天津市南开中学2019届高三物理下学期第四次月考试题（含解析）.docx

天津市南开中学2019届高三物理下学期第四次月考试题（含解析）一、单项选择题（每小题6分，共30分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）1.2018 年 4 月，“天宫一号”完成其历史使命，离开运行轨道，进入大气层，最终其主 体部分会在大气层中完全烧毁。在燃烧前，由于稀薄空气阻力的影响，“天宫一号”的运 行半径逐渐减小。在此过程中，下列关于“天宫一号”的说法中正确的是A. 运行速率逐渐减小，机械能逐渐增大B. 运行周期逐渐减小，机械能逐渐增大C. 运行速率逐渐增大，机械能逐渐减小D. 运行周期逐渐增大，机械能逐渐减小【答案】C【解析】根据 得：，轨道半径减小，速率增大，周期减小，由于空气阻力做功，根据功能关系知，机械能减小，故ABD错误，C正确。故选C。2.如图所示，光滑水平地面上放有截面为圆周的柱状物体A，A与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B，对A施加一水平向左的力F，使整个装置保持静止。若将A的位置向左移动少许，整个装置仍保持平衡，则（ ）A. 水平外力F增大B. 墙对B的作用力不变C. B对A作用力减小D. 地面对A的支持力减小【答案】C【解析】【详解】对B球受力分析，受到重力mg、A球对B球的支持力N和墙壁对B球的支持力N，如图所示：当A球向左移动后，A球对B球的支持力N的方向不断变化，根据平衡条件结合合成法可以知道A球对B球的支持力N和墙壁对B球的支持力N都在不断减小，故B错误，C正确；再对AB的整体受力分析可知，水平方向F=N，因N减小，则F减小；竖直方向，地面对A的支持力等于AB的重力，则地面对A的支持力不变，选项CD错误。3.实线PQ是某空间中的两个等量点电荷的连线，虚线是一电子仅在电场力作用下运动的轨迹，M、O、N是轨迹上的三个点，O位于P、Q连线的中点，且M、N关于O对称，如图所示。则下列说法正确的是A. P、Q等量异号点电荷B. M、N两点的电势相等C. M、N两点的电场强度相同D. 电子在O点的加速度大于在M、N点的加速度【答案】B【解析】电子在电场中做曲线运动，所受电场力指向曲线凹的一侧，由图示电子运动轨迹可知，电子在M、N两点受到斥力作用，两点电荷都带负电，P、Q为等量同号电荷，故A错误；M、N关于O 对称，由对称性可知，M、N两点电势相等，故B正确；M、N关于O 对称，由对称性可知，M、N两点的电场强度大小相等，但方向不同，电场强度不同，故C错误；等量同号电荷连线中点的电场强度为零，电子在O点所受电场力为零，加速度为零，电子在M、N两点加速度不为零，电子在O点的加速度小于在M、N点的加速度，故D错误；故选B。点睛：等量同种、等量异种电荷的电场是高中阶段的典型电场，要熟练掌握这几种电场周围电场线、等势线分布情况，从而进一步判断电场力、电势能等变化。4. 如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，虚线间的距离为L金属圆环的直径也是L自圆环从左边界进入磁场开始计时，以垂直于磁场边界的恒定速度v穿过磁场区域。规定逆时针方向为感应电流i的正方向，则圆环中感应电流i随其移动距离x的ix图象最接近（ ）【答案】A【解析】本题考查的是对电磁感应定律与图像的问题，根据电磁感应定律，可知图像A正确，BCD均不正确；5.质量分别为m1与m2的甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p1=5kgm/s， p2=7kgm/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为8kgm/s，则甲、乙两球质量ml与m2间的关系可能是（ ）A. m1=m2B. 2m1=m2C. 3m1=2m2D. 4m1=m2【答案】B【解析】【详解】根据动量守恒定律得：p1+p2=p1+p2，解得：p1=4kgm/s。碰撞过程系统的总动能不增加，则有：，代入数据解得：。碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有：；代入数据解得：。综上有 ，所以只有2m1=m2可能，故B正确，ACD错误。二、多项选择题（每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，选错或者不答的得0分。）6.理想降压变压器接如图所示电路，a、b接一稳定的正弦交流电源，电阻R0为定值电阻，R为光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小)，各表均为理想电表。现改变光照强度观察到A2的示数减小，下列说法正确的是A. 电压表V1示数不变B. 电压表v2的示数变小C. 