2019届广东省肇庆市高三第一次模拟考试物理试题（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3cmB. 外力C. B弹簧的伸长量为4cmD. 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的，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1:4B. 该卫星与同步卫星的运行速度之比为1:2C. 该卫星的运行速度一定大于7.9 km／sD. 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。  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gtan θB. 球拍对球的作用力为mgC. 运动员对球拍的作用力为(M＋m)gcos θD. 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】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. 弹簧的弹性势能增大了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项：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项：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项：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项：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项：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，故E正确。故应选：ABE。10.下列说法正确的是　　A. 某放射性元素经过天有的原子核发生了衰变，该元素的半衰期为天B. 电子的发现说明原子是可分的，天然放射现象的发现说明原子核有复杂的结构C. 一群氢原子从的激发态向较低能级跃迁，最多可放出两种频率的光子D. 已知能使某金属发生光电效应的极限频率为，则当频率为的单色光照射该金属时，光电子的最大初动能为E. 是原子核的人工转变方程【答案】ABE【解析】【分析】A、经过一个半衰期，有一半质量发生衰变，从而即可求解；B、原子呈电中性，电子带负电并且质量不到氢原子的千分之一，说明原子可分；天然放射现象的本质是原子核的衰变。衰变过程中原子核自发地放出射线，并且射线的种类还挺多，说明原子核有复杂结构；C、从的激发态向较低能级跃迁，光子的种类，以来确定；D、根据光电效应方程知，即可求解；E、满足质量数与质子数守恒，即可求解。【详解】放射性元素经过天有的原子核发生了衰变，则还有没有衰变，该元素的半衰期为天，故A正确；原子呈电中性，电子带负电并且质量不到氢原子的千分之一，说明原子可分；天然放射现象的本质是原子核的衰变。衰变过程中原子核自发地放出射线，并且射线的种类还挺多，说明原子核里面是由各种粒子组成的复杂结构，故B正确；一群氢原子从的激发态向较低能级跃迁，最多可放出三种频率的光子，故C错误；某金属发生光电效应的极限频率为，则当频率为的单色光照射该金属时，根据光电效应方程知，光电子的最大初动能为，故D错误；是原子核的人工转变方程，满足质量数与质子数守恒，故E正确；故选ABE。【点睛】考查半衰期的含义，理解原子核式结构原与子核有复杂的结构的不同，暗条纹与明条纹光子到达的机会多少，掌握光电效应方程的内容，注意会判定人工转变还是衰变方程.三、实验题探究题（本大题共2小题，共15.0分）11.某探究小组想利用验证机械能守恒定律的装置测量当地的重力加速度，如图（甲）所示。框架上装有可上下移动位置的光电门1和固定不动的光电门2；框架竖直部分紧贴一刻度尺，零刻度线在上端，可以测量出两个光电门到零刻度线的距离；框架水平部分用电磁铁吸住一个质量为m的小钢球，小钢球的重心所在高度恰好与刻度尺零刻度线对齐。切断电磁铁线圈中的电流时，小钢球由静止释放，当小钢球先后经过两个光电门时，与光电门连接的传感器即可测算出其速度大小v1和v2。小组成员多次改变光电门1的位置，得到多组x1和v1的数据，建立如图（乙）所示的坐标系并描点连线，得出图线的斜率为k。（1）用游标卡尺测量小钢球的直径，如图（丙）所示，该小钢球的直径是____________cm。