青海省西宁市第四高级中学、第五中学、第十四中学三校2019届高三物理4月联考试题（含解析）.docx

青海省西宁市第四高级中学、第五中学、第十四中学三校2019届高三物理4月联考试题（含解析）1.一粒钢珠从静止状态开始自由落体，然后陷入泥潭中。若把它在空中自由落体的过程称为，进入泥潭直到停止的过程称为，则（ ）A. 过程中钢珠动量的改变量小于重力的冲量B. 过程中钢珠所受阻力的冲量大小等于过程中重力冲量的大小C. 过程中钢珠的动量改变量等于阻力的冲量D. 过程中阻力的冲量大小等于过程与过程重力冲量的大小【答案】D【解析】在过程中，钢珠只受重力的作用，根据动量定理可知，其动量的改变量等于重力的冲量，选项A错误；过程中，钢珠所受外力有重力和阻力，所以过程中阻力的冲量大小等于过程中重力的冲量大小与过程中重力冲量大小的和故B错误；过程中，钢珠所受外力有重力和阻力，所以过程中钢珠的动量改变量等于重力和阻力的冲量的和故C错误；过程中，钢珠所受外力有重力和阻力，所以过程中阻力的冲量大小等于过程中重力的冲量大小与过程中重力冲量大小的和故D正确；故选D.2.如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，P与圆心O的连线与水平面的夹角为，将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90，框架与小球始终保持静止状态。在此过程中下列说法正确的是（）A. 框架对小球的支持力先减小后增大B. 拉力F的最小值为mgsinC. 地面对框架的摩擦力减小D. 框架对地面的压力先增大后减小【答案】C【解析】AB、以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，如图所示根据几何关系可知，用F顺时针转动至竖直向上之前，支持力逐渐减小，F先减小后增大，当F的方向沿圆的切线方向向上时，F最小，此时：F=mgcos，故A错误，B正确；C、以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿水平方向的分力逐渐减小，所以地面对框架的摩擦力始终在减小，故C正确；D、以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的支持力始终在减小故D错误；故选BC。【点睛】本题采用隔离法研究动态平衡问题，分析受力，作出力图是关键。3. 如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零。则小球aA. 从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B. 从N到P的过程中，速率先增大后减小C. 从N到Q的过程中，电势能一直增加D. 从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量【答案】BC【解析】试题分析：a球从N点静止释放后，受重力mg、b球的库仑斥力FC和槽的弹力N作用，a球在从N到Q的过程中，mg与FC的夹角逐渐减小，不妨先假设FC的大小不变，随着的减小mg与FC的合力F将逐渐增大，况且，由库仑定律和图中几何关系可知，随着的减小FC逐渐增大，因此F一直增加，故选项A错误；在a球在从N到Q的过程中，a、b两小球距离逐渐变小，电场力一直做负功，电势能一直增加，故选项D正确；显然在从P到Q的过程中，根据能的转化与守恒可知，其电势能增加量等于其机械能的减少量，b球在Q点时的重力势能大于其在P点时的重力势能，因此该过程中动能一定在减少，且其减少量一定等于其电势能与重力势能增加量之和，故选项C错误；既然在从P到Q的过程中，b球的动能在减少，因此其速率也在减小，而开始在N点时速率为0，开始向下运动段中，其速率必先增大，故选项B正确。考点：孤立点电荷等势面特征、库仑定律、平行四边形定则、功能关系、能量守恒定律的应用【名师点睛】题运用假设法，假设出各个量采用定量计算很繁琐，因此宜选择定性分析法与半定量相结合。能的转化与守恒，是普适规律，任何情况下都要遵循，重力、电场力属于保守力，保守力做功与路径无关，且相关力做正功，相关势能减少，相关力做负功，相关势能增加，做多少功就有多少能的变化。【此处有视频，请去附件查看】4.用如图甲所示的装置研究光电效应现象。闭合开关S，用频率为的光照射光电管时发生了光电效应。图乙是该光电管发生光电效应时光电子的最大初动能Ek与入射光频率的关系图像，图线与横轴的交点坐标为(a,0)，与纵轴的交点坐标为(0，b)，下列说法中正确的是()A. 