2019届高三物理9月联合质量检测试题（含解析）.doc

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1、- 1 -20192019 届高三物理届高三物理 9 9 月联合质量检测试题月联合质量检测试题一、选择题一、选择题1. 将一个小球从报废的矿井口由静止释放后做自由落体运动，4s 末落到井底该小球开始下落后第 2s 内和第 4s 内的平均速度之比是（ ）A. 1：3 B. 2：4 C. 3：7 D. 4：16【答案】C【解析】试题分析：根据公式可得，第 1s 末小球的速度为：，第 2s 末小球的速度为，所以第 2s 内的平均速度为第 3s 末物体的速度为，第 4s 末小球的速度为，所以第 4s 内的平均速度为故故选 C，考点：考查了自由落体运动规律点评：自由落体运动是初速度为零，加速度为 g 的

2、匀加速直线运动2. 2016 年中秋夜，我国成功将天宫二号送入预定轨道，2016 年 10 月 17 日神舟十一号顺利升空并在之后与天宫二号实行交会对接天宫二号是在天宫一号基础上研制的航天器，两者外形完全相同，但却承担着不同的任务天宫一号主要是和载人飞船配合完成空间交会对接实验任务，而天宫二号则是我国第一个具备太空补加功能的载人航天实验室，要第一次实现航天员中期驻留、第一次试验推进剂太空补加技术等重要的科学实验，天宫二号被称为是我国首个真正意义上的空间实验室天宫二号的轨道高度为 393km ，比天宫一号高了 50km ，关于天宫二号与天宫一号的比较，以下说法正确的是（ ）A. “天宫二号”运行

3、的线速度比“天宫一号”大B. “天宫二号”运行的加速度比“天宫一号”大C. “天宫二号”运行的角速度比“天宫一号”大D. “天宫二号”运行的周期比“天宫一号”大【答案】D【解析】试题分析：天宫飞行器绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，应用万有引力公- 2 -式与牛顿第二定律可以求出线速度、加速度、角速度与周期，然后比较大小万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得，解得，天宫二号的轨道半径大于天宫一号的轨道半径， “天宫二号”运行的线速度比“天宫一号”小，故 A 错误；万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得，解得，天宫二号的轨道半径大于天宫一号的轨道半径， “天宫二号”运行的加速度比“天宫一号”小，

4、故 B 错误；万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得，解得，天宫二号的轨道半径大于天宫一号的轨道半径， “天宫二号”运行的角速度比“天宫一号”小，故 C 错误；万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得，解得，天宫二号的轨道半径大于天宫一号的轨道半径， “天宫二号”运行的周期比“天宫一号”大，故 D 正确3. 如图所示，质点 a、b 在直线 PQ 上的两个端点，质点 a 沿 PQ 做初速度为 0 的匀加速直线运动，经过位移 x1时质点 b 从 Q 沿 QP 方向做初速度为 0 的匀加速直线运动，位移 x2时和质点 a 相遇，两质点的加速度大小相同，则 PQ 距离为（ ）A. x12x2 B. 2x1x

5、2 C. x12x2 D. 2x1x2【答案】A【解析】质点a经过时间运动位移，再经过相遇，则时间末速度为则：、，两式相除可知，在运动位移，则： 故选项 A 正确。点睛：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的公式和推论，并能灵活运用。4. 2017 年 4 月 23 日，青岛快乐运动秀之遥控车漂移激情挑战，挑战赛中若 ab 两个遥控车从同一地点同一方向做直线运动，它们的 v-t 图象如图所示，则下列说法正确的是- 3 -A. b 车启动时，a 车在其前方 2m 处B. 运动过程中，b 车落后 a 车的最大距离为 4mC. b 车启动 4s 后正好赶追上 a 车D. b 车超过 a 车后，两车不会再

6、相遇【答案】D【解析】A、根据速度图线与时间轴包围的面积表示位移，可知b在时启动，此时a的位移为，即a车在b前方处，故选项 A 错误；B、当两车的速度相等时相距最远，最大距离为：，选项 B 正确；C、由于两车从同一地点沿同一方向沿直线运动，当位移相等时两车才相遇，由图可知，b车启动后位移小于a的位移，还没有追上a，故选项 C 错误；D、b车超过a车后，由于b的速度大，所以不可能再相遇，选项 D 正确。点睛：本题关键是根据速度-时间图象得到两个物体的运动规律，然后根据速度-时间图象与时间轴包围的面积表示位移大小，结合初始条件进行分析处理。5. 如图，战机在斜坡上方进行投弹演练。战机水平匀速飞行，

