1、- 1 -四川省乐山市 2019 届高三物理上学期第一次调查研究考试试题（含解析）二、选择题1.关于质点的运动，下列说法中正确的是A. 质点运动的加速度为零，则速度为零，速度变化量也为零B. 质点的速度变化越快，则加速度越大C. 质点在某时刻的加速度不为零，则该时刻的速度也不为零D. 位移的方向就是质点的运动方向【答案】B【解析】【详解】A.质点运动的加速度为零，则速度不一定为零，速度变化量为零，例如匀速直线运动，选项 A 错误；B.加速度是速度的变化率，则质点的速度变化越快，则加速度越大，选项 B 正确；C.质点在某时刻的加速度不为零，该时刻的速度可能为零，例如竖直上抛物体到达最高点时，选项
2、 C 错误；D.速度的方向是质点运动的方向，但是位移的方向不一定就是质点的运动方向，选项 D 错误；故选 B.2.如图所示，某同学用绳子拉木箱，绳子与水平方向成 角，箱在粗糙水平路面上做匀速直线运动，则绳子拉力大小一定A. 大于木箱的重力 B. 小于木箱的重力C. 大于路面的摩擦力 D. 小于路面的摩擦力【答案】C【解析】【分析】对木箱受力分析，水平方向结合平衡知识讨论，竖直方向由合力为 0 讨论。- 2 -【详解】木箱受力如图：木箱在匀速运动的过程中，F 的水平分力等于摩擦力，所以拉力大小一定大于路面的摩擦力，故 D 错误，C 正确；拉力的竖直分力、地面的支持力和重力，三力的合力为零。但无法
3、比较拉力和重力的大小，故 AB 错误。故选 C。3.如图所示，在半径为 R 的半球形碗的光滑内表面上，一质量为 m 的小球在距碗高度为 h的水平面内做匀速圆周运动，重力加速度为 g，则小球做匀速圆周运动的角速度为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】对小球受力分析，根据合力提供向心力，求出小球运动的角速度【详解】根据受力分析和向心力公式可得：mgtan=mr 2，小球做匀速圆周运动的轨道半径为：r=Rsin；解得： ，故选 D.4.如图所示，真空中 a、b、c、d 四点共线且等距，a、b、c、d 连线水平。先在 a 点固定一点电荷+Q，测得 b 点场强大小为 E。若再将另一点电荷+
4、2Q 放在 d 点，则- 3 -A. b 点场强大小为 ，方向水平向右 B. b 点场强大小为 E，方向水平向左C. c 点场强大小为 E，方向水平向右 D. c 点场强大小为 E，厅向水平向左【答案】A【解析】【分析】根据点电荷的场强公式 E=k ，运用比例法求解+2Q 在 b、c 两点的场强。ab 连线上每一点的场强是由+Q 和+2Q 的点电荷产生的场强的叠加，由叠加原理求 b、c 两点的场强。【详解】设 ab=bc=cd=L，据题：+Q 在 b 点产生的场强大小为 E，方向水平向右；由点电荷的场强公式得：E=k ，+2Q 在 b 点产生的电场强度大小为： ，方向水平向左，所以 b 点的场
5、强大小为 Eb=E- E= E，方向水平向右，故 A 正确，B 错误；+Q 在 c 点产生的电场强度大小为 ，方向向右；+2Q 在 c 点产生的电场强度大小为：Ec2=k =2E，方向水平向左，所以 c 点的场强大小为 Ec=2E- E= E，方向水平向左，故 CD 错误；故选 A。【点睛】本题的关键掌握点电荷的场强公式 E=k 和电场的叠加原理，并能正确运用，要注意场强的叠加原理满足平行四边形定则。5.地球表面赤道上的物体随地球自转的向心加速度为 a1；将月球绕地球做的运动视为匀速圆周运动，轨道半径为 r，向心加速度为 a2。已知引力常量为 G，地球半径为 R。下列说法中正确的是A. 根据题
6、意可求月球质量 m=B. 加速度之比- 4 -C. 地球质量 M=D. 地球表面赤道处的重力加速度 g=【答案】C【解析】【分析】运用万有引力提供向心力列出等式和运用圆周运动的物理量之间的关系列出等式解决问题【详解】对月球，根据万有引力充当向心力： ，消掉月球的质量 m，可得地球的质量为 ，但是不能求解月球的质量 m，故选项 A 错误， C 正确；对月球 ；而地球赤道上的物体满足 ，即 ，则 a1和 a2不满足 ，且，D 错误；故选 C。6.如图所示，在绝缘的斜面上方存在着水平向右的匀强电场，一带电金属块沿斜面滑下，已知金属块在滑下的过程巾动能增加了 12J，金属块克服摩擦力做功 8J，重力做
7、功 24J，则以下判断正确的是A. 金属块的机械能增加 32J B. 金属块的电势能增加 4JC. 金属块带正电荷 D. 金属块克服电场力做功 8J【答案】BC【解析】【分析】金属块滑下的过程中，电场力、重力和摩擦力做功引起动能变化，由动能定理求出电场力对金属块做功。根据电场力和摩擦力做功之和确定机械能的变化量。根据电场力做功，确定电- 5 -势能的变化，并判断金属块的电性。【详解】在金属块滑下的过程中动能增加了 12J，金属块克服摩擦力做功 8.0J，重力做功24J，根据动能定理得：W 总 =WG+W 电 +Wf=E K，解得：W 电 =-4J，所以金属块克服电场力做功4.0J，金属块的电势
