标签: 2019届高三物理7月调研考试试题(含解析)(I)  
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doc 2019届高三物理7月调研考试试题(含解析) (I) 一、选择题(每题5分,共60分,其中1-7题为单项选择题,8-12为多项选择题)。 1. 某学校教室里的磁性黑板上通常粘挂一些小磁铁,小磁铁被吸在黑板上可以用于“贴”挂图或试题答案.关于小磁铁,下列说法中正确的是 (  ) A. 磁铁受到的电磁吸引力大于受到的弹力才能被吸在黑板上 B. 磁铁受到五个力的作用 C. 磁铁与黑板间在水平方向上存在两对作用力与反作用力 D. 磁铁受到的支持力与黑板受到的压力是一对平衡力 【答案】C 【解析】A、小磁铁受到的磁力与受到的弹力大小相等,是一对平衡力,故A错误; B、小磁铁受到四个力的作用,竖直方向重力和摩擦力,水平方向黑板对小磁铁的吸引力和黑板对小磁铁的弹力,故B错误; C、小磁铁与黑板间在水平方向存在两对作用力与反作用力,①黑板对磁铁的吸引力与磁铁对黑板的吸引力。②黑板对磁铁的弹力与磁铁对黑板的弹力,故C正确; D、磁铁受到的支持力与黑板受到的压力是相互作用力,故D错误。 故选:C。 2. 如图所示,质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上,并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1,与物体1相连接的绳与竖直方向保持θ角不变,则(   ) A. 车厢的加速度为gsin θ B. 绳对物体1的拉力为m1gcosθ C. 底板对物体2的支持力为(m2-m1)g D. 物体2所受底板的摩擦力为m2gsin θ 【答案】B 【解析】试题分析:对物体1受力分析如图所示: 1物体受到的合力为绳子的拉力为T=m1gcosθ,F合=m1gtanθ,根据牛顿第二定律可得a=gtanθ,1物体的加速度和车厢的速度相同,故车厢的加速度为a=gtanθ,A错误B正确; 对2物体受力分析如图所示 根据力的合成与分解,牛顿第二定律可得N=m2g−T=m2g−m1gcosθ,f=m2a=m2gtanθ,CD错误; 考点:考查了牛顿第二定律的应用 3. 如图,对斜面上的物块施以一个沿斜面向上的拉力F作用时,物块恰能沿斜面匀速上滑.在此过程中斜面相对水平地面静止不动,物块和斜面的质量分别为m、M,则(  ) A. 地面对斜面的支持力等于( M + m)g B. 地面对斜面的支持力小于( M + m)g C. 斜面受到地面向左的摩擦力为mgsinθ–F D. 斜面受到地面的摩擦力为零 【答案】C 【解析】试题分析:以整体为研究对象,分析受力情况:总重力(M+m)g、地面的支持力N和地面的摩擦力f、拉力F,由于F有水平向右的分力,则由平衡条件可知:摩擦力f一定水平向左;根据平衡条件可得:F=Fcosθ,N=(M+m)g-Fsinθ由上可知,N<(M+m)g,故B正确。 考点:受力分析,牛顿第二定律。 4. 在静止的小车内,用细绳a和b系住一个小球,绳a与竖直方向成θ角,拉力为Ta,绳b成水平状态,拉力为Tb.现让小车从静止开始向右做匀加速直线运动,如图所示,此时小球在车内的位置保持不变(角θ不变),则两根细绳的拉力变化情况可能是( ) A. Ta变大,Tb不变 B. Ta变大,Tb变小 C. Ta不变,Tb变小 D. Ta不变,Tb变大 【答案】C 【解析】解:物体以加速度a向右做匀加速直线运动,对小球受力分析,如图 根据共点力平衡条件 Tasinθ﹣Tb=ma Tacosθ﹣mg=0 解得 Ta= Tb=mgtanθ﹣ma 故当物体由静止开始加速时,加速度由零变为不是零,即变大,故Ta不变,Tb变小; 故选:C. 【点评】本题关键是对小球受力分析,根据牛顿第二定律列出方程求解出各个力的表达式,然后进行讨论. 5. 以下说法不符合物理学史实的是:( ) A. 亚里士多德认为,必须有力作用在物体上,物体才能运动;没有力的作用,物体就要静止在某一个地方 B. 伽利略通过理想实验得出结论:力是维持物体运动的原因 C. 笛卡尔指出:如果运动中的物体没有受到力的作用,它将以同一速度沿同一直线运动,既不停下来也不偏离原来的方向 D. 牛顿第一定律是逻辑思维对事实进行分析的产物,不可能直接用实验验证 【答案】B 【解析】试题分析:亚里士多德认为力的作用是使物体运动的原因,A的说法符合物理学史,故不选A;伽利略通过理想实验得出结论小球沿一个斜面由静止滚下来,在滚上另一个斜面,如果没有摩擦,减小另一个斜面的倾角,最后使它成水平面,小球将在水平面上以恒定的速度维持运动下去,即运动不需要力来维持,故B项说法不符合物理学史,故应选B;笛卡尔指出如果运动中的物体没有受到力的作用,它将以同一速度沿同一直线运动,既不停下来也不偏离原来的方向,C的说法符合物理学史,故不选C;牛顿第一定律是逻辑思维对事实进行分析的产物,不可能直接用实验验证,符合物理学史,故不选D。 