2019年广东省茂名一中等五校联考高考物理模拟试卷(解析版)

4 . 2021年1月3日,“嫦娥四号〞成功软着陆在月球反面, 并通过“鹊桥〞离段四守,……J中继星传回了世界第一张近距离拍摄的月背影像图,揭开了古老月背的.神秘面纱.假设“嫦娥四号〞在着月前绕月球沿椭圆轨道顺时针运动,如.图所示,A为近月点,B为远月点,C, D为轨道短轴的两个端点.只考D 虑月球对“嫦娥四号〞的作用,那么“嫦娥四号〞〔〕A.在A点时受到的万有引力最小B.在B点的运动速率最大C.在从A点到C点的运动过程中,月球对其不做功D.在从B点到D点的运动过程中,动能逐渐变大5 .如下图,某同学将三个完全相同的物体从A点沿三条不同的路径抛出,最终落在与A点同高度的三个不同位置,三条路径的最高点是等高的,忽略空气阻力,以下说法正确的选项是〔〕A.三个物体抛出时初速度的水平分量相等B.沿路径3抛出的物体在空中运动的时间最长C.该同学对三个物体做的功相等D.三个物体落地时重力的瞬时功率一样大二、多项选择题〔本大题共5小题,共27.0分〕6.如图甲所示,空间中存在一大小为0.2T、方向与竖直面〔纸面〕垂直的匀强磁场区域,磁场的上、下边界〔虚线〕间的距离为0.2m且口两边界均为水平面；纸面内磁场上方有一质量为0.01kg的正方形导“I * "X M X X 线中g abcd,导线框的总电阻为0.002 其上、下两边均与磁场边界……信…平行.线框自由下落,从ab边进入磁场时开始,直至cd边到达磁场C.假设不改变Q的电性,仅改变其电荷量, Q将不再受力平衡D.假设将的电荷量改为,那么Q受到的合力大小为——9 . 以下说法正确的选项是〔〕A. 一定质量的理想气体在压强不变、温度升高时,内能的增加量一定大于吸收的热量B.叶面上的小露珠呈球形是由于液体外表张力的作用C.有些物质的状态可以在晶体和非晶体之间转化D.当分子间距离减小时,引力增大,斥力也增大,两者的合力也一定增大E.温度一定时,液体中悬浮的微粒越小,布朗运动越明显10 .以下说法正确的选项是〔〕A.简谐横波的频率和波上质点的振动频率相同B.变化的磁场能产生电场C.做单色光的双缝干预实验时,双缝到屏的距离一定,双缝间距离越大亮条纹间的距离越大D.波长略大于障碍物的尺寸时,能发生明显的衍射现象E.单摆的周期与摆长无关2021年广东省高考物理一模试卷一、单项选择题〔本大题共5小题,共30.0分〕1. 以下说法正确的选项是〔〕A.轻核的聚变可以在常温下自发地完成B.原子核发生一次衰变,原子的质量数增加1C. 是裂变反响D.温度升高,放射性元素的衰变周期变短2.如下图是甲、乙两物体运动的速度一时间图象,以下说法正确的选项是〔上边界为止,该过程中产生的感应电动势如图乙所示.不计空气阻力,重力加速度大小为10m/s2,下列判断正确的选项是〔〕A.导线框的边长为B. ab边刚进入磁场时,导线框的速度大小为C. ab边刚离开磁场时,导线框的速度大小为D. ab边刚离开磁场时,导线框的加速度大小为7.某交变电路如图甲所示,理想变压器的原、副线圈匝数比为5： 1, R I=30 Q, R2=20 Q, 一示波器接在电阻R I两端,示波器上的电压变化图象如图乙所示.电压表和电流表均为理想电表,不计示波器的电流对电路的影响,以下说法正确的选项是〔〕3. A. 内甲物体的加速度大小为B. 3s时乙物体的加速度大小为C.内甲物体的位移大小为一D. 内乙物体的位移大于如下图,足够长的光滑平板AP与BP用钱链连接,平板AP与水平面成53.角固定不动,平板BP可绕平轴在竖直面内自由转动,质量为m的均匀圆柱体O放在两板间,sin53 =0.8 , cs53°=0.6,重力加速度为g.在使BP板由水平位置缓慢转动到竖直位置的过程中, 以下说法正确的选项是〔A.平板BP受到的最小压力为-B.平板BP受到的最8.A.电压表的示数为B.电流表的示数为C.原线圈的输入电压D.电阻消耗的电功率为如下图,点电荷Q I, Q2固定于边长为L的正三角形的两顶点上, 将点电荷q 〔电荷量未知〕固定于正三角形的中央, Q I, Q2的电荷量均为+q.在正三角形第三个顶点上放入另一点电荷Q,且Q的电荷量-q,点电荷Q恰好处于平衡状态.静电力常量为k,不计各电荷受到的重力,以下说法正确的选项是A.假设撤去 ,那么Q将做匀加速直线运动B. 的电荷量为15WQQ/O Q\Q I0 .............大压力为mgC.平板AP受到的最小压力为一D.平板AP受到的最大压力为mg三、实验题探究题〔本大题共2小题,共15.0分〕11 .如下图,图甲是“验证力的平行四边形定那么〞的实验情况图,其中A为固定橡皮条的图钉,O 为橡皮条与细绳的结点, OB和OC为细绳.图乙是某实验小组在白纸上根据实验结果画出的图.〔1〕本实验采用的科学方法是.A.理想实验法 B.限制变量法C.等效替代法D.建立物理模型法〔2〕实验中,小张同学在坐标纸上画出了如图丙所示的两个力F I和F2,图中小正方形的边长表示2N, F为根据平行四边形定那么作出的合力〔图中未画出〕, F I、F2与F的夹角分别为a和生,以下说法正确的选项是.(1)求匀强磁场的磁感应强度的大小；(2)求偏转电场的电场场强的大小；(3)假设调整加速电场的电压,使该粒子不进入偏转电场,求加速电压的取值范围.(3)为提升实验结论的可靠性, 在重复进行实验时,结点O的位置(填“可以〞或“不可以〞) 变动.12 .某小组同学在测一节电池的电动势和内阻时所用器材如下：A.某特殊电池：电动势约为3V、内阻为几欧；B.电压表V：量程0〜3V,内阻为几千欧；C.电流表A:量程0〜100mA,内阻为3.6 QD.标准电阻Ro： 0.4%E.滑动变阻器R1： 0〜20Q;F,滑动变阻器R2：0〜2kQ；G.开关、导线假设干.(1)该小组三名同学各设计了一个实验电路,其中可行的是15.如下图,汽缸开口向上固定在水平面上,其横截面积为S,内壁光滑,A、B为距离汽缸底部h2处的等高限位装置,限位装置上装有压力传感器,可探测活塞对限位装置的压力大小,活塞质量为m,在汽缸内封闭了一段高为加、温度为T1得到理想气体, 对汽缸内气体缓缓降温, 重力加速度为g,大气压强为P0,变化过程中活塞始终保持水平状态.求：①当活塞刚好与限位装置接触(无弹力)时,汽缸内气体的温度丁2；②当A、B处压力传感器的示数之和为2mg时,汽缸内气体的度丁3.(2)实验器材中有两个滑动变阻器,该实验应选用的是 (选填" RJ或" R2〞).(3)选择(1)中正确的电路后,该小组同学闭合开关,调节滑动变阻器,屡次测量,得出多组电压表示数U和电流表示数I,通过描点画出U-I图象如图丁所示,那么该特殊电池的电动势E=V,内阻r=Q .(结果保存三位有效数字)四、计算题(本大题共4小题,共52.0分)13 .如下图,竖直平面内固定有半径R=1.8m的-光滑圆弧轨道,轨道末端水平且与放在水平地面上的长木板的上外表等高.长木板上外表光滑,下外表与水平16.如下图,等长三棱镜abc平放在水平桌面上,光屏MN与棱镜ac边平行,一宽度为d的单色平行光束垂直ac边从ab边射入棱镜,通过棱镜后在光屏上的光束宽度变为2d,真空中光速为co求：①棱镜的折射率n；②该光束中的光通过棱镜所需时间的最大时间差Ato 地面间的动摩擦因数科=0.1木板正中间放有一质量m=1kg的滑块P,木板上外表右端固定有一带有橡皮泥的挡板.现将一质量也为1kg的滑块Q从圆弧轨道的最高点由静止释放,当其刚滑上长木板时给滑块P一个向左的初速度v=3m/s, P、Q发生弹性正碰后滑块P运动到木板右端与挡板粘在一起继续运动.长木板的质量M=5kg,长l=9m,重力加速度g=10m/s2,滑块P、Q均可视为质点.求：(1) P、Q发生弹性正碰后各自的速度;(2)长木板运动的位移大小.14.如下图,半径为 ,的圆形区域内有平行于纸面的匀强电场, 电场方向与水平方向成60.角斜向右下方,同心大圆半径为3r,两圆间有垂直于纸面向里的匀强磁场(内、外边界上均有磁场).一比荷为k的带电粒子由静止经电压为U O的加速电场加速后恰好沿磁场边界的切线进入磁场,并恰好从内圆的最高点A处垂直电场方向进入偏转电场,并从最低点C处离开电场.不计粒子的重力B. F=12NC. 9i=35D. 9i< 02A. F i=4N3.【答案】A【解析】解:AB、小球受重力、斜面AP弹力F1和挡板BP弹力F2,将51与52合成为F=mg,女隔解:A、轻核聚变需在非常高的温度下完成,故A 错误.B、原子核发生一次B衰变,原子核的质量数不变,电荷数增加1,故B错误.C、根据核反响的特点可知,核反响贫1+" 一端Ba+：；Kr+3：n是裂变反响,故C正确.D、放射性元素的半衰期与温度无关,故D错误.应选:C.轻核聚变需在非常高的温度下完成；根据衰变的实质判断原子核质量数的变化；根据反响的类型确定是什么反应；放射性元素的半衰期由原子核内部因素决定,与所处的物理环境和化学状态无关. 此题考查了轻核聚变、侬的实质、半衰期等根底知识点,关键需熟悉教材,牢记这些根底知识点,注意影响半衰期的因素.2.【答案】D【解析】解:A、0〜5s内甲物体的加速度大小为2甲=& = 1, m/s2.故A错误.A i i>a. IB、3s时乙图象切线斜率的绝对值小于1,所以3s时乙物体的加速度大小小于1m/s2.故B错误C、根据数学知识可知,t=5s时甲的速度大小为;m/s,那么0〜5s内甲物体的位移大小为乂甲二3x4 士10山. —--二：］m,故C 错块.D、根据图象与坐标轴围成的面积表示位移,知0〜5s内乙物体的位移大于:"+3刈+二2 / 1J ■J =13.5m,故D正确.应选：D.在v-t图象中,图象的斜率表示加速度,图象与坐标轴围成的面积表示位移.在时间轴上方的位移为正,下方的面积表示位移为负.结合几何知识分析. 此题是速度-时间图象的应用,关键要明确图象的斜率表示加速度,图象与坐标轴围成的面积表示位移.解题时要注意位移的符号.小球一直处于平衡状态,三个力中的任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共戋,故51和F2合成的合力F一定与重力等值、反向、共戋.从图中可以看出,当挡板PB逆时针缓慢地转向竖直位置的过程中,F I越来越大,F2先变小,后变大；由几何关系可知,当52的方向与AP的方向平行〔即与F1的方向垂直〕时,F2有最小值为：= "啰= my当挡板BP竖直时,F2最大,为：％皿咐心席.故A正确,B错误；C、当BP沿水平方向时,AP对球的支持力为0,所以AP受到的压力也等于0.故C错误；D、由图可知,当BP沿绳子方向时,AP对球的支持力最大,为：%“二一% f'O^• hi ■{由牛顿第三定律可知,平板AP受到的最大压力为;〞号.故D错误应选:A.除开始时的位置外,小球受三个力作用而保持静止状态,其中重力大小、方向都不变,斜面对球的支持力方向不变,大小变,挡板对球的支持力的大小和方向都变化,根据三力平衡的条件, 结合平行四边形定那么作图分析即可.此题关键对小球受力分析,然后将两个力合成,当挡板方向变化时,将多个力图重合在一起,直接由图象分析出各个力的变化情况.4 .【答案】D【解析】解:A、万用引力跟距离成反比,A点距离最小,故万用引力最大,故A错误；B、B点为远月点,根据开普勒第二定律可知,速度最小,故B错误；答案和解析1.【答案】C 【解析】C、从A至C,其运动速度与万用引力并非始终垂直,引力做功,故C错误；D、根据机械能守恒,从B到D距离减小,引力势能减小,动能增大,故D正确.应选：D.月球对飞船的万有引力大小只跟距离相关,椭圆轨道中机械能守恒,可以利用机械能守恒判定速度大小及功能转化关系.切记椭圆轨道不套引用圆周运动相关结论,月球对飞船的万有引力大小只跟距离相关,椭圆轨道中机械能守恒,可以利用机械能守恒判定速度大小及功能转化关系.5 .【答案】D【解析】解:A、根据斜抛的运动规律知,三条路径的最高点是等高的,故三个物体的竖直方向上面分速度Vy相同,其总的运动时间』〞"也相同,水平位移大的水平分速度大,故A、B错误.yC、同学对小球做功,小球获得初动能,由于三个小球竖直方向分速度相同,水平位移大的第3 个小球水平分速度大,故合初速度大,故第3个小球的初动能大,人对它做功最多,故C错误；D、由于斜抛的时候,竖直分初速度V y相同,落地时的竖直方向分速度也相同,均等于V y,所以落地时重力的瞬时功率P G=mg?v y一样大,故D正确.应选：D.