寧夏銀川一中2019屆高三物理第四次月考試卷（含解析）.docx

寧夏銀川一中2019屆高三第四次月考理綜物理試題二、選擇題1.在物理學的發(fā)展過程中，許多物理學家都做出了重要的貢獻，他們也探索出了物理學的許多研究方法，下列關于物理研究方法的敘述中不正確的是A. 理想化模型是把實際問題理想化，略去次要因素，突出主要因素，例如質點、點電荷、向心加速度等都是理想化模型B. 重心、合力和交變電流的有效值等概念的建立都體現(xiàn)了等效替代的思想C. 根據(jù)速度定義式，當足夠小時，就可以表示物體在某時刻的瞬時速度，該定義應用了極限思想方法D. 用比值法定義的物理量在物理學中占有相當大的比例，例如場強、電容、磁感應強度都是采用比值法定義的【答案】A【解析】【詳解】理想化模型是把實際問題理想化，略去次要因素，突出主要因素，例如質點、點電荷等都是理想化模型,向心加速度不是理想模型，選項A錯誤；重心、合力和交變電流的有效值等概念的建立都體現(xiàn)了等效替代的思想，選項B正確；根據(jù)速度定義式，當足夠小時，就可以表示物體在某時刻的瞬時速度，該定義應用了極限思想方法，選項C正確；用比值法定義的物理量在物理學中占有相當大的比例，例如場強、電容、磁感應強度都是采用比值法定義的，選項D正確；此題選擇不正確的選項，故選A.2. 如圖所示，一質量為m的帶電小球A用長度為l的絕緣絲質細線懸掛于天花板上的O點，在O點的正下方l處的絕緣支架上固定一個帶與A同種電荷的小球B，兩個帶電小球都可視為點電荷已知小球A靜止時絲線OA與豎直方向的夾角為60，設絲線中拉力為T，小球所受庫侖力為F，下列關系式正確的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】試題分析：對小球A受力分析可得：它受豎直向下的重力mg，B對它的電場力F，方向沿BA的方向，還有就是細線對它的拉力T，沿細線的方向斜向上；通過畫圖可知，這三個力的夾角都是120，所以這三個力的大小是相等的，即T=F=mg，故選項D正確。考點：受力分析，力的平衡。3. 宇宙中，兩顆靠得比較近的恒星，只受到彼此之間的萬有引力作用互相繞轉，稱之為雙星系統(tǒng)，設某雙星系統(tǒng)繞其連線上的O點做勻速圓周運動，如圖所示若AOOB，則（ ）A. 星球A的向心力一定大于B的向心力B. 星球A的線速度一定大于B的線速度C. 星球A的質量可能等于B的質量D. 雙星的總質量一定，雙星之間的距離越大，其轉動周期越大【答案】CD【解析】試題分析：雙星靠相互間的萬有引力提供向心力，所以向心力相等，故A錯誤；雙星系統(tǒng)角速度相等，根據(jù)v=r，且AOOB，可知，A的線速度小于B的線速度，故B錯誤；根據(jù)萬有引力提供向心力公式得：，因為r1r2，所以m1m2，即A的質量一定大于B的質量，故C正確；根據(jù)萬有引力提供向心力公式得：，解得周期為，由此可知雙星的總質量一定，雙星之間的距離越大，轉動周期越大，故D正確；故選CD。考點：萬有引力定律的應用【名師點睛】解決本題的關鍵知道雙星靠相互間的萬有引力提供向心力，具有相同的角速度以及會用萬有引力提供向心力進行求解。4.如圖所示，傳送帶與地面的夾角,A、B兩端間距L=16m，傳送帶以速度v=10m/s，沿順時針方向運動，物體m=1kg，無初速度地放置于A端，它與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，則物體由A端運動到B端的時間t和系統(tǒng)因摩擦產生的熱量Q分別是（）A. t=2s，Q=16JB. t=2s，Q=24JC. t=2.1s，Q=16JD. t=2.1s，Q=20J【答案】B【解析】【詳解】物塊在下落過程中，分為兩個階段，如果物塊速度小于傳送帶速度，則物塊受到的摩擦力斜向下；如果物塊速度大于傳送帶速度，則物塊受到的摩擦力斜向上，設第一階段物體經過時間t1速度達到v=10m/s，加速度為a1，位移為x1，傳送帶的位移為 