2019届高三物理第四次月考试卷(含解析).doc

2019届高三物理第四次月考试卷(含解析)二、选择题1.在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也探索出了物理学的许多研究方法，下列关于物理研究方法的叙述中不正确的是A. 理想化模型是把实际问题理想化，略去次要因素，突出主要因素，例如质点、点电荷、向心加速度等都是理想化模型B. 重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想C. 根据速度定义式，当足够小时，就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法D. 用比值法定义的物理量在物理学中占有相当大的比例，例如场强、电容、磁感应强度都是采用比值法定义的【答案】A【解析】【详解】理想化模型是把实际问题理想化，略去次要因素，突出主要因素，例如质点、点电荷等都是理想化模型,向心加速度不是理想模型，选项A错误；重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想，选项B正确；根据速度定义式，当足够小时，就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，选项C正确；用比值法定义的物理量在物理学中占有相当大的比例，例如场强E=Fq、电容C=QU、磁感应强度B=FIL都是采用比值法定义的，选项D正确；此题选择不正确的选项，故选A.2. 如图所示，一质量为m的带电小球A用长度为l的绝缘丝质细线悬挂于天花板上的O点，在O点的正下方l处的绝缘支架上固定一个带与A同种电荷的小球B，两个带电小球都可视为点电荷已知小球A静止时丝线OA与竖直方向的夹角为60，设丝线中拉力为T，小球所受库仑力为F，下列关系式正确的是A. T=12mg B. T=3mg C. F=3mg D. F=mg【答案】D【解析】试题分析：对小球A受力分析可得：它受竖直向下的重力mg，B对它的电场力F，方向沿BA的方向，还有就是细线对它的拉力T，沿细线的方向斜向上；通过画图可知，这三个力的夹角都是120，所以这三个力的大小是相等的，即T=F=mg，故选项D正确。考点：受力分析，力的平衡。3. 宇宙中，两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用互相绕转，称之为双星系统，设某双星系统绕其连线上的O点做匀速圆周运动，如图所示若AOOB，则（ ）A. 星球A的向心力一定大于B的向心力B. 星球A的线速度一定大于B的线速度C. 星球A的质量可能等于B的质量D. 双星的总质量一定，双星之间的距离越大，其转动周期越大【答案】CD【解析】试题分析：双星靠相互间的万有引力提供向心力，所以向心力相等，故A错误；双星系统角速度相等，根据v=r，且AOOB，可知，A的线速度小于B的线速度，故B错误；根据万有引力提供向心力公式得：Gm1m2L2=m12r1=m22r2，因为r1r2，所以m1m2，即A的质量一定大于B的质量，故C正确；根据万有引力提供向心力公式得：Gm1m2L2=m1（2T）2r1=m2（2T）2r2，解得周期为T=2L3G(m1+m2)，由此可知双星的总质量一定，双星之间的距离越大，转动周期越大，故D正确；故选CD。考点：万有引力定律的应用【名师点睛】解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度以及会用万有引力提供向心力进行求解。4.如图所示，传送带与地面的夹角=37,A、B两端间距L=16m，传送带以速度v=10m/s，沿顺时针方向运动，物体m=1kg，无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数=0.5，则物体由A端运动到B端的时间t和系统因摩擦产生的热量Q分别是（sin37=0.6,cos37=0.8）A. t=2s，Q=16JB. t=2s，Q=24JC. t=2.1s，Q=16JD. t=2.1s，Q=20J【答案】B【解析】【详解】物块在下落过程中，分为两个阶段，如果物块速度小于传送带速度，则物块受到的摩擦力斜向下；如果物块速度大于传送带速度，则物块受到的摩擦力斜向上，设第一阶段物体经过时间t1速度达到v=10m/s，加速度为a1，位移为x1，传送带的位移为 