抓住三个小球上升的最大高度相等,得出竖直方向上的运动时间相等,以及初始时刻竖直分速度相等,结合水平位移比拟水平分速度的大小.根据初始时刻竖直分速度和水平分速度的大小, 结合平行四边形定那么比拟出初速度的大小,从而比拟出对物体做功的大小.根据重力瞬时功率的公式,结合落地时竖直分速度的大小比较重力做功的瞬时功率.解决此题的关键将小球分解为水平方向和竖直方向,知道分运动和合运动具有等时性,结合运动学公式灵活求解.6 .【答案】AC【解析】解:AB、设导线框的边长为L,ab边刚进入磁场时,导线框的速度大小为V.由图线乙可知,线框进入磁场过程产生感应电动势不变,线框做匀速直线运动,那么：L=vt=0.2v ,线框进入磁场过程产生的感应电动势为：E=BLv=B< 0.2v X=0.2Bv2 ,由图示图象可知：E=0.01V,代入数据解得: v=0.5m/s, L=0.1m ,故A 正确,B 错误;C、线框完全进入磁场后只受重力作用,做匀加速直线运动,ab边刚离开磁场时线框的速度为：v'『声j = v n.ri2+2x IOx((k2-(Ll) =1.5m/s,故C 正确；D、ab边刚离开磁场时,线框受到的安培力为：F=BIL= ,由牛顿第二定律得：F-mg=ma,n代入数据解得：a=110m/s2,故D错误；应选:AC.根据图线乙判断线框进入磁场时的运动性质,应用E=BLv与速度公式求出线框的边长；根据安培力公式求出线框受到的安培力大小,应用平衡条件求出ab边刚进入磁场时线框的速度大小；应用运动学公式求出ab边刚离开磁场时线框的速度,应用牛顿第二定律和安培力公式求出线框加速度大小.根据图示图象,分析清楚线框进入磁场过程的运动性质与运动过程是解题的前提与关键,应用E=BLv、运初学公式与牛顿第二定律即可解题.7 .【答案】AC【解析】解:A、一示波器接在电阻R1两端,示波器上的电压变化图象如图乙所示,R1两端电压的有效一一；2值是万V, 曲.......................... ..R1=30Q, R2=20Q,根据欧姆定律得电压表的小数为%=35.4V,故A正确；V -B、副饯圈电流I2=* = V A,电流与匝数成反比,所以电流表的示数为I I=^ A,故B错误；iM.J a ।C、根据图乙所示,周期T=0.04s,⑴=二50兀rad/,s1 f.tn理想变压器的原、副线圈匝数比为5:1,变压器中电压与匝数成正比,原线圈的电压最大值是250V,所以原线圈的输入电压u=250sin50冗V),横正确；D、电阻R2消耗的电功率为P=/；R2=10W,故D错误；应选:AC.由图象求出交流电的周期和电压最大值；变压器中电压与匝数成正比,电流与匝数成反比,输入功率等于输出功率,电表显示有效值. 根据图象准确找出量,是对学生认图的根本要求,准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系,是解决本题的关键.8.【答案】BD 【解析】解:A、假设撤去Q3,点电荷Q所受的合力为Q1、Q2对点电荷Q库仑力的合力,方向竖直向下, 向下加速运动的过程中,由于距离两电荷的距离变化,导致库仑力的变化,那么加速度变化,做变加速直线运动,故A错误.B、Q「Q2对点电荷Q库仑力的合力为：「制、邙小,方向竖直向下根据几何关系知,Q3与点电荷Q的距离为：r=[U根据平衡知：,T-L- 解得Q3=""九带负电,故B正确.14C、根据A•芈=理?“知,Q的电量可以约去,假设不改变Q的电性,仅改变其电荷量,Q将仍然受力平衡,故C 错误.D、假设将Q1的电荷量改为-q,Q受到Q1、Q2的合力,方向水平向右,Q3对Q的库仑力大小为理f ,方向竖直向上,根据平行四边形法那么知,Q受到的合力大小L-博“〔嘈心=驾,故D正确.\ £- £* J应选：BD. 根据受力情况分析运动情况；根据平衡条件结合库仑定律列方程求解电荷量.改变电性后,结合电荷所受的库仑力大小,运用平行四边形法那么求解合力大小. 此题主要是考查电场强度的叠加,知道电场强度是一个矢量,其合成满足矢量的平行四边形法那么.9 .【答案】BCE 【解析】解:A、由理想气体状态方程PV=kT, 一定质量的理想气体,压强不变,温度升高时,体积也增大,止对气体对外做功W<0,而温度升高时,理想气体的内能也增大国>0,根据热力学第一定律dU=Q+W,内能的增加量一定小于吸收的热量.故A错误；B、液体外表张力产生的原因是：液体跟气体接触的外表存在一个薄层,叫做外表层,外表层里的分子比液体内部稀疏,分子间的距离比液体内部大一些,分子间的相互作用表现为引力.就象你要把弹簧拉开些,弹簧反而表现具有收缩的趋势.正是由于这种张力的存在,有些小昆虫才能无拘无束地在水面上行走自如；故B正确；C、晶体和非晶体在适当的条件下可以互相转化.例如天然石英是晶体,熔融过的石英却是非晶体.把晶体硫加热熔化〔温度超过300C〕再倒1冷水中,会变成柔软的非晶硫,再过一段时间又会转化为晶体硫.故C正确；D、分子间既存在引力也存在斥力,当分子间距小于平衡距离时,分子力表现为斥力；当分子问距大于平衡距离时,分子力表现为引力.所以分子间距离减小时,引力增大,斥力也增大,但两者的合力也不一定增大,故D错误；E、温度一定时,悬浮在液体中的固体颗粒越小,同一时刻撞击颗粒的液体分子数越少,冲力越不平衡,布朗运动越明显；故E正确.应选：BCE.一定质量的理想气体在压强不变、温度升高时,内能的增加量一定小于吸收的热量；叶面上的小露珠呈球形是由于液体外表张力的作用；有些物质的状态可以在晶体和非晶体之间转化；当分子间距离减小时,引力增大,斥力也增大,两者的合力也不一定增大；温度一定时,液体中悬浮的微粒越小,布朗运动越明显.此题考查了热力学第一定律、液体外表张力、晶体和非晶体、布朗运动等知识.关键点一：会利用热力学第一定律△WQ+W解决问题；关建点二：要牢记液体外表张力、晶体和非晶体的根本概念；关键点三：熟悉布朗运动及其条件.10 .【答案】ABD 【解析】解:A、简谐横波在传播过程中波的频率不变,简谐横波的频率和波上质点的振动频率相同,故A正确；B、由麦克斯韦电磁理论可知,变化的磁场可以产生电场,故B正确；C、由干预条纹公式：与=与人可知,做单色光的双缝干预实验时,阳到屏的距离L 一定,双缝间距d离越大亮条纹间的距离以越小,故C错误；D、波长略大于障碍物的尺寸时,育欧生明显的衍射现象,故D正确；E、由单摆周期公式：T=2町任可知,单摆周期T与摆长L有关,故E错误；V g应选:ABD.质点做简谐运动的频率与简谐横波的频率相等；变化的电场可以产生磁场,变化的磁场可以产生电场；根据双缝干预条纹间距公式分析答题；当波长与障碍物尺寸相差不多时可以发生明显的衍射现象；根据单摆周期公式分析判断周期与摆长的关系.此题涉及的知识点较多,但难度不大,掌握根底知识即可解题,平时要注意根底知识的学习与积累.11 .【答案】C B可以【解析】解：10 〕合力与分力是等效替代的关系,所以本实验采用的等效替代法.故C正确,ABD错误应选:C2〕根据平行四边形定那么,作出两个力的合力,如图.那么上可知,F1=2v2 N,合力F=12N.根据几何关系知F1与F的夹角分别为q=45°.从图上可知,出＞坛.故B正确,A、C、D错误.3〕同一次实验中,O点的位置不能改变,但重复进行实验时,O点位置是允许变动的.故答案为：10C；2 B； 30可以1〕才实验中采用了两个力合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定那么,因此采用等效法〞,注意该实验方法的应用.2〕才实验是要验证平行四边形定那么,注意在理解实验的原理根底上,掌握实验的方法和数据的处理方法以及需要注意的事项,尤其是理解本实验的等效〞思想.明确实验值〞和实际值〞的区别.根据平行四边形定那么作出合力,从而确定合力的大小和分力与合力的夹角.3〕实验过程需要记录拉力的大小与方向,需要记录橡皮筋结点位置,据此分析做题.本实验考查验证平行四边形定那么的实验,采用的是等效替代〞的方法,即一个合力与几个分力共同作用的效果相同,可以互相替代,明确理论值〞和实验值〞的区别.12 .【答案】乙R I 3.05 0.955【解析】解：10虺意可知,电流表量程太小,应把电流表与定值电阻并联扩大其量程,电压表测路端电压,电流表测电路电流,滑动变阻器采用限流接法,应选择图乙所示电路图.2〕为方便实验操作,滑动变阻器应选择R103〕电流表内阻为3.6 0定值电阻阻值为0.4 R流过定值电阻的电流为电流表电流的9倍,电流表量程扩大了10倍,由图示电源U-I图象可知,电源电动势为：E=3.05V,电源内阻为：「=△_ =：：：「：=0.955 Q;. 1 IL 1 LUX1U故答案为：10 乙；2〕R1; 303.05,0.955.1〕根据伏安法测电源电动势与内阻的实验原理选择实验电路图.2〕为方便实验操作,应选择最大阻值较小的滑动变阻器.3)电源U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势,图象斜率的绝对值是电源内阻,根据图示图象求出电源电动势与内阻.此题考查了实验电路选择、实验数据处理,知道实验原理是解题的前提与关键,要掌握图象法处理实验数据的方法；电源U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势,图象斜率的绝对值是电源内阻.13 .【答案】解：(1) P沿-光滑圆弧轨道下滑的过程,由机械能守恒定律得mgR=-mv Qi2°解得V Qi=6m/s两滑块碰撞过程,取向右为正方向,由动量守恒定律和机械能守恒定律分别得mv Qi- mv= mv Q2+ mv P2.- mv Qi2+ -mv2=-mv Q22+-mv p22°解得v Q2=-3m/s, v P2=6m/s(2)两滑块相碰前的位移大小之和为-=4.5m,那么有(V QI+V) t=4.5m可得滑块P向左运动的位移大小x p=vt=1.5m,滑块Q向右运动的位移大小X Q=3m 而两滑块相碰后, Q向左运动一=-二1s后离开木板,P向右运动= --------------- =1s后与挡板相撞,相撞过程中动量守恒,那么有mv p2= (m+M) v 共.碰后P与木板一起向右运动,由动能定理得2-(m+M) gx=0-- (m+M) v 共.解得x =0.5m答：(1) P、Q发生弹性正碰后各自的速度为6m/s,向右,以及3m/s,向左；(2)长木板运动的位移大小是0.5m.【解析】QP沿|光滑圆弧轨道下滑的过程中,只有重力做功,其机械能守恒.根据机械能守恒定律求IP与Q碰撞前瞬间的速度.对于P、Q碰撞过程,利用动量守恒定律和机械能守恒定律列式,可求得碰后两者的速度.2)两滑块相碰前位移大小等于g=4.5m,根据位移等于速度乘以时间,求出滑块P向左运动的位移,以及Q向右运动的位移.两滑块相碰后,Q向左运动,过一段时间后离开木板.而P过一段时间后与挡板粘在一起,粘合过程P与木板的动量守恒,由动量守恒定律求出粘合后的共同速度,再由动能定理求长木板运动的位移大小. 解决此题时要理清两滑块的运动过程,注意判断P与挡板相碰时Q是否离开木板.在运用动量守恒定律时要注意选取正方向,用正负号表示速度方向.14.【答案】解：(1)设带电粒子在磁场中运动的半径为R,由几何关系得, (3r-R) 2+( -「)2=R2解得：R=2r £ E :由公式qvB=m- -------U0q-解得：8二二(2)粒子在偏转电场中做类平抛运动,由几何关系知一rcos30=-3 1 fH T HS--rsin30 = vt解得：E=一(3)粒子在加速电场中运动时有：qU =而qv B= -------- , B= ---------解得：U=一①当R1二二时,粒了经过电场左边界,解得：U1=一- @当R2=—时,粒子经过电场右边界,解得：U2=——所以加速电压的取值范围是：04 <——和 -------- O答：(1)匀强磁场的磁感应强度的大小是------- ；(2)偏转电场的电场场强的大小—；(3)加速电压的取值范围04V——和 ---------- 4.【解析】1)画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图,由几何关系求得轨道半径,再由洛伦兹力提供向心力可求得磁感应强度的大小；2)粒子在偏转电场中做类平抛运动,除平抛运动的规律结合几何关系可求得场强的大小；3)粒子在加速电场中由动能定理可写出加速电压的表达式,分析不同的临界情况求得加速电。