x1，重力沿斜面向下的分力：mgsin=6N摩擦力大小為：f=mgcos=4N此過程根據(jù)牛頓第二定律：mgsin+mgcos=ma1解得：a1=10m/s2物塊做初速度為零的勻加速運動，則有：v=a1t1解得：t1=1s物塊通過的位移為：x1=a1t12 =5m傳送帶位移為：x1=vt1=10m此時還沒有到達B點，兩者速度相等，不再有摩擦力，但是重力的分力依然存在，物塊依然加速，當速度一旦大于傳送帶速度，摩擦力方向斜向上，設第二階段物體經過時間為t2，加速度為a2，位移為x2，傳送帶位移為x2 ，根據(jù)牛頓第二定律：mgsin-mgcos=ma2解得：a2=2m/s2根據(jù)位移公式x2=L-x1=vt2+ a2t22可得：t2=1s傳送帶位移為：x2=vt2=10m 物塊從A到B經歷的時間為：t=t1+t2=2s物塊下落過程中，兩個階段產生的熱量第一階段傳送帶與物塊的相對位移為：x1= x1-x1=5m產生的熱量為：Q1=mgcosx1=20J第二階段傳送帶與物塊的相對位移為：x2= x2-x2=1m產生的熱量為：Q2=mgcosx2=4J總熱量為：Q=Q1+Q2=24J；故選B.【點睛】本題中的物體兩次做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律求加速度為關鍵，加速度是橋梁另外在本題求解熱量時容易出現(xiàn)錯誤，多數(shù)情況下我們會按照4m的相對位移去計算5.如圖所示，在一個斜坡上的O點豎直立起一根長為15m的直桿OA，O點到坡底B點的距離也為15m。桿的A端與坡底B連接有一根鋼繩，一個穿在繩上的小球從A點由靜止開始無摩擦地滑下，則小球在繩上滑行的時間為A. B. C. D. 【答案】C【解析】【詳解】設OAB=，對小球受力分析，把重力分解為沿繩的mgcos和垂直于繩的mgsin，小球受到的合力大小為mgcos，由牛頓第二定律得 mgcos=ma，所以下滑加速度為 a=gcos，AB長度 L=2AOcos=30cos，由位移公式可得：L=at2 ；即30cos= gcost2 ，所以 t=s。故選C。6.如圖甲所示，輕桿一端固定在O點，另一端固定一小球，現(xiàn)讓小球在豎直平面內做半徑為R的圓周運動。小球運動到最高點時，受到的彈力為F，速度大小為v，其F-v2圖像如乙圖所示。則（ ）A. v2=c時，小球對桿的彈力方向向下B. 當?shù)氐闹亓铀俣却笮镃. 小球的質量為D. v2=2b時，小球受到的彈力與重力大小相等【答案】CD【解析】由圖象可知，當時，有：F0，則桿對小球得作用力方向向下，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球對桿的彈力方向向上，故A錯誤；由圖象知，當時，F(xiàn)=0，桿對小球無彈力，此時重力提供小球做圓周運動的向心力，有：，得,由圖象知，當時，F(xiàn)=a，故有，解得：，故B錯誤，C正確；由圖象可知，當時，由，得F=mg，故D正確；故選CD.【點睛】小球在豎直面內做圓周運動，小球的重力與桿的彈力的合力提供向心力，根據(jù)圖象、應用向心力公式、牛頓第二定律分析答題7.如圖所示，豎直平面內放一直角桿，桿的各部分均光滑，水平部分套有質量為mA=3kg的小球A，豎直部分套有質量為mB=2kg的小球B，A、B之間用不可伸長的輕繩相連。在水平外力F的作用下，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，且，重力加速度g=10m/s2。