2019届高三物理第四次考试试题含解析新版人教版.pdf

精品试卷 推 荐 下 载 2019 届高三第四次考试 物理试题 一、选择题 1. 由于万有引力定律和库仑定律都满足平方反比律，因此引力场和电场之间有许多相似的性质，在处理有关问题 时可以将它们进行类比。例如电场中反映各点电场强弱的物理量是电场强度，其定义式为E=F/q。在引力场中可以 有一个类似的物理量用来反映各点引力场的强弱。设地球质量为M，半径为R，地球表面处重力加速度为g，引力常 量为G，如果一个质量为m的物体位于距地心3R处的某点，则下列表达式中能反映该点引力场强弱的是 A. B. C. D. 【答案】 B 【解析】电场强度的定义式：，其中的 F 是库仑力， q 是试探电荷，重力场也可以这样来计算：，由 万有引力等于重力得：在地球表面，如果一个质量为m的物体位于距地心3R处的某点，则， 该点引力场强弱的是，故 B正确， ACD错误； 故选 B。 【点睛】通过与电场强度定义式类比，得出反映该点引力场强弱。 2. 某同学前后两次从同一位置水平投出两支飞镖1 和飞镖 2 到靶盘上，飞镖落到靶盘上的位置如图所示，忽略空 气阻力，则两支飞镖在飞行过程中 A. 速度变化量 B. 飞行时间 C. 初速度 D. 角度 【答案】 D 【解析】 B、飞镖 1 下落的高度小，根据，解得，可知飞行时间，故 B错误； A、加速度相等，都为g，则速度变化量，可得，故 A错误； C、由于水平位移相等，根据，可知初速度，故 C错误； D、根据，对于飞镖1，时间短，初速度大，则tan 1tan 2，所以 12，故 D正确； 故选 D。 精品试卷 推 荐 下 载 【点睛】平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，运动时间由高度决定，通过下落的高度比较飞镖飞行的时间，从 而根据水平位移比较初速度的大小，根据夹角的正切值进行比较。 3. 冥王星绕太阳的公转轨道是个椭圆，公转周期为T0，其近日点到太阳的距离为a，远日点到太阳的距离为b，半 短轴的长度为c，如图所示若太阳的质量为M ，万有引力常量为G，忽略其他行星对它的影响，则 A. 冥王星从ABC 的过程中，机械能不变 B. 冥王星从AB 所用的时间等于 C. 冥王星从BCD 的过程中，万有引力对它先做正功后做负功 D. 冥王星在B点的加速度为GM/c 2 【答案】 A 【解析】 A、冥王星绕太阳的公转轨道是个椭圆，机械能是守恒的，故冥王星从ABC 的过程中，机械能不变， 故 A正确； B、公转周期为T0，冥王星从AC 的过程中所用的时间是0.5T0，由于冥王星从ABC 的过程中，速率逐渐变小， 从 AB 与从 BC 的路程相等，所以冥王星从AB 所用的时间小于，故 B错误； C、冥王星从BCD 的过程中，万有引力方向先与速度方向成钝角，过了C点后万有引力方向与速度方向成锐角， 所以万有引力对它先做负功后做正功，故C错误； D、设 B到太阳的距离为x，则，根据万有引力充当向心力知，知冥王星在B点的加速 度为，故 D错误； 故选 A。 【点睛】正确理解开普勒的行星运动三定律是解答本题的关键，会根据力与速度方向的夹角判断该力是做正功还是 负功。 4. 压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小。一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置，如图甲 所示，将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一物体m ，升降机静止时电流表示数为I0。某过程中电 流表的示数如图乙所示，则在此过程中 精品试卷 推 荐 下 载 A. 升降机一定是先向上做匀加速运动然后做匀减速运动 B. 升降机可能是先向上做匀减速运动然后做匀加速运动 C. 物体一定是先超重后失重 D. 