8、能增加 4J；由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷，故 BC 正确，D 错误；在金属块滑下的过程中重力做功 24J，重力势能减小 24J，动能增加了 12J，所以金属块的机械能减少 12J，故 A 错误。故选 BC。【点睛】解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系。7.如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为 L 的绝缘细线，细线一端固定在 O 点，另一端系一质量为 m 的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成 角，此时让小球获得初速度且恰能绕 O 点在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为 g。
9、下列说法正确的是A. 匀强电场的电场强度 E= B. 小球动能的最小值为 Ek= C. 小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小D. 小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大【答案】AB【解析】【分析】小球静止时悬线与竖直方向成 角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件列式求解场强的大小；小球恰能绕 O 点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点 A 速度最小，根据牛顿第二定律列式求解最小速度，得到最小动能；小球运动过程中只有重力和电场力做功，故重力势能、电势能和动能之和守恒，机械能最小的位置即为电势能最大的位置【详解】小球静止时悬线与竖直方向成 角，受重力、拉
10、力和电场力，三力平衡，根据平- 6 -衡条件，有：mgtan=qE，解得 ，选项 A 正确；小球恰能绕 O 点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点 A 速度最小，根据牛顿第二定律，有： ，则最小动能 Ek= mv2= ，所以选项 B 正确。小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，选项 C 错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，选项 D 错误；故选 AB.【点睛】此题关键是明确小球的受力情况和运动情况，可以将重力和电场力的合力
11、等效成重力进行考虑，结合动能定理和牛顿第二定律分析，不难求解；至于机械能最小的位置就是电势能最大的位置，由能量守恒定律和功能关系求两者之和8.如图甲所示，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，从距弹簧上端高 h 处由静止释放.以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴 Ox，作出小球所受弹力 F 随小球下落过程中的位置坐标 x 的变化关系，如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为 g.以下判断正确的是A. 最低点的坐标 x=h+2x0B. 当 x=h+2x0时，小球的加速度为g，且弹力大小为 2mgC. 当 x=h+2x0时，小球的动能最小- 7 -D. 小球动能
12、的最大值 Ek=mgh+【答案】BD【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】根据乙图可知，当 x=h+x0，小球的重力等于弹簧的弹力，根据运动的对称性可知，小球运动的最低点大于 h+2x0，即当 x=h+2x0时，小球的动能不是最小，选项 AC 错误；由于当 x=h 时小球的加速度为 g，根据对称性可知，当 x=h+2x0时，小球的加速度为g，根据牛顿第二定律 mg-F=ma=-mg，解得弹力大小为 F=2mg，选项 B 正确；小球达到最大速度
13、的过程中，根据动能定理可知 mg(h+x0) mgx0 mv2，故小球动能的最大值为 mgh+ mgx0，故 D 正确；故选 BD。【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，同时物体的动能和重力势能以及弹簧弹性势能总量守恒.三、非选择题9.某同学用如图所示的实验装置，验证机械能守恒定律。(1)实骑操作步骤如下：A.按实验要求安装好实验装置；B.使重锤靠近打点计时器，接着先释放重锤，再接通电源，打点计时器在纸带上打下一系列的点；C.图为一条符合实验要求的纸带，O 点为打点计时器打下的第一点分别测出若干连续打点A、B、C与 O 点之间的距离 h1、h 2、h 3- 8
