1、青海省西宁市第四高级中学2019届高三上学期第四次模拟考试理综-物理试题一、选择题1.下列运动过程中，在任意相等时间内，物体动量变化不相等的是（ ）A. 匀速圆周运动B. 自由落体运动C. 平抛运动D. 匀减速直线运动【答案】A【解析】【详解】A：匀速圆周运动物体，所受合外力指向圆心，合外力为变力；据动量定理可得，合外力为变力时，任意相等时间内，物体动量变化不相等。B：自由落体运动物体，只受重力，所受合外力为恒力；据动量定理可得，合外力为恒力时，任意相等时间内，物体动量变化相等。C：平抛运动物体，只受重力，所受合外力为恒力；据动量定理可得，合外力为恒力时，任意相等时间内，物体动量变化相等。D：
2、匀减速直线运动物体，所受合外力为恒力；据动量定理可得，合外力为恒力时，任意相等时间内，物体动量变化相等。综上，任意相等时间内，物体动量变化不相等的是A项。2.如图所示，将一质量为m的小球以一定的初速度自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点，OA与竖直方向夹角为，重力加速度大小为则小球抛出时的动能与到达A点时动能的比值为A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：由图知，解得：小球在A点时竖直速度，小球到达点的动能，抛出时的动能，所以小球抛出时的动能与到达A点时动能的比值为4/13。考点：本题考查平抛运动3.如图所示，如图所示，在光滑地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对
3、滑动的加速运动，小车质量是M，木块质量是m，力大小是F，加速度大小是a，木块和小车之间动摩擦因数是，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是()A. B. C. D. 【答案】BD【解析】试题分析：m与M具有相同的加速度，对整体分析，运用牛顿第二定律求出加速度的大小，再隔离对m分析，求出木块受到的摩擦力大小解：整体所受的合力为F，整体具有的加速度a=隔离对m分析，根据牛顿第二定律得，f=ma=故B、D正确，A、C错误故选BD【点评】解决本题的关键知道M和m具有相同的加速度，能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用4.如图甲所示，轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个质量m=
4、0.5 kg的物块，处于静止状态，以物块所在处为原点，竖直向下为正方向建立x轴，重力加速度g取10 m/s2，现对物块施加竖直向下的拉力F，F随x变化的情况如图乙所示。若物块运动至x=0.4 m处时速度为零，则物块在下移0.4 m的过程中，弹簧的弹性势能的增加量为()A. 5.5 JB. 3.5 JC. 2.0 JD. 1.5 J【答案】A【解析】解：由图线与坐标轴围成的面积表示功可以得到力F做的功：W=（5+10）0.2+10（0.40.2）=3.5J设克服弹簧弹力做的功为WF，根据动能定理：WWF+mgx=03.5WF+0.5100.4=0得：WF=5.5J则EP=5.5J故选：A【点评】
5、本题考查动能定理的应用以及Fx图象中“面积”的含义，可以对比vt图象中面积的含义得出其物理意义5.如图所示，固定在地面上的半圆轨道直径ab水平，质点P与半圆轨道的动摩擦因数处处一样，当质点P从a点正上方高H处自由下落，经过轨道后从b点冲出竖直上抛，上升的最大高度为，空气阻力不计。当质点下落再经过轨道a点冲出时，能上升的最大高度h为()A. 不能从a点冲出半圆轨道B. 能从a点冲出半圆轨道，但C. 能从a点冲出半圆轨道，但D. 无法确定能否从a点冲出半圆轨道【答案】B【解析】试题分析：质点第一次在槽中滚动过程，由动能定理得：，为质点克服摩擦力做功大小，解得：，即第一次质点在槽中滚动损失的机械能为
