【精品解析】广东省深圳市高级中学2019届高三上学期12月模拟考试物理试题 （附解析）

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FMa，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. 50NB. 250NC. 500ND. 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C3.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/3B. 电容器极板上的电荷量为2CE/5C. 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1:4B. 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 kmsD. 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；79km/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79km/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2mv02C. A、B两点间的电势差为2mv02/qD. 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160kWD. 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，有：mgsinmgcos，所以（mg+F）sin（mg+F）cos，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）sin，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E1.5 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“0”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=15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“0”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