云南省玉溪一中2019届高三物理上学期第四次月考试卷（含解析）.doc

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1、1云南省玉溪一中 2019 届高三上学期第四次月考物理试题二、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第 1417 题只有一项符合题目要求，第 1821 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。1.两辆游戏赛车 、 在两条平行的直车道上行驶。 时两车都在同一计时线处，此时比赛开始。它们在四次比赛中的 图如图所示。哪些图对应的比赛中，有一辆赛车追上了另一辆【答案】AC【解析】在速度-时间图象里，图象与横轴所围成的面积表示物体发生的位移从 A 图中可以看出，当 t=20s 时，两图象面积相等，此时一辆赛车追上另一辆，A 正

2、确；图中 a 的面积始终小于 b 的面积，所以不可能追上，B 错误；图象也是在 t=20s 时，两图象面积相等，此时一辆赛车追上另一辆；C 正确；图象中 a 的面积始终小于 b 的面积，所以不可能追上，D 错误【此处有视频，请去附件查看】2. 如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线。则（ ）2A. 场强 EaEb，E bEcB. 电势 a b， c bC. 沿 cba 路径移动质子与电子，电荷的电势能改变是一样的D. 沿 bc 方向直线射入的电子有可能做曲线运动【答案】A【解析】A、根据电场线的疏密表示电场强度的相对大小，可知 EaE bE c故 A 正确；B、沿着电

3、场线方向电势是降低的，同一等势面上各点的电势相等，则知 c b= a故B 错误；C、沿 cba 路径移动质子与电子，根据公式 W=qU，知由于电子与质子的电性相反，电场力对质子做正功，对电子做负功，则质子的电势能减小，电子的电势能增大，故 C 错误；D、沿 bc 方向直线射入的电子，所受的电场力沿 cb 方向，电子做直线运动故 D 错误；故选 A。3.如图所示， ad、 bd、 cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆， a、 b、 c、 d 位于同一圆周上，a 点为圆周的最高点， d 点为最低点每根杆上都套着一个完全相同的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从 a、 b、 c 点无初速度释放，关于它

4、们下滑过程的下列说法中正确的是A. 重力对各环的冲量 a 的最大B. 弹力对各环的冲量 c 的最大C. 合力对各环的冲量大小相等D. 各环的动能增量相等【答案】B【解析】3【分析】根据牛顿定律与运动学公式结合分析得到：三个滑环下滑的时间相同由冲量公式 I=Ft，判断重力冲量关系由于 c 环受到的弹力最大，其冲量最大a 环加速度最大，合力最大，其冲量最大下滑过程中，只有重力做功，根据动能定理得知，动能的增量等于重力做功，重力对 a 环做功最大，其动能的增量最大【详解】设任一细杆与竖直方向的夹角为 ，环运动的时间为，圆周的直径为 D则环的加速度大小 。由位移公式得 ，得到 ，所以三个环运动时a=g

5、cos Dcos=12at2=12gcost2 t= 2Dg间相同。由于三个环的重力相等，运动时间相同，由公式 I=Ft 分析可知，各环重力的冲量相等，A 错误；c 环受到的弹力最大，运动时间相等，则弹力对环 c 的冲量最大，B 正确；a 环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对 a 环的冲量最大，C 错误；重力对 a 环做功最大，其动能的增量最大，D 错误4.如图所示，一倾斜的匀质圆盘垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度 转动，盘面上离转轴距离 2.5m 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为 。3设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面间的夹角为 300， g 取

6、 10m/s2。则 的最大值是A. 0.5 rad/s B. 1.5 rad/s C. D. 2.0 rad/s22rad/s【答案】D【解析】【分析】当物体转到圆盘的最低点，由重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力的合力提供向心力时，静摩擦力最大，由牛顿第二定律求出最大角速度【详解】当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得 ，解得 ，D 正确mgcos30mgsin30=m2r =2.0rad/s【点睛】本题关键要分析向心力的来源，明确角速度在什么位置最大，由牛顿第二定律进行解题5.下面说法正确的是4A. 在直流电源的外电路上，电流的方向是从电源正

