2019届高三第一次联考物理参考答案.doc

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1、2019 届高三第一次联考物理参考答案1.B【解析】伽利略“理想实验”得出结论：力不是维持运动的原因，即运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去选项 A 错误；伽利略时代，没有先进的测量手段和工具，为了“冲淡”重力作用，采用斜面实验，其实就是为了使物体下落时间长些，减小实验误差，根据实验结果，伽利略将实验结论进行合理的外推，得到落体的运动规律， 选项 B 正确；开普勒发现了行星运动的规律，英国人卡文迪许利用扭秤实验测出了引力常量，选项 C 错误; 开普勒通过研究观测记录发现了行星运动定律，根据开普勒第一定律可知，所有行星绕太阳的运动都是椭圆，选项 D 错误.2.A【解析】物

2、体 A 受重力 10N,将此力沿平行于斜面水平和垂直于斜面方向分解，据平衡条件 B 对 A 的压力大小为 5 N，B 对 A 的摩擦力大小为 5N。A、B 均处于静止状态，将 A、B 看作整体，运用整体法分析3可得：AB 整体竖直方向受重力和支持力，水平方向不受力的作用。故水平面对 A 的摩擦力为 0 N。只有选项 A 正确。3. D【解析】利用研究对象转换法，把多节车厢的运动转换为一个人的运动。再利用逆向思维，初速度为零的匀加速直线运动，经过相邻相等位移所用时间之比 t1t 2t 3t n1( 1)( )2 3 2( )，所以可以求得第 4 节车厢经过小明的时间，只有选项 D 正确。n n

3、14C【解析】由题意可知，运动员在前 2 s 在斜直轨道上运动，可求运动员在斜直轨道上下滑的加速度a14 m/s2.选项 A 错误；如果第 4 s 末运动员还在斜直轨道上则速度应为 16 m/s，可判断出第 4 s 末已过 B 点，选项 B 错误；第 6 s 末的速度是 8 m/s，到停下来还需的时间 t s4 s，所以到 C 点的0 8 2时间为 10 s，选项 C 正确;运动员第 4 s 末已过 B 点，第 6 s 末速度大小为 8 m/s，在第 10s 末恰好停在C 点，则运动员在水平轨道上运动的加速度 a22 m/s 2.选项 D 错误.5.D【解析】由 vt 图象可知两车的速度均为正

4、，所以两车运动方向相同，选项 A 错误； vt 图线斜率的绝对值表示物体加速度的大小，由图可知 A 车的加速度较大，即 A 车的速度变化更快，选项 B 错误;两车同向运动，当后者的速度大于前者的速度时，两者之间的距离变小；当后者的速度小于前者的速度时，两者之间的距离变大；速度相等时距离最近；故 4 s 末两车相距最短，4s 时两车相距最近为 3m，由图可知前 4 s 内 A 车比 B 车多运动了 30 m，所以 t=0 时两车相距 33m，选项 C 错误、D 正确。6. B【解析】设地球表面的重力加速度是 g，地球的半径为 R，由 G mg，得到： g ，已知火星半径MmR2 GMR2是地球半

5、径的 ，质量是地球质量的 ，则火星表面的重力加速度是地球表面的重力加速度的 ，即为 g，12 19 49 49白龙以初速度 v0在地球起跳时，根据竖直上抛的运动规律得出可跳起的最大高度是： h ，由于火星表v022g面的重力加速度是 g，白龙以相同的初速度在火星上起跳时，可跳起的最大高度 h h=5.04m，只有选49 94项 B 正确。7.C【解析】将小球 P 和 Q 的速度分解为沿绳的方向和垂直于绳子的方向，两物体沿绳子方向的速度相等。，所以 。两球组成的 系统机械能守恒，则 ，绳00cos37=s5PQv4=m/s3Pv 221QPQgv长 ，联立解得 l=2m，只有选项 C 正确.in

6、hl8.C【解析】由于除重力和弹簧的弹力之外的其它力对伤员做多少正功物体的机械能就增加多少，所以E x 图象的斜率的绝对值等于伤员所受拉力的大小，由图可知在 015m 内斜率的绝对值逐渐减小，故在015m 内伤员所受的拉力逐渐减小所以开始先加速运动，当拉力减小后，可能减速运动，选项 A、B 错误; 由于伤员在 15m35m 内所受的合力保持不变，故加速度保持不变，故伤员受到的拉力不变，故 C 正确 由于伤员在 15m35m 内 E x 图象的斜率的绝对值不变，故伤员所受的拉力保持不变如果拉力等于伤员所受的重力，故伤员做匀速直线运动，所以动能可能不变，选项 D 错误9.BD 【解析】设海王星远日

7、点和近日点速度分别为 和 ，根据开普勒第二定律有 ；海王星质1v2 12vr量为 m，根据机械能守恒定律有： ，设地球质量为 m0，已知地球公转周期为 T 和21MmvGrr万有引力常数 G，太阳的引力提供向心力，有 。由三式可推导 BD，不能推导 AC。RT20410.ABC【解析】 A、B 连接体运动过程中只有重力和弹簧弹力做功，故系统机械能守恒，选项 A 正确；A的重力沿斜面向下的分力为 Mgsin=mg；物体 A 先做加速运动，当受力平衡时 A 速度达到最大，则此时 B受拉力为 mg，故 B 恰好与地面间的作用力为零;下一时刻拉力将大于 mg,B 的加速度向上,运动起来，选项B 正确；