考点:本题考查了物理学史 6. 如图,一半径为R的球面固定于水平面的A点,顶端放一质量为m的物块,现给物块一初速度v0,则 A. 若v0=gR,则物块落地点离A点2R B. 若球面是粗糙的,当v0<gR时,物块一定会沿球面下滑一段,再斜抛离开球面 C. 若v0<gR,则物块落地点离A点为R D. 若v0≥gR,则物块落地点离A点至少为2R 【答案】D 【解析】试题分析:当v0=gR,物块将离开球面做平抛运动,由y=2R=gt2/2,x=vt,得x=2R,A错误,D正确;若v0<gR,物块将沿球面下滑,若摩擦力足够大,则物块可能下滑一段后停下来,若摩擦力较小,物块在圆心上方球面上某处离开,斜向下抛,落地点离A点距离大于R,B、C错误。 考点:本题考查圆周运动和平抛运动。 7. 在光滑圆锥形容器内固定了一根光滑的竖直细杆,细杆与圆锥的中轴线重合,细杆上穿有小环(小环可以自由转动,但不能上下移动),小环上连接一轻绳,与一质量为m的光滑小球相连,让小球在圆锥内做水平面上的匀速圆周运动,并与圆锥内壁接触.如下图所示,图甲中小环与小球在同一水平面上,图乙中轻绳与竖直细杆成q角。设甲图和乙图中轻绳对球的拉力分别为Ta和Tb,圆锥内壁对小球的支持力分别为Na和Nb,则下列说法中,正确的是 A. Ta一定为零,Tb一定为零 B. Ta可以为零,Tb不可以为零 C. Na一定不为零,Nb可以为零 D. Na可以为零,Nb可以不为零 【答案】C 【解析】对甲图中的小球进行受力分析,小球所受的重力、支持力合力的方向可以指向圆心提供向心力,所以Ta可以为零,若Na等于零,则小球所受的重力及绳子拉力的合力方向不能指向圆心而提供向心力,所以Na一定不为零; 对乙图中的小球进行受力分析,若Tb为零,则小球所受的重力、支持力合力的方向可以指向圆心提供向心力,所以Tb可以为零;若Nb等于零,则小球所受的重力及绳子拉力的合力方向也可以指向圆心而提供向心力,所以Nb可以为零; 故选:C。 【名师点睛】 小球在圆锥内做匀速圆周运动,对小球进行受力分析,合外力提供向心力,根据力的合成原则即可求解。 8. 在高处以初速度v1水平抛出一个带刺飞镖,在离开抛出点水平距离L、2L处有A、B两个小气球以初速度v2匀速上升,先后被飞镖刺破(认为飞镖质量很大,刺破气球不会改变其平抛运动的轨迹)。则下列判断正确的是 A. 飞镖刺破A气球时,飞镖的速度大小为vA=g2L2v12 B. 飞镖刺破A气球时,飞镖的速度大小为vA=v12+g2L2v12 C. A、B两个小气球未被刺破前的匀速上升过程中,高度差为3gL22v12+v2Lv1 D. A、B两个小气球未被刺破前的匀速上升过程中,高度差为3gL22v12 【答案】BC 【解析】A、抛出到刺破气球A,经过了时间tA=L/v1 竖直方向速度vy=gtA=gLv1, 则飞镖的速度vA=v12+vy2=v12+g2L2v12,故A错误,B正确; C、AB两球被刺破位置的高度差h1=3×12gtA2=3gL22v12,B球比A球多运动时间L/v1,B比A多上升h2=v2tA=v2Lv1, AB未被刺破前高度差H=h1+h2=3gL22v12+v2Lv1,故C正确,D错误。 故选:BC。 【名师点睛】 根据水平位移求出飞镖运行的时间,从而得出飞镖在竖直方向上的速度,根据平行四边形定则求出飞镖的速度大小; 平抛运动在竖直方向做自由落体运动,在相等时间内的位移之比为1:3,求出AB两球被刺破位置的高度差,抓住B球比A球多运行的时间以及多上升的高度求出AB刺破前的高度差。 9. 如图甲所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端放置一物体(物体与弹簧不连接),初始时物体处于静止状态.现用竖直向上的拉力F作用在物体上,使物体开始向上做匀加速运动,拉力F与物体位移x之间的关系如图乙所示(g=10m/s2),则下列结论正确的是 (  ) A. 物体与弹簧分离时,弹簧处于压缩状态 B. 弹簧的劲度系数为7.5 N/cm C. 物体的质量为2 kg D. 物体的加速度大小为5 m/s2 【答案】CD 【解析】试题分析:物体与弹簧分离时,弹簧恢复原长,故A错误;刚开始物体处于静止状态,重力和弹力二力平衡,有mg=kx ①;拉力F1为10N时,弹簧弹力和重力平衡,合力等于拉力,根据牛顿第二定律,有 F1+kx-mg=ma ②;物体与弹簧分离后,拉力F2为30N,根据牛顿第二定律,有F2-mg="ma" ③;代入数据解得m=2kg;k=500N/m=5N/cm;a=5m/s2,故AB错误,C D正确;故选CD. 