7、极流向负极B. 伽利略开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法C. 元电荷就是带电量为 1C 的点电荷D. 电流的速度就是自由电荷在电路中定向移动的速度【答案】AB【解析】【分析】电流方向与正电荷的移动方向一致，与负电荷的方向相反，在外电路上电流由电源的正极流向负极；元电荷是电荷量的单位，是指自然界中已知的电荷的最小单元；伽利略开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法；电流速度等于光速，而电子移动的平均速率很小【详解】正电荷定向移动的方向是电流的方向，与负电荷的方向相反，在外电路上电流由电源的正极流向负极，A 正确；伽利略开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法，B 正

8、确；元电荷是表示跟电子或质子所带电量数值相等的电量，是最小电荷量，为e=1.610-19C，C 错误；电流速度等于光速，而电子移动的平均速率很小，所以电荷定向移动的速度并不是电流的速度，D 错误6.按照我国整个月球探测活动的计划，在第一步“绕月”工程圆满完成各项目标和科学探测任务后，第二步是“落月”工程，已在 2013 年以前完成。假设月球半径为 R，月球表面的重力加速度为 g0，飞船沿距月球表面高度为 3R 的圆形轨道运动，到达轨道的 A 点时点火变轨进入椭圆轨道，到达轨道的近月点 B 时再次点火进入月球近月轨道绕月球做圆周运动。下列判断正确的是A. 飞船在轨道上的运行速率 v=g0R2B.

9、 飞船在 A 点处点火变轨时，动能增大C. 飞船在轨道绕月球运动一周所需的时间 T=2Rg05D. 飞船从 A 到 B 运行的过程中机械能不变【答案】ACD【解析】【分析】在月球表面，万有引力等于重力，在任意轨道，万有引力提供向心力，联立方程即可求解，卫星变轨也就是近心运动或离心运动，根据提供的万有引力和所需的向心力关系确定。飞船在近月轨道绕月球运行，重力提供向心力，根据向心力周期公式即可求解【详解】在月球表面有 ，在轨道 I 上运动有 ，解得 ，AGMmR2=mg0 GmM(R+3R)2=mv2R+3R v=g0R2正确；飞船在 A 点变轨，做近心运动，需减速，所以动能减小，B 错误；在月球

10、表面有：，在轨道 III 上运动有： ，联列方程可得：卫星在轨道 III 上运GmMR2=mg0 GMmR2=m(2T)2R动一周所需时间 ，C 正确；飞船从 A 到 B 的过程中，只有万有引力做功，机械能T=2Rg0守恒不变，D 正确7.由粗糙的水平杆 AO 与光滑的竖直杆 BO 组成的绝缘直角支架如图放置，在 AO 杆、 BO 杆上套有带正电的小球 P、 Q，两个小球恰能在某一位置平衡。现将 P 缓慢地向左移动一小段距离，两球再次达到平衡。若小球所带电荷量不变，与移动前相比，下列正确的是A. P、 Q 之间的距离增大B. 杆 BO 对 Q 的弹力减小C. 杆 AO 对 P 的摩擦力增大D.

11、 杆 AO 对 P 的弹力不变【答案】CD【解析】【分析】本题涉及两个物体的平衡问题，灵活选择研究对象是关键当几个物体都处于静止状态时，可以把它们看成整体进行研究【详解】 Q 受力如图，由力的合成与平衡条件可知： BO 杆对小球 Q 的弹力变大，两小球之6间的库仑力变大，由库仑定律知，两小球 P、Q 的距离变小，AB 错误；对整体受力分析，可得 AO 杆对小球 P 的摩擦力变大，C 正确；对整体分析可知，竖直方向只受重力和 AO 杆的支持力，故 AO 杆对小球 P 的弹力不变，D 错误8.如图所示，质量分别为 2m 和 m 的 A、 B 两物体用不可伸长的轻绳绕过轻质定滑轮相连，开始两物体处于

