四川省天府大联考届高三考前热身卷三物理试题.docx
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四川省天府大联考届高三考前热身卷三物理试题
四川省(天府大联考)2019届高三考前热身卷(三)
物理试题
本试卷共16页,38题(含选考题)。
全卷满分300分。
考试用时150分钟。
★祝考试顺利★
注意事项:
1、答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。
2、选择题的作答:
每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3、非选择题的作答:
用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4、选考题的作答:
先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。
答案写在答题卡上对应的答题区域内,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
5、考试结束后,请将本试题卷和答题卡一并上交。
二、选择题(共8小题,每小题6分。
在每小题给出的四个选项中,第14~18题只有一项符合题目要求,第19~21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
14.下列说法中正确的是(C)
A.
、
分别是电阻和场强的定义式
B.力的单位(N)、电流的单位(A)均是国际单位制中的基本单位
C.质点做曲线运动时,可能在相等的时间内速度变化相等
D.当加速度与速度同向时,若加速度减小,则物体的速度可能减小
【解析】
、
分别是电阻的决定式和场强的定义式,故A错误;力的单位(N)不是国际单位制中的基本单位,而电流的单位(A)是国际单位制中的基本单位,故B错误;质点做曲线运动时,所受的合力可能是恒力,根据牛顿第二定律得知,物体的加速度可能不变,由△v=at知,物体相等的时间内速度变化相等,例如平抛运动,故C正确;若加速度与速度方向相同,加速度在减小的过程中,物体做加速运动,故D错误。
15.如图所示,质量m=5kg的物体在水平面上向左运动,物体与水平面间的动摩擦因数为0.4,与此同时物体受到一个水平向右的拉力F=20N的作用,则物体产生的加速度是(g取10m/s2)( A )
A.8m/s2,水平向右
B.0
C.4m/s2,水平向左
D.4m/s2,水平向右
【解析】 对物体受力分析可知F合=F+f,f=μmg,所以F合=20N+0.4×5×10N=40N,所以a=
=m/s2=8m/s2,方向水平向右。
选项A正确。
16.质量相等的A、B两小球(均可视为质点)放在同一水平面上,分别受到水平恒力F1、F2的作用,同时由静止开始从同一位置出发沿同一直线做匀加速运动。
经过时间t0和3t0速度分别达到2v0和v0,此时分别撤去F1和F2,两小球继续做匀减速运动直至停止。
两小球速度随时间变化的图线如图所示。
对于上述过程下列说法正确的是(D)
A.A、B所受阻力大小之比为2∶1 B.全过程中A、B的位移大小之比为3∶1
C.在2t0和3t0间的某一时刻B追上A D.F1和F2的大小之比为9∶4
【解析】从图象可知,两物块匀减速运动的加速度大小都为
,根据牛顿第二定律,匀减速运动中有f=ma′,则阻力大小都为
,故A错误;图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移,则位移之比为3:
2,故B错误;在3t0末,A的位移大于B的位移,此时B未追上A,故C错误;根据图象知,匀加速运动的加速度分别为:
,
,根据牛顿第二定律,匀加速运动中有F-f=ma,则
,
,F1和F2的大小之比为9:
4。
故D正确。
17.如图所示,光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块,其中两个质量为2m的木块间用一不可伸长的轻绳相连,木块间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
现用水平拉力F拉木块A,使四个木块以同一加速度运动,重力加速度为g,则水平拉力F的最大值为( B )
A.
B.
C.
D.