普朗克常量为hB. 断开开关S后，电流表G的示数为零C. 仅增加照射光的强度，光电子的最大初动能将增大D. 保持照射光强度不变，仅提高照射光频率，电流表G的示数保持不变【答案】AD【解析】【详解】根据Ekm=hv-W0得，纵轴截距的绝对值等于金属的逸出功，等于b。当最大初动能为零时，入射光的频率等于截止频率，所以金属的截止频率为v0=a，那么普朗克常量为，故A正确；电键S断开后，因光电效应现象中，光电子存在最大初动能，因此电流表G的示数不为零，故B错误；根据光电效应方程可知，入射光的频率与最大初动能有关，与光的强度无关，故C错误；若保持照射光强度不变，仅提高照射光频率，则光子数目不变，那么电流表G的示数会不变，故D正确。5.2018年2月2日，我国成功将电磁监测试验卫星“张衡一号”发射升空，标志我国成为世界上少数拥有在轨运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一。通过观测可以得到卫星绕地球运动的周期，并已知地球的半径和地球表面处的重力加速度。若将卫星绕地球的运动看作是匀速圆周运动，且不考虑地球自转的影响，根据以上数据可以计算出卫星的( )A. 密度B. 向心力的大小C. 卫星的质量D. 线速度的大小【答案】D【解析】【详解】A、根据题意，已知卫星移动的周期T，地球的半径R和地球表面的重力加速度g，卫星受到地球的万有引力充当向心力，故有：G=mr，卫星的质量m两边被抵消，即不可求得卫星的质量，同时也就不可求得卫星的密度和卫星向心力的大小，故A、B、C错误；D、根据牛顿第二定律有：G=mr，另有GM=GR2，可求得卫星的轨道半径r=，由v=，可计算出卫星的线速度，故D正确。6.如图甲，两个等量同种电荷P、Q固定于光滑绝缘水平面上，电荷量q=+110-3C，质量m=0.02kg的小球从a点静止释放，沿中垂线运动到电荷连线中点O过程中的vt图象如图乙中图线所示，其中b点处为图线切线斜率最大的位置，图中为过b点的切线，则下列说法正确的是A. P、Q带正电荷B. b点场强E=30 vmC. a、b两点间电势差为90VD. 小球从a到O的过程中电势能先减少后增加【答案】BC【解析】【详解】A带正电的小球从a点由静止释放，向上做加速运动可知，受到向上的电场力，则aO线上的电场竖直向上，故两电荷带负电，故A错误；Bv-t图象上斜率表示加速度可得：，根牛顿第二定律得：qEb=ma，联立解得：Eb=30V/m，故B正确；C在ab由动能定理得：qUab=mvb2mva2，由图乙可得vb=3m/s带入解得：Uab=90V，故C正确；D由图象乙可知，小球速度一直增大，电场力一直做正功，故电势能一直减小，故D错误。7.甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是（）A. 在t1时刻两车速度相等B. 从0到t1时间内，两车走过的路程相等C. 从t1到t2时间内，两车走过的路程相等D. 在t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等【答案】C【解析】【分析】本题考查对位移图像的理解及其相关的知识点。【详解】A根据位移图象的物理意义可知，在t1时刻两车的位置相同，速度不相等，乙车的速度大于甲车的速度，选项A错误；B从0到t1时间内，乙车走过的路程大于甲车，选项B错误；C从t1到t2时间内，两车都是从x1位置走到x2位置，两车走过的路程相等，选项C正确；D根据位移图像的斜率等于速度可知，从t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等，选项D正确。【点睛】此题以位移图像给出解题信息，考查对位移图像的理解。8.如图所示，同一竖直面内的正方形导线框a、b的边长均为l，电阻均为R，质量分别为2m和m，它们系在一跨过两定滑轮的轻绳两端。在两导线框间有一宽度为2l、磁感应强度大小为B、方向垂直竖直面的匀强磁场区域。开始时，线框b的上边与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边到匀强磁场上边界的距离为l。现将系统由静止释放，当线框b全部进入磁场时，a、b两线框开始做匀速运动。不计摩擦和空气阻力，则（ ）A. a、b两线框匀速运动的速度大小为B. 线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为C. 