12、同一高度，绳处于绷紧状态，轻绳足够长，不计一切摩擦。现将两物体由静止释放，在 A 落地之前的运动中，下列说法中正确的是A. A 物体的加速度为13gB. A、 B 组成系统的重力势能增大C. 下落 t 秒时 B 所受拉力的瞬时功率为13mg2tD. 下落 t 秒时， A 的机械能减少了29mg2t2【答案】AD【解析】【分析】分别以 A 和 B 为研究对象进行受力分析，结合牛顿第二定律即可求出加速度；根据 A 和 B 的机械能变化情况判断两者组成的系统重力势能变化；根据 即可求出下落v=att s 时， A 与 B 的速度的大小，再由 求出 B 所受拉力的瞬时功率；由 求出 A 下P=Fv x

13、=12at2降的高度，再结合功能关系即可求出 A 的机械能的变化【详解】两个物体分别位于同一根绳子的两端，所以加速度的大小是相等的；设绳子之间的拉力为 T，则对 B 分析有： ，对 A 分析有： ，联立可得：Tmg=ma 2mgT=2ma，A 错误；在 A 落地之前的运动中，由于 A 的重力大于 B 的重力，则 A 重力a=13g，T=43mg势能的减少量大于 B 物体重力势能的增加量，所以 A、 B 组成系统的重力势能减小，B 错误；7下落 ts 时， B 的速度大小为： ，则 B 所受拉力的瞬时功率为v=at=13gt，C 错误；下落 ts 时， A 下落的高度为 ，则P=Tv=43mg1

14、3gt=49mg2t h=12at2=1213gt2=16gt2A 克服细绳拉力做功为 ，根据功能关系得 A 的机械能减少量为：W=Th=43mg16gt2=29mg2t2，D 正确EA=W=29mg2t2【点睛】该题看似简单，却考查了运用整体法与隔离法、牛顿第二定律、机械能守恒等知识，解答的关键是正确的利用整体和隔离法求出二者的加速度三、非选择题：共 174 分，第 22 32 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 3338 题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共 129 分）9.下图游标卡尺的读数为 cm 螺旋测微器的读数为 mm【答案】【解析】试题分析：游标卡尺的读数为 l=1

15、.3cm+8120mm=1.340cm螺旋测微器的读数为 6.5mm+7.80.01=6.578mm考点：螺旋测微器的使用；游标卡尺的使用点评：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读以及螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读10.某同学为探究求合力的方法，做了如图所示的实验。 ABCD 为竖直平板， E、 F 两处固定了摩擦不计的轻质滑轮，滑轮的轴保持水平，所用绳子的质量可不计。第一次实验中，当装置平衡时，绳子的结点在 O 处，拉力的方向和钩码的位置如图所示。第二次实验时，仅把右侧滑轮的位置移动到图中的 G 点，待稳定后， E

16、OF 将_(填“变大” “变小”或“不变”)，绳子结点 O 的位置将_。8A竖直向下移动B水平向右移动C沿 EO 方向移动D沿 FO 方向移动【答案】C【解析】试题分析：以 O 点为研究对象，受到三个力的作用，由于钩码个数不变，因此三个力的大小不变，O 点所受竖直方向的拉力大小方向不变，即 EO，FO 两绳子拉力的合力大小方向不变，根据平行四边形定则可知，二力的大小不变，其合力的大小方向不变，则该二力的夹角不变，故EOF 不变；根据相似三角形的几何关系可知，E 点位置不变，EF 之间的距离变大，而EOF 不变，因此绳子结点 O 的位置将向 EO 方向移动，故 ABD 错误，C 正确故选 C考点