8、从 B 开始运动至 A 到达底部过程中,A 做减速运动,弹簧弹力的大小一直大于 A 沿斜面的分力，即一直大于 B 的重力，故 B 一直做加速运动,A 到达底部时，B 的速度不为零，选项 C 正确;重力对 A 做的功转化为 A 的动能增加量、弹簧的弹性势能的增加量、B 重力势能的增加量以及 B 的动能增加量，选项 D 错误11.BC【解析】当细线承受的拉力恰为最大时，对小球受力分析，如图所示,竖直方向 FTcos mg 得： 37,线与水平方向夹角为 53，选项 A 错误；向心力 F 向 mgtan 37 m 2Lsin 37,解得： 5 rad/s. 选项 B 正确；线断裂后，小球做平抛运动，

9、则其平抛运动的初速度为： v0 L sin 371.5 m/s,选项 C 正确；竖直方向： y h Lcos 37 gt2，水平方向： x v0t m， d12 .30.6 m. 选项 D 错误.L2sin2 x212.AC【解析】设小物块的质量为 m，长木板的质量为 M，小物块与长木板间的动摩擦因数为 2，长木板与地面之间的动摩擦因数为 1。依据牛顿第二定律 ，可得 ，小122-()-mga4-/s3物块的加速度 ， 小物块速度先减小到 0 经历时间为 ,选项 AC 正确,B 错误；小物块向右214/sa1st减速为零时，木板向左的位移为 ，选项 D 错误. 211+=3xvta13（6 分

10、） （1）0.508（2 分） （2）20.0（2 分） （3）0.31（2 分）【解析】游标卡尺的主尺读数为：5mm，游标尺上第 4 个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为0.024mm=0.08mm，所以最终读数为：5mm+0.008mm=5.08mm=0.508cm；由米尺读数规则可知，该读数为20.0cm；由于挡光时间极短，因此可以利用其平均速度来代替瞬时速度，故有： m/s203./150.281tdv、m/s406./125.082tdv，由运动学公式 axv212，则xa，代入数据得 /1.a。14（9 分）（1） AC（3 分） （2） 222334121+8mgMxxT（

11、4 分）（3）小车的质量没有远大于钩码的总质量的质量（2 分）【解析】（1）平衡摩擦力的目的是使小车所受的合外力等于绳子对小车的拉力，A 正确；钩码的质量远小于小车的质量的目的是使绳子的拉力近似等于钩码的重力，C 正确。（2）根据题意可知，在 B、 D 两点间对滑块用实验验证动能定理的表达式为2341231+xxmgxMT。（3）拉力做的功总是明显大于小车动能的变化量，说明细线的拉力明显小于钩码的总的重力，是小车的质量没有远大于钩码的总质量造成的。 15（10 分）（1）设薛长锐起跳前匀加速助跑的加速度大小为 a1，由已知可得 v0=0 vt=9m/s x=32.4m.由运动学公式 vt2 v

12、02=2 a1x （2 分）可得 a1=1.25m/s2 （2 分）（2）有自由落体运动学公式，落地瞬间的速度为 v1= 2gh=9 m/s （1 分）从接触软垫到速度减为零的时间 t=0.90s，据运动学公式 0 v1=a2t （1 分）解得 a2=10 m/s2 （1 分）对人受力分析，据牛顿第二定律 F G=ma2 （1 分）解得 F=1500N （1 分）根据牛顿第三定律，薛长锐从接触软垫到速度减为零的过程中对软垫的压力大小为 1500N （1 分）16（12 分）（1）设球 B 质量为 m,碰撞后的一瞬间,球 B 的速度为 Bv,由于球 B 恰好与悬点 O 同一高度,根据动能定理:

13、20mvgL（2 分）B= 2 m/s （1 分）球 A 达到最高点时,只有水平方向速度,与球 B 发生弹性碰撞.设碰撞前的一瞬间,球 A 水平方向速度为 vx.碰撞后的一瞬间,球 A 速度为 xv.球 A、 B 系统碰撞过程中机械能守恒:222111Bxx mvmv（2 分）球 A 在碰撞前的一瞬间的速度大小 gLvx243=1.5m/s （1 分）（2）碰后球 A 作平抛运动.设从抛出到落地时间为 t,平抛高度为 y,则:tvlx（1 分）2gy（1 分）解得: y=L （1 分）以球 A 为研究对象,弹簧的弹性力所做的功为 W,从静止位置运动到最高点:21)(2xmvLygW（2分）得弹

14、簧的弹性力对球 A 所做的功: W= 857mgL = 11.4J （1 分）17（15 分）（1）由牛顿第二定律可得 m g = m a1（1 分）经 t1时间与传送带共速，则 10.vts（1 分）运动位移为21.6xat（1 分）此后物体与传送带一起匀速运动到 B 点，用时120.6ABLxtsv（1 分）物体第一次到达 B 点所用时间 12.4ts（1 分）（2）物体上升过程中受到的摩擦力 cofmg（1 分）由牛顿第二定律可得加速度22sin/as（1 分）由运动学公式可得 32vt（1 分）此后由于物体在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故物体

15、将在传送带上做往复运动，其周期为 T.T=2t1+2t3=5.6 s （1 分）物体从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，且速度变为零所需时间t=2t1+t2+2t3=6.2 s （1 分）而 11.8 s=t+T （1 分）这说明经 11.8s 物体恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零故物体在 A 点右侧，到 A 点的距离 x=LAB-x1=2.4 m. （1 分）（3）设物体从第一次到达 B 点至第二次到达 B 点的过程中，因摩擦而产生的热量为 Q.下降过程加速度不变232/ams由运动学公式可得 4vt（1 分）物体与传送带的相对位移 436xt（1 分）物体从第一次到达 B 点至第二次到达 B 点的过程中，因摩擦而产生的热量: Q=f x =64J（1 分）