广东省五校协作体2019届高三第一次联考试卷理综命题学校：肇庆市第一中学 命题：高三备课组 2019.12二、选择题：本大题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14~17题只有一项是符合题目要求，第18~21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.如图1所示，在光滑的水平地面上并排着放着3000个完全相同的小球。

现用恒定水平推力F 推第3000号球，并使所有球共同向右运动，则第2019号球与第2019号球间的作用力跟第1号球与第2号球间的作用力的比为（） A. 2019 B. 2019 C.30002016D. 3000201715.起重机用轻绳以恒定的功率P使质量为m 的物体从静止开始竖直向上运动，经过一段时间t 达到最大速度v ，不计空气阻力，则在t 这段时间内( ) A.物体做匀加速运动 B.绳子拉力保持不变 C.起重机做的功为Pt D.16.为探究平抛运动的规律，小明利用了频闪照相方法。

如图2，背景方格纸的边长为2.5cm ，A 、B 、C 、D 是同一小球在频闪照相中拍下的四个连续的不同位置时的照片，g=10m/s 2,则：( )A 、小球在A 位置时，速度沿水平方向B 、频闪照相相邻闪光的时间间隔为0.02s ；C 、小球水平抛出的初速度为1.5m/s ；D 、小球经过B 点时其竖直分速度大小为1.5m/s ．17.甲乙两物体沿同一方向做直线运动，他们的速度时间图像如图3所示，在2秒末乙车在甲车的前面3m 处，以下说法正确的是（） A.前4s 内，两车平均速度大小相等 B.在6s 末两车相遇图1C.在0~6s 内，两车相遇两次D.在0~6s 内，两车之间最远的距离为4m18.2019年10月19日凌晨3点，航天员景海鹏和陈冬驾驶的神州十一号飞船与天宫二号空间实验室在离地面393km 的近圆形轨道上成功实现了太空之吻。

若对接轨道所处的空间存在极其稀薄的大气，则下面说法不正确的是()A ．实现对接后，组合体运行速度大于第一宇宙速度B ．航天员景海鹏和陈冬能在天宫二号中自由飞翔，说明他们不受地球引力作用C ．如不加干预，在运行一段时间后，组合体的动能可能会增加D ．如不加干预，组合体的轨道高度将缓慢升高19、如图4所示，物体A 、B 用细绳与轻弹簧连接后跨过滑轮．A 静止在倾角为45°的粗糙斜面上，B 悬挂着．已知质量m A ＝3m B ，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°减小到30°，那么下列说法中正确的是() A ．弹簧的弹力将增大 B ．物体A 对斜面的压力将增大 C ．物体A 受到的静摩擦力将减小 D ．物体A 可能被拉动20、如图5甲所示，轻杆一端固定在O 点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R 的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F ，小球在最高点的速度大小为v ，其F －v 2图象如图5)A ．小球的质量为bR/aB ．当地的重力加速度大小为b/RC ．v 2＝c 时，小球对杆的弹力方向向上D ．v 2＝2b21、将小球以某一初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能E k 、重力势能E p 与上升高度h 间的关系分别如图6中两直线所示．取g ＝10 m/s 2，图4下列说法正确的是（） A ．小球的质量为0.1 kgB ．小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.5 NC ．小球动能与重力势能相等时的高度为20/9 mD ．小球上升到3 m 时，动能与重力势能之差为0.5J第II 卷（非选择题共174分）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。

2019年广东省茂名市高考物理一模试卷二、选择题：1．（3分）放射性元素钋（P0）发生衰变时，会产生He和一种未知粒子，并放出γ射线，其核反应方程为P0→X+He+γ．下列说法正确的是（）A．He的穿透能力比γ射线强B．y＝214C．X核的中子个数为124D．这种核反应为裂变2．（3分）如图所示，有一内壁光滑的高为H＝5m、宽为L＝1m的直立长方形容器，可视为质点的小球在上端口边缘O以水平初速度v0向左抛出正好打在E点，若球与筒壁碰撞时无能量损失，不计空气阻力，重力加速度的大小为g＝10m/s2．则小球的初速度v0的大小可能是（）A．2m/s B．4m/s C．6m/s D．9m/s3．（3分）如图所示，理想变压器的原线圈接在一个交流电源上，交流电压瞬时值随时间变化的规律为u＝220sin100πt（V），副线圈所在电路中接有灯泡、电动机、理想交流电压表和理想交流电流表。

已知理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，灯泡的电阻为22Ω，电动机内阻为1Ω，电流表示数为3A，各用电器均正常工作。

则（）A．通过副线圈的电流方向每秒钟改变50次B．电压表示数为22VC．变压器原线圈的输入功率为66WD．电动机的输出功率为40W4．（3分）某物体做直线运动，运动时间t内位移为x，物体的﹣t图象如图所示，下列说法正确的是（）A．物体的加速度大小为2m/s2B．t＝0时，物体的初速度为2m/sC．t＝0到t＝1这段时间物体的位移为2mD．t＝0到t＝2这段时间物体的平均速度为2m/s5．（3分）如图所示，匀强电场的电场强度方向与水平方向夹角为30°且斜向右上方，匀强磁场的方向垂直于纸面（图中未画出）。

一质量为m、电荷量为q的带电小球（可视为质点）以与水平方向成30°角斜向左上方的速度v做匀速直线运动，重力加速度为g。

则（）A．匀强磁场的方向可能垂直于纸面向外B．小球可能带正电荷C．电场强度大小为D．磁感应强度的大小为B＝6．（3分）嫦娥四号于2019年1月3日在月球背面着陆，嫦娥五号也讨划在今年发射。

2019-2020学年度第一学期茂名市五校联盟高二级联考试题（物理）满分:100分 考试时间:90分钟一、选择题:本大题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。

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.下列表述正确的是A.一小段通电直导线在某处不受磁场的作用力，则该处的磁感应强度一定为零B.在磁场中FB IL=，磁感应强度B 与F 成正比，与L 成反比 C.2Q E kr =和F E q =对所有的电场均成立D.UE d=只对匀强电场成立 2.如图所示，电源电动势为E ，内阻为r ，电路中的R 1为光敏电阻（其阻值随光照强度增大而减小），R 2为定值电阻。

当开关S 闭合时，下列说法正确的是A.增大光照强度，电流表的示数变小B.增大光照强度，电压表的示数变小C.减小光照强度，R 2消耗的功率变大D.减小光照强度，电源的总功率变大3.如图所示为水平放置的两根等高固定长直细导线的截面图，O 点是两导线间距离的的中点，a 、b 是过O 点的竖直线上与O 点距离相等的两点，两导线中通有大小相等、方向相反的恒定电流。

下列说法正确的是A.两导线之间存在相互吸引的安培力B.O点的磁感应强度为零C.O点的磁感应强度方向竖直向下D.a、b两点的磁感应强度大小相等、方向相反4.在x轴上存在与x轴平行的电场，x轴上各点的电势随x点位置变化情况如图所示，图中-x1～x1之间为曲线，且关于纵轴对称，其余均为直线，也关于纵轴对称.下列关于该电场的论述正确的是A.x轴上各点的场强大小相等B.从-x1～x1场强的大小先减小后增大C.一个带正电的粒子在x1点的电势能大于在-x1点的电势能D.一个带正电的粒子在-x1点的电势能大于在-x2的电势能5.如图所示，虚线所示的区域内，有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，从边缘A处有一束速度大小各不相同的质子沿半径方向射入磁场，这些质子在磁场区运动过程中，正确的是A.轨道半径越大的，其运动时间越长B.运动时间越短的，射出磁场的速率越小C.在磁场中偏转角越小的，运动时间越短D.所有质子在磁场中运动时间都相等6.如图所示，两平行金属板M、N与电源相连，N板接地，在两极板间有一固定在P点的点电荷，则A.若保持S接通，将M板上移一小段距离，M板的带电量增加B.若保持S接通，将M板上移一小段距离，P点的电势不变C.若将S接通后再断开，将M板上移一小段距离，两板间场强增大D.若将S接通后再断开，将M板上移一小段距离，点电荷在P点的电势能保持不变7.某同学研究白炽灯得到某白炽灯的伏安特性曲线如图所示。

2019年茂名市第一次综合测试物理试题参考答案14.C 15.D 16.D 17.C. 18.D 19.BC 20.ACD 21.AC22.(5分) (1)1. 22(1分) (2)3.0(2分),(3)(2分)23. (1)D,E ；(2)连线如图所示(2分)；(3)NTC ；(4)80. 0Ω评分标准：第(2)问连线2分，其余每空2分，共10分24.(12分)解析 (1)设板间的电场强度为E ，离子做匀速直线运动，受到的电场力和洛伦兹力平衡，有qE ＝qv 0B 02分解得E ＝v 0B 0 1分(2)设A 点离下极板的高度为h ，离子射出电场时的速度为v ，根据动能定理得2分离子在电场中做类平抛运动，水平分方向做匀速运动，有1分解得 1分(3)设离子进入磁场后做匀速圆周运动的半径为r ，根据牛顿第二定律，得2分由几何关系得2d ＝rcos 30° 2分解得 1分25. (20分) (1)设A 、B 达到的共同速度为v 共，根据动量守恒有mV 0＝(m ＋M)V 共 (1分)解得v 共＝2m/s (1分)设这一过程中B 向右运动的位移为x 1，根据动能定理有(1分)解得x1＝3m (l分)因x1<L，A、B达到共同速度后才与墙碰撞，对系统有能量守恒可得1分代入数据解得Q=24J 1分(2)设从A滑上B到两者达到共同速度所用的时间为t1，则有(1分)(1分)解得t1＝3s (l分)两者达到共同速度后一起匀速运动，直到B第一次与墙壁碰撞，设匀速运动所用时间为t2， (1分) 所以，从A滑上B到B与墙壁碰撞所用的时间为t＝t1＋t2＝3.5s (1分)(3)要能碰撞两次，表明第一次碰撞前瞬间A、B的速度大小不等。

