2019届湖南省东安县高三第一次模拟考试物理试题(解析版)

物 理

一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。第1～8小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，第9～12小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）

1.用国际单位制的基本单位表示内能的单位，下列正确的是（ ） A. kgms 【答案】A 【解析】

【详解】能量的导出单位是J，1J=1N∙m=kg∙m/s2∙m= kg∙m2/s2，故选A.

2.甲、乙两汽车同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在t2时刻并排行驶，下列说法正确的是（ ）

2-2B. kgms

-2C. J D. Nm

A. 两车t1时刻也并排行驶

B. t1时刻甲车在后，乙车在前 C. 乙车的加速度大小先减小后增大 D. 甲车的加速度大小先增大后减小 【答案】BC 【解析】 【分析】

在v-t图像中图像包围的面积代表了运动走过的位移，图像的斜率代表加速度，解本题要利用这个知识点求解。

【详解】AB．v-t图像中图像包围的面积代表运动走过的位移，两车在t2时刻并排行驶，利用逆向思维并借助于面积可知在t1时刻甲车在后，乙车在前，故A错误，B正确；

CD．图像的斜率表示加速度，所以甲的加速度先减小后增大，乙的加速度也是先减小后增大，故C错D正确；

【点睛】本题考查了对图像的理解及利用图像解题的能力问题

- 1 -

3.伽利略在研究自由落体运动时，做了如下的实验：他让一个铜球从阻力很小（可忽略不计）的斜面上由静止开始滚下，并且做了上百次。假设某次实验伽利略是这样做的：在斜面上任取三个位置A、B、C。让小球分别由A、B、C滚下，如图所示，A、B、C与斜面底端的距离分别为s1、s2、s3，小球由A、B、C运动到斜面底端的时间分别为t1、t2、t3，小球由A、B、C运动到斜面底端时的速度分别为v1，v2、v3，则下列关系式中正确并且是伽利略用来证明小球沿光滑斜面向下的运动是匀变速直线运动的是

v1v2v3 A. t1t2t3C. s1s2s2s3 【答案】D 【解析】 由v=at可得，aB.

v1v2v3 222s1s2s322 t12t2t3D.

v ，三次下落中的加速度相同，故公式A正确，但不是伽利略用来证用匀变速直线运t动的结论，故A错误；球在斜面上三次运动的位移不同，末速度一定不同，故B错误；由图可知及运动学规律可知，s1-s2＞s2-s3，故C错误；由运动学公式可知，s＝

122sat，a2 故三次下落中位移与时间平

t2方向的比值一定为定值，伽利略正是用这一规律说明小球沿光滑斜面下滑为匀变速直线运动，故D正确；故选：D．

4.一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为Ek0，与斜面间动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x的关系图线是

A. B.

C. D.

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【答案】C 【解析】

向上滑动的过程中，根据动能定理有EkEk0sincosmgx，当Ek=0时

xmaxEk0E0sincosmgxmaxx，

sincosmg，同理，下滑过程中，由动能定理有ktanEk0Ek0，故选C。

tan当x=0时Ek

5.如图所示，F1、F2等大反向，同时作用在静止于光滑水平面上的A、B两物体上，已知两物体质量关系

MAMB，经过相等时间撤去两力，以后两物体相碰且粘为一体，这时A、B将

A. 停止运动 C. 向左运动 【答案】A 【解析】

试题分析：根据动量定理得Ft1MAvA，同理F2tMBvB，F1、F2等大反向，故MAvAMBvB，设A的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得MAvAMBvBMAMBv，解得v=0，可知粘合体静止．故A正确错误．

考点：考查了动量定理，动量守恒定律

【名师点睛】根据动能定理求出碰前A、B的速度，再根据动量守恒定律得出粘合体的速度，从而判断运动的方向．难度中等，在运用动量守恒定律时，注意A、B碰前的速度相反．

6.如图所示，已知A球的质量为m，B球的质量为2m，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面,在细线被烧断的瞬间，下列说法中正确的是

B. 向右运动

D. 仍运动但方向不能确定

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A. B球的受力情况不变,加速度为0

B. 两个小球的加速度均沿斜面向下，大小均为g·sinθ C. A球的加速度沿斜面向下，大小为2g·sinθ D. 弹簧有收缩趋势，B球加速度向上，A球的加速度向下，且加速度大小均不为0 【答案】A 【解析】

【详解】当系统静止时，对B受力分析，根据共点力平衡有：F=2mgsinθ，剪断细绳的瞬间，绳子的拉力消失，弹簧的弹力在瞬间不变，则B所受的合力为零，B的加速度为0；细线被烧断的瞬间，A所受的合力：

