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doc 2019届高三物理上学期12月检测试试题(含解析) 一、选择题 1. 下列各种情况,哪种情况下,物体处于平衡态( ) A. 用细线悬挂在匀速前进的火车车厢天花板上的小球 B. 对参照物相对静止的物体 C. 竖直上抛的小球达到最高点时 D. 做匀速圆周运动的小球 【答案】A 【解析】处于平衡状态的物体所受的合力为零,加速度为零,速度保持不变;用细线悬挂在匀速前进的火车车厢天花板上的小球处于平衡状态,选项A正确;对参照物相对静止的物体不一定处于平衡状态,选项B错误;竖直上抛的小球达到最高点时加速度不为零,不是平衡状态,选项C错误;做匀速圆周运动的小球有向心加速度,故不是平衡状态,选项D错误.故选A. 2. 人站在自动扶梯的水平踏板上,随扶梯斜向上匀减速运动,如图所示.以下说法正确的是( ) A. 人受到的摩擦力水平向左 B. 人对扶梯的压力等于扶梯对人的支持力 C. 人处于超重状态 D. 扶梯对人的作用力竖直向上 【答案】B 3. 我国“蛟龙号”在某次试验时,深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面的10min内全过程的深度曲线甲和速度图象乙,则下列说法中正确的是 A. 全过程中最大加速度是0.025m/s2 B. 潜水员感到超重发生在0~1min和8~10min的时间段内 C. 图中代表本次下潜最大深度,应为360m D. 整个潜水器在8~10min时的时间段内机械能守恒 【答案】C 【解析】试题分析:根据v-t图象的面积表示位移,由几何知识可求得最大深度;v-t图象的物理意义:其斜率表示加速度的大小,求解最大加速度;判断超重和失重的方法主要看物体的加速度方向.根据加速度大小分析受力情况,即可判断机械能守恒是否守恒. v-t图象的斜率表示加速度,0-1min内和3-4min内加速度最大,最大加速度是,A错误;潜水员在0-1min和8-10min的时间段内,根据度图象(b)得加速度方向向下,所以处于失重状态,B错误;根据深度曲线(a)得代表本次最大深度,在时到达最大深度,根据v-t图象的面积得:0-4min位移是360m,即最大深度为360m,C正确;整个潜水器在8-10min时间段内加速度不等于g,所以机械能不守恒,故D错误. 4. 在空中某一位置,以大小v0的速度水平抛出一质量为m的物体,经过时间t物体下落一段距离后,其速度大小仍为v0,但方向与初速度方向相反,如图所示,则下列说法中正确的是 A. 风力对物体做功为零 B. 风力对物体做负功 C. 物体的机械能增加 D. 物体的动能变化为 【答案】B 【解析】由题意知物体的动能不变,D错;由于物体在竖直方向上初、末速度为0,即物体不做自由落体运动,物体在竖直方向下落的高度小于,物体减少的机械能ΔE=mgh,所以,故C错误;由动能定理知物体克服风力做的功与重力做的功相同,故A错,B对.故选B. 【点睛】本题整合了动能定理、自由落体运动等多个知识点,关键要正确分析物体的受力情况,采用运动的分解方法研究. 5. 一个物体沿直线运动,从t=0时刻开始,物体的的图象如图所示,图线与纵横坐标轴的交点分别为0.5m/s和-1s,由此可知( ) A. 物体的初速度大小为0.5m/s B. 物体做变加速直线运动 C. 物体做匀速直线运动 D. 物体的初速度大小为1m/s 【答案】A 【解析】由数学知识可得: ,则得: 由匀变速直线运动的位移公式 可以知道物体做匀加速直线运动,初速度为 ,物体的加速度大小为 故A正确 综上所述本题答案是:A 6. 如图所示,P、Q为平行板电容器,两极板竖直放置,在两板间用绝缘线悬挂一带电小球。将该电容器与电源连接,闭合电键后,悬线与竖直方向夹角为α。则() A. 保持电键闭合,缩小P、Q两板间的距离,角度α会减小 B. 保持电键闭合,加大P、Q两板间的距离,角度α会增大 C. 将电键再断开,加大P、Q两板间的距离,角度α会增大 D. 将电键再断开,缩小P、Q两板间的距离,角度α不变化 【答案】D 【解析】试题分析:保持电键S闭合时,电容器板间电压不变,缩小P、Q两板间的距离,由分析得知,板间场强增大,小球所受电场力增大,则α增大.相反,加大P、Q两板间的距离时,α会减小.故AB错误.电键S断开,电容器的带电量不变,根据公式,U=Ed、,则得,即电场强度与极板间距无关,故板间场强不变,小球所受电场力不变,则α不变,故C错误,D正确. 故选:D. 考点:电容器的电容;电场强度. 7. 如图所示,M、N两物体叠放在一起,在恒力F作用下,一起向上做匀加速直线运动,则关于两物体受力情况的说法正确的是( ) A. 物体M一定受到4个力 B. 物体N可能受到4个力 C. 