物体一定是先失重后超重 【答案】 C 【解析】升降机静止时电流表示数为I0，某过程中电流表示数为2I0，由欧姆定律分析压敏电阻的阻值变小，说明 压敏电阻所受压力增大，则物体处于超重状态；当电流表示数为0.5I 0，由欧姆定律分析压敏电阻的阻值变大，说 明压敏电阻所受压力增小，则物体处于失重状态；物体处于超重状态时，加速度方向向上，故升降机可能向上加速 运动，也可能向下减速运动；物体处于失重状态时，加速度方向向下，故升降机可能向下加速运动，也可能向上减 速运动；故C正确， ABD错误； 故选 D。 【点睛】根据I-t图象得到电流变化情况，然后结合电路特点得到电阻变化情况，再有压敏电阻特性得到压力变化 情况，最后得到加速度变化情况。 5. 如图，一只气球以2 m/s 的速度匀速上升，某时刻在气球下方距气球4m处有一小石子以10 m/s 的初速度竖直 上抛，若g 取 10m/s 2，不计空气阻力，则以下说法正确的是 A. 石子一定能追上气球 B. 若气球上升速度等于1.5 m/s ，其余条件不变，则石子在抛出后0.85s 末追上气球 C. 若气球上升速度等于1m/s，其余条件不变，则石子在抛出后0.45s 末追上气球 D. 若气球上升速度等于0.9m/s ，其余条件不变，则石子与气球相遇两次 精品试卷 推 荐 下 载 【答案】 D 【解析】 A、设石子经过时间t 后速度与气球相等，则， 此时间内气球上升的位移为，石子上升的位移为：，则 ，故追不上气球，故A错误； B、若气球速度等于1.5m/s ，在石子在抛出后0.8s 末，气球上升的位移为1.5 0.8m=1.2m ，石子上升的位移为 ，因为 4.8-1.2m=3.6m4m ，所以石子在抛出后0.85s 末超过追上气球，故B错误； C、若气球速度等于1m/s，在石子在抛出后0.45s 末，气球上升的位移为10.45m=0.45m ，石子上升的位移为 ，因为 3.4875-0.45m=3.0325m4m ，所以石子在抛出后0.45s 末超过追上气球， 故 C错误； D、若气球上升速度等于0.9m/s ，设石子经过时间t 后速度与气球相等，则，此时间内气球 上升的位移为，石子上升的位移为：，则 ，所以石子在抛出后0.91s 超过追上气球，0.91s 后，石子做匀减速运动，气球 做匀速运动，气球又会追上石子，所以石子与气球相遇两次，故D正确； 故选 D。 【点睛】当石子的速度与气球速度相等时没有追上，以后就追不上了，根据运动学基本公式即可判断。 6. 清华校园穹形门充满了浓郁的学院风情和人文特色，如图所示。在一次维护中，用一根不可伸长的轻绳通过轻 质滑轮悬挂一重物G. 现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从C点沿支架缓慢地向B点靠近 (C点与A点等 高 ) 则绳中拉力大小变化的情况是 A. 先变大后变小 B. 先不变后变小 C. 先不变后变大 D. 先变小后变大 【答案】 B 【解析】当轻绳的右端从C点移到直杆最上端时，滑轮两侧绳子的拉力大小相等，方向关于竖直方向对称，设两绳 的夹角为，以滑轮为研究对象，分析受力情况，作出力图如图所示 精品试卷 推 荐 下 载 设绳子总长为L，两直杆间的距离为S，由数学知识得到，L、S不变，则 保持不变，再根据平衡条件可 知，两绳的拉力F保持不变； 当轻绳的右端从直杆最上端移到B点时，设两绳的夹角为2以滑轮为研究对象，分析受力情况，作出力图如图 所示 根据平衡条件得，得到绳子的拉力，所以在轻绳的右端从直杆最上端移到B点的过程中， 减 小， cos 增大，则F 变小； 所以绳中拉力大小变化的情况是先不变后变小，故B正确， ACD错误； 故选 B。 【点睛】当轻绳的右端从C点移到直杆最上端的过程中，滑轮两侧绳子的拉力大小相等，方向关于竖直方向对称， 根据几何知识分析得到滑轮两侧绳子的夹角不变，由平衡条件判断出绳子的拉力保持不变，当轻绳的右端从直杆最 上端移到B点时，两绳的夹角减小，根据平衡条件研究绳的拉力变化情况。 7. 如图电路中，电源电动势为E、内阻为 r. 闭合开关 S,增大可变电阻R的阻值后，电压表示数的变化量为U，在 这个过程中，下列判断正确的是 A. 电阻 R1两端的电压减小，减小量等于U B. 