云南省新平一中2019届高三一轮复习摸底测试物理试题
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云南省新平一中2019届高三一轮复习摸底测试
理综 物理
一、单选题(共8小题,每小题6.0分,共48分)
1.卫星电话信号需要通地球同步卫星传送。如果你与同学在地面上用卫星电话通话，则从你发出信号至对方接收到信号所需最短时间最接近于（可能用到的数据：月球绕地球运动的轨道半径约为3.8×105m/s，运行周期约为27天，地球半径约为6400千米，无线电信号传播速度为3×108m/s）（ ）
A． 0.1sB． 0.25s
C． 0.5sD． 1s
2.探测器绕月球做匀速圆周运动，变轨后在周期较小的轨道上仍做匀速圆周运动，则变轨后与变轨前相比（ ）
A． 轨道半径变小B． 向心加速度变小
C． 线速度变小D． 角速度变小
3.据每日邮报2014年4月18日报道，美国国家航空航天局(NASA)目前宣布首次在太阳系外发现“类地”行星Kepler-186f。假如宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星，进行科学观测：该行星自转周期为T;宇航员在该行星“北极”距该行星地面附近h处自由释放—个小球（引力视为恒力），落地时间为t。已知该行星半径为R，万有引力常量为G，则下列说法正确的是（ ）
A． 该行星的第一宇宙速度为
B． 宇宙飞船绕该星球做圆周运动的周期不小于
C． 该行星的平均密度为
D． 如果该行星存在一颗同步卫星，其距行星表面高度为
4.2012年我国宣布北斗导航系统正式商业运行．北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能．“北斗”系统中两颗工作卫星均绕地心做匀速圆周运动，轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置（如图所示）．若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力．则以下判断中正确的是（ ）
A． 这两颗卫星的加速度大小相等，均为
B． 卫星l由位置A运动至位置B所需的时间为
C． 卫星l向后喷气就一定能追上卫星2
D． 卫星1由位置A运动到位置B的过程中万有引力做正功
5.质点所受的力F随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一直线上，已知t＝0时质点的速度为零，在图示的t1、t2、t3和t4各时刻中( )
A．t1时刻质点速度最大B．t2时刻质点速度最大
C．t3时刻质点离出发点最远D．t4时刻质点回到出发点
6.一辆汽车在平直公路上做刹车实验，0时刻起运动过程的位移与速度的关系为x＝(10－0.1v2)m，下列分析正确的是( )
A． 上述过程的加速度大小为10 m/s2
B． 刹车过程持续的时间为5 s
C． 0时刻的初速度为10 m/s
D． 刹车过程的位移为5 m
7.如图所示是用以说明向心力和质量、半径之间关系的仪器，球P和Q可以在光滑水平杆上无摩擦地滑动，两球之间用一条轻绳连接(图中未画出)，mP＝2mQ当整个装置绕中心轴以角速度ω匀速旋转时，两球离转轴的距离保持不变，则此时 ( )
A． 两球均受到重力、支持力、绳的拉力和向心力四个力的作用
B．P球受到的向心力大于Q球受到的向心力
C．rP一定等于
D． 当ω增大时，P球将向外运动
8.如图所示，甲、乙两同学从河中O点出发，分别沿直线游到A点和B点后，立即沿原路线返回到O点，OA、OB分别与水流方向平行和垂直，且OA＝OB.若水流速度不变，两人在静水中游速相等，则他们所用时间t甲、t乙的大小关系为( ）
A．t甲
t乙 D． 无法确定
分卷II
二、实验题(共2小题,共14分)
9.(18分)(1)质量为0.45 kg的木块静止在光滑水平面上，一质量为0.05 kg的子弹以200 m/s的水平速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动，则木块最终速度的大小是________ m/s.若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4.5×103N，则子弹射入木块的深度为________ m.