則A. 系統(tǒng)平衡時，水平拉力F的大小為25NB. 系統(tǒng)平衡時，水平桿對小球A彈力的大小為50NC. 若改變水平力F大小，使小球A由靜止開始，向右做加速度大小為4.5m/s2的勻加速直線運動，經過時小球B的速度大小為4m/sD. 若改變水平力F大小，使小球A由靜止開始，向右做加速度大小為4.5m/s2的勻加速直線運動，經過的時間內拉力F做的功為49.5J【答案】BCD【解析】【詳解】對AB整體受力分析，受拉力F、重力G、支持力N和向左的彈力N1，根據(jù)共點力平衡條件，對整體，豎直方向：N=G1+G2；水平方向：F=N1；解得：N=（m1+m2）g=50N，對小球B：，則F=15N，故A錯誤，B正確。若改變水平力F大小，使小球A由靜止開始，向右做加速度大小為4.5m/s2的勻加速直線運動，經過時，A的速度為vA=at=3m/s，位移，則由幾何關系可知，B上升1m，此時OAB=370，由速度的分解知識可知：vAcos370=vBcos530，解得vB=4m/s，即小球B的速度大小為4m/s，此段時間內拉力F的功為，選項CD正確；故選BCD.【點睛】此題中先用整體法和隔離法求解拉力的大小和彈力的大??；然后根據(jù)速度的分解方法找到兩物體的速度關系，再結合能量關系求解拉力的功.8.如圖所示，一質量為m的物體靜置在傾角為的固定光滑斜面底端?，F(xiàn)用沿斜面向上的恒力F拉物體，使其做勻加速直線運動，經時間t，力F做功為W，此后撤去恒力F，物體又經時間t回到出發(fā)點，若以斜面底端為重力勢能零勢能面，則下列說法正確的是A. 回到出發(fā)點時重力的瞬時功率為B. 從開始到回到出發(fā)點的整個過程中機械能增加了WC. 恒力F大小為D. 物體回到出發(fā)點時的速度大小是撤去恒力F時速度大小的三倍【答案】BC【解析】【詳解】從開始到經過時間t，物體受重力，拉力，支持力，由牛頓第二定律得物體加速度為：;撤去恒力F到回到出發(fā)點，物體受重力，支持力，由牛頓第二定律得物體加速度大小為：a= =gsin30；兩個過程位移大小相等、方向相反，時間相等。則得： at2=-（att- at2）；聯(lián)立解得：a=3a，F(xiàn)=mg，撤去F時的速度為at；回到出發(fā)點時的速度為-at+ at=2at，則故C正確，D錯誤；除重力以外的力做功等于物體機械能的變化量，兩個過程中，力F做功為W，則從開始到回到出發(fā)點的整個過程中機械能增加了W，故B正確；根據(jù)過程中，根據(jù)動能定理得：mv2=W，解得：，回到出發(fā)點時重力的瞬時功率為 P=mgvsin30=，故A錯誤；故選BC?！军c睛】本題是牛頓第二定律、動能定理、運動學公式等力學規(guī)律的綜合應用，關鍵要抓住兩個過程之間的位移關系和時間關系，知道除重力以外的力做功等于機械能的變化量.三、非選擇題9.（1）用游標卡尺測量一個“圓柱形”導體的長度L，如圖所示，則：L=_cm;（2）用螺旋測微器測量一個“圓柱形”導體的直徑R，如圖所示，則R=_mm?！敬鸢浮?(1). 10.400cm (2). 2.150 mm【解析】【詳解】（1）用游標卡尺測量一個“圓柱形”導體的長度L，則：L=10.4cm+0.05mm0=10.400cm;（2）用螺旋測微器測量一個“圓柱形”導體的直徑R，則R=2mm+0.01mm15.0=2.150mm。10.某同學用圖甲所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律，其中打點計時器的電源為交流電源，其頻率為40Hz，打出紙帶的一部分如圖乙所示。（1）已測得s1=8.89cm,s2=9.50cm,s3=10.10cm;；當?shù)刂亓铀俣却笮?.8m/s2，重物的質量為m=1.00kg。