取水平向右为正方向，设B与墙壁第一次碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒有mv0＝mv1＋Mv2 (1分)设B与墙壁第二次碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为v3、v4，根据动量守恒有mv1－Mv2＝mv3＋Mv4 (1分)若要B与墙只发生两次碰撞，则第一次碰撞后系统总动量方向要向右，第二次碰撞后总动量方向要向左，所以有mv1－Mv2>0，mv3－Mv4≤0 (2分)根据B往返运动的对称性知v2＝v4 (1分)联立解得 (2分)根据动能定理有 (1分)解得 (1分)33.(1)ACE(5分)(2)【10分】(i)缸内气体的温度为T0时，缸内气体的压强(1分)当缸底物块对缸底的压力刚好为零时，缸内气体压强(1分)气体发生等容变化，则根据查理定律有(2分)解得(1分)(ii)当缸内气体体积为原来的1.2倍时，设气体的温度为T2，从温度T1变到温度T2，此过程气体发生的是等压变化，根据盖－吕萨克定律有(2分)解得(1分)此时细线断了，当细线断开的一瞬间，根据牛顿第二定律有(p2－p0)S－mg＝ma(l分) 解得a＝2g(l分)34、(1) ACE(5分)(2) (i)设光线P折射后经过B点，光路如图所示，根据折射定律得(2分)由几何关系知在△OBC中(1分)解得 (2分)所以 (1分)(ii)由几何关系知△DBC中(1分)因为 (2分)故光线从B点射出，光线P在圆柱体中运动时间为(1分)2019年第一次综合测试理综生物试题参考答案一.选择题（本题共6小题，每小题6分，共36分）二.非选择题（共54分，第29-32为必考题，每个试题考试都必须作答。