（2）关于光电门1的位置，下面哪个做法可以减小重力加速度的测量误差____________。A．尽量靠近刻度尺零刻度     B．尽量靠近光电门2C．既不能太靠近刻度尺零刻度，也不能太靠近光电门2（3）当地的重力加速度为____________________ (用k表示)【答案】    (1). ；    (2). ；    (3). C；【解析】（1）游标卡尺的读数为：；（2）若靠近刻度尺零刻度，会影响铁球经过光电门1的时间，靠近光电门2会影响高度差的测量，所以为了减小重力加速度的测量误差，既不能靠近刻度尺零刻度，也不能太靠近光电门2，故选项C正确；（3）根据速度位移公式得，，知道图线的斜率，则重力加速度。点睛：解答实验题首先要理解实验原理，知道如何减小实验误差，对于图象问题，关键得出函数表达式，从而分析判断。12.为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图1所示的实验装置．其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量．（滑轮质量不计）（1）实验时，一定要进行的操作是__________A．用天平测出砂和砂桶的质量B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M（2）该同学在实验中得到如图2所示的一条纸带（两计数点间还有两个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为_________m/s2（结果保留两位有效数字）．（3）以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的图3a﹣F图象是一条直线，求得图线的斜率为k，则小车的质量为_________【答案】    (1). BCD    (2). 1.3    (3). 【解析】试题分析：（1）弹簧测力计的示数就是砂和砂桶的重力，没有必要再次测量，所以A项错误；由于摩擦力的干扰需要平衡摩擦力，所以B项正确；小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计示数为了记录小车所受外力，所以C项正确；改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带，多组数据使结果跟精确，所以D项正确；弹簧测力计能准确测出绳子拉力，所以E项错误；（2）频率为50Hz，周期为0.02s，两个计数点间的时间为T=0.1s，题中给出六个数据，根据逐差法求解加速度，代入数据可以得出加速度为（3）弹簧测力计的示数F，小车受到的外力为2F，根据牛顿第二定律，可知斜率，可以得出质量为。考点：本题考查了牛顿第二定律四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）13.一质量的滑块以一定的初速度冲上一倾角为足够长的斜面，某同学利用传感器测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，如图所示为通过计算机绘制出的滑块上滑过程的图。已知，，g取求：滑块与斜面间的动摩擦因数；滑块从出发点返回到底端整个过程中损失的机械能；求1s末滑块的速度大小。【答案】； ；【解析】【详解】根据图示可知，滑块向上做匀减速直线运动：其加速度为：将数据代入式解得：对滑块进行受力分析有：将数据代入式解得：设小木块在斜面上滑行的距离为x，由匀变速直线运动的规律可得：将数据代入式可得：由功能关系可得，滑块从出发点返回到底端整个过程中损失的机械能Q为：将数据代入式解得：滑块上滑到顶端所用的时间：由式解得：则从最高点开始下滑的时间滑块从最高点下滑时，由牛顿第二定律可得：1s后滑块的速度由运动学规律可得：将数据代入以上式子并解得：14.如图（甲）所示，地面上有一长为l=1m，高为h=0.8m，质量M=2kg的木板，木板的右侧放置一个质量为m=1kg的木块（可视为质点），已知木板与木块之间的动摩擦因数为μ1=0.4，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2=0.6，初始时两者均静止。现对木板施加一水平向右的拉力F，拉力F随时间的变化如图（乙）所示，取g＝10 m/s2。求：（1）前2s木板的加速度；（2）木块落地时距离木板左侧的水平距离。