(2)某研究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，所用器材有：方木板一块，白纸，量程为5 N的弹簧测力计两个，橡皮条(带两个较长的细绳套)，刻度尺，图钉(若干个)．
①具体操作前，同学们提出了如下关于实验操作的建议，其中正确的有________．
A．橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上
B．重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同
C．使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线；读数时视线应正对测力计刻度
D．用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力必须都小于只用一个测力计的拉力
②该小组的同学用同一套器材做了四次实验，白纸上留下的标注信息有结点位置O、力的标度、分力和合力的大小及表示力的作用线的点，如下图所示．其中对于提高实验精度最有利的是________．
(3)某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值(约为10 kΩ)，除了Rx、开关S、导线外，还有下列器材供选用：
A．电压表(量程0～1 V，内阻约10 kΩ)
B．电压表(量程0～10 V，内阻约100 kΩ)
C．电流表(量程0～1 mA，内阻约30 Ω)
D．电流表(量程0～0.6 A，内阻约0.05 Ω)
E．电源(电动势1.5 V，额定电流0.5 A，内阻不计)
F．电源(电动势 12 V，额定电流2 A，内阻不计)
G．滑动变阻器R0(阻值范围0～10 Ω，额定电流2 A)
①为使测量尽量准确，电压表选用________，电流表选用________，电源选用________．(均填器材的字母代号)
②画出测量Rx阻值的实验电路图．
③该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值会________其真实值(填“大于”、“小于”或“等于”)，原因是________________________．
10.测定木块与长木板之间的动摩擦因数时，采用如图所示的装置，图中长木板水平固定．
(1)实验过程中，电火花计时器接在频率为50 Hz的交流电源上，调整定滑轮高度，使______．
(2)已知重力加速度为g，测得木块的质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a，则木块与长木板间动摩擦因数μ＝_______.
(3)如图所示为木块在长木板上带动纸带运动时打出的一条纸带的一部分，0,1,2,3,4,5,6为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出．从纸带上测出x1＝3.20 cm，x2＝4.52 cm,x5＝8.42 cm，x6＝9.70 cm.则木块加速度大小a＝_________m/s2(保留两位有效数字)．
四、计算题
11.如图所示，水平传送带AB长2 m，以v＝1 m/s的速度匀速运动，质量均为4 kg的小物体P、Q与绕过定滑轮的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带A端以初速度v0＝4 m/s向右运动，已知P与传送带间动摩擦因数为0.5，P在传动带上运动过程，它与定滑轮间的绳始终水平，不计定滑轮质量和摩擦，绳不可伸长且足够长，最大静摩擦力视为等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，求：
(1)t＝0时刻小物体P的加速度大小和方向．
(2)小物体P滑离传送带时的速度．
12.航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2 kg，动力系统提供的恒定升力F＝28 N．试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升．设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10 m/s2.
(1)第一次试飞，飞行器飞行t1＝ 8 s 时到达高度H＝ 64 m．求飞行器所受阻力Ff的大小；
(2)第二次试飞，飞行器飞行t2＝ 6 s
时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力．求飞行器能达到的最大宽度h；
(3)为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3.
13.[物理——选修3－3](15分)
(1)(5分)如图1，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p－V图中从a到b的直线所示．在此过程中________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)
图1
A．气体温度一直降低
B．气体内能一直增加
C．气体一直对外做功
D．气体一直从外界吸热
E．气体吸收的热量一直全部用于对外做功
(2)(10分)如图2所示，在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气．当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝18.0 cm和l2＝12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg.现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边．求U形管平放时两边空气柱的长度．在整个过程中，气体温度不变．
图2
14.[物理——选修3－4](15分)
(1)(5分)声波在空气中的传播速度为340 m/s，在钢铁中的传播速度为4 900 m/s.一平直桥由钢铁制成，某同学用锤子敲击一下桥的一端发出声音，分别经空气和桥传到另一端的时间之差为1.00 s．桥的长度为________m．若该声波在空气中的波长为λ，则它在钢铁中的波长为λ的________倍．
(2)(10分)如图1，△ABC是一直角三棱镜的横截面，∠A＝90°，∠B＝60°.一细光束从BC边的D点折射后，射到AC边的E点，发生全反射后经AB边的F点射出．EG垂直于AC交BC于G，D恰好是CG的中点．不计多次反射．
图1
(ⅰ)求出射光相对于D点的入射光的偏角；
(ⅱ)为实现上述光路，棱镜折射率的取值应在什么范围？
答案解析
1.【答案】B
【解析】月球、地球同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据开普勒第三定律有，解得，代入数据求得m.如图所示，
发出信号至对方接收到信号所需最短时间为，代入数据求得t=0.28s.所以正确答案是B.