从开始运动到线框a全部进入磁场过程中，线框a所产生的焦耳热为mglD. 从开始运动到线框a全部进入磁场过程中，两线框共克服安培力做功为2mgl【答案】BC【解析】试题分析：当线框b全部进入磁场时，两者做匀速直线运动，即重力和受到的安培力相等，对a分析，a受力平衡，有，对b分析，联立解得，A错误；线框a从下边进入磁场时由于a开始做匀速直线运动，过程中的速度不变，受到的安培力不变，故线框a从下边进入磁场到上边离开磁场过程中一直做匀速直线运动，所以有，B正确；系统开始做匀速直线运动时，线框a才开始克服安培力做功，整个匀速过程中，动能不变，所以减小的重力势能等于克服安培力做功，即a产生的热能，故有，C正确；两线框组成的系统克服安培力做的功为W，则有：，可得，D错误；考点：考查了导体切割磁感线时的感应电动势【名师点睛】本题是电磁感应中的力学问题，安培力的计算和分析能量如何转化是解题关键，要加强训练，熟练掌握法拉第定律、欧姆定律、安培力等等基础知识，提高解题能力三、非选择题： 9.现要验证“当合外力一定时，物体运动的加速度与其质量成反比”这一物理规律。给定的器材如下：一倾角可以调节的长斜面（如图所示）、小车、计时器、米尺、弹簧秤，还有钩码若干实验步骤如下（不考虑摩擦力的影响），在空格中填入适当的公式或文字。（1）用弹簧秤测出小车的重力，除以重力加速度得到小车的质量M（2）用弹簧秤沿斜面向上拉小车保持静止，测出此时的拉力F（3）让小车自斜面上方一固定点A1从静止开始下滑到斜面底端A2，记下所用的时间t。用米尺测量A1与A2之间的距离s，从运动学角度得小车的加速度a=_.（4）在小车中加钩码，所加钩码总质量为m，要保持小车与钩码的合外力不变，你将如何调节A1相对于A2的高度h_（5）多次增加钩码，在小车与钩码的合外力保持不变情况下，可得钩码总质量m与小车从A1到A2时间t的关系式为：m=_。【答案】 (1). (2). 减小高度h或减小倾角 (3). -M【解析】【详解】（3）小车做初速度为零的匀加速直线运动，根据匀变速直线运动规律有:s=at2，所以有：a=（4）对增加了质量的小车分析受力有:F=(M+m)g=(M+m)g，要保持小车与钩码的合外力F不变，可以减小高度h或减小斜面倾角。（5）由牛顿第二定律:a=，又有a=，计算可得出：m=-M10.某实验小组研究两个未知元件X和Y的伏安特性，使用的器材包括电压表（内阻约为3k）、电流表（内阻约为1）、定值电阻等。（1）使用多用电表粗测元件X的电阻，选择“1” 欧姆档测量，示数如图（a）所示，读数_，据此应选择图中的_（选填“b”或“c”）电路进行实验。（2）连接所选电路，闭合S；滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，电流表的示数逐渐_填 “增大”“减小”）；依次记录电流及相应的电压；将元件X换成元件Y，重复实验。（3）图（d）是根据实验数据做出UI图线，由图可判断元件_（填“X”或“Y”）是非线性元件。（4）该小组还借助X和Y中的线性元件和阻值R21的定值电阻，测量待测电池组的电动势E和内阻r，如图（e）所示，闭合S1和S2，电压表读数为3.00V，断开S2，电压表读数为1.00V，结合图（d）可算出E_V，r= _。（结果均保留两位有效数字，电压表为理想电压表）【答案】（1）10；b（2）增大；（3）Y（4）3.2；0.50【解析】试题分析：电阻的大小等于表盘的读数乘以倍率根据元件X的电阻大小确定电流表的内外接先分析电路的连接方式即串联，然后根据滑动变阻器的正确使用方法进行分析根据图象得特点判断元件是否是非线性元件；根据闭合电路欧姆定律列出等式求解电动势E和内阻r解：（1）使用多用电表粗测元件X的电阻，选择“1”欧姆挡测量，示数如图（a）所示，读数为10元件X的电阻远小于电压表内阻，电流表采用外接法误差较小，因此需要选择图b所示实验电路（2）连接所选电路，闭合S；滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，并联支路电压增大，电流表的示数逐渐增大；（3）如图（d）是根据实验数据作出的UI图线，由图可判断元件Y是非线性元件；（4）根据UI图线得出元件X的电阻R=10；闭合S1和S2，电压表读数为3.00V；断开S2，读数为1.00V，根据闭合电路欧姆定律列出等式E=3+rE=1+（r+21）解得：E=32Vr=0.50故答案为：（1）10；b（2）增大；（3）Y（4）3.2；0.50【点评】知道串联电路中电阻、电流和电压的关系，会正确使用滑动变阻器，会根据欧姆定律判断电压表和电流表示数的变化关键掌握滑动变阻器分压式和限流式的区别，电流表内外接的区别，以及会通过图线求解电源的电动势和内阻11.