x1，重力沿斜面向下的分力：mgsin=6N摩擦力大小为：f=mgcos=4N此过程根据牛顿第二定律：mgsin+mgcos=ma1解得：a1=10m/s2物块做初速度为零的匀加速运动，则有：v=a1t1解得：t1=1s物块通过的位移为：x1=12a1t12 =5m传送带位移为：x1=vt1=10m此时还没有到达B点，两者速度相等，不再有摩擦力，但是重力的分力依然存在，物块依然加速，当速度一旦大于传送带速度，摩擦力方向斜向上，设第二阶段物体经过时间为t2，加速度为a2，位移为x2，传送带位移为x2 ，根据牛顿第二定律：mgsin-mgcos=ma2解得：a2=2m/s2根据位移公式x2=L-x1=vt2+ 12a2t22可得：t2=1s传送带位移为：x2=vt2=10m 物块从A到B经历的时间为：t=t1+t2=2s物块下落过程中，两个阶段产生的热量第一阶段传送带与物块的相对位移为：x1= x1-x1=5m产生的热量为：Q1=mgcosx1=20J第二阶段传送带与物块的相对位移为：x2= x2-x2=1m产生的热量为：Q2=mgcosx2=4J总热量为：Q=Q1+Q2=24J；故选B.【点睛】本题中的物体两次做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求加速度为关键，加速度是桥梁另外在本题求解热量时容易出现错误，多数情况下我们会按照4m的相对位移去计算5.如图所示，在一个斜坡上的O点竖直立起一根长为15m的直杆OA，O点到坡底B点的距离也为15m。杆的A端与坡底B连接有一根钢绳，一个穿在绳上的小球从A点由静止开始无摩擦地滑下，则小球在绳上滑行的时间为A. 3s B. 10s C. 6s D. 5s【答案】C【解析】【详解】设OAB=，对小球受力分析，把重力分解为沿绳的mgcos和垂直于绳的mgsin，小球受到的合力大小为mgcos，由牛顿第二定律得 mgcos=ma，所以下滑加速度为 a=gcos，AB长度 L=2AOcos=30cos，由位移公式可得：L=12at2 ；即30cos= 12gcost2 ，所以 t=6s。故选C。6.如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，受到的弹力为F，速度大小为v，其F-v2图像如乙图所示。则（ ）A. v2=c时，小球对杆的弹力方向向下B. 当地的重力加速度大小为RbC. 小球的质量为aRbD. v2=2b时，小球受到的弹力与重力大小相等【答案】CD【解析】由图象可知，当v2=c时，有：F0，则杆对小球得作用力方向向下，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的弹力方向向上，故A错误；由图象知，当v2=b时，F=0，杆对小球无弹力，此时重力提供小球做圆周运动的向心力，有：mg=mv2R，得g=bR,由图象知，当v2=0时，F=a，故有F=mg=a，解得：m=ag=aRb，故B错误，C正确；由图象可知，当v2=2b时，由F+mg=mv2R=2mg，得F=mg，故D正确；故选CD.【点睛】小球在竖直面内做圆周运动，小球的重力与杆的弹力的合力提供向心力，根据图象、应用向心力公式、牛顿第二定律分析答题7.如图所示，竖直平面内放一直角杆，杆的各部分均光滑，水平部分套有质量为mA=3kg的小球A，竖直部分套有质量为mB=2kg的小球B，A、B之间用不可伸长的轻绳相连。在水平外力F的作用下，系统处于静止状态，且OA=3m、OB=4m，重力加速度g=10m/s2。则A. 系统平衡时，水平拉力F的大小为25NB. 系统平衡时，水平杆对小球A弹力的大小为50NC. 若改变水平力F大小，使小球A由静止开始，向右做加速度大小为4.5m/s2的匀加速直线运动，经过23s时小球B的速度大小为4m/sD. 若改变水平力F大小，使小球A由静止开始，向右做加速度大小为4.5m/s2的匀加速直线运动，经过23s的时间内拉力F做的功为49.5J【答案】BCD【解析】【详解】对AB整体受力分析，受拉力F、重力G、支持力N和向左的弹力N1，根据共点力平衡条件，对整体，竖直方向：N=G1+G2；水平方向：F=N1；解得：N=（m1+m2）g=50N，对小球B：N1=mBgtan370=15N，则F=15N，故A错误，B正确。