物体M与墙之间一定有弹力和摩擦力 D. 物体M与N之间一定有摩擦力 【答案】AD 【解析】试题分析: M、N两物体一起向上做匀加速直线运动,合力向上,对MN整体进行受力分析,受到重力和F,墙对M没有弹力,否则合力不能向上,也就不可能有摩擦力;对N进行受力分析,得:N受到重力,M对N的支持力,这两个力的合力不能向上,所以还受到M对N向上的静摩擦力,则N也给M一个沿斜面向下的静摩擦力,再对M进行受力分析,得:M受到重力、推力F、N对M的压力以及N给M沿斜面向下的静动摩擦力,一共4个力,故AD正确,BC错误; 故选AD. 考点:受力分析 【名师点睛】本题主要考查了同学们受力分析的能力,注意整体法和隔离法的应用。 8. 如图所示,真空中有直角坐标系xOy,在x轴上固定着关于O点对称的等量异号点电荷+Q和-Q,C是y轴上的一个点,D是x轴上的一个点,DE连线垂直于x轴.下列判断正确的是(  ) A. D、E两点场强大小相等 B. D点电势比E点电势低 C. 将正电荷由O移至C电势能减少 D. 将正电荷由O移至D和由C移至E电场力做功相等 【答案】BD 【解析】根据等量异种电荷周围电场的分布情况,可知D、E两点的电场线的疏密不同,则场强大小不等,D点的场强较大,故A错误.作出过E点的等势线,与x轴的交点为F,如图所示, 根据顺着电场线电势降低可知,D点的电势比F点的电势低,则知D点电势比E点电势低,故B正确.y轴是一条等势线,在同一等势面上移动电荷时电场力不做功,所以将正电荷由O移至C电场力不做功,电势能不变,故C错误.由于OD间的电势差大于CE间的电势差,根据W=qU可知,将正电荷由O移至D电场力做功大于由C移至E电场力做功,故D错误.故选B. 9. 下列关于功和机械能的说法,正确的是 A. 在有阻力作用的情况下,物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功 B. 合力对物体所做的功等于物体动能的改变量 C. 物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能,其大小与势能零点的选取有关 D. 运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量 【答案】BC 【解析】A项,任何情况下,物体重力势能的减少等于重力对物体所做的功,故A项错误。 B项,由动能定理知,合力对物体所做的功等于物体动能的改变量,故B项正确。 C项,根据重力势能的产生可知,重力势能是物体与地球之间的相互作用能,势能的大小与势能零点的选取有关,故C项正确。 D项,只有在机械能守恒或其它外力做功为0时,运动物体动能的减少量才等于其重力势能的增加量,故D项错误。 综上所述本题答案是:BC 10. 如图所示,在水平转台上放置有轻绳相连的质量相同的滑块1和滑块2,转台绕转轴OO′以角速度ω匀运转动过程中,轻绳始终处于水平状态,两滑块始终相对转台静止,且与转台之间的动摩擦因数相同,滑块1到转轴的距离小于滑块2到转轴的距离.关于滑块1和滑块2受到的摩擦力f1和f2与ω2的关系图线,可能正确的是AC A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】试题分析:两滑块的角速度相等,根据向心力公式,考虑到两滑块质量相同,滑块2的运动半径较大,摩擦力较大,所以角速度增大时,滑块2先达到最大静摩擦力.继续增大角速度,滑块2所受的摩擦力不变,绳子拉力增大,滑块1的摩擦力减小,当滑块1的摩擦力减小到零后,又反向增大,当滑块1摩擦力达到最大值时,再增大角速度,将发生相对滑动,故滑块2的摩擦力先增大达到最大值不变.滑块1的摩擦力先增大后减小,在反向增大,故AC正确. 考点:考查了圆周运动,牛顿第二定律 【名师点睛】抓住两物块角速度相等,根据牛顿第二定律判断哪一个物块先达到最大静摩擦力,然后角速度增大,通过拉力的变化判断两物块摩擦力的变化. 11. 如图所示,一质量为m的物体在沿斜面向上的恒力F作用下,由静止从底端向上做匀加速直线运动。若斜面足够长,表面光滑,倾角为θ。经时间t,恒力F做功80J,此后撤去恒力F,物体又经时间t回到出发点,且回到出发点时的速度大小为v,若以地面为重力势能的零势能面,则下列说法中正确的是( ) A. 物体回到出发点时的机械能是80J B. 在撤去力F前的瞬时,力F的功率大小是2mgvsinθ/3 C. 在撤去力F前的瞬时,力F的功率大小是4mgvsinθ/3 D. 撤去力F前的运动过程中,物体的机械能一直在增加,撤去力F后的运动过程中物体的机械能一直在减少 【答案】AB 【解析】根据功能原理知,除了重力之外的力对物体做正功时,物体的机械能就要增加,增加的机械能等于外力作功的大小,由于拉力对物体做的功为80J,所以物体的机械能要增加80J,撤去拉力之后,物体的机械能守恒,所以物体回到出发点时的机械能是80J,故A正确.