云南省玉溪一中2019届高三物理上学期第四次月考试卷（含解析）.docx

云南省玉溪一中2019届高三上学期第四次月考物理试题二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1417题只有一项符合题目要求，第1821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。1.两辆游戏赛车、在两条平行的直车道上行驶。时两车都在同一计时线处，此时比赛开始。它们在四次比赛中的图如图所示。哪些图对应的比赛中，有一辆赛车追上了另一辆【答案】AC【解析】在速度-时间图象里，图象与横轴所围成的面积表示物体发生的位移从A图中可以看出，当t=20s时，两图象面积相等，此时一辆赛车追上另一辆，A正确；图中a的面积始终小于b的面积，所以不可能追上，B错误；图象也是在t=20s时，两图象面积相等，此时一辆赛车追上另一辆；C正确；图象中a的面积始终小于b的面积，所以不可能追上，D错误【此处有视频，请去附件查看】2. 如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线。则（ ）A. 场强EaEb，EbEcB. 电势ab，cbC. 沿cba路径移动质子与电子，电荷的电势能改变是一样的D. 沿bc方向直线射入的电子有可能做曲线运动【答案】A【解析】A、根据电场线的疏密表示电场强度的相对大小，可知EaEbEc故A正确；B、沿着电场线方向电势是降低的，同一等势面上各点的电势相等，则知cb=a故B错误；C、沿cba路径移动质子与电子，根据公式W=qU，知由于电子与质子的电性相反，电场力对质子做正功，对电子做负功，则质子的电势能减小，电子的电势能增大，故C错误；D、沿bc方向直线射入的电子，所受的电场力沿cb方向，电子做直线运动故D错误；故选A。3.如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点每根杆上都套着一个完全相同的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c点无初速度释放，关于它们下滑过程的下列说法中正确的是A. 重力对各环的冲量a的最大B. 弹力对各环的冲量c的最大C. 合力对各环的冲量大小相等D. 各环的动能增量相等【答案】B【解析】【分析】根据牛顿定律与运动学公式结合分析得到：三个滑环下滑的时间相同由冲量公式I=Ft，判断重力冲量关系由于c环受到的弹力最大，其冲量最大a环加速度最大，合力最大，其冲量最大下滑过程中，只有重力做功，根据动能定理得知，动能的增量等于重力做功，重力对a环做功最大，其动能的增量最大【详解】设任一细杆与竖直方向的夹角为，环运动的时间为，圆周的直径为D则环的加速度大小。由位移公式得，得到，所以三个环运动时间相同。由于三个环的重力相等，运动时间相同，由公式I=Ft分析可知，各环重力的冲量相等，A错误；c环受到的弹力最大，运动时间相等，则弹力对环c的冲量最大，B正确；a环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对a环的冲量最大，C错误；重力对a环做功最大，其动能的增量最大，D错误4.如图所示，一倾斜的匀质圆盘垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面间的夹角为300，g取10m/s2。则的最大值是A. 0.5 rad/s B. 1.5 rad/s C. D. 2.0 rad/s【答案】D【解析】【分析】当物体转到圆盘的最低点，由重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力的合力提供向心力时，静摩擦力最大，由牛顿第二定律求出最大角速度【详解】当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得，解得，D正确【点睛】本题关键要分析向心力的来源，明确角速度在什么位置最大，由牛顿第二定律进行解题5.下面说法正确的是A. 在直流电源的外电路上，电流的方向是从电源正极流向负极B. 伽利略开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法C. 元电荷就是带电量为1C的点电荷D. 电流的速度就是自由电荷在电路中定向移动的速度【答案】AB【解析】【分析】电流方向与正电荷的移动方向一致，与负电荷的方向相反，在外电路上电流由电源的正极流向负极；元电荷是电荷量的单位，是指自然界中已知的电荷的最小单元；伽利略开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法；电流速度等于光速，而电子移动的平均速率很小【详解】正电荷定向移动的方向是电流的方向，与负电荷的方向相反，在外电路上电流由电源的正极流向负极，A正确；伽利略开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法，B正确；元电荷是表示跟电子或质子所带电量数值相等的电量，是最小电荷量，为e=1.610-19C，C错误；电流速度等于光速，而电子移动的平均速率很小，所以电荷定向移动的速度并不是电流的速度，D错误6.按照我国整个月球探测活动的计划，在第一步“绕月”工程圆满完成各项目标和科学探测任务后，第二步是“落月”工程，已在2013年以前完成。