝1.0×105 Pa，物体重G＝50N，活塞重力及一切摩擦不计．缓慢升高环境温度，封闭气体吸收了Q＝60J的热量，使活塞刚好升到缸口．求：

Ⅰ活塞刚好升到缸口时，气体的温度是多少？

Ⅱ汽缸内气体对外界做多少功？

Ⅲ气体内能的变化？

【答案】（1）364K（2）25J（3）35J

【解析】

（1）封闭气体初态：，

末态：．

缓慢升高环境温度，封闭气体做等压变化．由

解出T2=364K

（2）设封闭气体做等压变化的压强为p，

对活塞：

汽缸内气体对外界做功

联立解得

（3）由热力学第一定律得，汽缸内气体内能的变化

解得，故汽缸内的气体内能增加了35J．