FA=mgsinθ+F=3mgsinθ，根据牛顿第二定律得，aA=3gsinθ，沿斜面向下。故A正确，BCD错误。

7.如图所示，中间有孔的物块A套在光滑的竖直杆上，通过滑轮用不可伸长的轻绳将物体拉着匀速向上运动，则关于拉力F以及拉力作用点的移动速度v的下列说法正确的是( )

A. F不变，v不变 B. F增大，v减小 C. F增大，v增大 D. F增大，v不变 【答案】B 【解析】

的- 4 -

试题分析：设绳子与竖直方向上的夹角为，因为A做匀速直线运动，在竖直方向上合力为零，有：Fcos=mg，因为增大，则F增大，物体A沿绳子方向上的分速度v1vcos，因为增大，则v减小，

故B正确，ACD错误。

考点：运动的合成和分解、物体的弹性和弹力

【名师点睛】解决本题的关键抓住A在竖直方向上平衡判断出拉力的变化，以及注意拉力的功率不能写成

PFv，因为绳子末端速度大小与A上升的速度大小不等，A速度沿绳子方向上的分速度等于绳子末端速

度的大小。

8.一艘在火星表面进行科学探测的宇宙飞船，在经历了从轨道Ⅰ→轨道Ⅱ→轨道Ⅲ的变轨过程后，顺利

返回地球。若轨道Ⅰ为贴近火星表面的圆周轨道，已知引力常量为G，下列说法正确的是 （ ）

A. 飞船在轨道Ⅱ上运动时，P点的速度小于Q点的速度 B. 飞船在轨道Ⅰ上运动的机械能大于轨道Ⅲ上运动的机械能 C. 测出飞船在轨道Ⅰ上运动的周期，就可以测出火星的平均密度

D. 飞船在轨道Ⅱ上运动到P点的加速度大于飞船在轨道Ⅰ上运动到P点的加速度 【答案】C 【解析】

飞船在轨道Ⅱ上运动时，从P到Q，万有引力做负功，速度减小，则P点的速度大于Q点的速度，故A错

a3误．根据开普勒行星运动第三定律2K，因飞船在轨道Ⅲ上运动的半长轴大于在轨道Ⅰ的半径，则飞

TMm42船在轨道Ⅰ上运动的周期小于轨道Ⅲ上运动的周期，选项B正确；根据G2＝mR2 得，

RT42R32M342R3GT＝＝＝ ，则火星的密度M32 ，故C正确．飞船在轨道Ⅱ上运动到P点和在轨24RVGTGT3道Ⅰ上运动到P点，万有引力大小相等，根据牛顿第二定律知，加速度大小相等，故D错误．故选BC. 点睛：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论以及卫星变轨的原理，注意D选项中比较加速度的大小，可以结合牛顿第二定律进行比较，不能通过速度的大小关系比较向心加速度.

9.某人站在斜向上匀加速运行的电动扶梯上（扶栏未画出），人和扶梯保持相对静止，其加速度a方向如图所示。关于此人在上升过程中下列判断正确的是

A. 此人处于超重状态

- 5 -

B. 此人所受电梯作用力的方向与图中a的方向相同 C. 此人机械能增加量大于支持力所做的功

D. 此人在竖直方向受到的合力为零，在a方向上合力不为零 【答案】AC 【解析】

【详解】人随电梯斜向上做匀加速运动，加速度有向上的分量，则人处于超重状态，选项A正确；人做匀加速运动，人的加速度沿电梯斜向上，根据牛顿第二定律知，人所受的合力沿电梯向上。人受到重力和电梯的作用力，重力竖直向下，由平行四边形定则可知，人所受电梯作用力的方向指向右侧斜上方，与a的方向不同。故B错误。电梯的支持力对人做正功。电梯对人的静摩擦力水平向右，静摩擦力对游客做正功，根据功能原理知，支持力和静摩擦力做功之和等于人机械能的增加量，所以人机械能增加量大于支持力所做的功。故C正确。人在竖直方向有向上的分加速度，由牛顿第二定律知竖直方向的合力不为零。由牛顿第二定律知，在a方向上合力不为零。故D错误。