若改变水平力F大小，使小球A由静止开始，向右做加速度大小为4.5m/s2的匀加速直线运动，经过23s时，A的速度为vA=at=3m/s，位移sA=12at2=124.5(23)2m=1m，则由几何关系可知，B上升1m，此时OAB=370，由速度的分解知识可知：vAcos370=vBcos530，解得vB=4m/s，即小球B的速度大小为4m/s，此段时间内拉力F的功为W=mBgh+12mAvA2+12mBvB2=49.5J，选项CD正确；故选BCD.【点睛】此题中先用整体法和隔离法求解拉力的大小和弹力的大小；然后根据速度的分解方法找到两物体的速度关系，再结合能量关系求解拉力的功.8.如图所示，一质量为m的物体静置在倾角为=30的固定光滑斜面底端。现用沿斜面向上的恒力F拉物体，使其做匀加速直线运动，经时间t，力F做功为W，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，若以斜面底端为重力势能零势能面，则下列说法正确的是A. 回到出发点时重力的瞬时功率为g2WmB. 从开始到回到出发点的整个过程中机械能增加了WC. 恒力F大小为23mgD. 物体回到出发点时的速度大小是撤去恒力F时速度大小的三倍【答案】BC【解析】【详解】从开始到经过时间t，物体受重力，拉力，支持力，由牛顿第二定律得物体加速度为：a=Fmgsin30m;撤去恒力F到回到出发点，物体受重力，支持力，由牛顿第二定律得物体加速度大小为：a= =gsin30；两个过程位移大小相等、方向相反，时间相等。则得：12 at2=-（att- 12at2）；联立解得：a=3a，F=23mg，撤去F时的速度为at；回到出发点时的速度为-at+ at=2at，则故C正确，D错误；除重力以外的力做功等于物体机械能的变化量，两个过程中，力F做功为W，则从开始到回到出发点的整个过程中机械能增加了W，故B正确；根据过程中，根据动能定理得：12mv2=W，解得：v=2Wm，回到出发点时重力的瞬时功率为 P=mgvsin30=gWm2，故A错误；故选BC。【点睛】本题是牛顿第二定律、动能定理、运动学公式等力学规律的综合应用，关键要抓住两个过程之间的位移关系和时间关系，知道除重力以外的力做功等于机械能的变化量.三、非选择题9.（1）用游标卡尺测量一个“圆柱形”导体的长度L，如图所示，则：L=_cm;（2）用螺旋测微器测量一个“圆柱形”导体的直径R，如图所示，则R=_mm。【答案】 (1). 10.400cm (2). 2.150 mm【解析】【详解】（1）用游标卡尺测量一个“圆柱形”导体的长度L，则：L=10.4cm+0.05mm0=10.400cm;（2）用螺旋测微器测量一个“圆柱形”导体的直径R，则R=2mm+0.01mm15.0=2.150mm。10.某同学用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，其频率为40Hz，打出纸带的一部分如图乙所示。（1）已测得s1=8.89cm,s2=9.50cm,s3=10.10cm;；当地重力加速度大小为9.8m/s2，重物的质量为m=1.00kg。若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，请计算在打点计时器打出B点时，重物下落的速度大小为_m/s，打出C点时重物下落的速度大小为_m/s。（2）打点计时器打出B点到打出C点的过程中，重物增加的动能_减小的重力势能（填“大于”、“等于”、“小于”）。造成这一现象的原因是下面两个选项中的_（填下列选项的首字母）A有阻力存在 B打点计时器打B点时的速度不为零。（3）如果此实验用于测量当地的重力加速度，且实验允许的相对误差绝对值（g真实g测量g真实100%）最大为3%，则此次实验是否成功？通过计算说明：_。【答案】 (1). 3.68 m/s (2). 3.92 m/s (3). 小于 (4). A (5). 实验成功【解析】【详解】（1）交流电的频率为40Hz可知T=0.025s；在打点计时器打出B点时，重物下落的速度大小为vB=s1+s22T=(8.89+9.50)10220.025m/s=3.68m/s，打出C点时重物下落的速度大小为vC=s2+s32T=(10.10+9.50)10220.025m/s=3.92m/s。