7、每隔相等时间释放一颗炸弹，第一颗落在 a 点，第二颗落在 b 点。斜坡上 c、d 两点与 a、b 共线，且 ab=bc=cd，不计空气阻力。第三颗炸弹将落在A. bc 之间 B. c 点 C. cd 之间 D. d 点【答案】A【解析】试题分析:作出飞机的轨迹如图：- 4 -假设第二颗炸弹经过 Ab，第三颗经过 PQ（Q 点是轨迹与斜面的交点） ；则 a，A，B，P，C 在同一水平线上，由题意可知，设 aA=AP=x0，ab=bc=L，斜面倾角为 ，三颗炸弹到达 a 所在水平面的竖直速度为 vy，水平速度为 v0，对第二颗炸弹：水平向：x1=Lcos-x0=v0t1，竖直向：，若第三颗炸弹的轨

8、迹经过 cC，则对第三颗炸弹，水平向：x2=2Lcos-2x0=v0t2，竖直向：，解得：t2=2t1，y22y1，所以第三颗炸弹的轨迹不经过 cC，则第三颗炸弹将落在 bc 之间，故 A 正确；故选 A考点：考查平抛运动【名师点睛】考查平抛运动的规律，明确水平向与竖直向的运动规律会画草图进行分析求解考查的是数学知识注意：过 b 点画水平线分析更简单，水平方向速度不变，而竖直方向速度越来越大，所以越往下，在相同时间内，水平位移越小6. 如图所示，滑雪者从山上 M 处以水平速度 v0飞出，经 t0时间落在山坡上 N 点，此时速度方向刚好沿斜坡向下，接着从 N 点沿直线 NP 自由滑下，又经 t0

9、时间到达坡底的 P 点。斜坡NP 与水平面夹角为 30，不计摩擦阻力和空气阻力，则从 M 到 P 的过程中，滑雪者的加速度大小、速度大小随时间变化的图象正确的是A. B. C. D. - 5 -【答案】A【解析】M 到 N 的过程中，滑雪者做平抛运动，加速度为 g，保持不变，进入斜坡后，做匀加速直线运动，加速度，保持不变，故 A 正确，B 错误平抛运动过程中的速度v，可知 v 与 t 不成线性关系，进入斜坡后，做匀加速直线运动，速度随时间均匀增加，故 CD 错误故选 A7. 宇宙中，两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用相互绕转，称之为双星系统在浩瀚的银河系中，多数恒星都是双星系统

10、设某双星系统 A、B 绕其连线上的 O点做匀速圆周运动，如图所示若 AOOB，则( ) A. 星球 A 的质量一定小于星球 B 的质量B. 星球 A 的线速度一定小于星球 B 的线速度C. 双星间距离一定，双星的质量越大，其转动周期越大D. 双星的质量一定，双星间距离越大，其转动周期越大【答案】AD【解析】双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，根据万有引力提供向心力公式得：，因为AOOB，所以mAmB，即A的质量一定小于B的质量故 A 正确；双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，根据v=r可知，星球A的线速度一定大于星球B的线速度，故 B 错误；根据万有引力提供向心

11、力公式得：，解得：，由此可知双星的总质量一定，转动周期越小，故 C 错误；根据，由此可知，若双星的质量一定，双星之间的距离越大，其转动周期越大，故 D 正确。所以 AD 正确，BC 错误。8. 小球用轻绳悬挂在 O 点，在水平恒力 F=mgtan 作用下，小球从静止开始由 A 经 B 向 C运动。则小球A. 先加速后减速- 6 -B. 在 B 点加速度为零C. 在 C 点速度为零D. 在 C 点加速度为 gtan【答案】ACD【解析】根据动能定理：，解得 vC=0，所以小球先加速，后减速运动，故 A、C 正确；小球做圆周运动在 B 点有向心加速度，故 B错误；在 C 点时，因为速度为 0，所以

12、向心力为零，即指向圆心方向的合力为 0，沿切线方向的合力，所以在 C 点的加速度为，故 D 正确。【考点定位】动能定理；牛顿第二定律；圆周运动9. 如图所示，光滑的轻杆 OA 可绕竖直轴旋转，且 OA 与轴间夹角 始终保持不变，质量 m 的小球套在 OA 杆上，可在杆适当位置随杆做水平面内的匀速圆周运动，下列说法正确的有A. 小球在任何两位置随杆在水平面内做匀速圆周运动的加速度大小都相等B. 杆的转速越大，小球随杆做水平面内匀速圆周运动的位置越高C. 小球在某一位置随杆在水平面内匀速转动，只要受到微小的扰动，就会远离该位置D. 小球在某一位置随杆在水平面内匀速转动，若杆转速突然增大，由于杆对球