考点:牛顿第二定律 【名师点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题;本题关键是由图象得出一些相关物理量,然后根据牛顿第二定律列方程分析求解。 10. 一物体在xOy平面内从坐标原点开始运动,沿x轴和y轴方向运动的速度v随时间t变化的图象分别如图甲、乙所示,则物体在0~t0时间内 (  ). A. 做匀变速运动 B. 做非匀变速运动 C. 运动的轨迹可能如图丙所示 D. 运动的轨迹可能如图丁所示 【答案】AC 【解析】AB、由图知:物体在x轴方向做匀速直线运动,加速度为零,合力为零;在y轴方向做匀减速直线运动,加速度恒定,合力恒定,所以物体所受的合力恒定,一定做匀变速运动,故A正确,B错误; CD、曲线运动中合外力方向与速度方向不在同一直线上,而且指向轨迹弯曲的内侧.由上分析可知,物体的合力沿-y轴方向,而与初速度不在同一直线上,则物体做曲线运动,根据合力指向轨迹的内侧可知,丙图是可能的,故C正确,D错误。 故选:AC。 【名师点睛】 物体在x轴方向做匀速直线运动,在y轴方向做匀减速直线运动,根据运动的合成分析物体的运动情况。根据运动学公式分别求出物体的运动情况,判断可能的轨迹。 11. 如图所示,小船从A码头出发,船头始终正对河岸渡河,若小河宽度为d,小船在静水中的速度v船恒定,河水中各点水流速度大小与该点到较近河岸边的距离成正比,即v水=kx,x是各点到近岸的距离(x≤d/2,k为常量),要使小船能够到达距A正对岸为s的B码头.则下列说法中正确的是(  ) A. 小船渡河的速度v船=kd24s B. 小船渡河的速度v船=kd22s C. 小船渡河的时间为4skd D. 小船渡河的时间为2skd 【答案】AC .................. 前s/2内和后s/2内的平均速度为0+kd22=kd4, 则渡河的时间t=2×s2kd4=4skd 渡河速度v船=d/t=kd24sd,故AC正确,BD错误。 故选:AC。 12. 如图所示,在竖直平面有一个光滑的圆弧轨道MN,其下端(即N端)与表面粗糙的水平传送带左端相切,轨道N端与传送带左端的距离可忽略不计.当传送带不动时,将一质量为m的小物块(可视为质点)从光滑轨道上的P位置由静止释放,小物块以速度v1滑上传送带,从它到达传送带左端开始计时,经过时间t1,小物块落到水平地面的Q点;若传送带以恒定速率v2运行,仍将小物块从光滑轨道上的P位置由静止释放,同样从小物块到达传送带左端开始计时,经过时间t2,小物块落至水平地面.关于小物块上述的运动,下列说法中正确的是(  ) A. 当传送带沿顺时针方向运动时,小物块的落地点可能在Q点右侧 B. 当传送带沿逆时针方向运动时,小物块的落地点可能在Q点左侧 C. 当传送带沿顺时针方向运动时,若v1>v2,则可能有t1>t2 D. 当传送带沿顺时针方向运动时,若v1<v2,则可能有t1<t2 【答案】AC 【解析】试题分析:根据机械能守恒定律知道滑上传送带的速度,与传送带的运行速度进行比较,判断物体的运动规律,从而得出物体平抛运动的初速度,以及平抛运动的水平位移. 物体飞出右端做平抛运动,平抛运动在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做自由落体运动 解:A、C、当传送带不动时,小物块在传送带上做匀减速运动,传送带以恒定速率v2沿顺时针方向运行,当v1>v2,小物块在传送带上可能一直做匀减速运动,也有可能先做匀减速后做匀速运动,所以t1≥t2.小物块滑出传送带时的速度大于等于v2,根据平抛运动规律知道小物块的落地点可能仍在Q点,可能在Q点右侧.故AC正确; B、传送带以恒定速率v2沿逆时针方向运行,小物块在传送带上做匀减速直线运动,与传送带静止情况相同,根据平抛运动规律知道小物块的落地点在Q点.故B错误; D、传送带以恒定速率v2沿顺时针方向运行,当v1=v2,小物块在传送带上做匀速直线运动,所以t1>t2 根据平抛运动规律知道小物块的落地点在在Q点右侧.传送带以恒定速率v2沿顺时针方向运行,当v1<v2,小物块在传送带上可能一直做匀加速运动,也有可能先做匀加速后做匀速运动,所以t1>t2 根据平抛运动规律知道小物块的落地点在在Q点右侧.故D错误; 故选:AC. 【点评】解决本题的关键掌握机械能守恒定律,以及会根据物块的受力判断物块的运动规律,当物块的速度大于传送带的速度,则在传送带上先做匀减速运动,当速度等于传送带速度时,做匀速直线运动. 二、填空与实验题 13. 在“验证牛顿第二定律”的实验中,某同学做出的a−1M的关系图线,如图所示。从图象中可以看出,