（2）打点计时器打出B点到打出C点的过程中，重物增加的动能：EK=12m(vC2vB2)=0.915J；重力势能的减小量：EP=mgs2=19.80.0950J=0.931J，则重物增加的动能小于减小的重力势能。造成这一现象的原因是有阻力存在，要克服阻力做功； （3）根据s=gT2可解得：g测量=sT2=0.61020.0252=9.6m/s2 ，则|g真实g测量g真实|10000=|9.89.69.8|10000=200300 ，则此次实验能成功.11.如图所示为修建高层建筑常用的塔式起重机，在起重机将质量为m的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度为a，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做速度为vm的匀速运动，不计额外功。重力加速度为g。求：（1）求起重机允许输出的最大功率；（2）重物做匀加速运动所经历的时间.【答案】（1）mgvm（2）gvma(g+a)【解析】【详解】（1） 重物匀速运动时功率最大pe ，此时拉力等于重物的重力 Pe=Fvm F=mg 联立以上两式得 Pe=mgvm （2）重物匀加速阶段的末速度为v1 此时功率达到额定功率pe绳子拉力为F1Pe=F1v1F1=m(g+a)加速时间为，则v1=at 由以上三式得 t=gvma(g+a)12.如图所示，一根劲度系数为k的轻弹簧直立，下端固定在质量为m的小物体P上，上端固定一个质量也为m的小物体Q，整个系统保持静止。一个质量为9m的物体M（图中没画出）从Q的正上方某高处自由释放，落到Q上就立刻与Q一起下降并不再分离，当MQ整体下降至最低点后向上运动到最高点时，P恰好没有离开地面，不计空气阻力，求：小物体M开始下落时距Q的高度以及小物体M和Q碰撞过程中损失的能量。【答案】200mg81k 20m2g29k【解析】【详解】M与Q碰撞前弹簧的压缩量为x，根据平衡条件有：mg=kx， M下降时距Q的高度为h，与Q碰撞前的速度为v：9mgh=129mv2M与Q碰撞后共同速度为v1：9mv=10mv1 当M与Q整体到达最高点时P恰好没离开地面，弹簧的伸长量x1：mg=kx1 M与Q碰撞后从最低点上升到最高点弹簧的弹性势能不变：12(10m)v12=10mg(x+x1)碰撞过程损失的能量为E: E=129mv21210mv12联立以上得：h=200mg81k；E=20m2g29k【点睛】本题过程比较复杂，关键要分析清楚物体的运动过程，应用机械能守恒定律、平衡条件、动量守恒定律即可正确解题。13.下列说法中正确的是（ ）A. 当两分子间距离大于平衡距离r0时，分子间的距离越大，分子势能越小B. 叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用C. 在空气中一定质量的100 的水吸收热量后变成100 的水蒸汽，则吸收的热量大于增加的内能D. 对一定质量的气体做功，气体的内能不一定增加E. 热量不可以从低温物体向高温物体传递【答案】BCD【解析】A、当两分子间距离大于平衡距离r0时，分子间的距离增大，分子力做负功，分子势能增加，A错误；B、液体表面张力的作用会使表面积最小，所以叶面上的小露珠呈球形，B正确；C、由于液体变成气体体积变大，要对外做功，由热力学第一定律知，吸收的热量大于增加的内能，C正确；D、对一定质量的气体做功时，气体可能对外放热，气体的内能不一定增加，D正确；E、根据热力学第二定律：热量不能自发地从低温物体传到高温物体，如果有外界作用，热量可以从低温物体向高温物体传递，E错误。故选BCD.【点睛】本题考查热学现象中的基本规律，该题关键是掌握热力学第一定律和热力学第二定律；其次要会分析分子力随距离的变化，以及分子力做功与分子势能变化关系，这些是重点考察内容，要注意准确理解14.如图甲所示，粗细均匀、横截面积为S的足够长的导热细玻璃管竖直放置，管内质量为m的水银柱密封着一定质量的理想气体，当环境温度为T，大气压强为p0时，理想气体的长度为l0，现保持温度不变将玻璃管缓慢水平放置。重力加速度为g，不计摩擦。求：稳定后气柱的长度若将环境温度降为T/3，将玻璃管平放于光滑水平桌面上并让其以加速度a向左做匀加速