10.如图所示，一木块放在光滑水平面上，一子弹水平射入木块中，射入的深度为d,平均阻力为Ff。设木块运动位移为x时开始匀速前进，下列判断正确的是（ ）

A. Ff·d表示子弹、木块系统总动能的损失 B. Ff·d表示子弹损失的动能 C. Ff·d表示木块增加的动能 D. Ff（x+d）表示子弹减少的动能 【答案】AD 【解析】

【详解】在整个过程中，系统克服阻力做功为Ffd，根据功能关系可知，系统损失的动能为Ffd，故A正确。子弹相对地的位移为x+d，木块对子弹的阻力Ff做功为-Ff（x+d）。根据动能定理，子弹减小的动能等于克服阻力做的功，为Ff（x+d），选项B错误，D正确；对木块，子弹对木块的作用力做功为Ffx，根据动能定理得知，木块增加的动能为Ffx，故C错误。

11.如图所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长为R的水平轨道，BCDE是圆心为O、半径为

- 6 -

R的

3圆弧轨道，两轨道相切于B点，在外力作用下，一小球从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达4B点时撤除外力。已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点D，下列说法正确的是（ ）

A. 小球在AB段加速度的大小为

3g 2B. 小球在C点对轨道的压力大小为3mg C. 小球在E点时的速率为2gR

D. 小球从E点运动到A点所用的时间为(53)【答案】BD 【解析】

2vD【详解】小球恰好能通过D点，在D点，根据牛顿第二定律可知mg＝m，解得vD＝gR，从B到D，

RR g12mvB，解得vB＝5gR；在AB段由速度位移公式可知vB2＝2aR，21212解得a=2.5g，故A错误；从B到C，根据动能定理可知mgR＝mvCmvB，解得vC＝3gR，在C22根据动能定理可知2mgR＝mvD22vC点，根据牛顿第二定律可知FN＝m3mg，故B正确；E点和C点高度相同，具有相同的速度大小

R121vEvC＝3gR，故C错误；从E点运动到A点所用的时间为t，由运动学公式得，R=vEt+gt2，解得

2t（53）

R，故D正确。 g12.如图甲所示，质量为1 kg的小物块，以初速度v0=11 m/s从θ＝53º的固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次不施加力，图乙中的两条线段a、b分别表示施加力F和无力F时小物块沿斜面向上运动的v-t图线，不考虑空气阻力，g=10 m/s2，sin37º=0.6， cos37º=0.8，下列说法正确的是（ ）

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A. 有恒力作用时，恒力F做的功是6.5 J B. 小物块与斜面间的动摩擦因数为0.5

C. 有恒力F时，小物块在整个上升过程产生的热量较少 D. 有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的减少量较少 【答案】BD 【解析】

【详解】根据

v-t图线的斜率等于加速度，可知：aav01110m/s2 t1.1abv01111m/s2；根据牛顿第二定律得：不加拉力时有：mab=-mgsin53°-μmgcos53°；代t1入数据得：μ=0.5；加拉力时有：maa=F-mgsin53°-μmgcos53°，解得：F=1N．位移

1x1.111m6.05m，则恒力F做的功是WF=Fx=6.05J，故A错误，B正确；根据v-t图象与坐标轴

2所围的面积表示位移，可知有恒力F时小物块的位移较大，所以在上升过程产生的热量较大。故C错误；有恒力F时，小物块上升的高度比较大，所以该过程物块重力势能增加量较大，而升高的过程中动能的减小量是相等的，所以有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的减少量较小。故D正确。

二、实验题（本题共2小题，共15分，把答案填在答题卡的指定位置上。）

13.某学校物理学科实验小组利用如图所示的实验装置研究“加速度与合外力的关系”。

（1）在实验中，为了平衡小车运动中受到的摩擦力，下列叙述正确的是（ ） A.不挂钩码，逐步调节木板的倾斜程度，使静止的小车开始运动。 B.挂上钩码，逐步调节木板的倾斜程度，使小车在木板上保持静止。

C.不挂钩码，调节木板到一定的倾斜程度，轻轻沿板面向下推动小车，使夹在小车后面的纸带上所打的点间隔均匀。

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D.挂上钩码，调节木板到一定的倾斜程度，轻轻沿板面向下推动小车，使夹在小车后面的纸带上所打的点间隔均匀。

（2）平衡摩擦力后，利用钩码和小车之间连接的力传感器测出小车运动中细线上的拉力F，改变钩码的个数，利用纸带算出对应的加速度a，进而确定加速度a与细线上拉力F的关系，图中能正确表示该同学实验结果的是______。若将所挂钩码重力mg作为细线的拉力，则作出的图像可能是图中______。