13、弹力垂直于杆，杆不会对小球做功【答案】AC【解析】根据牛顿第二定律得：，解得：，可知小球在任何位置随杆在水平面内做匀速圆周运动的加速度大小都相等，故 A 正确- 7 -根据牛顿第二定律得：mr(2n)2，转速增大，由于合力大小不变，则 r 减小，即小球随杆做水平面内匀速圆周运动的位置越低，故 B 错误小球在某一位置随杆在水平面内匀速转动，只要受到微小的扰动，速度增大，根据知，合力大小不变，则 r 增大，即远离该位置，故 C 正确小球在某一位置随杆在水平面内匀速转动，若杆转速突然增大，由 B选项知，小球随杆做水平面内匀速圆周运动的位置越低，做圆周运动的半径减小，则线速度变小，根据动能定理知，重力

14、做正功，动能减小，则杆子弹力做负功，故 D 错误故选 AC点睛：解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，知道小球做圆周运动合力的大小不变，对于 D 选项，有一定的难度，结合动能定理分析判断10. 如图所示，倾角为 37足够长的传送带以恒定速度运行，将一质量 m=1kg 的小物体以某一初速度放在传送带，物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图所示，取沿传送带向上为正方向，g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，则下列说法正确的是A. 传送带逆时针转动，速度大小为 4m/sB. 物体与传送带间的动摩擦因数为 0.75C. 08s 内物体位移的大小为 14mD. 08s 内

15、物体与传送带之间因摩擦而产生的热量为 126J【答案】ACD【解析】从图中可知小物体先反向做减速运动后做加速运动，故可知传送带速度方向沿斜面- 8 -向上，最终物块和传送带的速度相同，故传送带速度大小为 4m/s，A 错误；根据 v-t 图象的斜率表示加速度，可得，物体相对传送带滑动时的加速度大小为，由牛顿第二定律得，解得，故 B 错误；08s 内物体位移为，故 C 正确；0-8s 内只有前 6s 内物体与传送带发生相对滑动0-6s 内传送带运动距离为，0-6s 内物体位移为，产生的热量为，故 D 正确二、实验填空题二、实验填空题11. 在“探究加速度 a 与物体所受合力 F 及质量 m 的关

16、系”实验中（1）甲同学用如图所示的装置探究加速度与力的关系，带滑轮的长木板和弹簧测力计均水平固定。实验时，一定要进行的操作是_。a. 小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数 Fb. 改变砂和砂桶质量，打出几条纸带c. 用天平测出砂和砂桶的质量d. 为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量（2）甲同学若测出的 a-F 图象的斜率为 k，则小车的质量为_。（3）乙同学用如图乙所示的装置探究加速度与力的关系，得到 a-F 图象如图丙所示图线一次是木板水平做的，一次是木板倾斜做的，则图线_是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的；（选填“”或“

17、” ）在轨道水平时，小车运动的阻力 F=_N；（4）图丙中，图线在末端弯曲的原因是_。- 9 -【答案】 (1). （1）ab (2). （2）2/k (3). （3） (4). 0.5 (5). （4）没有满足砂和砂桶的总质量远小于小车的总质量；（2）根据牛顿定律可知：2F=Ma，则 ，因 ，则 ；（3）图线说明在没给小车加力时小车就已经有了加速度，说明轨道右侧抬高成为斜面的原因；由图线可知，当 F=0.5N 时小车开始做加速运动，可知当木板水平时，小车受到的摩擦力为 0.5N；（4）图丙中，图线在末端弯曲的原因是：未满足小车的质量远远大于小桶和砝码的总质量.12. 在“探究弹力和弹簧伸长量

18、的关系”的实验中，小明同学用甲、乙两根规格不同的弹簧进行实验，由实验得到弹簧伸长量 x 与弹簧受到的拉力 F 的关系如图（a）所示，由图求得弹簧乙的劲度系数为_N/m。若要在两根弹簧中选用一根来制作精确程度较高的弹簧秤，应选弹簧_；用制作好的弹簧秤来测量物体的重力，如图（b）所示，物体重_N。【答案】 (1). 200， (2). 甲， (3). 4.00【解析】注意该图象中纵坐标为伸长量，横坐标为拉力，斜率的倒数为劲度系数，由此可求出，由于甲的劲度系数小，因此其精度高若要在两根弹簧中选用一个来制作精确程度较高的弹簧秤，应选弹簧甲用制作好的弹簧秤来测量物体的重力，如- 10 -图 b 所示，物