电压表示数变化量U和电流表示数变化I 的比值不变 精品试卷 推 荐 下 载 C. 电压表的示数U和电流表的示数I 的比值不变 D. 电容器的带电量减小，减小量大于CU 【答案】 B 【解析】 AD 、闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻R1两端的电压 减小，由闭合电路欧姆定律得它们的总电压即路端电压增大，由得电阻 R两端的电压增 大，所以电阻R1两端的电压减小量小于U，故A错误，由于电容器与电阻R1并联，所以电容器两 端的电压等于电阻R1两端的电压，所以有电容器的两端的电压减小，带电量减小，减小量小于CU，故 D错误； B、根据闭合电路欧姆定律得：，由数学知识得，所以电压表示数变化量和电流表示数 变化的比值不变，故B正确； C、由图可知，由于 R增大，则电压表的示数U和电流表的示数I 的比值变大故C错误； 故选 B。 【点睛】两电表读数的比值要根据欧姆定律和闭合电路欧姆定律来分析，注意，R是非线性电阻。 8. 在竖直墙壁间有质量为m、倾角为 的直角楔形木块和质量为2m的光滑圆球 , 两者能够一起以加速度a匀加速 竖直下滑 , 已知ag(g为重力加速度). 则木块与左侧墙壁之间的动摩擦因数为 A. B. C. D. 【答案】 A 【解析】光滑圆球受力如图所示 由牛顿第二定律得：，；对直角楔形木块和光滑圆球系统，由牛顿第二定律得： ，联立解得：，故 A正确， BCD错误； 故选 A。 精品试卷 推 荐 下 载 【点睛】关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的运用。 9. 如图所示，三小球a、b、c 的质量都是m ，都放于光滑的水平面上，小球b、c 与轻弹簧相连且静止，小球a 以 速度 v0冲向小球b，碰后与小球b 黏在一起运动在整个运动过程中，下列说法中正确的是 A. 三球与弹簧组成的系统总动量不守恒，总机械能不守恒 B. 三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒 C. 当小球 b、 c 速度相等时，弹簧弹性势能最大 D. 当弹簧第一次恢复原长时，小球c 的动能一定最大，小球b 的动能一定不为零 【答案】 CD 【解析】 AB 、在整个运动过程中，系统的合外力为零，系统的动量守恒，小球a 与 b 碰撞后粘在一起，动能减小， 机械能减小，故A B 错误； . D、当弹簧恢复原长时，小球c 的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒分析可知，小球b 的动能不为零，故D 正确； 故选 CD 。 【点睛】含有弹簧的问题，难点是对物体运动过程的分析，得到弹簧势能最大的临界条件；本题根据动量守恒和机 械能守恒分析求得。 10. 如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间 滑动摩擦力大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s， 下列结论中正确的是 A. 其他条件不变的情况下，m越大，s越小 B. 其他条件不变的情况下，M越大，s越小 C. 其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越短 D. 其他条件不变的情况下，f越大，滑块到达右端所用时间越长 精品试卷 推 荐 下 载 【答案】 BCD 【解析】 A、滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情况下，由于木板受到摩擦力不变， 当 m越大时，滑块加速度越小，而木板加速度不变，相对位移一样，滑快在木板上运动时间越长，所以木板运动的 位移越大，故A错误； B、由于木板受到摩擦力不变，当M越大时，木板加速度越小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑快在木板 上运动时间越短，所以木板运动的位移越小，故B正确； C、由于木板受到摩擦力不变，拉力F 越大，滑块的加速度越大，而木板加速度不变，相对位移一样，滑快离开木 板时间就越短，故C正确； D、由于木板受到摩擦力f越大，滑块的加速度越小，而木板加速度变大，相对位移一样，滑快离开木板时间就越 长，滑块到达右端所用时间越长，故D正确； 故选 BCD 。 