广东省肇庆市2019届高考一模物理试卷（含解析）

1、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】解：A、先对b球受力分析，受重力和拉力，根据平衡条件，有：；解得：；故A错误；B、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；C、弹簧的弹力；根据胡克定律，有：，解得；故C错误；D、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。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。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

2、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，已知该卫星从北纬的正上方，按图示方向第一次运行到南纬的正上方时所用时间为1h，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D. 该卫星的机械能一定大于同步卫星的机械能【答案】A【解析】解：A、该卫星从北纬的正上方，按图示方向第一次运行到南纬的正上方时，偏转的角度是，刚好为运动周期的，所以该卫星运行的周期为3h，而地球同步卫星的周期是24h，该卫星与同步卫星的运行周期之比为1：8，由开普勒第三定律得该卫星与同步卫星的运行半径之比为1：故A正确；B、根据得该卫星与同步卫星的运行速度之比为2：1，故B错误；C、是卫星环绕地球做匀速圆周运动最大的运行速度，所以该卫星的运行速度一定小于。故C错误；D、由于不知道两卫星的质量关系，所以不能比较机械能的关系。故D错误。故选：A。根据图示情景求出

3、该卫星的运行周期，与地球同步卫星的周期比较，从而由开普勒第三定律求轨道半径之比。根据确定出两者运行速度之比。第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动最大的运行速度。结合质量关系分析机械能的关系。本题考查人造卫星与同步卫星的关系，关键是要知道地球同步卫星的周期是24h，灵活运用开普勒定律分析半径关系。也可以根据万有引力提供圆周运动的向心力列式，来分析半径关系。3. 趣味运动会上运动员手持乒乓球拍托球沿水平面匀加速跑动，设球拍和球的质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间的夹角为，球拍与球保持相对静止，球拍与球之间的摩擦力及空气阻力不计。则下列说法正确的是A. 运动员的加速度为B. 球拍对球的作用力为mgC. 运动员对球拍的作用力为D. 若加速度大于，球一定沿球拍向上运动【答案】A【解析】解：AB、对乒乓球进行受力分析：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：解得，故A正确、B错误；C、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。D、当时，网球将向上运动，由于与的大小关系未知，故球不一定沿球拍向上运动。故D错误。故选：A。不计摩擦

4、力，分析网球的受力情况，作出力图，根据牛顿第二定律求解加速度和球拍对球的作用力；分析网球竖直方向的受力情况，判断球能否向上运动。本题是两个作用下产生加速度的问题，分析受力情况是解答的关键，运用正交分解，根据牛顿第二定律求解。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】解：A、由于水平方向受到空气阻力，不是平抛运动，故A错误；B、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；C、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；D、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。小球水平方向受恒定的阻力，因而做匀减速直线运动，竖直方向只受重力

5、，做自由落体运动，根据运动学公式即可列式求解。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】解：A、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；B、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；C、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；D、当逐渐增大拉力F时

6、，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。对a、b、c整体分析考虑地面对物体c的静摩擦力方向；再对a、b分别进行受力分析，a、b两个物体都处于静止状态，受力平衡，把绳子和力T和重力mg都分解到沿斜面方向和垂直于斜面方向，根据共点力平衡列式分析即可。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，固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，下列说法正确的是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mghD. 弹簧的最大压缩量小于其最大伸长量【答案】CD【解析】解：A、在圆环下滑的整个过程中，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、地球

7、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错误，B、弹簧的弹性势能随弹簧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后增大。故B错误。C、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了mgh。故C正确。D、根据系统机械能守恒，弹簧弹性势能等于圆环的机械能的减少量，当圆环的滑到杆的底端并速度等于零时，弹簧的弹性势能最大，此时弹簧的形变量最大。所以弹簧的最大压缩量小于其最大伸长量。故D正确。故选：CD。分析圆环沿杆下滑的过程中受力情况，以及外力做功情况：重力和弹簧的拉力均做功，所以圆环机械能不守恒，但是系统的机械能守恒；沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大。对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法。要注意圆环的机械能不守恒，系统的机械能才守恒。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

8、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】解：A、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。B、当物体与墙面脱离时F为零，所以，解得时间，故B正确C、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。D、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。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。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

9、。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】解：A、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；B、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。C、在时间内，加速度大小为，由牛顿第二定律得：，解得：，故C错误。D、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。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。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. 某种液体的饱和气压与温度有关B. 多晶体都具有各向同性的特点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一定表现为引力E. 一定质量的理想气体，放热的同时外界对其做功，其

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