14、 -以上 A、B、C 三个选项中哪个选项是借误的_。(2)已知打点计时器的打点周期为 T，重锤质量为 m，重力加速度为 g，结合实验中所测的h1、h 2、h 3，可得重锤下落到 B 点时的速度大小为_，纸带从 O 点下落到 B 点的过程中，减小的重力势能为_，在误差允许范闱内重锤动能增加量_重力势能减少量(填写“大于” 、 “等于”戌“小于”)。【答案】 (1). （1）B (2). （2） (3). mgh2 (4). 等于【解析】【分析】（1）实验时为了提高纸带的利用率，应先接通电源后释放纸带；（2）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出 B 点的速度，从而得出动能的增加量，根
15、据下降的高度求出重力势能的减小量【详解】 （1）如果先释放纸带后接通电源，有可能会出现小车已经拖动纸带运动一段距离，电源才被接通，那么纸带上只有很小的一段能打上点，大部分纸带没有打上点，纸带的利用率太低，所以应当先接通电源，后让纸带运动，故 B 错误（2）B 点的瞬时速度 vB ；纸带从 O 点下落到 B 点的过程中，减小的重力势能为Ep=mgh2在误差范围内重锤动能增加量等于重力势能减少量【点睛】解决本题的关键知道实验的原理，验证重力势能的减小量与动能的增加量是否相等以及知道通过求某段时间内的平均速度表示瞬时速度10.某实验小组研究元件 Rx的伏安特性，使用的器材包括电压表(内阻约为 3k)
16、、电流表(内阻约为 1)、滑动变阻器等。(1)使用多用电表粗测元件 Rx的电阻，选择“1”欧姆档测量，示数如图(a)所示，读数_，据此应选择图中的_(选填“b”或“c”)电路进行实验。- 9 -(2)连接所选电路，闭合 S，滑动变阻器的滑片 P 从左向右滑动，依次记录电流表、电压表的示数，重复实验图(a)是根据实验数据作出的 U-I 图线，该小组还借助 Rx和阻值 R=30 的定值电阻，测量待测电池组的电动势 E 和内阻 r，如图(e)所示，闭合 S1和 S2，电压表读数为3.0V，断开 S2，电压表读数为 1.0V，结合图(a)可算出 E=_V，r=_。(结果均保留两位有效数字，电压表为理想
17、电压表)【答案】 (1). （1）10 (2). b (3). （2）4.5 (4). 5.0【解析】【分析】（1）电阻的大小等于表盘的读数乘以倍率根据元件 X 的电阻大小确定电流表的内外接（2）根据闭合电路欧姆定律列出等式求解电动势 E 和内阻 r【详解】 （1）使用多用电表粗测元件 X 的电阻，选择“1”欧姆挡测量，示数如图（a）所示，读数为 10元件 X 的电阻远小于电压表内阻，电流表采用外接法误差较小，因此需要选择图 b 所示实验电路（2）根据 U-I 图线得出元件 X 的电阻 R= =10；闭合 S1和 S2，电压表读数为 3.0V；断开 S2，读数为 1.0V，根据闭合电路欧姆定律
18、列出等式E=3+ rE=1+ （r+30）解得：E=4.5Vr=5.0【点睛】解答本题应知道串联电路中电阻、电流和电压的关系，会正确使用滑动变阻器，会根据欧姆定律判断电压表和电流表示数的变化同时解题的关键在于能掌握滑动变阻器分压式和限流式的区别，电流表内外接的区别，以及会通过图线求解电源的电动势和内阻11.如图所示质量 M=3kg 的木块套在固定的水平杆上，并用轻绳与小球相连，轻绳与杆的夹- 10 -角为 30。今用与水平方向成 60角的力 F=10 N 拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，运动过程中木块与小球的相对位置保持不变，g=10m/s 2。求：(1)小球的质量 m；(2)木块 M 与
19、水半杆间的幼摩擦因数 。【答案】 （1）1kg（2） 【解析】【分析】（1）先对小球 m 受力分析：已知力、重力、细线的拉力，根据平衡条件列式求小球的质量m；（2）再对滑块 M 和小球 m 整体受力分析，已知力 F、重力、弹力和摩擦力，根据共点力平衡条件和摩擦力公式列式求动摩擦因数 。【详解】 （1）m 受力平衡，合力为零，以小球为研究对象水平方向：Fcos60=F Tcos30竖直方向：Fsin60=F Tsin30+mg所以小球质量：m=1kg（2）以 M 和 m 的整体为研究对象，受力平衡，合力为零水平方向，Fcos60 0-F N=0竖直方向，F N+Fsin60-Mg-mg=0联立解