2.【答案】A
【解析】周期变小，根据可知轨道半径减小，故A正确，又由
可知，线速度、角速度及向心加速度都是变大的．
3.【答案】B
【解析】根据自由落体运动求得星球表面的重力加速度,星球的第一宇宙速度，故A错误；根据万有引力提供圆周运动向心力有：
可得卫星的周期，可知轨道半径越小周期越小，卫星的最小半径为R，则周期最小值为，故B正确；
由有：，所以星球的密度，故C错误；同步卫星的周期与星球自转周期相同故有：，代入数据解得：h=﹣R，故D错误．
4.【答案】A．
【解析】根据万有引力提供向心力得，，解得．根据万有引力等于重力得，GM=gR2，则卫星的加速度a=．知卫星的加速度大小相等．故A正确；根据得，周期T=．经过，卫星1由位置A运动到位置B．故B错误；若卫星1向后喷气，则其速度会增大，卫星1将做离心运动，所以卫星1不可能追上卫星2．故C错误；卫星1由位置A运动到位置B的过程中，由于万有引力始终与速度垂直，故万有引力不做功，D错误．
5.【答案】B
【解析】在0～t2时间内，质点的受力方向不变，加速度方向不变，一直做加速运动，t2～t4时间内，质点受力方向与速度方向相反，做减速运动，根据对称性，t4时刻速度为零．可知物体一直向前运动，t2时刻质点速度最大，t4时刻质点离出发点最远．故B正确，A、C、D错误．
6.【答案】C
【解析】由v2－v＝2ax可得x＝－v＋v2，对照x＝(10－0.1v2)m可知＝－0.1，－v＝10，解得a＝－5 m/s2，v0＝10 m/s，A错误，C正确．由v0＝－at可得刹车过程持续的时间为t＝2 s，由v＝－2ax可得刹车过程的位移为x＝10 m，B、D错误．
7.【答案】C
【解析】 绳的拉力提供向心力，向心力是一个效果力，在分析物体受力时要分析性质力，A项错；同一根绳上张力相等，所以P球受到的向心力等于Q球受到的向心力，B项错；对两球而言，角速度相同，有：mPω2rP＝mQω2rQ，所以rP一定等于，C项正确；当ω增大时，两球受到绳的张力都增大，仍会使FT＝mPω2rP＝mQω2rQ，所以球不会向外运动，D项错．
8.【答案】C
【解析】 设两人在静水中游速为v0，水速为v，则
t甲＝＋＝
t乙＝＝<
故A、B、D错，C对．
9.【答案】(1)20 0.2 (2)①BC ②B (3)①B C F ②如图所示 ③大于 电压表的读数大于待测电阻两端的实际电压(其他表述正确也可)
【解析】(1)设木块的最终速度为v，则根据动量守恒定律得
mv0＝(M＋m)v，解得v＝20 m/s.
根据能量守恒定律得Ffd相对＝mv02－(M＋m)v2，
解得d相对＝0.2 m.
(2)①A错：两绳套拉力的合力不一定沿角平分线．
B对：同一次实验，用一绳套拉橡皮条和用两绳套拉橡皮条结点O的位置相同，不同次实验结点O的位置可以不同．
C对：为减小摩擦和误差，施力方向沿测力计轴线，读数时视线正对测力计刻度．
D错：合力可以比分力大，也可以比分力小．
②为了提高实验精度，测力计读数应尽可能大一些，标注细线方向的两点离结点应尽可能远一些，标度应尽可能小一些．故选B.
(3)①若电源选用E，则通过Rx的最大电流为0.15 mA，电流表选用C还达不到半偏，故电源应选用F.电压表内阻应尽可能与被测电阻阻值相差大一些且接近电源电压，故电压表选用B.由此可知电路中的电流约为1 mA，故电流表选用C.
②因为待测电阻阻值较大，所以电流表应采用内接法．因为滑动变阻器的阻值很小，若采用限流接法接入电路起不到多大的限流作用，所以滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示．
③因为电流表采用内接法，电压表测出的电压为Rx与电流表串联后两端电压，U测＞U实，而R＝，所以R测＞R实．
10.【答案】(1)细线与长木板平行 (2) (3)1.3
【解析】(1)实验过程中，电火花计时器接在频率为50 Hz的交流电源上．调整定滑轮高度，使细线与长木板平行．
(2)对系统研究，根据牛顿第二定律得：mg－μMg＝(M＋m)a
解得：μ＝.
(3)因为x5－x1＝4a1T2，x6－x2＝4a2T2，则木块的加速度为：a＝＝＝1.3 m/s2.