2019年广东省高考物理模拟试卷一、单项选择题：（本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项最符合题目要求．多选、错选均不得分）1．某探空火箭起飞后不久发动机自动关闭，它起飞后一段时间内的v﹣t 图象如图所示，下列说法正确的是（）A．火箭在0～10s内的加速度大于在10～15s内的加速度B．火箭在0～10s内的位移大于在10～15s内的位移C．10s末火箭达到最高点D．15s末火箭关闭发动机2．如图所示，用水平力F推乙物块，使甲、乙、丙、丁四个完全相同的物块一起沿水平地面以相同的速度匀速运动，则各物块受到摩擦力的情况是（）A．甲物块受到一个摩擦力的作用B．乙物块受到两个摩擦力的作用C．丙物块受到两个摩擦力的作用D．丁物块没有受到摩擦力的作用3．如图所示，在一次空地演习中，离地H高处的飞机以水平速度V1发射一颗炮弹欲轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以速度V2竖直向上发射炮弹拦截．设拦截系统与飞机的水平距离为s，不计空气阻力．若拦截成功，则V1、V2的关系应满足（）A．v1=v2B．v1=v2C．v1=v2D．v1=v24．如图所示，条形磁铁由静止开始下落穿过闭合线圈，线圈中产生电流，关于这一过程下列说法中正确的是（）A．条形磁铁的重力势能和动能之和在减少B．线圈对条形磁铁先做负功，后做正功C．穿过线圈的磁通量一直增加D．条形磁铁相当于一个电源二、双项选择题：（本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，均有两个选项符合题目要求．每小题全对者得6分；只选一个且正确得3分；多选、错选、不选均不得分）5．从狭义相对论出发，我们可以得到下列哪些结论（）A．同时的绝对性B．事件的因果关系可以颠倒C．运动的时钟变慢 D．物体质量随速度增大而增大6．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若（）A．保持S不变，增大d，则θ变小B．保持S不变，增大d，则θ变大C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持d不变，减小S，则θ变大7．我国于12年下半年发射目标飞行器“天宫一号”，若“天宫一号”能在离地面约300km高的圆轨道上正常运行，两个月后再发射“神舟八号”飞船并与其进行对接试验，如图所示．下列说法中正确的是（）A．“天宫一号”的发射速度应大于第二宇宙速度B．对接后，“天宫一号”的速度小于第一宇宙速度C．对接时，“神舟八号”与“天宫一号”的加速度相等D．对接前，“神舟八号”欲追上“天宫一号”，必须在同一轨道上点火加速8．如图所示，一橡皮绳上端固定，下端系一小球，从某高度自由落下，在下落过程中，位置A是橡皮绳原长位置，位置B为小球运动的最低点．下列说法中正确的是（）A．物体从A下降到B的过程，橡皮绳的弹性势能不断变小B．物体从开始下降到B的过程中，重力势能逐渐减小C．物体从A下降到B的过程中动能是先增大，后减小D．物体从A下降到B的过程中，动能不断变小9．如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，轨道足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B．一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度v m，则：（）A．如果B增大，v m将变小B．如果α变大，v m将变小C．如果R变大，v m将变大D．如果m变大，v m将变小三、非选择题：（本大题共4小题，共54分）10．“探究加速度a与物体所受合力F及质量m关系”的实验装置图如图甲所示．（1）某次实验得到的一段纸带如图乙所示，计数点A、B、C、D、E间的时间间隔为0.1s，根据纸带可求出小车的加速度大小为m/s2．（结果保留两位有效数字）（2）保持小车质量不变，改变砂和砂桶质量，进行多次测量．根据实验数据做出了加速度a随拉力F的变化图线，如图丙所示．图中直线没有通过原点，其主要原因是．11．标有“6V，1.5W”的小灯泡，测量其0﹣6V各不同电压下的实际功率，提供的器材除导线和开关外，还有：A．直流电源6V（内阻不计）B．直流电流表0﹣3A（内阻0.1Ω以下）C．直流电流表0﹣300mA（内阻约为5Ω）D．直流电压表0﹣15V（内阻约为15kΩ）E．滑动变阻器10Ω，2AF．滑动变阻器1kΩ，0.5A①实验中电流表应选用，滑动变阻器应选用．（用仪器前序号表示）②在如图虚线方框图中画出电路图．12．如图所示，在y＞0的空间中存在匀强电场，场强方向沿y轴正方向，场强大小为E．在y＜0的空间中存在匀强磁场，磁场方向垂直xOy平面（纸面）向外，磁感应强度大小为B．一电量为q、质量为m、重力不计的带负电的粒子，在y轴上y=L处的P点由静止释放，然后从O点进入匀强磁场．已知粒子在y＜0的空间运动时一直处于磁场区域内，求：（1）粒子到达O点时速度大小v；（2）粒子经过O点后第一次到达x轴上Q点（图中未画出）的横坐标x0；（3）粒子从P点出发第一次到达x轴上Q点所用的时间t．13．如图所示，质量为m A=2kg的木板A静止在光滑水平面上，一质量为m B=1kg的小物块B以某一初速度v0从A的左端向右运动，当A向右运动的路程为L=0.5m时，B的速度为v B=4m/s，此时A的右端与固定竖直挡板相距x．已知木板A足够长（保证B始终不从A上掉下来），A与挡板碰撞无机械能损失，A、B之间的动摩擦因数为μ=0.2，g取10m/s2（1）求B的初速度值v0；（2）当x满足什么条件时，A与竖直挡板只能发生一次碰撞？参考答案与试题解析一、单项选择题：（本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项最符合题目要求．多选、错选均不得分）1．某探空火箭起飞后不久发动机自动关闭，它起飞后一段时间内的v﹣t 图象如图所示，下列说法正确的是（）A．火箭在0～10s内的加速度大于在10～15s内的加速度B．火箭在0～10s内的位移大于在10～15s内的位移C．10s末火箭达到最高点D．15s末火箭关闭发动机【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】运动学中的图像专题．【分析】根据图线的斜率比较加速度的大小，根据图线与时间轴围成的面积比较位移的大小．根据速度的方向确定何时到达最高点．【解答】解：A、0﹣10s内图线斜率小于10﹣15s内图线斜率的绝对值，可知火箭在0﹣10s内的加速度小于在10﹣15s内的加速度，故A错误．B、图线与时间轴围成的面积表示位移，0﹣10s内图线与时间轴围成的面积大于10﹣15s内图线与时间轴围成的面积，可知0﹣10s内的位移大于10﹣15s内的位移，故B正确．C、0﹣15s内速度一直是正值，方向不变，15s末速度为零，到达最高点，故C错误．D、10s末加速度的方向发生变化，可知在10s末火箭关闭发动机，做匀减速直线运动，故D错误．故选：B．【点评】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．2．如图所示，用水平力F推乙物块，使甲、乙、丙、丁四个完全相同的物块一起沿水平地面以相同的速度匀速运动，则各物块受到摩擦力的情况是（）A．甲物块受到一个摩擦力的作用B．乙物块受到两个摩擦力的作用C．丙物块受到两个摩擦力的作用D．丁物块没有受到摩擦力的作用【考点】共点力平衡的条件及其应用；滑动摩擦力；静摩擦力和最大静摩擦力．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】分别对各个物体受力分析，当判断不出接触面上有无摩擦力时我们可借助物体的运动状态进行分析．【解答】解：接触面是水平的，以下我们只分析水平方向的力：（1）甲：不受摩擦力的作用，如果受摩擦力的话，甲不能处于平衡状态．（2）乙：甲不给乙摩擦力的作用，故乙只受到丙给它的一个摩擦力的作用．（3）丁：丁只受地面给它的一个摩擦力的作用．（4）丙因为丙给乙一个向后的摩擦力，故乙给丙一个向前的摩擦力，丙给丁一个向前的推力，所以丁给丙一个向后的推力，丙静止，故丙受到地面给它向后的摩擦力．综上所述：甲，不受摩擦力；乙，受1个摩擦力；丙，受2个摩擦力；丁，受一个摩擦力．故选：C【点评】当判断不出接触面上有无摩擦力时我们可借助物体的运动状态进行分析，分析的顺序一般是从上到下，从外到里．3．如图所示，在一次空地演习中，离地H高处的飞机以水平速度V1发射一颗炮弹欲轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以速度V2竖直向上发射炮弹拦截．设拦截系统与飞机的水平距离为s，不计空气阻力．若拦截成功，则V1、V2的关系应满足（）A．v1=v2B．v1=v2C．v1=v2D．v1=v2【考点】平抛运动．【专题】平抛运动专题．【分析】若拦截成功，竖直上抛的炮弹和平抛的炮弹运动时间相等，在竖直方向上的位移之和等于H，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．【解答】解：炮弹运行的时间t=，在这段时间内飞机发射炮弹在竖直方向上的位移h1=gt2，拦截炮弹在这段时间内向上的位移，h2=v2t﹣gt2．则H=h1+h2=v2t，所以H=v2，解得：v1=v2，故C正确，A、B、D错误．故选C．【点评】解决平抛运动的关键在于用好运动的合成与分解，明确平抛运动的实质是水平方向的匀速直线运动与竖直方向的自由落体的合运动；两个分运动互不影响，相互独立．4．如图所示，条形磁铁由静止开始下落穿过闭合线圈，线圈中产生电流，关于这一过程下列说法中正确的是（）A．条形磁铁的重力势能和动能之和在减少B．线圈对条形磁铁先做负功，后做正功C．穿过线圈的磁通量一直增加D．条形磁铁相当于一个电源【考点】楞次定律；功能关系．【分析】条形磁铁在下落过程中穿过闭合线圈，线圈中产生电流，该过程是电磁感应现象，即将机械能转化为电能，也是克服阻力做功的过程．【解答】解：A、条形磁铁的重力势能和动能之和在减少，也是克服阻力做功的过程，即将机械能转化为电能，故A正确．B、由楞次定律的第二种表述：“来拒去留”可知，线圈与磁铁应是相互排斥的，所以线圈对条形磁铁一直做负功．故B错误．C、穿过线圈的磁通量先增加后减小．故C错误．D、条形磁铁由静止开始下落穿过闭合线圈，线圈中产生电流，线圈相当于一个电源．故D错误．故选：A【点评】楞次定律有两种表述方式，一种为“增反减同”，另一种为“来拒去留”，我们常用第一种来判断电流方向，但不应忽视第二种表达的应用，可以用来判断磁极间的相互作用或者是运动情况．二、双项选择题：（本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，均有两个选项符合题目要求．每小题全对者得6分；只选一个且正确得3分；多选、错选、不选均不得分）5．从狭义相对论出发，我们可以得到下列哪些结论（）A．同时的绝对性B．事件的因果关系可以颠倒C．运动的时钟变慢 D．物体质量随速度增大而增大【考点】狭义相对论．【分析】解决本题需要了解1、狭义相对论的两个基本假设：①物理规律在所有惯性系中都具有相同的形式．这叫做相对性原理．②在所有的惯性系中，光在真空中的传播速率具有相同的值C．这叫光速不变原理．它告诉我们光（在真空中）的速度c是恒定的，它不依赖于发光物体的运动速度．2、狭义相对论的几个重要的效应：①钟慢效应：运动的钟比静止的钟走得慢，而且，运动速度越快，钟走的越慢，接近光速时，钟就几乎停止了；②尺缩效应：在尺子长度方向上运动的尺子比静止的尺子短，当速度接近光速时，尺子缩成一个点．③质量变大：质量（或能量）并不是独立的，而是与运动状态相关的，速度越大，质量越大．【解答】解：A、C、运动的钟比静止的钟走得慢，而且，运动速度越快，钟走的越慢；运动的钟变慢，打破了同时的相对性．