20、得：【点睛】本题要灵活选择研究对象，注意应用整体法与隔离法，用整体法时一定要分清内力与外力，正确地进行受力分析。12.如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量 M=4kg 的长木板，在长木板右端有一质- 11 -量 m=1kg 的小物块，长木板与小物块间的动擦因数 =0.2，开始时长木板与小物块均静止。现用 F=14N 的水平恒力向石拉长木板，经时间 t=1s 撤去水平恒力 F，g=10m/s 2。求(1)小物块在长木板上发生相对滑幼时，小物块加速度 a 的大小；(2)刚撤去 F 时，小物块离长木板右端的距离 s；(3)撒去 F 后，系统能损失的最大机械能E。【答案】 （1）2m/s 2（2
21、）0.5m（3）0.4J【解析】【分析】（1）对木块受力分析，根据牛顿第二定律求出木块的加速度；（2）先根据牛顿第二定律求出木板的加速度，然后根据匀变速直线运动位移时间公式求出长木板和小物块的位移，二者位移之差即为小物块离长木板右端的距离；（3）撤去 F 后，先求解小物块和木板的速度，然后根据动量守恒和能量关系求解系统能损失的最大机械能E。【详解】 （1）小物块在长木板上发生相对滑动时，小物块受到向右的滑动摩擦力，则：mg=ma1，解得 a1=g=2m/s2（2）对木板，受拉力和摩擦力作用，由牛顿第二定律得，F-mg=Ma 2，解得：a 2= 3m/s2小物块运动的位移：x 1= a1t2=
22、212m=1m，长木板运动的位移：x 2= a2t2= 312m=1.5m，则小物块相对于长木板的位移：x=x 2-x1=1.5m-1m=0.5m（3）撤去 F 后，小物块和木板的速度分别为：v m=a1t=2m/s v=a2t=3m/s小物块和木板系统所受的合外力为 0，动量守恒： 解得 从撤去 F 到物体与木块保持相对静止，由能量守恒定律： - 12 -解得E=0.4J【点睛】该题考查牛顿第二定律的应用、动量守恒定律和能量关系；涉及到相对运动的过程，要认真分析物体的受力情况和运动情况，并能熟练地运用匀变速直线运动的公式13.如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管 ADB 固定在竖直平面内。圆管的圆
23、心为 O，D 点为圆管的最低点，AB 两点在同一水平线上，AB=2L，圆管的半径为 r= L(自身的直径忽略不计)。过 OD 的虚线与过 AB 的虚线垂直相交于 C 点，在虚线 AB 的上方存在方向水平向右、范围足够大的匀强电场；虚线 AB 的下方存在方向竖直向下、范围足够大的匀强电场，电场强度大小 E2= 。圆心 O 正上方的 P 点有一质量为 m、电荷量为q(q0)的小球(可视为质点)，PC间距为 L。现将该小球从 P 点无初速释放，经过一段时间后，小球刚好从管口 A 无碰撞地进入圆管内，并继续运动。重力加速度为 g。求：(1)虚线 AB 上方匀强电场的电场强度 E1的大小；(2)小球在
24、AB 管中运动经过 D 点时对管的压力 FD；（3）小球从管口 B 离开后，经过一段时间到达虚线 AB 上的 N 点(图中未标出)，在圆管中运动的时间与总时间之比 。【答案】 （1） （2）2 mg，方向竖直向下（3） 【解析】【分析】（1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，根据正交分解，垂直运动方向的合力为零，列出平衡方程即可求出虚线 AB 上方匀强电场的电场强度；（2）根据动能定理结合圆周运动的规律求解小球在 AB 管中运动经过 D 点时对管的压力 FD；（3）小物体由- 13 -P 点运动到 A 点做匀加速直线运动，在圆管内做匀速圆周运动，离开管后做类平抛运动，结合运动
25、公式求解在圆管中运动的时间与总时间之比.【详解】 （1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体从 A 点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为 45，即加速度方向与竖直方向的夹角为45，则：tan45=解得： （2）从 P 到 A 的过程，根据动能定理：mgL+EqL= mvA2解得 vA=2 小球在管中运动时，E 2q=mg，小球做匀速圆周运动，则 v0=vA=2在 D 点时，下壁对球的支持力 由牛顿第三定律， 方向竖直向下。 （3）小物体由 P 点运动到 A 点做匀加速直线运动，设所用时间为 t1，则： 解得小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为 t2，则： 小球离开管后做类平抛运动，物块从 B 到 N 的过程中所用时间： 则：【点睛】本题考查带点小物体在电场力和重力共同作用下的运动，解题关键是要分好运动过程，明确每一个过程小物体的受力情况，并结合初速度判断物体做什么运动，进而选择合适的规律解决问题，匀变速直线运动利用牛顿第二定律结合运动学公式求解或者运用动能定理求解，类平抛利用运动的合成和分解、牛顿第二定律结合运动学规律求解。- 14 -