19、体重 4.00N.三、计算解答题三、计算解答题13. 汽车 A 在红绿灯前停住，绿灯亮起时 A 开动，以 a=0.4m/s2的加速度做匀加速运动，经过 t0=30s 后以该时刻的速度做匀速直线运动。在绿灯亮的同时，汽车 B 以 v=8 m/s 的速度从A 车旁驶过，之后 B 车一直以相同的速度做匀速运动。问，从绿灯亮时开始，经多长时间后两车再次相遇？ 【答案】45s.带入数据解得 t=45s14. 如图所示，水平轨道上有一轻弹簧左端固定，弹簧处于自然状态时，其右端位于 P 点。现用一质量 m=0.1kg 的小物块（可视为质点）将弹簧压缩后释放，物块经过 P 点时的速度v0=18m/s，经过水平

20、轨道右端 Q 点后沿半圆轨道的切线进入竖直固定的光滑圆轨道，最后物块经轨道最低点 A 抛出后落到 B 点，已知物块与水平轨道间的动摩擦因数=0.15，R=l=1m，A 到 B 的竖直高度 h=1.25m，取 g=10m/s2（1）求物块到达 Q 点时的速度大小（保留根号） ；（2）求物块经过 Q 点时圆轨道对物块的压力；（3）求物块水平抛出的位移大小【答案】 （1） m/s；（2）31.1N；（3）9.5m【解析】试题分析：（1）根据动能定理求出物块到达 Q 点的速度大小；（2）根据牛顿第二定律求出物块经过 Q 点时所受的弹力，从而得出物块对 Q 点的压力；（3）根据机械能守恒定律求出物块通过

21、最低点 A 的速度大小，结合平抛运动的规律求出物块水平抛出的位移大小解：（1）设物块到达 Q 点时的速度为 v，由动能定理得mg l= mv2 mv02- 11 -代入数据解得 v=m/s（2）设物块刚离开 Q 点时，圆轨道对物块的压力为 FN根据牛顿定律有 FN+mg=m则 FN=mmg=31.1N0故物块能沿圆周轨道运动（3）设物块到达半圆轨道最低点 A 时的速度为 v1由机械能守恒得mv2+mg2R= mv12解得 v1=“19“ m/s由 h= gt2s=vt得 s=v1代入数据，得 s=9.5m答：（1）物块到达 Q 点时的速度大小为m/s；（2）物块经过 Q 点时对轨道的压力为 3

22、1.1N；（3）物块水平抛出的位移大小为 9.5m【点评】本题考查了动能定理、机械能守恒定律和牛顿第二定律的综合，知道圆周运动向心力的来源、平抛运动在水平方向上和竖直方向上的运动规律是解决本题的关键15. 如图所示，一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星，其轨道平面与地球赤道平面重合，离地面的高度等于地球的半径 R0，该卫星不断地向地球发射微波信号。已知地球表面重力加速度为 g。- 12 -（1）求卫星绕地球做圆周运动的周期 T； （2）设地球自转周期为 T0，该卫星绕地球转动方向与地球自转方向相同，则在赤道上的任意一点能连续接收到该卫星发射的微波信号的时间是多少？（图中 A1、B1为开始接收到信号时

23、，卫星与接收点的位置关系） ，【答案】 （1）（2）【解析】 （1）卫星以半径 2R0绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力：处于地球表面的物体所受的重力约等于地球对它的万有引力： 所以： （2）设人在 B1位置刚好看见卫星出现在 A1位置，最后在 B2位置刚好看见卫星消失在 A2位置OA1=2OB1，有A1OB1A2OB2 设从 B1到 B2时间为 t，显然有： 所以： 点睛：在地球的质量不知而地球表面的重力加速度已知时，要用黄金代换公式表示地球的质量，这是我们经常使用的方法，要注意掌握. 16. 公园里的转椅以恒定的角速度绕其竖直对称轴在水平面内做匀速转动，如图所示。转椅上的人以相对转椅的速度 v 水平抛出一小球，为使小球击中转椅架底部中心点 O。试求 v的大小和方向。已知小球抛出点比 O 点高 h，与竖直转轴的距离为 R。【答案】.【解析】物体在切向方向的速度 v1=R；物体合速度做平抛运动，即合速度为则抛出时相对转椅的速度；方向与水平半径方向的夹角为- 13 -