6、，由于第二次小球在槽中滚动时，对应位置处速度变小，因此槽给小球的弹力变小，摩擦因数不变，所以摩擦力变小，摩擦力做功小于，机械能损失小于，因此小球再次冲出a点时，能上升的高度大于零而小于，故ACD错误，B正确。考点：动能定理【名师点睛】本题的关键在于知道第二次运动过程中摩擦力做功比第一次小，明确动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功摩擦力做功使得机械能转化成内能。6.摄制组在某大楼旁边拍摄武打片,要求特技演员从地面飞到屋顶。如图所示,导演在某房顶离地H=12 m处架设了滑轮(人和车均视为质点,且滑轮直径远小于H),若轨道车从A处以v=10 m/s的速度匀速运动到
7、B处,绳BO与水平方向的夹角为53.由于绕在滑轮上细钢丝的拉动,使质量为m=50kg的特技演员从地面由静止开始向上运动。在车从A运动到B的过程中(取g=10 m/s2 ,sin53=0.8,cos53=0.6)( ) A. 演员上升高度为12 mB. 演员最大速度为6.0 m/sC. 演员处于失重状态D. 演员机械能增量为2400 J【答案】BD【解析】【分析】A、明确连在大滑轮的演员上升的高度与连在小滑轮的绳子变化长度的关系；B、关键是明确（连在小滑轮）车速在沿绳子方向的速度与（连在大滑轮）演员上升速度的关系； C、由运动性质，结合牛顿第二定律求解；D、利用能量守恒定律求解.【详解】A、根据
8、题意演员上升的高度为：；故A错误.B、将车速v沿着绳子方向和垂直于绳子的方向分解可知，在沿着绳子方向的速度为v=vcos，所以人上升的速度为：v人=vcos，显然当=53时人的速度最大，为：vmax=100.6m/s=6m/s；故B正确.C、将车速v沿着绳子方向和垂直于绳子的方向分解可知，在沿着绳子方向的速度为v=vcos，所以人上升的速度为：v人=vcos，人在加速上升，则演员处于超重状态；故C错误.D、演员机械能的增量等于动能的增量和重力势能的增量之和，即：故D正确.故选BD.【点睛】注意在涉及同轮缘滑轮问题中要抓住“应将物体的实际速度沿绳子方向和垂直绳子方向分解，物体在沿绳子方向的速度相
9、等”，遇到像本题不同轮缘问题注意两轮直径关系.7.如图所示,传送带以v=10 m/s速度逆时针转动,两轮中心点AB间水平距离为8 m,可视为质点的滑块质量m=1 kg,以v0=6m/s的速度从光滑平台滑上传送带,滑块与传送带间动摩擦因数=0.6(重力加速度g=10 m/s2).关于滑块的运动,下列说法正确的是()A. 滑块将从B端滑落B. 滑块将返回光滑平台上,回到平台上的速度大小为6m/sC. 滑块在传送带上的整个运动过程中,摩擦力对其做功为零D. 滑块向右运动过程中其机械能的减少量等于此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量【答案】BC【解析】【详解】A、设滑块速度减至零时向右滑行的距离为x，
10、根据动能定理得：，解得：x=6m8m，所以滑块不会从B端滑落;故A错误.B、滑块速度减至零后向左匀加速运动，由于，根据对称性可知，滑块回到平台时速度与传送带相同，速度大小为为;故B正确.C、滑块在传送带上的整个运动过程中，动能的变化量为零，根据动能定理得摩擦力对其做功为零;故C正确.D、滑块向右运动过程中其机械能的减少量等于此过程中滑块克服摩擦力做功，而滑块克服摩擦力做功等于摩擦力与滑块对地位移的乘积，滑块与传送带间摩擦产生的热量等于摩擦力与两者相对位移的乘积，由于滑块对地位移的乘积小于两者相对位移，所以滑块向右运动过程中其机械能的减少量小于此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量;故D错误.故选
11、BC.【点睛】对于物体在传送带上运动的问题，分析受力情况和运动情况是解题的关键，要注意摩擦生热与相对位移有关8.中国在2017年底发射全球首颗专业夜光遥感卫星“珞珈一号”01星，将在2019年发射“珞珈一号”02星。“珞珈一号”01星搭载了高灵敏度夜光相机，其精度将达到地面分辨率100 m，夜间可看见长江上所有亮灯的大桥，获取精度高于当前美国卫星的夜景图片。如图所示，设“珞珈一号”在半径为R的圆周轨道上运行，经过时间t，转过的角度为。已知引力常量为G。下列说法正确的是( )A. “珞珈一号”内的物体处于平衡状态B. “珞珈一号”的运行周期为tC. “珞珈一号”的运行速度大于7.9 km/sD.