【答案】 (1). C (2). A (3). C 【解析】

【详解】（1）平衡摩擦力时，要不挂钩码，调节木板到一定的倾斜程度，轻轻沿板面向下推动小车，使夹在小车后面的纸带上所打的点间隔均匀，说明小车匀速运动，平衡了摩擦力，故选C。

（2）因为拉力是由传感器测出，已经平衡了摩擦力，则加速度与拉力的关系图线是过原点的倾斜直线，即加速度与拉力成正比．故选A．若将所挂钩码重力mg作为细线的拉力，由牛顿第二定律得：

amggMMm1M，当m趋向于无穷大时， 趋向于0，加速度a趋向于g，由此可知，若m不断增

mm大，图线不断延伸，加速度a趋向值为g，故选C；

14.某同学设计了一个用打点计时器“探究碰撞中的不变量”的实验：在小车A前端装有橡皮泥，推动小车

A使之匀速运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并黏合成一体，继续做匀速运动。他们设计的装置

如下图所示，在小车A的后面连着纸带，电磁打点计时所用器电源频率为50 HZ。

（1）在实验中，需要的测量工具有____。

A．弹簧测力计 B．毫米刻度尺 C．天平 D．螺旋测微器

（2）已测得小车A(包括橡皮泥)的质量为m1=0.310 kg，小车B(包括撞针)的质量为m2=0.205 kg，由以上测得数据可计算碰前两车质量与速度乘积之和为_____ kg·m/s；碰后两车质量与速度乘积之和为____kg·m/s。（结果保留三位有效数字） （3）本探究实验的结论:__________。

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【答案】 (1). BC (2). 0.620 (3). 0.618 (4). 在实验误差允许的范围内，小车在碰撞前后质量与速度的乘积之和保持不变。 【解析】

【详解】（1）实验时需要用毫米刻度尺测量纸带的间距，用天平测量滑块的质量；故选BC. （2）由纸带可知，碰前A的速度：v10.2m/s2m/s；碰前总动量：

50.020.168Pm1v10.3102kgm/s0.620kgm/s；碰后AB的速度：v2m/s1.20m/s；碰后总动

70.02'量：P(m1m2)v2(0.3100.205)1.20kgm/s0.618kgm/s；

（3）本探究实验的结论：在实验误差允许的范围内，小车在碰撞前后质量与速度的乘积之和保持不变。

三、计算题（本题共4小题，共47分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）

15.货车A正在公路上以20 m/s的速度匀速行驶，因疲劳驾驶，司机注意力不集中，当司机发现正前方有一辆静止的轿车B时，两车距离仅有75 m。

（1）若此时轿车B立即以2 m/s2的加速度启动，通过计算判断：如果货车A司机没有刹车，是否会撞上轿车B；若不相撞，求两车相距最近的距离；若相撞，求出从货车A发现轿车B开始到撞上轿车B的时间。 （2）若货车A司机发现轿车B时立即刹车（不计反应时间）做匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s（两车均视为质点），为了避免碰撞，在货车A刹车的同时，轿车B立即做匀加速直线运动（不计反应时间），问：轿车B加速度至少多大才能避免相撞。 【答案】（1）两车会相撞t1=5 s；（2）aB【解析】

【详解】（1）当两车速度相等时，A、B两车相距最近或相撞。 设经过的时间为t，则：vA=vB 对B车vB=at 联立可得：t=10 s

2

2m/s20.67m/s2 3A车的位移为：xA=vAt= 200 m

B车的位移为： xB=

12at=100 m 212at 2因为xB+x0=175 m所以两车会相撞，设经过时间t相撞，有:vAt= xo十

代入数据解得：t1=5 s，t2=15 s(舍去)。

- 10 -

（2）已知A车的加速度大小aA=2 m/s，初速度v0=20 m/s，

设B车的加速度为aB，B车运动经过时间t，两车相遇时，两车速度相等， 则有：vA=v0-aAt

2

vB= aBt 且vA= vB

在时间t内A车的位移为： xA=v0t-2B车的位移为：xB=aBt

1aAt2 212又xB+x0= xA 联立可得：aB

16.如图甲所示，质量为m=2kg的物体置于倾角为θ=37°的足够长的固定斜面上，t=0时刻对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1=0.5s时撤去该拉力，整个过程中物体运动的速度与时间的部分图象如图乙所示，不计空气阻力，g=10m／s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：

2m/s20.67m/s2 3

(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ (2)拉力F的大小

(3)物体沿斜面向上滑行的最大距离s． 【答案】(1)μ=0.5 (2) F=15N (3)s=7.5m 【解析】 【分析】

由速度的斜率求出加速度，根据牛顿第二定律分别对拉力撤去前、后过程列式，可拉力和物块与斜面的动摩擦因数为 μ．根据v-t图象面积求解位移.

