2019届高三物理第四次考试试题(含解析).doc

2019届高三物理第四次考试试题(含解析)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tan1tan2，所以12，故D正确；故选D。【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/c2【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0.5I0，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/s2，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【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1.50.8m=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UB. 电压表示数变化量U和电流表示数变化I的比值不变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。【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【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：高度 H（h为单位长度）h2h3h4h5h6h7h8h9h水平位移 x/cm5.59.111.714.215.917.619.020.621.7（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）x2 (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x2为纵坐标，在坐标纸上描点作图；(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xx 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/s2。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530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/s2，（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