故A错误C正确；B、运动的钟比静止的钟走得慢，但是事件的因果关系不可以颠倒．故B错误；D、质量（或能量）并不是独立的，而是与运动状态相关的，速度越大，质量越大，故D正确．故选：CD【点评】此题考查狭义相对论的基本结论，记住即可．该类题目要注意多加积累．6．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若（）A．保持S不变，增大d，则θ变小B．保持S不变，增大d，则θ变大C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持d不变，减小S，则θ变大【考点】电容器的动态分析．【专题】电容器专题．【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大．根据电容的决定式C=分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式C=分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况．【解答】解：A、B、根据电容的决定式C=得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大．故A错误，B 正确．C、D、根据电容的决定式C=得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大．故C错误，D正确．故选：BD【点评】本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式C=和C=．7．我国于12年下半年发射目标飞行器“天宫一号”，若“天宫一号”能在离地面约300km高的圆轨道上正常运行，两个月后再发射“神舟八号”飞船并与其进行对接试验，如图所示．下列说法中正确的是（）A．“天宫一号”的发射速度应大于第二宇宙速度B．对接后，“天宫一号”的速度小于第一宇宙速度C．对接时，“神舟八号”与“天宫一号”的加速度相等D．对接前，“神舟八号”欲追上“天宫一号”，必须在同一轨道上点火加速【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【专题】人造卫星问题．【分析】第二宇宙速度是发射脱离地球飞行的航天器的发射速度，第一宇宙速度是绕地球圆周运动的最大速度，在同轨道上点火加速后将做离心运动而抬高轨道．【解答】解：A、第二宇宙速度是在地球上发射脱离地球飞行航天器的最小发射速度而天宫一号发射后绕地球不远的轨道上飞行，故其发射速度小于第二宇宙速度，故A错误；B、第一宇宙速度是绕地球圆周运动的最大速度，也是贴近地球表面飞行的航天器的速度，而对接后航天器轨道半径大于地球半径，故其运行速度小于第一宇宙速度，故正确；C、对接后神舟八号与天宫一号轨道半径相等，根据万有引力提供圆周运动向心力知，两者加速度相等，故C正确；D、在同一轨道上点火加速，航天器将做离心运动而抬高轨道，故不能与同一轨道上的天宫一号实现对接，故D错误．故选：BC．【点评】掌握第一、第二宇宙速度的含义，能根据万有引力提供圆周运动向心掌握航天器的变轨原理是正确解题的关键．8．如图所示，一橡皮绳上端固定，下端系一小球，从某高度自由落下，在下落过程中，位置A是橡皮绳原长位置，位置B为小球运动的最低点．下列说法中正确的是（）A．物体从A下降到B的过程，橡皮绳的弹性势能不断变小B．物体从开始下降到B的过程中，重力势能逐渐减小C．物体从A下降到B的过程中动能是先增大，后减小D．物体从A下降到B的过程中，动能不断变小【考点】功能关系；动能和势能的相互转化．【分析】分析运动员的受力情况，来分析其运动情况，确定什么位置速度最大，抓住弹性绳的拉力与伸长量有关，伸长量越大，拉力越大进行分析．当人对绳的拉力大于人的重力时，人处于超重状态，此时有向上的加速度；【解答】解：A、物体从A下降到B的过程，位置A是橡皮绳原长位置，位置B为小球运动的最低点，A到B过程弹簧弹力一直做负功，弹性势能增加，A错误；B、物体从开始下降到B的过程中，高度不断减小，则重力势能逐渐减小，B正确；C、物体从A下降到B的过程中动能是先增大，后减小，重力和弹簧拉力相等时动能最大，C正确D错误；故选：BC．【点评】本题主要考查了分析物体的受力情况和运动情况的能力，要弹性绳拉力的大小可变而方向不变性进行分析，9．如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，轨道足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B．一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度v m，则：（）A．如果B增大，v m将变小B．如果α变大，v m将变小C．如果R变大，v m将变大D．如果m变大，v m将变小【考点】安培力．【分析】先分析金属杆杆的运动情况：金属杆从轨道上由静止滑下的过程中，切割磁感线产生感应电流，金属棒将受到安培力作用，安培力先小于重力沿斜面向下的分力，后等于重力的分力，金属棒先做变加速运动，后做匀速运动，速度达到最大，由平衡条件和安培力公式F=得到最大速度的表达式，再进行分析．【解答】解：金属杆受重力、支持力、安培力，开始时重力沿斜面的分力大于安培力，所以金属杆做加速运动．随着速度的增加，安培力在增大，所以金属杆加速度逐渐减小，当加速度减小到零，速度最大．当加速度为零时，金属杆做匀速运动，速度最大，则有mgsinα=BIL，I=联立得：v max=．由上式分析得知：A、如果B增大，v max将变小，故A正确．B、如果α变大，v max将变大，故B错误．C、如果R变大，v max将变大，故C正确．D、如果m变大，v max将变大，故D错误．故选：AC．【点评】本题第一方面要正确分析金属棒的运动情况，第二方面要熟记安培力的经验公式F安=，就能正确求解．三、非选择题：（本大题共4小题，共54分）10．“探究加速度a与物体所受合力F及质量m关系”的实验装置图如图甲所示．（1）某次实验得到的一段纸带如图乙所示，计数点A、B、C、D、E间的时间间隔为0.1s，根据纸带可求出小车的加速度大小为 1.9m/s2．（结果保留两位有效数字）（2）保持小车质量不变，改变砂和砂桶质量，进行多次测量．根据实验数据做出了加速度a随拉力F的变化图线，如图丙所示．图中直线没有通过原点，其主要原因是实验前未平衡摩擦力（或平衡摩擦力不充分）．【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【专题】实验题．【分析】（1、2）在“探究加速度a与物体所受合力F及质量m关系”的实验中，通过控制变量法，先控制m一定，验证a与F成正比，再控制F一定，验证a与m成反比；实验中用砂和砂桶的重力代替小车的合力，故要通过将长木板右端垫高来平衡摩擦力和使小车质量远大于砂和砂桶质量来减小实验的误差！（3）根据某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出A点的瞬时速度，通过逐差法，运用相邻相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度，通过速度时间公式求出O点的速度．【解答】解：（1）由于两相邻计数点时间间隔为0.1s根据运动学公式推论△x=aT2采用逐差法得出：a=．（2）开始当小车挂上重物时，加速度却为零，线性图象不通过坐标原点，故导致图象不过原点的原因是木板倾角偏小．即说明操作过程中平衡摩擦力不足．故答案为：（1）1.9；（2）实验前未平衡摩擦力（或平衡摩擦力不充分）【点评】利用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力．实验用控制变量法，本实验只有在满足平衡摩擦力和小车质量远大于砂和砂桶质量的双重条件下，才能用砂和砂桶重力代替小车所受的合力！11．标有“6V，1.5W”的小灯泡，测量其0﹣6V各不同电压下的实际功率，提供的器材除导线和开关外，还有：A．直流电源6V（内阻不计）B．直流电流表0﹣3A（内阻0.1Ω以下）C．直流电流表0﹣300mA（内阻约为5Ω）D．直流电压表0﹣15V（内阻约为15kΩ）E．滑动变阻器10Ω，2AF．滑动变阻器1kΩ，0.5A①实验中电流表应选用C，滑动变阻器应选用E．（用仪器前序号表示）②在如图虚线方框图中画出电路图．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题．【分析】①根据灯泡正常发光时的电流选择电流表；为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．②根据题意确定电流表与滑动变阻器的接法，然后作出实验电路图．【解答】解：①灯泡正常发光时的电流I===0.25A=250mA，则电流表选C；为方便实验操作，滑动变阻器应选E；②实验要测量0﹣6V各不同电压下的实际功率，电压应从零开始变化，因此滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻为R===24Ω，电流表内阻为5Ω，电压表内阻为15kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示；故答案为：①C；E；②实验电路图如图所示．【点评】本题考查了实验器材的选择、设计实验电路图，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器只能采用分压接法．12．如图所示，在y＞0的空间中存在匀强电场，场强方向沿y轴正方向，场强大小为E．在y＜0的空间中存在匀强磁场，磁场方向垂直xOy平面（纸面）向外，磁感应强度大小为B．一电量为q、质量为m、重力不计的带负电的粒子，在y轴上y=L处的P点由静止释放，然后从O点进入匀强磁场．已知粒子在y＜0的空间运动时一直处于磁场区域内，求：（1）粒子到达O点时速度大小v；（2）粒子经过O点后第一次到达x轴上Q点（图中未画出）的横坐标x0；（3）粒子从P点出发第一次到达x轴上Q点所用的时间t．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】（1）粒子从P到O的过程中电场力做正功，运用动能定理列式，可求得速度v的大小．（2）粒子沿﹣y方向进入磁场时，由左手定则判断可知粒子向右偏转，做匀速圆周运动，由洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律可求出其轨迹半径r，坐标x0=2r．（3）分段求时间：电场中运用运动学公式求时间，磁场中粒子运动了半个周期，再求总时间．【解答】解：（1）从P到O的过程中电场力做正功，根据动能定理：qEL= mv2 ①解得：②（2）粒子沿﹣y方向进入磁场时，由左手定则可知粒子向右偏转，做匀速圆周运动，③由③式可得：④所以，Q点的坐标在x轴正方向上，横坐标⑤（3）在电场中运动时间t1，则⑥即⑦在磁场中运动时间t2，则：⑧故粒子从P点出发第一次到达x轴上到达Q点所用的时间：⑨答：（1）粒子到达O点时速度大小v为；（2）粒子经过O点后第一次到达x轴上Q点（图中未画出）的横坐标x0为；（3）粒子从P点出发第一次到达x轴上Q点所用的时间t为+．【点评】对于带电粒子先加速后偏转的类型，常规思路是根据动能定理求加速获得的速度，对于磁场中匀速圆周运动，结合轨迹，找出向心力的来源，由牛顿第二定律和几何知识结合求解．13．如图所示，质量为m A=2kg的木板A静止在光滑水平面上，一质量为m B=1kg的小物块B以某一初速度v0从A的左端向右运动，当A向右运动的路程为L=0.5m时，B的速度为v B=4m/s，此时A的右端与固定竖直挡板相距x．已知木板A足够长（保证B始终不从A上掉下来），A与挡板碰撞无机械能损失，A、B之间的动摩擦因数为μ=0.2，g取10m/s2（1）求B的初速度值v0；。