【答案】（1）    （2） 【解析】【分析】根据图像可以知道不同时刻受到的外力大小，再利用牛顿第二定律求解木块的加速度；根据木块和木板的受力分析各自的加速度和运动情况，利用运动学公式分析求解。【详解】（1）因为木块在木板上滑行的最大加速度为mg =ma1 解得：a1=4m/s2保持木块与木板一起做匀加速运动最大拉力Fm=(M+m)g+(M+m)a1=30N。因F1=24N<Fm=30N，故木块与木板一起做匀加速运动，其加速度a由牛顿运动定律可得：F－(M+m)g＝(M+m)a  解得：a=2m/s2（2）2s末木块与木板的速度为v，由运动学知识可得：v=at1  2s后F2=34>Fm=30N，木块和木板发生相对滑动，木块加速度a1，木板加速度a2为：F－mg－(M+m)g＝Ma2 经时间t2二者分离，此时由运动学知识可得：vt2+ a2 t22－（vt2+a1 t22）＝l  解得：a2=6m/s2，t2=1s 此时木块的速度v块=v+ a1 t2  木板的速度：v板= v+ a2 t2  木块与木板分离至滑落到地的时间为t3，由平抛运动知识可得：h=g t32  在木块与木板分离至滑落到地的时间为t3内，木块在水平方向向前的位移为：S块=v块t3  木块与木板分离后，木板的加速度为a3，由牛顿运动定律可得：F－Mg＝Ma3 在木块与木板分离至滑落到地的时间t3内，木板在水平方向向前的位移为：S板=v板t3+a3 t32   所以，木块落地时距离木板左侧：s= S板－S块联立以上式子解得：s=1.68m【点睛】本题较复杂，要时刻关注不同的运动状态下的受力状况，求出加速度，分析运动。15.如图所示，一根上粗下细、粗端与细端都粗细均匀的玻璃管上端封闭、下端开口，横截面积S1=4S2，下端与大气连通．粗管中有一段水银封闭了一定质量的理想气体，水银柱下表面恰好与粗管和细管的交界处齐平，空气柱和水银柱长度均为h=4cm．现在细管口连接一抽气机（图中未画出），对细管内气体进行缓慢抽气，最终使一半水银进入细管中，水银没有流出细管．已知大气压强为P0=76cmHg．①求抽气结束后细管内气体的压强；②抽气过程中粗管内气体吸热还是放热？请说明原因．【答案】①求抽气结束后细管内气体的压强P2=58cmHg；②抽气过程中粗管内气体吸热，抽气过程中，粗管内气体温度不变，内能不变，△U=W+Q=0，气体体积增大，对外做功，W＜0则Q＞0，故气体需要吸热．【解析】试题分析：（1）根据体积不变，求出水银柱恰好一半进入粗管中时，水银柱的高度，根据理想气体状态方程求解时封闭气体的压强，再根据平衡条件知细管里气体压强；（2）抽气过程，封闭气体发生等温变化，根据热力学第一定律可以判定是吸热还是放热．解：（1）缓慢抽气过程，粗管内气体温度不变，设抽气后粗管内气体压强为P3，细管内压强为P2，由玻意耳定律知（P0﹣h）=P1（h+h）P2=P1+（）解得P2=58cmHg；（2）抽气过程中，粗管内气体温度不变，内能不变，△U=W+Q=0，气体体积增大，对外做功，W＜0则Q＞0，故气体需要吸热．答：①求抽气结束后细管内气体的压强P2=58cmHg；②抽气过程中粗管内气体吸热，抽气过程中，粗管内气体温度不变，内能不变，△U=W+Q=0，气体体积增大，对外做功，W＜0则Q＞0，故气体需要吸热．【点评】此题考查气体的理想气体状态方程和热力学第一定律，分析气体状态时先找不变的量，再看变化的量，再选合适的公式，可以使问题简单化．16.如图所示，两块相同平板、置于光滑水平面上，质量均为m。的右端固定一轻质弹簧，弹簧的自由端恰好在的左端A点。物体P置于的最右端，质量为2m且可以看作质点。与P以共同速度向右运动，与静止的发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后与粘连在一起，P压缩弹簧后被弹回并停在A点弹簧始终在弹性限度内。P与之间的动摩擦因数为，求：、刚碰完时的共同速度和P的最终速度；此过程中弹簧最大压缩量x。【答案】【解析】【分析】对于、碰撞过程，由动量守恒定律列出等式，即可求得、刚碰完时的共同速度对、、P系统，由动量守恒定律求解P的最终速度。根据能量守恒定律求出弹簧的最大压缩量大小【详解】、碰撞时，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得：由式解得：由于物体P与、之间的力为内力，三者在水平方向动量守恒。由式解得：碰撞后到P停在A点过程中，由能量守恒定律可得：  由式解得：【点睛】本题要理清三个物块的运动过程，把握每个过程的物理规律，同时要明确能量是如何转化的，根据动量守恒定律、能量守恒定律求解。