17、：探究求合力的方法【名师点睛】掌握三力平衡的条件，理解平行四边形定则，同时验证平行四边形定则是从力的图示角度去作图分析11.要测绘额定电压为 2 V 的日常用小电珠的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：A电源 E（电动势 3.0 V，内阻可不计）B电压表 V1(量程为 03.0 V，内阻约 2 k)C电压表 V2(015.0 V，内阻约 6 k)D电流表 A1(00.6 A，内阻约 1 )E电流表 A2(0100 mA，内阻约 2 )F滑动变阻器 R1（最大值 10 ）G滑动变阻器 R2（最大值 2 k）9（1）为减少实验误差，实验中电压表应选择_，电流表应

18、选择_，滑动变阻器应选择_（填各器材的序号）（2）为提高实验精度，请你设计实验电路图，并画在下面的虚线框中_.（3）实验中测得一组数据如下表所示，根据表格中的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特性曲线_。I/A 0 0.12 0.21 0.29 0.34 0.38 0.42 0.45 0.47 0.49 0.50U/V 0 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00 1.20 1.40 1.60 1.80 2.00（4）该小电珠的额定功率是_。【答案】 (1). B (2). D (3). F (4). 见解析 (5). 见解析 (6). 1W【解析】【分析】关键是根据小电珠的规格即可选择电

19、压表与电流表的量程，根据实验要求电流从零调可知变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；根据小电珠电珠满足可知电流表应用外接法；的关键是根据表中数据选取标度、描点，然后用平滑的曲RVRxRxRA线连接即可；根据图象可明确电压为 2V 时的电流，由功率公式可求得功率；【详解】 （1）由题意小灯泡额定电压为 2V，额定电流为 0.5A，故电压表应选 B，电流表应选 D，又描绘伏安特性曲线要求电流从零调，故变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器 F（2）由于小电珠电珠较小，满足 ，电流表应用外接法，又变阻器应采用分压式接法，RVRxRxRA电路图如图所示：10（3）根据描点法可得如图

20、所示（4）由图可知，当电压为 2V，电流为 0.5A；则功率 P=UI=20.5=1W；12.如图所示，离子发生器发射一束质量为 m、电荷量为 q 的离子，从静止经 PQ 两板间的加速电压加速后，以初速度 v0从 a 点沿 ab 方向进入一匀强电场区域， abcd 所围成的正方形是该匀强电场的边界，已知 ab 长为 L，匀强电场的方向与 ad 边平行且由 a 指向 d。（1）求加速电压 U0；（2）若离子恰从 c 点飞离电场，求 a、 c 两点间的电势差 Uac；（3）若离子从 abcd 边界上某点飞出时的动能为 mv02，求此时匀强电场的场强大小 E。【答案】 （1） （2） （3 ）mv2

21、02q 2mv20q mv20qL11【解析】试题分析: (1)对直线加速过程，根据动能定理，有：qU 0= 解得:U 0=(2)设此时场强大小为 E，则:ab 方向，有:L=v 0t ad 方向，有:L=Uac=EL 解得:Uac=（3）根据 可知，离子射出电场时的速度 ，方向与 ab 所在直线的夹角为 45，即 ，根据 ， ，可得 x=2y，则离子将从 bc 边上的中点飞出，即根据动能定理，有： 解得:考点： 带电粒子在电场中运动13.如图所示，光滑水平台面 MN 上放两个相同小物块 A，B，右端 N 处与水平传送带理想连接，传送带水平部分长度 L=17m，沿逆时针方向以恒定速度 v0=4

22、m/s 匀速转动。物块A，B（大小不计，视作质点）与传送带间的动摩擦因数均为 =0.2，物块 A，B 质量均为m=1kg。开始时 A，B 静止，A，B 间压缩一轻质短弹簧。现解除锁定，弹簧弹开 A，B，弹开后 B 滑上传送带，A 掉落到地面上的 Q 点，已知水平台面高 h=0.8m，Q 点与水平台面间右端间的距离 S=3.2m，g 取 10m/s2。（1）求物块 A 脱离弹簧时速度的大小，及弹簧储存的弹性势能；（2）求物块 B 在水平传送带上运动的时间；（3）求 B 与传送带间摩擦产生的热量。【答案】 （1）8m/s，64J（2）9s（3）72J12【解析】【分析】A 离开平台后做平抛运动，应