【点睛】对滑块和木板模型，物理过程仔细分析是解题关键，根据牛顿第二定律分析木板和滑块加速度，利用运动 学公式即可判断； 11. 电场强度方向与x 轴平行的静电场，其电势 随 x 的分布如图所示，一质量为m、带电量为q的粒子（不计 重力） ，以初速度v0从 O点（ x=0）沿 x 轴正方向进入电场。下列叙述正确的是 A. 粒子从 O点运动到x3点的过程中，在x3点速度最大 B. 粒子从x1点运动到x3点的过程中，电势能先减小后增大 C. 要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为 D. 若，则粒子在运动过程中的最大动能为 【答案】 AD 【解析】 AB 、粒子从 O运动到 x1的过程中，电势升高，场强方向沿x 轴负方向，粒子所受的电场力方向也沿x 轴负 方向，粒子做减速运动；粒子从x1运动到 x3的过程中，电势不断降低，根据正电荷在电势高处电势越大，可知粒 子的电势能不断减小，动能不断增大，故在x3点速度最大，故A正确， B错误； C、根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，当粒子恰好运动到x1处时，由动能定 精品试卷 推 荐 下 载 理得：解得：，要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为，故 C错误； D、若，粒子运动到x3处电势能最小，动能最大，由动能定理得：，解得最大动 能为：，故 D正确； 故选 AD 。 【点睛】根据电势 随 x 的分布图线可以得出电势函数关系，由电势能和电势关系式得出电势能的变化利用动 能定理列方程解答。 12. 一质量为m的质点，系在轻绳的一端，绳的另一端固定在水平面上，水平面粗糙。此质点在该水平面上做半径 为r的圆周运动，设质点的最初速率是v0，当它运动一周时，其速率变为，则 A. 当它运动一周时摩擦力做的功为 B. 质点与水平面的动摩擦因数为 C. 质点在运动了两个周期时恰好停止 D. 当质点运动一周时的加速度大小为 【答案】 AB 二、实验题 13. 在探究“牛顿第二定律”时，某小组设计“双车位移比较法”来探究加速度与力的关系。实验装置如图所示， 将轨道分上下双层排列，两小车后的刹车线穿过尾端固定板，由安装在后面的刹车系统同时进行控制（刹车系统未 精品试卷 推 荐 下 载 画出） 。通过改变砝码盘中的砝码来改变拉力大小。通过比较两小车的位移来比较两小车的加速度大小。 已知两车质量均为200 g ，实验数据如表中所示： 试根据该实验的情境，回答下列问题： （ 1）两小车的位移S甲、S乙与加速度 a甲、a乙的关系满足 _。 （ 2）分析表中数据可得到结论：_ 。 （ 3）该装置中的刹车系统的作用是_ 。 【答案】 (1). （1） (2). （ 2） 在小车质量相同的情况下, 小车的加速度与外力成正比. (3). （3） 让两个小车同时运动，同时停车，确保两车的运动时间相等 【解析】 (1) 小车由静止释放，做初速度为零的匀加速运动，由位移公式可知，位移与加速度的关系式为， 两小车同时运动，同时停止，所以两小车的运动时间相等，所以两小车的位移之比等于两小车的加速度大小之比， 即； (2) 分析表中数据可得小车的位移与外力成正比，说明了小车的加速度与外力成正比，由此可得到结论：在实验误 差范围内当小车质量保持不变时，小车的加速度与外力成正比； (3) 该装置中的刹车系统的作用是控制两车同时运动和同时停止，确保两车的运动时间相等。 【点睛】了解探究牛顿第二定律实验的原理与实验注意事项，会运用匀变速直线运动规律能够把要测量的物理量进 行间接变换测量。 