电压表V3示数变小D. 电流表A1示数变小【答案】AD【解析】A2测量副线圈干路电流，A2的示数减小，即副线圈中的总电阻增大，而原副线圈匝数比以及所接交流电不变，所以副线圈两端的电压不变，即V1、V2的示数不变，在副线圈中，干路电阻增大，即两端的电压增大，所以光敏电阻两端的电压减小，即V3示数变小，A正确BC错误；根据可知原线圈中的电流减小，即A1示数变小，D正确【点睛】根据表达式准确找出已知量，是对学生的基本要求，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7.如图所示，小车板面上的物体质量为m=8kg，它被一根水平方向上拉伸了的弹簧拉住而静止在小车上，这时弹簧的弹力为6N。现沿水平向右的方向对小车施以作用力，使小车由静止开始运动起来，运动中加速度由零逐渐增大到lm/s2，随即以1m/s2的加速度做匀加速直线运动。以下说法正确的是（ ）A. 物体与小车始终保持相对静止，弹簧对物体的作用力始终没有发生变化B. 物体受到的摩擦力一直减小C. 当小车加速度（向右）为0. 75m/s2时，物体不受摩擦力作用D. 小车以1m/s2的加速度向右做匀加速直线运动时，物体受到的摩擦力为8N【答案】AC【解析】【详解】弹簧弹力开始与静摩擦力平衡，大小为6N，当整体加速度从零逐渐增大到1m/s2，则物块的加速度也从零逐渐增大到1m/s2，根据牛顿第二定律知，物块的合力从0增大到8N，摩擦力方向向左减小到零，然后又向右增加，在整个过程中，物体相对小车静止，弹簧弹力不变。故A正确，B错误。当小车加速度（向右）为0.75m/s2时，则物块所受的合力F合=ma=6N，弹簧的弹力等于6N，则摩擦力为零。故C正确。小车以1m/s2的加速度向右做匀加速直线运动时，物块所受的合力F合=ma=8N，弹簧的弹力等于6N，则摩擦力的大小为2N，方向水平向右。故D错误。8.一个篮球被竖直向上抛出后又落回到拋出点。假设篮球在运动过程中受到的空气阻力大小与其运动的速度大小成正比，下列判断正确的是（ ）A. 上升过程中重力的冲量大小等于下降过程中重力的冲量大小B. 篮球运动的过程中加速度一直减小C. 上升过程中空气阻力做的功等于下降过程中阻力做的功D. 上升过程中空气阻力的冲量大小等于下降过程中空气阻力的冲量大小【答案】BD【解析】【详解】上升过程，空气阻力向下，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma1；下降过程，空气阻力向上，根据牛顿第二定律，有：mg-f=ma2；由于阻力大小与其运动的速度大小成正比，而在运动过程中，阻力先向下，再向上，故加速度一直减小，故B正确；根据运动过程可知，上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，所以有t1t2，故上升过程中重力的冲量大小要小于下降过程中重力的冲量大小，故A错误；由于阻力随速度的变化而变化，所以上升过程的平均阻力较大，由于上升和下降过程的位移大小相同，因此阻力做功不同，故C错误；设t时刻物体的速度大小为v，经过极短t时间，空气阻力的冲量为If，则由题意知，空气阻力大小为 f=kv；If=ft=kvt=kx；等式两边求和，得：If=kx=kx；则得If=kx；因为上升与下降两个过程中，物体通过的距离x相等，故知两个过程空气阻力冲量大小相等。故D正确。三、填空题（每空2分，共18分）9.小球从静止开始在距地面一定高处下落，不计空气阻力，小球落地前最后1s内的位移是下落第1s内位移的9倍，g取10m/s2，则小球刚释放时距地面的高度为_m，从开始到落地过程的平均速度大小为_m/s【答案】 (1). 125 (2). 25【解析】初速度为0匀变速直线运动，从开始运动在连续相等时间内的位移比为1：3：5：7：9最后1秒内的位移恰为它最初1秒内位移的9倍,知运行的时间为5s。小球刚释放时距地面的高度为；从开始到落地过程的平均速度大小为。点睛：初速度为0的匀变速直线运动，从开始运动在连续相等时间内的位移比为1：3：5：7：9根据最后1秒内的位移恰为它最初1秒内位移的9倍，知道运行的时间，从而知道下落的高度，可求平均速度。10.用如图1实验装置验证质量分别为、的用轻绳连接的重物组成的系统机械能守恒，从高处由静止开始下落，上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律，图2给出的是实验中获取的一条纸带：A、B、C、D、E、F为所取计数点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图2所示，已知打点计时器所用电源的频率为，当的重力加速度为g；在打B-E点过程中，系统重力势能的减少量_，系统动能的增量_(用题中和图中给出的字母表示)；经计算发现现,总是略大于，其主要原因是_(写出两条即可)。【答案】 (1). (2). (3). 