23、用平抛运动规律求出 A 离开平台时的速度，解锁过程 A、 B 系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以去除速度与弹性势能；应用牛顿第二定律求出加速度，然后应用运动学公式求出运动时间；应用运动学公式求出相对位移，应用公式求出摩擦力产生的热量。【详解】 （1） A 作平抛运动，竖直方向： ，水平方向： h=12gt2 s=vAt代入数据联立解得： vA=8m/s解锁过程系统动量守恒，规定 A 的速度方向为正方向，由动量守恒定律得： ，mvAmvB=0代入数据解得： ，vB=8m/s由能量守恒定律得： ，EP=12mv2A+12mv2B代入数据解得： ；Ep=64J（2） B 作匀变速运动，

24、由牛顿第二定律有 ，mg=ma解得 ；a=g=0.210m/s2=2m/s2B 向右匀减速至速度为零，由 ，v2B=2asB解得： ，所以 B 最终回到水平台面。sB=16mL=17m设 B 向右匀减速的时间为 ： ，解得： ；t1 vB=at1 t1=4s设 B 向左加速至与传送带共速的时间为 t2，v0=at2，t2=2s由 ，解得： ；v20=2as2 s2=4m共速后做匀速运动的时间为 ，有： ；t3 sBs2=v0t3代入数据解得总时间： ；t=t1+t2+t3=9s（3） B 向右减速运动时，相对于传送带的位移： ；s相 1=v0t1+sB=32mB 向左加速运动，相对于传送带的位

25、移： ；s相 2=v0t2s2=4m13B 与传送带间摩擦产生的热量： ，Q=fs相代入数据解得：Q=72J；【点睛】本题考查了动量守恒定律、能量守恒定律和牛顿第二定律的综合运用，理清物块在传送带上的运动规律，知道物块先向右做匀减速运动，然后返回做匀加速运动，再做匀速运动，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解。14.下列说法正确的是_A一定质量的 100 的水吸收热量后变成 100 的水蒸气，系统的内能保持不变B对某物体做功，可能会使该物体的内能增加C. 实际气体分子热运动的平均动能与分子间势能分别取决于气体的温度和体积D一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同E功可以全部转化为热，但热

26、量不能全部转化为功【答案】BCD【解析】水变成水蒸气，分子平均动能不变；但由于体积增大，分子间距离增大；由于气体分子间间距接近 10r0；故在变化过程中分子力做负功；分子势能增大；故 A 错误；做功和热传递均可以改变物体的内能；故 B 正确；气体分子热运动的平均动能与分子间势能分别取决于气体的温度和体积；故 C 正确；两系统达到热平衡的条件为温度相同；故 D 正确；功可以全部转化为热；而热量也可以全部转化为功，但要引起其他方面的变化；故 E 错误；故选BCD15.扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象；如图，截面积为 S 的热杯盖扣在水平桌面上，开始时内部封闭气体的温度为 300K，压强

27、为大气压强 P0。当封闭气体温度上升至 303K 时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回桌面，其内部压强立即减为P0，温度仍为 303K。再经过一段时间，内部气体温度恢复到 300K。整个过程中封闭气体均可视为理想气体。求：（）当温度上升到 303K 且尚未放气时，封闭气体的压强；（）当温度恢复到 300K 时，竖直向上提起杯盖所需的最小力。【答案】 （）1.01P 0；（）0.02P 0S14【解析】（）气体进行等容变化，开始时，压强 P0，温度 T0=300K；当温度上升到 303K 且尚未放气时，压强为 P1，温度 T1=303K；根据 可得：P0T0=P1T1 P1=T1T0P0=303300P0=1.01P0（）当内部气体温度恢复到 300K 时，由等容变化方程可得： ，解得当杯盖恰被顶起时有：若将杯盖提起时所需的最小力满足： ，解得：【考点定位】理想气体的状态方程；等容变化.【此处有视频，请去附件查看】