14. 某同学利用如图所示的装置验证动能定理。固定并调整斜槽，使它的末端O点的切线水平，在水平地面上依次 铺放好木板、白纸、复写纸。将小球从不同的标记点由静止释放，记录小球到达斜槽底端时下落的高度H，并根据 落点位置测量出小球平抛的水平位移x。改变小球在斜槽上的释放位置，进行多次测量，记录数据如下： 精品试卷 推 荐 下 载 高度H（h为单位长 度） h 2h 3h 4h 5h 6h 7h 8h 9h 水平位移x/cm 5.5 9.1 11.7 14.2 15.9 17.6 19.0 20.6 21.7 （ 1）已知斜槽倾角为，小球与斜槽之间的动摩擦因数为，斜槽底端离地的高度为y，不计小球与水平槽之间 的摩擦，小球从斜槽上滑下的过程中，动能定理若成立应满足的关系式是_； （ 2）以H为横坐标，以_为纵坐标，在坐标纸上描点作图，如图乙所示； （ 3）由第（ 1） 、 （ 2）问，可以得出结论：_ 【答案】 (1). （1） (2). （2）x 2 (3). （3）在实验误差允许的范围内，小球运动到斜 槽底端的过程中，合外力对小球所做的功等于小球动能的增量。 【解析】 (1) 设小球离开斜槽时的速度为v，根据平抛运动的规律得：，联立得： 小球在斜槽上滑下过程中，重力和摩擦力做功，则合力做的功为：，小球动能 的变化量，则小球从斜槽上滑下的过程中，动能定理若成立应满足的关系式是 (2) 根据上题结果可知，以H为横坐标，以x 2 为纵坐标，在坐标纸上描点作图； 精品试卷 推 荐 下 载 (3) 由第 (1)(2)问，结合图象可得：在实验误差允许的范围内，小球运动到斜槽底端的过程中，合外力对小球所做 的功等于动能的增量； 【点睛】关键利用平抛运动的知识求得小球到达斜槽的末速度，从而写出动能定理表达式，要能根据数学知识灵活 选择坐标。 三、计算题 15. 一个质量为2000 kg 行星探测器从某行星表面竖直升空，发射时发动机推力恒定，发射升空后4s 末，发动机 突然间发生故障而关闭；如图所示为探测器从发射到落回出发点全过程的速度图象；已知该行星表面没有大气，其 半径为地球半径的一半，地球半径为6400km ，地球表面的重力加速度为g=10m/s 2。不考虑探测器总质量的变化； 求： （ 1）探测器落回出发点时的速度； （ 2）探测器发动机正常工作时的推力； （ 3）该行星的第一宇宙速度。 【答案】（ 1）（2）50000N（ 3）4km/s 【解析】【分析】图象内“面积”表示探测器在行星表面达到的最大高度，由数学知识求解，根据牛顿第二定律求 出发动机的推动力，发动机关闭后，探测器的加速度等于该行星表面的重力加速度，由知该行星的第一宇宙 速度 解： (1) 探测器上升高度为 探测器下降时的加速度为 探测器落回出发点时的速度 (2) 探测器加速时的加速度 探测器发动机正常工作时的推力由牛顿第二定律 得 (3) 由知该行星的第一宇宙速度为 精品试卷 推 荐 下 载 16. 如图所示，质量为M=0.9kg 的小车静止在足够长的光滑轨道上，小车下面挂一质量为m=0.1kg 的小球 B，在旁 边有一支架被固定在轨道上，支架上 O点悬挂一质量也为m=0.1kg 的小球A 两球球心至悬挂点的距离l均为 0.25m， 当两球静止时刚好相切，两球球心位于同一水平线上，两悬线竖直并相互平行将A球向左拉到图中与水平成53 0 角的虚线所示位置后由静止释放，然后与B球相碰， 如果碰撞过程中无机械能损失，g=10m/s 2， （以下计算过程中保 留根号）求： （ 1）碰撞后B球上升的最大高度； （ 2）小车能获得的最大速度 【答案】（ 1）0.1746m（ 2） 【解析】【分析】A球从静止开始自由下落到A点的正下方C点时线绷直，绷直过程中，A球沿绳子方向的速度突然 减小为零，A球将以切向分速度向右做圆周运动，A球从C球运动到最低点，与B球碰撞前机械能守恒；两球碰撞 过程，遵守动量守恒和机械能守恒，由于两球质量相等，交换速度；B球和小车组成的系统，机械能守恒定律和水 平方向动量守恒；B球摆回最低点的过程中，悬线仍使小车加速，故当B球摆