设撤去力F前和撤去力F后的运动过程中物体的加速度大小分别为:a1和a2.这两个过程的位移大小相等,方向相反,取沿斜面向上为正方向,则有:a1t2=-(a1t•t-a2t2),则得,a1:a2=1:3.因为物体做匀加速直线运动,初速度为0,由牛顿第二定律可得:F-mgsinθ=ma1, 撤去恒力F后是匀变速运动,且加速度为:a2=gsinθ 联立上两式得:F=mgsinθ 设刚撤去拉力F时物体的速度大小为v′,则有:v′=a1t=gsinθt 对于从撤去到返回的整个过程,有:-v=v′-gsinθ•t, 解得,v′=v,所以在撤去力F前的瞬间,力F的功率:P=Fv′=mgvsinθ,故B正确,C错误.撤去力F前的运动过程中,除重力外只有F对物体做正功,则物体的机械能一直在增加,撤去力F后,物体只有重力做功,机械能守恒,故D错误.故选AB. 12. 如图所示a、b和c分别表示点电荷的电场中的三个等势面,它们的电势分别为6V、4V和1.5V.一质子从等势面a上某处由静止释放,仅受电场力作用而运动,已知它经过等势面b时的速率为v,则对质子的运动判断正确的是:( ) A. 质子从a等势面运动到c等势面电势能增加4.5eV B. 质子从a等势面运动到c等势面动能增加4.5eV C. 质子经过等势面c时的速率为2.25v D. 质子经过等势面c时的速率为1.5v 【答案】BD 【解析】由运动到,则电场力做功为正功,则电势能减小,动能增加.故A错误,B正确.由到,;由到,;联立得:,故CD错误;故选B. 二.实验题 13. 装有拉力传感器的轻绳,一端固定在光滑水平转轴O,另一端系一小球,空气阻力可以忽略。设法使小球在竖直平面内做圆周运动(如图甲),通过拉力传感器读出小球在最高点时绳上的拉力大小是F1,在最低点时绳上的拉力大小是F2。某兴趣小组的同学用该装置测量当地的重力加速度g。 (1)小明同学认为,实验中必须测出小球的直径,于是他用螺旋测微器测出了小球的直径,如图乙所示,则小球的直径d=_______mm。 (2)小军同学认为不需要测小球的直径。他借助最高点和最低点的拉力F1、F2,再结合机械能守恒定律即可求得重力加速度g。小军同学还需要测量的物理量有__________(填字母代号)。 A.小球的质量m B.轻绳的长度l C.小球运动一周所需要的时间T (3)根据小军同学的思路,请你写出重力加速度g的表达式____________。 【答案】 (1). 5.695 (2). 5.695 (3). 【解析】试题分析:螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数,在读可动刻度读数时需估读,固定部分每个刻度为0.5mm,可动部分每个刻度单位为0.01mm;根据牛顿第二定律,在最低点与最高点列出合力提供向心力的表达式,再结合机械能守恒定律,即可求解. (1)螺旋测微器的固定刻度读数5.5mm,可动刻度读数为0.01×19.5=0.195mm,所以最终读数为:固定刻度读数+可动刻度读数=5.5mm+0.195mm=5.695mm. (2、3)由牛顿第二定律,在最高点,则有,而在最低点,则有:;再依据机械能守恒定律,则有: ,联立上式,解得,因此已知最高点和最低点的拉力,小军同学还需要测量的物理量有小球的质量m,故A正确,BC错误;根据小军同学的思路,重力加速度g的表达式为; 14. 用如图所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落,m1上拖着的纸带打出一系列的点,对纸带上的点迹进行测量,即可验证机械能守恒定律。如图给出的是实验中获取的一条纸带:0是打下的第一个点,每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出),计数点间的距离s1=38.40cm、s2=21.60cm、s3=26.40cm、s4=31.21cm、s5=36.02cm所示。已知m1=50g、m2=150g,频率为50Hz,则(g取9.8 m/s2,所有计算结果保留三位有效数字) (1)在纸带上打下计数点6时的速度v6=______m/s; (2)在打点0~6过程中系统动能的增量=_______J,系统势能的减少量________ J,由此得出的结论是__________________。 (3)若某同学根据实验数据作出的图象如图,则当地的实际重力加速度g=_________ m/s2 【答案】 (1). 2.88 (2). 0.829 (3). 0.847 (4). 在误差允许范围内,m1、m2组成的系统机械能守恒 (5).