假设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0，飞船沿距月球表面高度为3R的圆形轨道运动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道，到达轨道的近月点B时再次点火进入月球近月轨道绕月球做圆周运动。下列判断正确的是A. 飞船在轨道上的运行速率B. 飞船在A点处点火变轨时，动能增大C. 飞船在轨道绕月球运动一周所需的时间D. 飞船从A到B运行的过程中机械能不变【答案】ACD【解析】【分析】在月球表面，万有引力等于重力，在任意轨道，万有引力提供向心力，联立方程即可求解，卫星变轨也就是近心运动或离心运动，根据提供的万有引力和所需的向心力关系确定。飞船在近月轨道绕月球运行，重力提供向心力，根据向心力周期公式即可求解【详解】在月球表面有，在轨道I上运动有，解得，A正确；飞船在A点变轨，做近心运动，需减速，所以动能减小，B错误；在月球表面有：，在轨道III上运动有：，联列方程可得：卫星在轨道III上运动一周所需时间，C正确；飞船从A到B的过程中，只有万有引力做功，机械能守恒不变，D正确7.由粗糙的水平杆AO与光滑的竖直杆BO组成的绝缘直角支架如图放置，在AO杆、BO杆上套有带正电的小球P、Q，两个小球恰能在某一位置平衡。现将P缓慢地向左移动一小段距离，两球再次达到平衡。若小球所带电荷量不变，与移动前相比，下列正确的是A. P、Q之间的距离增大B. 杆BO对Q的弹力减小C. 杆AO对P的摩擦力增大D. 杆AO对P的弹力不变【答案】CD【解析】【分析】本题涉及两个物体的平衡问题，灵活选择研究对象是关键当几个物体都处于静止状态时，可以把它们看成整体进行研究【详解】Q受力如图，由力的合成与平衡条件可知：BO杆对小球Q的弹力变大，两小球之间的库仑力变大，由库仑定律知，两小球P、Q的距离变小，AB错误；对整体受力分析，可得AO杆对小球P的摩擦力变大，C正确；对整体分析可知，竖直方向只受重力和AO杆的支持力，故AO杆对小球P的弹力不变，D错误8.如图所示，质量分别为2m和m的A、B两物体用不可伸长的轻绳绕过轻质定滑轮相连，开始两物体处于同一高度，绳处于绷紧状态，轻绳足够长，不计一切摩擦。现将两物体由静止释放，在A落地之前的运动中，下列说法中正确的是A. A物体的加速度为B. A、B组成系统的重力势能增大C. 下落t秒时 B所受拉力的瞬时功率为D. 下落t秒时，A的机械能减少了【答案】AD【解析】【分析】分别以A和B为研究对象进行受力分析，结合牛顿第二定律即可求出加速度；根据A和B的机械能变化情况判断两者组成的系统重力势能变化；根据即可求出下落t s时，A与B的速度的大小，再由求出B所受拉力的瞬时功率；由求出A下降的高度，再结合功能关系即可求出A的机械能的变化【详解】两个物体分别位于同一根绳子的两端，所以加速度的大小是相等的；设绳子之间的拉力为T，则对B分析有：，对A分析有：，联立可得：，A错误；在A落地之前的运动中，由于A的重力大于B的重力，则A重力势能的减少量大于B物体重力势能的增加量，所以A、B组成系统的重力势能减小，B错误；下落ts时，B的速度大小为：，则B所受拉力的瞬时功率为，C错误；下落ts时，A下落的高度为，则A克服细绳拉力做功为，根据功能关系得A的机械能减少量为：，D正确【点睛】该题看似简单，却考查了运用整体法与隔离法、牛顿第二定律、机械能守恒等知识，解答的关键是正确的利用整体和隔离法求出二者的加速度三、非选择题：共174分，第22 32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）9.下图游标卡尺的读数为 cm 螺旋测微器的读数为 mm【答案】【解析】试题分析：游标卡尺的读数为螺旋测微器的读数为考点：螺旋测微器的使用；游标卡尺的使用点评：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读以及螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读10.某同学为探究求合力的方法，做了如图所示的实验。ABCD为竖直平板，E、F两处固定了摩擦不计的轻质滑轮，滑轮的轴保持水平，所用绳子的质量可不计。第一次实验中，当装置平衡时，绳子的结点在O处，拉力的方向和钩码的位置如图所示。第二次实验时，仅把右侧滑轮的位置移动到图中的G点，待稳定后，EOF将_(填“变大”“变小”或“不变”)，绳子结点O的位置将_。A竖直向下移动B水平向右移动C沿EO方向移动D沿FO方向移动【答案】C【解析】试题分析：以O点为研究对象，受到三个力的作用，由于钩码个数不变，因此三个力的大小不变，O点所受竖直方向的拉力大小方向不变，即EO，FO两绳子拉力的合力大小方向不变，根据平行四边形定则可知，二力的大小不变，其合力的大小方向不变，则该二力的夹角不变，故EOF不变；根据相似三角形的几何关系可知，E点位置不变，EF之间的距离变大，而EOF不变，因此绳子结点O的位置将向EO方向移动，故ABD错误，C正确故选C考点：探究求合力的方法【名师点睛】掌握三力平衡的条件，理解平行四边形定则，同时验证平行四边形定则是从力的图示角度去作图分析11.