见解析【解析】【详解】计数点B的瞬时速度为:同理，计数点E的瞬时速度为：系统动能的增加量为：的重力势能减小了：的重力势能增加了：系统重力势能的减小量为：；由上述计算得，造成这种结果的主要原因是纸带通过打点计时器受摩擦力、打点阻力及重物受空气阻力等影响的结果。11.在“测定金属丝电阻率”的实验中：为了测量金属丝的阻值，实验室提供如下实验器材：A. 待测金属丝（电阻约100）B. 电动势E=6V，内阻很小的直流电源C. 量程50mA，内阻约为50的电流表D. 量程0. 6A，内阻约为0. 2的电流表E. 量程6V，内阻约为15k的电压表F. 最大阻值15，最大允许电流1A滑动变阻器G. 最大阻值15k，最大允许电流0. 5A的滑动变阻器H. 开关一个，导线若干金属丝的直径用螺旋测微器测得，从图中读出该金属丝的直径d=_mm. 为了操作方便，且能比较精确地测量金属丝的阻值，电流表选用_，滑动变阻器选用_（填写所选用器材前面的序号）。请根据所选用的实验器材，在尽可能减小实验误差的情况下，设计测量电阻的电路，并在方框中画出电路图。【答案】 (1). 1. 358 (2). C F (3). 【解析】【详解】（1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为1mm，可动刻度示数为35.80.01mm=0.358mm，螺旋测微器示数为1mm+0.358mm=1.358mm（2）电路中可能出现的最大电流为：，则电流表选C； 为方便实验操作，滑动变阻器应选F，015，最大电流1A（3）滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，滑动变阻器可以采用分压接法，因为，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示四、计算题（共54分）12.如图所示，一质量m=1kg的小物块（可视为质点），放置在质量M=4kg的长木板左侧，长木板放置在光滑的水平面上。初始时，长木板与物块一起以水平速度向左匀速运动。在长木板的左侧上方固定着一障碍物A，当物块运动到障碍物A处时与A发生弹性碰撞（碰撞时间极短，无机械能损失），而长木板可继续向左运动。重力加速度g取10m/s2。（1）设长木板足够长，求物块与障碍物第一次碰撞后，物块与长木板速度相同时的共同速率；（2）设长木板足够长，物块与障碍物第一次碰撞后，物块向右运动能达到的最大距离是s=0.4m，求物块与长木板间的动摩擦因数以及此过程中长木板运动的加速度的大小；（3）要使物块不会从长木板上滑落，长木板至少为多长？【答案】（1）l. 2m/s （2） （3）2m【解析】【详解】（1）物块与固定障碍物碰撞时无机械能损失，所以碰后反向弹回，速度大小为v0，物块与木板组成的系统合力为0，遵守动量守恒定律，取向左的方向为正方向。解得v=l. 2m/s（2）物块与障碍物第一次碰撞后向右做减速运动，速度减为零时右运动的距离最大。由动能定理得解得。对木板由牛顿第二定律得解得。（3）只有物块和木板的速度都为0时，物块才不再与障碍物碰撞，即最终物块与木板同时静止，设物块相对木板滑动的相对位移为l，则由能量守恒定律得解得，可知木板的长度至少为2m。13.如图所示，在平面直角坐标系xoy的第二象限内有平行于y轴的匀强电场，电场强度大小为E，方向沿y轴负方向。在第一、四象限内有一个半径为的圆，圆心坐标为（r，0），圆内有方向垂直于xoy平面向里的匀强磁场。一带正电的粒子（不计重力），以速度为v0从第二象限的P点，沿平行于x轴正方向射入电场，通过坐标原点O进入第四象限，速度方向与x轴正方向成，最后从Q点平行于y轴离开磁场，已知P点的横坐标为 。求：（1）带电粒子的比荷 ；（2）圆内磁场的磁感应强度B的大小；（3）带电粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场的总时间t。【答案】(1) （2） （3）【解析】试题分析：粒子在电场中做类平抛运动，利用运动的合成和分解结合牛顿第二定律，联立即可求出带电粒子的比荷；利用速度偏向角公式，求出粒子从电场进入磁场时的速度，利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，联立即可求出圆内磁场的磁感应强度B的大小；利用周期公式结合粒子在磁场中转过的圆心角求解粒子在磁场中运动的时间，带电粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场的总时间t。(1) 由水平方向匀速直线运动得 竖直向下的分速度 由竖直方向匀加速直线运动知加速度为根据以上式解得（2）粒子进入磁场的速度为v，有由几何关系得，粒子在磁场中作匀速圆周运动的轨道半径R=r由洛伦兹力提供向心力可知解得（3）粒子在磁场中运动的时间为粒子在磁场中运动的周期为