如图所示，长木板质量M=3 kg，放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，质量为m=1 kg的物块A，右端放着一个质量也为m=1 kg的物块B，两物块与木板间的动摩擦因数均为=0.4，AB之间的距离L=6 m，开始时物块与木板都处于静止状态，现对物块A施加方向水平向右的恒定推力F作用，取g=10 m/s2。（1）.为使物块A与木板发生相对滑动，F至少为多少？（2）.若F=8 N，求物块A经过多长时间与B相撞，假如碰撞过程时间极短且没有机械能损失，则碰后瞬间A、B的速度分别是多少？【答案】（1）5 N （2）vA=2m/s vB=8m/s【解析】【详解】（1）据分析物块A与木板恰好发生相对滑动时物块B和木板之间的摩擦力没有达到最大静摩擦力。 设物块A与木板恰好发生相对滑动时，拉力为F0，整体的加速度大小为a，则：对整体： F0=（2m+M）a 对木板和B：mg=（m+M）a 解之得： F0=5N 即为使物块与木板发生相对滑动，恒定拉力至少为5 N；（2）物块的加速度大小为： 木板和B的加速度大小为：=1m/s2 设物块滑到木板右端所需时间为t，则：xA-xB=L 即 解之得：t=2 s vA=aAt=8m/s vB=aBt=2m/s AB发生弹性碰撞则动量守恒：mva+mvB=mva+mvB 机械能守恒：mva2+mvB2=mva2+mvB2 解得：vA=2m/s vB=8m/s12.如图所示，长方形区域甲内存在磁感应强度大小B1=0.3 T的匀强磁场，方向垂直于纸面向外，长方形区域乙内存在沿纸面方向水平向左的匀强电场，场强大小为，长方形区域丙内存在磁感应强度大小B2=0.6 T的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，长方形区域的长度足够长，宽度d=1 m。一束带正电的某种粒子荷质比为，从ab上的O点以沿与ab成60角的初速度射入磁场，刚好垂直边界cd 射出区域甲而进入匀强电场乙区域，且以沿与ef成角（锐角未知）进入丙区域，最后粒子刚好不能从磁场区域丙射出。（不计粒子所受重力，取3，计算结果保留两位有效数字）。求：（1）粒子从O点射入磁场的初速度大小；（2）粒子进入丙区域与ef成的角度（锐角）；（3）粒子从O点射入磁场到刚好不能从磁场区域丙射出的过程中，在磁场甲和磁场丙所用的时间之和。【答案】（1） （2）=60 （3）【解析】【详解】（1）粒子从O点射入磁场到刚好不能从磁场区域丙射出的过程如图所示：设粒子从O点射入磁场的初速度的大小为v1，依据粒子在磁场区域甲的初末速度，作出圆心O1，由几何关系得：1=30 R1sin1= d解得粒子从O点射入磁场的初速度的大小v1=2.0106m/s（2）粒子在匀强电场中做类平抛运动，由几何关系得：由牛顿第二定律得：由运动学公式得：且解得：解得粒子进入丙区域与ef成的角度：=60（3）依据粒子在磁场区域丙的初末速度，作出圆心O2，由几何关系得：2=120粒子在磁场中运动的周期 由几何关系得：故粒子在磁场甲中运动的时间：粒子在磁场丙中运动的时间：在磁场甲和磁场丙所用的时间之和：13.下列说法中正确的是( )A. 晶体具有确定的熔点B. 理想气体从外界吸热，则内能一定增大C. 某物体温度高，组成该物体的某些分子速率可能很小D. 露珠呈球状是由于液体表面张力的作用E. 压缩气体需要力表明气体分子间存在斥力【答案】ACD【解析】【详解】A、组成晶体的物质分子排列整齐、有规律，要使其熔化，就必须打破这种整齐、有规律的分子结构，所以晶体在熔化时所吸收的热量就用来打破这种结构被消耗掉了，而物质的温度却不会上升，所以晶体有固定的熔点，故A正确；B、根据热力学第一定律U=W+Q，理想气体从外界吸热Q0，而内能的变化决定于做功和热传递两方面因素，所以气体的内能不一定增大，故B错误；C、某物体温度高，组成该物体的分子的平均动能大，分子的平均速率大，但由于分子的热运动，组成该物体的某些分子速率可能很小，故C正确；D、液体存在表面张力，有使液体的表面积减小到最小的趋势，露珠呈球状就是由于液体表面张力作用的结果，故D正确；E、压缩气体需要力是由于气体压强作用的结果，并不能表明分子间存在斥力，故E错误。14.（6分）北方某地冬天室外气温很低，吹出的肥皂泡会很快冻结.若刚吹出时肥皂泡内气体温度为，压强为，肥皂