要测绘额定电压为2 V的日常用小电珠的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：A电源E（电动势3.0 V，内阻可不计）B电压表V1(量程为03.0 V，内阻约2 k)C电压表V2(015.0 V，内阻约6 k)D电流表A1(00.6 A，内阻约1 )E电流表A2(0100 mA，内阻约2 )F滑动变阻器R1（最大值10 ）G滑动变阻器R2（最大值2 k）（1）为减少实验误差，实验中电压表应选择_，电流表应选择_，滑动变阻器应选择_（填各器材的序号）（2）为提高实验精度，请你设计实验电路图，并画在下面的虚线框中_.（3）实验中测得一组数据如下表所示，根据表格中的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特性曲线_。I/A00.120.210.290.340.380.420.450.470.490.50U/V00.200.400.600.801.001.201.401.601.802.00（4）该小电珠的额定功率是_。【答案】 (1). B (2). D (3). F (4). 见解析 (5). 见解析 (6). 1W【解析】【分析】关键是根据小电珠的规格即可选择电压表与电流表的量程，根据实验要求电流从零调可知变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；根据小电珠电珠满足可知电流表应用外接法；的关键是根据表中数据选取标度、描点，然后用平滑的曲线连接即可；根据图象可明确电压为2V时的电流，由功率公式可求得功率；【详解】（1）由题意小灯泡额定电压为2V，额定电流为0.5A，故电压表应选B，电流表应选D，又描绘伏安特性曲线要求电流从零调，故变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器F（2）由于小电珠电珠较小，满足，电流表应用外接法，又变阻器应采用分压式接法，电路图如图所示：（3）根据描点法可得如图所示（4）由图可知，当电压为2V，电流为0.5A；则功率P=UI=20.5=1W；12.如图所示，离子发生器发射一束质量为m、电荷量为q的离子，从静止经PQ两板间的加速电压加速后，以初速度v0从a点沿ab方向进入一匀强电场区域，abcd所围成的正方形是该匀强电场的边界，已知ab长为L，匀强电场的方向与ad边平行且由a指向d。（1）求加速电压U0；（2）若离子恰从c点飞离电场，求a、c两点间的电势差Uac；（3）若离子从abcd边界上某点飞出时的动能为mv02，求此时匀强电场的场强大小E。【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析: (1)对直线加速过程，根据动能定理，有：qU0=解得:U0=(2)设此时场强大小为E，则:ab方向，有:L=v0t ad方向，有:L=Uac=EL 解得:Uac=（3）根据可知，离子射出电场时的速度，方向与ab所在直线的夹角为45，即，根据，可得x=2y，则离子将从bc边上的中点飞出，即根据动能定理，有：解得:考点： 带电粒子在电场中运动13.如图所示，光滑水平台面MN上放两个相同小物块A，B，右端N处与水平传送带理想连接，传送带水平部分长度L=17m，沿逆时针方向以恒定速度v0=4m/s匀速转动。物块A，B（大小不计，视作质点）与传送带间的动摩擦因数均为=0.2，物块A，B质量均为m=1kg。开始时A，B静止，A，B间压缩一轻质短弹簧。现解除锁定，弹簧弹开A，B，弹开后B滑上传送带，A掉落到地面上的Q点，已知水平台面高h=0.8m，Q点与水平台面间右端间的距离S=3.2m，g取10m/s2。（1）求物块A脱离弹簧时速度的大小，及弹簧储存的弹性势能；（2）求物块B在水平传送带上运动的时间；（3）求B与传送带间摩擦产生的热量。【答案】（1）8m/s，64J（2）9s（3）72J【解析】【分析】A离开平台后做平抛运动，应用平抛运动规律求出A离开平台时的速度，解锁过程A、B系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以去除速度与弹性势能；应用牛顿第二定律求出加速度，然后应用运动学公式求出运动时间；应用运动学公式求出相对位移，应用公式求出摩擦力产生的热量。【详解】（1）A作平抛运动，竖直方向：，水平方向： 代入数据联立解得： 解锁过程系统动量守恒，规定A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，代入数据解得：，由能量守恒定律得：，代入数据解得：；（2）B作匀变速运动，由牛顿第二定律有，解得；B向右匀减速至速度为零，由，解得：，所以B最终回到水平台面。设B向右匀减速的时间为：，解得：；设B向左加速至与传送带共速的时间为由，解得：；共速后做匀速运动的时间为，有：；代入数据解得总时间：；（3）B向右减速运动时，相对于传送带的位移：；B向左加速运动，相对于传送带的位移：；B与传送带间摩擦产生的热量：，代入数据解得：Q=72J；【点睛】本题考查了动量守恒定律、能量守恒定律和牛顿第二定律的综合运用，理清物块在传送带上的运动规律，知道物块先向右做匀减速运动，然后返回做匀加速运动，再做匀速运动，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解。14.下列说法正确的是_A一定质量的100 的水吸收热量后变成100 的水蒸气，系统的内能保持不变B对某物体做功，可能会使该物体的内能增加C. 实际气体分子热运动的