【解析】据题目已知条件分析知,A、B间先达到最大静摩擦力,而木块间的最大静摩擦力是2μmg,所以对BCD三个木块有
,可解得
。
然后对ABCD四个木块整体分析有
,故B项正确。
18.如图所示,两根完全相同、轴线在同一水平面内的平行长圆柱上放一均匀木板,木板的重心与两圆柱等距,其中木板质量m=4kg,圆柱的半径r=1cm,木板与圆柱间的动摩擦因数μ=0.1,两圆柱以角速度ω绕轴线作相反方向的转动。
现施加一过木板重心且平行圆柱轴线的拉力F于木板上,使其以速度v=0.8m/s沿圆柱表面作匀速运动。
取g=10m/s2。
下列说法中正确的是(D)
A.若ω取不同的值,则木板所受的摩擦力大小不同
B.若ω=0,则水平拉力F=10N
C.若ω=60rad/s,则水平拉力F=3N
D.若ω=60rad/s,木板移动距离x=1.5m,则拉力所做的功为4.8J
【解析】无论ω取何值,木板所受的摩擦力大小均相同,恒为f=μmg=4N,故A错误;当ω=0,水平拉力F=f=4N,故B错误;当ω=60rad/s,圆柱转动的线速度大小为vx=ωr=0.6m/s,木板的速度v=0.8m/s,则木板所受每根圆柱的滑动摩擦力与F的夹角为(180°-37°),木板在垂直轴线方向受到两轴的滑动摩擦力大小相等方向相反,即垂直轴线方向上受到的总滑动摩擦力为零,而木板受到的滑动摩擦力f=μmg=4N,在平行于轴线方向上,木板做匀速直线运动,由平衡条件得:
F=fcos37°=
N,故C错误;木板移动距离x=1.5m,拉力做功:
W=Fx=
×1.5=4.8J,故D正确;
19.如图所示,在光滑绝缘的水平直轨道上有两个带电小球a和b,a球质量为m、带电量为+q,b球质量为3m、带电量为+3q,两球相距较远且相向运动。
某时刻a、b球的速度大小依次为1.5v和v,两球运动过程中,始终没有相碰。
则下列叙述正确的是(CD)
A.a、b两球所受的静电斥力对两球始终做负功
B.由于a、b两球所受静电斥力等大反向,所以a、b两球总的机械能守恒
C.两球相距最近时,速度大小相等,方向相同
D.a、b两球都要反向运动,但a球先反向
【解析】由于两球都带正电荷,所以两球间存在库仑排斥力,在两球最初一段时间内斥力都做负功,但二者运动方向都反向后,斥力对两小球都做正功,故A项错误;两小球间的库仑力始终在做功并且不为0,故a、b两球总的机械能不守恒,故B项错误;水平方向系统动量守恒,由完全非弹性碰撞的知识可知,当两球速度相等(方向大小均相等)时,系统损失机械能最大,两球相距最小,故C项正确;两球靠近过程中由于库仑排斥力的作用,a球减速,b球也减速。
系统的总动量向左,故a球先减速为0再反向加速。
又因为库仑力一直存在,对两者做功,所以b经过一段时间后也会向右运动,即a、b两球都要反向运动,故D项正确。
20.如图所示,质量为m、半径为R的圆形光滑绝缘轨道放在水平地面上固定的M、N两竖直墙壁间,圆形轨道与墙壁间摩擦忽略不计,在轨道所在平面加一竖直向上的场强为E的匀强电场。
P、Q两点分别为轨道的最低点和最高点。
在P点有一质量为m,电荷量为q的带正电的小球,现给小球一水平初速度v0,使小球在竖直平面内做圆周运动。
不计空气阻力,重力加速度为g,则下列说法正确的是(BC)
A.从P到Q点的过程中,小球的机械能一定减少
B.小球通过P点时对轨道可能没有压力
C.若mg>qE,要使小球能通过Q点且保证圆形轨道不脱离地面,速度v0应满足的关系是
≤v0<
D.小球通过P点时的速率一定大于通过Q点时的速率
【解析】小球从P到Q点的过程中,电场力做正功,故机械能增加,故A错误;
通过受力分析,当电场力和重力刚好提供所需向心力时,对轨道无压力,故B正确;
当mg>qE时,由动能定理得:
,小球恰能通过Q点时,
,
计算得出:
;
所以要使小球能通过Q点,需有:
;
设小球通过Q点时,轨道对小球的压力为N,小球对轨道的压力为N′,
由牛顿第三定律有:
N=N′,
若圆形轨道恰不脱离地面,则:
N′ 在Q点受力分析有: , 又由动能定理得: , 解得: ,所以得 ,故C正确; 当qE>mg时,由动能定理 ,得: vQ大于vP,故D错误。 21.如图甲所示,平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k,一端固定在倾角为θ的斜面底端,另一端与物块A连接,两物块A、B质量均为m,初始时均静止。 现用平行于斜面向上的力F拉动物块B,使B做加速度为a的匀加速运动,A、B两物块在开始一段时间内的v–t关系分别对应图乙中A、B图线。 tl时刻,A、B分离。 重力加速度为g,则下列说法正确的是(AD) A.从开始到t2时刻,拉力F先逐渐增大后不变 B.tl时刻,拉力为 C.t2时刻,弹簧形变量为 D.0~t1过程,A、B运动的位移为 【解析】由图乙读出,t1时刻A、B开始分离,对B分析,根据牛顿第二定律得: F-mgsinθ=ma,则F=mgsinθ+ma,故B错误;由图乙知,t2时刻A的加速度为零,速度最大,根据牛顿第二定律和胡克定律得mgsinθ=kx2,则x2=,故C错误;由图乙知,t1时刻A、B开始分离,对A分析,根据牛顿第二定律得kx1-mgsinθ=ma,开始时有2mgsinθ=kx0,所以0~t1过程,A、B运动的位移为,故D正确;从开始到t1时刻,对A、B整体分析,根据牛顿第定律得F+kx-2mgsinθ=2ma,得F=2mgsinθ+2ma-kx,x减小,F增大;t1到t2时刻,对B分析,由牛顿第二定律得F-mgsinθ=ma,得F=mgsinθ+ma,可知F不变,故A正确。 