【全国市级联考】广东省茂名市五校联考2019-2020学年高一下物理期末模拟试卷一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分） 1、如图所示，质量为m 的小球从高为h 处的斜面上的A 点滚下，经过水平面BC 后，再滚上另一斜面，当它到达高为4h的D 点时，速度为零，在这个过程中，重力做功为（ ）A ．34mghB ．4mghC ．mghD ．02、如图所示，一质量为M=3.0 kg 的长木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量为m=1.0 kg 的小木块A ．给A 和B 以大小均为4.0 m/s 、方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，A 始终没有滑离B ．在A 做加速运动的时间内，B 的速度大小可能是( )A ．1.8 m/sB ．2.4 m/sC ．2.8 m/sD ．3.0 m/s3、下列说法符合史实的是A ．开普勒在牛顿定律的基础上，总结出了行星运动的规律B ．牛顿发现了万有引力定律，并通过实验测出了引力常量C ．卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量D ．法拉第总结了电荷之间作用力的规律，并提出“场”的概念 4、下列关于开普勒行星运动规律的认识正确的是（ ） A ．所有行星绕太阳运动的轨道是椭圆 B ．所有行星绕太阳做匀速圆周运动C ．所有行星的轨道的半长轴的二次方跟公转周期的三次方的比值都不同D ．所有行星的公转周期与行星的轨道半径成正比5、如图所示，一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相等的小球A 和B 紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则以下说法中正确的是 ( )A ．A 球的角速度等于B 球的角速度 B ．A 球的线速度大于B 球的线速度C ．A 球的运动周期小于B 球的运动周期D ．A 球对筒壁的压力大于B 球对筒壁的压力6、牛顿在1687年提出万有引力定律后，首次比较准确地测定引力常量的科学家是: A ．开普勒B ．伽利略C ．卡文迪许D ．牛顿7、如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m 的小球从槽高h 处由静止开始自由下滑（ ）A ．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功B ．在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒C ．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D ．被弹簧反弹后，小球能回到槽高h 处8、经典力学有一定的局限性和适用范围．下列运动适合用经典力学研究和解释的是（ ） A ．“墨子号”量子卫星绕地球运动的规律B ．“墨子号”量子卫星从太空发出两道红光，射向云南雨江高美古站，首次实现了人类历史上第一次距离达千里级的量子密钥分发C ．氢原子内电子的运动D ．高速飞行的子弹的运动9、我国的探月工程计划分为“绕”、“落”、“回”三个阶段，“嫦娥三号”探月卫星是其中的第二个阶段．预计在未来几年内发射的“嫦娥X 号”探月卫星有望实现无人自动采样后重返地球的目标．已知地球质量是月球质量的81倍，地球半径是月球半径的4倍．关于“嫦娥X 号”探月卫星，下列说法中不正确的是（） A ．它绕月球的最大绕速度小于7.0km/sB ．它在月球表面重力加速度大于地球表面重力加速度C ．它在月球表面的环绕周期小于它在地球表面的环绕周期D ．它在月球表面受到的引力大于它在地球表面受到的引力10、如图所示，两个电源的电动势均为6E V =，内阻均为3r =Ω，01R =Ω，直流电动机内阻01R '=Ω。