11.【答案】(1)7.5 m/s2 方向向左
(2)m/s
【解析】(1)开始时小物体P的速度大于传送带的速度，受到的摩擦力的方向向左，同时受到向左的拉力，由牛顿第二定律
对P：T1＋μmg＝ma1
对Q：mg－T1＝ma1
联立以上方程解得：a1＝7.5 m/s2，方向向左
(2)P先以加速度大小a1向右做匀减速运动，直到速度减为v，设位移为x1，由运动学公式得：
－2a1x1＝v2－v
代入数据解得：x1＝1 m
P接着以加速度大小为a2向右做匀减速运动，直到速度减为0，设位移为x2，P受到向左的拉力和向右的摩擦力，由牛顿第二定律
对P：T2－μmg＝ma2
对Q：mg－T2＝ma2
联立以上方程解得：a2＝2.5 m/s2
由运动学公式得：－2a2x2＝0－v2
解得：x2＝0.2 m
故P向右运动的最大距离为：x＝x1＋x2＝1 m＋0.2 m＝1.2 m
P向右的速度减为0后，受力不变，再以加速度a2向左做匀加速运动，直到从左端离开传送带，由运动学公式得：
v2＝2a2x
代入数据解得：v＝m/s
12.【答案】(1)4 N (2)42 m (3)s(或2.1 s)
【解析】
(1)第一次飞行中，设加速度为a1
匀加速运动H＝a1t
由牛顿第二定律F－mg－Ff＝ma1
解得Ff＝4 N
(2)第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为s1
匀加速运动s1＝a1t
设失去升力后的速度为a2，上升的高度为s2
由牛顿第二定律mg＋Ff＝ma2
v1＝a1t2
s2＝
解得h＝s1＋s2＝42 m
(3)设失去升力下降阶段加速度为a3；恢复升力后加速度为a4，恢复升力时速度为v3
由牛顿第二定律mg－Ff＝ma3
F＋Ff－mg＝ma4
且＋＝h
v3＝a3t3
解得t3＝s(或2.1 s)
13.【答案】(1)BCD (2)22.5 cm 7.5 cm
【解析】(1)在p－V图中理想气体的等温线是双曲线的一支，而且离坐标轴越远温度越高，故从a到b温度升高，A错；一定质量的理想气体的内能由温度决定，温度越高，内能越大，B对；气体体积膨胀，对外做功，C对；根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得Q＝ΔU－W，由于ΔU>0、W<0，故Q>0，气体吸热，D对；由Q＝ΔU－W可知，气体吸收的热量一部分用来对外做功，一部分用来增加气体的内能，E错．
(2)设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2.U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p.
此时原左、右两边气柱长度分别变为l1′和l2′.由力的平衡条件有
p1＝p2＋ρg(l1－l2) ①
式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小．
由玻意耳定律有
p1l1＝pl1′ ②
p2l2＝pl2′ ③
两边气柱长度的变化量大小相等
l1′－l1＝l2－l2′ ④
由①②③④式和题给条件得
l1′＝22.5 cm ⑤
l2′＝7.5 cm ⑥
14.【答案】(1)365 (2)(ⅰ)60° (ⅱ)≤n<2
【解析】(1)设声波在钢铁中的传播时间为t，由L＝vt知，340(t＋1.00)＝4 900t，解得t＝s，
代入L＝vt中解得桥长L＝365 m
声波在传播过程中频率不变，根据v＝λf知，声波在钢铁中的波长λ′＝＝λ.
(2)(ⅰ)光线在BC面上折射，由折射定律有
sini1＝nsinr1①
式中，n为棱镜的折射率，i1和r1分别是该光线在BC面上的入射角和折射角．光线在AC面上发生全反射，由反射定律有i2＝r2②
式中i2和r2分别是该光线在AC面上的入射角和反射角．光线在AB面上发生折射，由折射定律有nsini3＝sinr3③
式中i3和r3分别是该光线在AB面上的入射角和折射角．
由几何关系得
i2＝r2＝60°，r1＝i3＝30° ④
F点的出射光相对于D点的入射光的偏角为
δ＝(r1－i1)＋(180°－i2－r2)＋(r3－i3) ⑤
由①②③④⑤式得
δ＝60° ⑥
(ⅱ)光线在AC面上发生全反射，光线在AB面上不发生全发射，有nsini2≥nsinC>nsini3
⑦
式中C是全反射临界角，满足
nsinC＝1 ⑧
由④⑦⑧式知，棱镜的折射率n的取值范围应为
≤n<2 ⑨