12、 可算出地球质量为【答案】BD【解析】【详解】A、“珞珈一号”内的物体受引力作用，做圆周运动，不是平衡状态，故A错误；B、根据题意知，又，解得，故B正确；C、第一宇宙速度是最大运行速度，所以“珞珈一号”的运行速度，小于7.9km/s，故C错误；D、根据万有引力提供向心力有，而角速度为，联立得地球的质量;故D正确.故选BD.【点睛】解决本题的关键知道第一宇宙速度的含义，掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用.二、实验题9.如用如图甲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图乙
13、给出的是实验中获得的一条纸带：0是打下的第1个点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图乙所示已知m1=50 g，m2=150 g，g取9.8 m/s2，所有结果均保留3位有效数字，则（1）在纸带上打下计数点5时的速度v5=_m/s；（2）在打点05过程中系统动能的增量Ek=_J(2分),系统势能的减少量Ep=_J；【答案】 (1). 2.40; (2). 0.576; (3). 0.588;【解析】 (1)根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速度为：。(2)物体的初速度为零，所以动能的增加量为：重力势能的减小量等于物体重
14、力做功，故：EP=W=mgh=0.60J。三、计算题10.如图所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。以小球开始下落的位置O为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，在小球开始下落到向下运动到最低点的过程中，小球所受弹簧弹力F的大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图所示，x0为已知量。不计空气阻力，重力加速度为g。求：（1）刚要接触弹簧时，小球的速度大小v；（2）弹簧的劲度系数k；（3）小球下落过程中的最大动能Ek。【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】小球下降过程，先自由落体运动，与弹簧接触后，先加速下降，到达平衡位置后开始减速下降，根据
15、共点力平衡条件求出平衡位置的坐标，结合整个下降过程中小球和弹簧机械能守恒进行分析；【详解】（1）从开始下落到接触弹簧，根据机械能守恒定律，得；（2）弹簧压缩x0时，根据胡克定律，弹簧弹力F =而此时弹簧弹力F与小球的重力mg平衡，故F = mg，联立得；（3）当小球受到的合力为零时，动能最大，此时弹簧压缩量为。小球从接触弹簧到弹簧压缩过程中，弹簧弹力做功W根据动能定理，得。【点睛】本题关键是将物体的运动分为自由落体、加速下降和减速下降三个阶段，当小球受到的合力为零时，动能最大，然后根据动能定理即可求出最大动能。11.如图所示，质量为m1 kg的滑块，以v05 m/s的水平初速度滑上静止在光滑水
16、平面的平板小车，若小车质量M4 kg，平板小车足够长，滑块在平板小车上滑动1 s后相对小车静止求：(g取10 m/s2) (1)滑块与平板小车之间的动摩擦因数；(2)此过程中小车在地面上滑行的位移【答案】（1） v1=1m/s =0.4 (2)x=0.5m L=2.5m 【解析】（1）设滑块与平板小车相对静止时的速度为v1对滑块与平板小车组成的系统，取向左为正方向，由动量守恒定律可知：mv0=（m+M）v1对滑块，由动量定律可知：-mgt=mv1-mv0解得：v1=1m/s，=0.4（2）对平板小车，由动能定理得：mgx=Mv12代入数据解得：x=0.5m对滑块和平板小车的系统，由能量守恒定律
17、得：mv02 (m+M)v12mgL代入数据解得：L=2.5m12.如图所示，倾斜轨道AB的倾角为37，CD、EF轨道水平，AB与CD通过光滑圆弧管道BC连接，CD右端与竖直光滑圆周轨道相连。小球可以从D进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E滑出该轨道进入EF水平轨道。小球由静止从A点释放，已知AB长为5R，CD长为R，重力加速度为g，小球与斜轨AB及水平轨道CD、EF的动摩擦因数均为0.5，sin37=0.6，cos37=0.8，圆弧管道BC入口B与出口C的高度差为l.8R。求：(在运算中，根号中的数值无需算出)(1)小球滑到斜面底端C时速度的大小。(2)小球刚到C时对轨道的作用力。(3)要使小球
18、在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R/应该满足什么条件？【答案】（1） （2）6.6mg，竖直向下（3） 【解析】试题分析：（1）设小球到达C点时速度为v，a球从A运动至C过程，由动能定理有（2分）可得（1分）（2）小球沿BC轨道做圆周运动，设在C点时轨道对球的作用力为N，由牛顿第二定律， （2分） 其中r满足 r+rsin530=1.8R （1分）联立上式可得：N=6.6mg （1分）由牛顿第三定律可得，球对轨道的作用力为6.6mg ，方向竖直向下。 （1分）（3）要使小球不脱离轨道，有两种情况：情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF轨道。则小球b在最高点P应满足（1分）小球从C
19、直到P点过程，由动能定理，有（1分）可得（1分）情况二：小球上滑至四分之一圆轨道的Q点时，速度减为零，然后滑回D。则由动能定理有（1分）（1分）若，由上面分析可知，小球必定滑回D，设其能向左滑过DC轨道，并沿CB运动到达B点，在B点的速度为vB,，则由能量守恒定律有（1分）由式，可得（1分）故知，小球不能滑回倾斜轨道AB，小球将在两圆轨道之间做往返运动，小球将停在CD轨道上的某处。设小球在CD轨道上运动的总路程为S，则由能量守恒定律，有（1分）由两式，可得 S=5.6R （1分）所以知，b球将停在D点左侧，距D点0.6R处。 （1分）考点：本题考查圆周运动、动能定理的应用，意在考查学生的综合能力。