广东省茂名市五校联盟2018～2019学年度高三第一次联考理科综合2018.11 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Ca 40 Cr 52一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.2018年诺贝尔生理学或医学奖授予了美国的James P. Allison以及日本的Tasuku Honjo，以表彰他们在肿瘤免疫疗法中的卓越贡献，两名科学家的研究“松开”了人体的抗癌“刹车”，让免疫系统能全力对抗癌细胞，让癌症的治愈成为了可能。

下列相关叙述错误的是A.与正常细胞相比癌细胞的形态结构都发生了明显的变化B.人体内的癌细胞处于分裂间期时会大量利用碱基T和UC.正常人体内的免疫系统能监控并清除发生癌变的细胞D.环境存在的致癌因子，可诱导原癌基因突变为抑癌基因2.在最适温度和pH条件下，将一定量的淀粉与淀粉酶混合，右图中曲线①为在最适温度和pH 条件下麦芽糖生成量的情况曲线②或③是在P点时改变某一条件后得到的。

下列叙述中正确的是A.曲线①所示麦芽糖生成速率不断减小，说明淀粉酶活性不断降低B.在P点时若降低温度会得到曲线③，若提高温度会得到曲线②C.在P点时若适当降低pH、将酶换成无机催化剂均会得到曲线③D.在P点时若增加一定量的淀粉会得到曲线②3.下列有关生物学实验的相关叙述，正确的是A.在观察植物细胞有丝分裂的实验中，解离和漂洗的目的是使细胞分离开B在低温诱导染色体数目变化的实验中，细胞内染色体数目均增加一倍C.绿叶中色素提取的原理是色素在层析液中溶解度越大，在滤纸上扩散越快D.在探究细胞大小与物质运输关系的实验中，物质运输效率与细胞大小呈反比4.泰和鸡的慢羽基因(T)与快羽基因(t)是位于z染色体上的一对等位基因。

毛腿基因(H)与光腿基(h) 是位于常染色体上的一对等位基因。

现用毛腿慢羽公鸡与光腿快羽母鸡杂交得到F1，F1只有一种表现型。

广东省茂名市五校联考2019届高三物理第一次联考试题（含解析）一、选择题1.磁性冰箱贴既可以用来装饰冰箱，也可以用来记事备忘。

当冰箱贴紧紧吸住侧壁不动时，下列说法正确的是（）A. 冰箱贴受到三个力作用B. 冰箱贴受到四个力作用C. 磁性吸力和弹力是一对相互作用力D. 冰箱贴受到的摩擦力大于其受到的重力【答案】B【解析】A. 对冰箱贴受力分析可知，水平方向受磁力和弹力作用，而竖直方向受重力和摩擦力作用才能处于平衡，故冰箱贴共受四个力作用，故B正确，A错误；C. 磁性吸力和弹力作用在冰箱贴上，为平衡力，故C错误；D. 根据平衡条件可知，冰箱贴受到的摩擦力等于其受到的重力，故D错误。

故选：B.2.一个物块从倾斜的木板顶端由静止开始下滑，当木板的倾角为37°时，下滑到木板底端所用的时间为t，若将木板的倾角增大为53°，再让物块从木板顶端由静止下滑，下滑到底端sin37°=0.6，sin53°=0.8，则物块与木板间的动摩擦因数为（）【答案】C【解析】【详解】对物体，由牛顿第二定律得：mgsin37°-μmgcos37°=ma，mgsin53°-μmgcos53°=ma′，物体做初速度为零的匀加速直线运动，由匀变速直线运动的位移公式得：2，）2，解得：μC。

【点睛】本题考查了牛顿第二定律与匀变速直线运动规律的应用，分析清楚物体的运动过程与运动性质是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题．3.一物块在光滑水平面上处于静止状态，某时刻起受到方向水平向右、大小为3N的拉力F1和水平向左的拉力F2作用，F2从6N随时间均匀减小到零该过程中，拉力F1的瞬时功率P随时间t变化的关系图象可能是下面四幅图中的（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】依题，F2从6N逐渐减小到零，则物体所受合外力先从方向向左，大小为3N逐渐减小到0，然后反向从零逐渐增大到3N，由牛顿第二定律可知：物体的加速度先逐渐减小到零，然后再从零反向逐渐增大，结合运动的方向与加速度的关系可知，物体先做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动。

广东省茂名市高州大坡第一中学2019年高三物理联考试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 质量分别为m1和m2的两个物体A、B，并排静止在水平地面上，如图甲所示，用同向水平拉力F1、F2分别作用于物体A和B上，作用一段时间后撤去，两物体各自滑行一段距离后停止．两物体运动的速度—时间图象分别如图乙中图线a、b所示，相关数据已在图中标出，已知m1＜m2，下列判断中正确的有()A. A、B两物体与地面的动摩擦因数一定相同B. 一定有F1大于F2C. 力F1对物体A所做的功一定小于力F2对物体B所做的功D. 力F1的最大瞬时功率一定小于力F2的最大瞬时功率参考答案：AC2. .景颇族的祖先发明的点火器如图1所示，用牛角做套筒，木质推杆前端粘着艾绒。

猛推推杆，艾绒即可点燃，对筒内封闭的气体，再次压缩过程中A．气体温度升高，压强不变B．气体温度升高，压强变大C．气体对外界做正功，其体内能增加D．外界对气体做正功，气体内能减少参考答案：B再次猛推推杆压缩过程中,由热力学第一定律可知，气体与外界没有热交换，外界对气体做功，气体内能增加，温度升高；由理想气体状态方程有，气体体积变小，温度升高，故压强变大，所以选B。

3. （单选）在物理学发展史上伽利略、牛顿等许许多多科学家为物理学的发展做出了巨大贡献．以下选项中符合他们观点的是（）A．人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方B．两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明：物体受的力越大速度就越大C．两物体从同一高度自由下落，较轻的物体下落较慢D．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来；这说明：静止状态才是物体不受力时的“自然状态”参考答案：【考点】：物理学史．【分析】：人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方，符合伽利略、牛顿的惯性理论．两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明：物体受的力越大速度就越大，不符合伽利略、牛顿的观点．伽利略、牛顿认为重物与轻物下落一样快、力不是维持物体运动的原因．根据伽利略、牛顿的观点判断选项的正误．：解：A、人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，人保持起跳时车子的速度，水平速度将车子的速度，所以将落在起跳点的后方．符合伽利略、牛顿的惯性理论．故A正确．B、力越大，物体运动的速度越大，不是伽利略、牛顿的观点．故B错误．C、伽利略、牛顿认为重物与轻物下落一样快，所以此选项不符合他们的观点．故C错误．D、此选项说明力是维持物体运动的原因，是亚里士多德的观点，不是伽利略、牛顿的观点．故D错误．故选A【点评】：本题要对亚里士多德的观点和伽利略、牛顿的观点关于力和运动关系的观点有了解．可以根据牛顿的三大定律进行分析．4. 如图所示，质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜劈上，现用大小均为F、方向相反的水平力分别推A和B，它们均静止不动，则（）A．A与B之间一定存在摩擦力 B．B与地面之间一定存在摩擦力C．B对A的支持力一定小于mg D．地面对B的支持力的大小一定等于（M+m）g参考答案：D5. （多选题）如图所示，M为定滑轮，一根细绳跨过M，一端系着物体C，另一端系着一动滑轮N，动滑轮N两侧分别悬挂着A、B两物体，已知B物体的质量为3kg，不计滑轮和绳的质量以及一切摩擦，若C物体的质量为9kg，则关于C物体的状态下列说法正确的是（）A．当A的质量取值合适，C物体有可能处于平衡状态B．无论A物体的质量是多大，C物体不可能平衡C．当A的质量足够大时，C物体不可能向上加速运动D．当A的质量取值合适，C物体可以向上加速也可以向下加速运动参考答案：AD【考点】共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律．【分析】要使C物体保持平衡，必须使N平衡，则A与B 也可能平衡．列出平衡方程；若A与B的质量不同，则分两种情况，根据牛顿第二定律列方程讨论．【解答】解：A、首先取AB连接体为研究对象，当A的质量远远小于B的质量，则B以接近重力加速度做向下的加速运动，B处于失重状态，细绳的最小拉力接近为零；当A的质量远远大于B的质量时，则B以接近重力加速度向上做加速运动，B处于超重状态，细绳的最大拉力接近B的重力的两倍，故此时细绳拉C的最大拉力为B的重力的4倍，故当A的质量取值合适，C的质量在大于零小于12kg之间都有可能处于平衡，故A正确，B错误；C、结合以上的分析，当细绳对C拉力小于C的重力时C产生向下的加速度，当细绳对C 的拉力大于C的重力时C产生向上的加速度，故C错误、D正确．故选：AD二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. （2008?上海模拟）已知某物质摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为N A，则该物质的分子质量为，单位体积的分子数为．参考答案：；NA解：每个分子的质量m=．单位体积的质量等于单位体积乘以密度，质量除以摩尔质量等于摩尔数，所以单位体积所含的分子数n=N A；7. 汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动，可以明显的看出滑动的痕迹，即常说的刹车线，由刹车线长短可以得知汽车刹车前的速度大小，因此刹车线的长度是分析交通事故的一个重要依据。