【详解】（1）由图象可知，物体向上匀减速时加速度大小为：a2此过程有：mgsinθ+μmgcosθ=ma2 代入数据解得：μ=0.5

（2）由图象可知，物体向上匀加速时加速度大小为：a1=此过程有：F-mgsinθ-μmgcosθ=ma1

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10510m/s2

10.510m/s2=20m/s2 0.5代入数据解得：F=60N

（3）由图象可知，物体向上滑行时间1.5s，向上滑行过程位移为：

s＝

1×10×1.5＝7.5m 2【点睛】本题首先挖掘速度图象的物理意义，由斜率求出加速度，其次求得加速度后，由牛顿第二定律求解物体的受力情况．

17.如图所示，物体1、3和木板2的质量均为m=1kg，木板2与物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的定滑轮，设木板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H=5.75m，物体1与木板2之间的动摩擦因数μ=0.2．木板2放在光滑的水平桌面上从静止开始释放，同时物体1（视为质点）在木板2的左端以v=4m/s的初速度开始向右运动，运动过程中恰好没有从木板2的右端掉下．求：

（1）木板2的长度L0；

（2）当物体3落地时，物体1在木板2的位置． 【答案】（1）1m（2）物体1在长板2的最左端 【解析】

设向右为正方向（1）物体1的加速度：

a1﹣g﹣0.210﹣2m/s2

物体2和3的整体加速度为：

a2mgmg6m/s2

2m设经过时间t1二者速度相等 即有：v1va1t1a2t1 解得：t10.5s ，v13m/s

vv143t10.51.75m， 22v3物体1的位移为：x21t10.50.75m，

22物体1的位移为：x1所以木板2的长度L0=x1﹣x2=1m． （2）此后，假设物体123相对静止，a1g， 3Ff1ma3.3N＞Ffmg2N ，故假设不成立，则知物体1和物体2相物体1受到静摩擦力为

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对滑动．

a3g2m/s2 物体1的加速度大小为 物体2和3整体的加速度大小为a2mgmg4m/s2

2m﹣x25m ， 整体下落高度：hH12a4t2，解得：t21s 212物体1的位移x3v1t2a3t2，解得：x34m ，

2根据hv1t2﹣x31m ，故物体1在长木板2的最左端． 则：h综上所述本题答案是： （1）L01m．

（2）物体1在长板2的最左端．

18.如图所示，水平轨道MN与半径为R的竖直光滑圆弧轨道相切于N点。质量为m的小滑块A静止于P点。质量为M＝2m的小滑块B以速度v0向右运动，A、B碰后粘连在一起，已知A、B与水平面间的动摩擦因数为μ，MP和PN距离均为R，求： （1）AB碰撞过程中损失的机械能？

（2）当v0的大小在什么范围时，两小球在圆弧轨道内运动时不会脱离圆弧轨道？已知重力加速度为g。

m(v022gR)【答案】（1）；（2）v03【解析】

913gR或v204526gR 4（1）小滑块B运动到P时速度设为v1，对B应用动能定理有－MgR11Mv12－Mv02，当ab粘在22一起过程中，设ab粘在一起时的速度为v1，对ab应用瞬间动量守恒，有Mv1(Mm)v2，应用功能关

11mv022gR22系可知ab碰撞过程中损失的机械能EMv1－Mmv2，解得：E。

223（2）A、B碰撞后的速度为v1，欲使A、B运动时不脱离圆弧轨道，有两种可能：

 - 13 -

①当v0较小时A、B在圆弧上摆动，若A、B最高点恰好能到与圆心等高的位置，对A、B，从碰后到与圆心等高的地方，由动能定理有－MmgRMmgR01Mmv22，联立得：2v0913gR；

2②当v0较大时，A、B能够做完整的圆周运动。若A、B恰好做完整圆周运动时的情形，对A、B，从碰后运动到圆周最高点（设此时速度为v3）的过程中，由动能定理有

－MmgRMmg2R11Mmv32Mmv22，在最高点时，由牛顿第二定律得22Mmv0Mmv32，联立得g＝Rv04526gR ，综上所述，当v40913gR或

24526gR时，两小球在圆弧轨道内运动时不会脱离圆弧轨道。

4点睛：本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律、圆周运动等规律，综合性较强，需在平时的学习中加强训练，同时要注意等于运动的过程的分析。

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