第Ⅱ卷 三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。 第22题~第32题为必考题,每个考题考生都必须作答,第33题~40题为选考题,考生根据要求作答。 ) (一)必考题(共129分) 22.(6分)为测定木块与桌面之间的动摩擦因数,小文同学设计了如图所示的装置进行实验。 实验中,当木块A位于水平桌面上的O点时,重物B刚好接触地面。 将A拉到P点,待B稳定后静止释放,B着地后速度立即减为零,A最终滑到Q点。 分别测量OP、OQ的长度h和s,测得A、B的质量分别为m、M。 改变h,重复上述实验,分别记录h和s实验数据。 (1)根据已知条件推算木块与桌面之间的动摩擦因数 (用被测物理量的符号表示)。 (2)若实验测得A、B的质量分别为m=0.20kg、M=0.40kg.小文的同桌小唐同学根据实验测得的数据做出s-h图象,并得到图线的斜率为0.8,则A木块与桌面间的动摩擦因数μ=0.6(结果保留一位有效数字)。 【解析】 (1)B下落至刚接触地面过程,根据动能定理有: Mgh-μmgh=(M+m)v2, 在B落地后,A运动到Q,有: mv2=μmgs得: (2)将 变形得: ,将m=0.20kg,M=0.40kg,k=0.8代入上式可求得: μ=0.6. 23.(9分)某中学要求学生测量一个电源的电动势及内阻。 准备的器材有: 电流表A1(0~300mA,内阻12Ω),电阻箱R(最大阻值99.9Ω),一个开关和若干导线 (1)由于电流表A1量程较小,考虑到安全因素,同学们将一个定值电阻和电流表并联,若要使并联后流过定值电阻的电流是流过电流表的电流的3倍,则定值电阻的阻值R0=4或4.0Ω。 (2)小陈同学设计的电路图如下图。 若实验中记录电阻箱的阻值R和电流表的示数I,并计算出 ,得到多组数据后描点作出R- 图线如图所示,则该电源的电动势E=12V,内阻r=6.0Ω(结果保留两位有效数字) 【解析】 (1)由并联电路规律可知,并联部分电压相等,要使并联后流过定值电阻的电流是流过电流表的电流的3倍;则定值电阻的阻值应是电流表内阻的三分之一,故有: ; (2)闭合电路欧姆定律可知: ,变形可得: 故图象中的斜率等于: ,故: 图象与纵坐标的交点为: ,解得: 24. 25.(12分)在粗糙水平面上有一个质量为m=10kg的小车,与水平面间的动摩擦因数μ=0.2。 现对小车施加一水平向左的恒力F,F=30N。 在小车开始启动的同时,一个人从车后25m出发,以6m/s的速度匀速追赶这辆小车。 问: (1)此人能否追上小车? (2)若能追上,求追上的时间;若追不上,求人与车之间的最小距离为多少? (g=10m/s2) 【解析】 (1)由牛顿第二定律得F-μmg=ma,a=1m/s2 设人经时间t追上小车,当追上时,人的位移为s1,车的位移为s2,则s1-s2=s0 即 v人t- at2=s0 代入数据整理后得t 2-12t+50=0 因为Δ=b2-4ac=122-4×50=-56<0,方程t 2-12t+50=0无解,故人追不上小车。 (2)设经时间t′,人和小车的速度相同,此时二者距离最小, 则有 v 车=v 人=at′,解得t′=6s 此时人与车的距离最小为 △smin=s0+s2-s1=7m。 26.(20分)如图所示,质量为m =0.5kg的物体用长为r=0.4m的细绳悬挂于O点。 水平传送带AB以速度v=8m/s沿顺时针方向转动。 现将物体向左上方拉至细绳与竖直方向夹角θ=60°的位置由静止释放,物体摆到最低点时烧断细绳,之后物体恰好能无碰撞地滑上传送带的左端A点。 同时,传送带开始做加速度大小为a=2m/s2的匀减速运动,直到停止。 已知小滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.1,不计空气阻力,重力加速度g=10m/s2。 求: (1)静止释放物体时,细绳上的张力大小? (2)物体滑上传送带左端A点时的速度vA? (3)若物体最终恰好能够到达传送带的右端B点,则传送带上AB两点的距离为多少? 物体在传送带上留下的划痕为多长? 【解析】 (1)静止释放的瞬间,由向心力公式得T-mgcosθ=0,T=2.5N (2)物体下摆过程,由动能定理得mgr(1-cosθ)= mvA2,vA=2m/s (3)物体冲上传送带后向右匀加速运动,a1=μg=1m/s2 设经时间t1,物体与传送带速度相同,则v1=vA+μgt1=v-at1,得t1=2s,v1=4m/s 此时,物体的位移x1= t1=6m,传送带的位移x1′= t1=12m,相对位移△x1=x1′-x1=12-6=6m
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