若從打出的紙帶可判定重物勻加速下落，請計算在打點計時器打出B點時，重物下落的速度大小為_m/s，打出C點時重物下落的速度大小為_m/s。（2）打點計時器打出B點到打出C點的過程中，重物增加的動能_減小的重力勢能（填“大于”、“等于”、“小于”）。造成這一現(xiàn)象的原因是下面兩個選項中的_（填下列選項的首字母）A有阻力存在 B打點計時器打B點時的速度不為零。（3）如果此實驗用于測量當?shù)氐闹亓铀俣龋覍嶒炘试S的相對誤差絕對值（）最大為3%，則此次實驗是否成功？通過計算說明：_?！敬鸢浮?(1). 3.68 m/s (2). 3.92 m/s (3). 小于 (4). A (5). 實驗成功【解析】【詳解】（1）交流電的頻率為40Hz可知T=0.025s；在打點計時器打出B點時，重物下落的速度大小為，打出C點時重物下落的速度大小為。（2）打點計時器打出B點到打出C點的過程中，重物增加的動能：；重力勢能的減小量：，則重物增加的動能小于減小的重力勢能。造成這一現(xiàn)象的原因是有阻力存在，要克服阻力做功； （3）根據(jù)s=gT2可解得： ，則 ，則此次實驗能成功.11.如圖所示為修建高層建筑常用的塔式起重機，在起重機將質量為m的重物豎直吊起的過程中，重物由靜止開始向上做勻加速直線運動，加速度為a，當起重機輸出功率達到其允許的最大值時，保持該功率直到重物做速度為vm的勻速運動，不計額外功。重力加速度為g。求：（1）求起重機允許輸出的最大功率；（2）重物做勻加速運動所經歷的時間.【答案】（1）（2）【解析】【詳解】（1） 重物勻速運動時功率最大 ，此時拉力等于重物的重力 聯(lián)立以上兩式得 （2）重物勻加速階段的末速度為 此時功率達到額定功率繩子拉力為加速時間為，則 由以上三式得 12.如圖所示，一根勁度系數(shù)為k的輕彈簧直立，下端固定在質量為m的小物體P上，上端固定一個質量也為m的小物體Q，整個系統(tǒng)保持靜止。一個質量為9m的物體M（圖中沒畫出）從Q的正上方某高處自由釋放，落到Q上就立刻與Q一起下降并不再分離，當MQ整體下降至最低點后向上運動到最高點時，P恰好沒有離開地面，不計空氣阻力，求：小物體M開始下落時距Q的高度以及小物體M和Q碰撞過程中損失的能量?！敬鸢浮?【解析】【詳解】M與Q碰撞前彈簧的壓縮量為，根據(jù)平衡條件有：， M下降時距Q的高度為，與Q碰撞前的速度為：M與Q碰撞后共同速度為： 當M與Q整體到達最高點時P恰好沒離開地面，彈簧的伸長量： M與Q碰撞后從最低點上升到最高點彈簧的彈性勢能不變：碰撞過程損失的能量為: 聯(lián)立以上得：；【點睛】本題過程比較復雜，關鍵要分析清楚物體的運動過程，應用機械能守恒定律、平衡條件、動量守恒定律即可正確解題。13.下列說法中正確的是（ ）A. 當兩分子間距離大于平衡距離r0時，分子間的距離越大，分子勢能越小B. 葉面上的小露珠呈球形是由于液體表面張力的作用C. 在空氣中一定質量的100 的水吸收熱量后變成100 的水蒸汽，則吸收的熱量大于增加的內能D. 對一定質量的氣體做功，氣體的內能不一定增加E. 熱量不可以從低溫物體向高溫物體傳遞【答案】BCD【解析】A、當兩分子間距離大于平衡距離r0時，分子間的距離增大，分子力做負功，分子勢能增加，A錯誤；B、液體表面張力的作用會使表面積最小，所以葉面上的小露珠呈球形，B正確；C、由于液體變成氣體體積變大，要對外做功，由熱力學第一定律知，吸收的熱量大于增加的內能，C正確；D、對一定質量的氣體做功時，氣體可能對外放熱，氣體的內能不一定增加，D正確；E、根據(jù)熱力學第二定律：熱量不能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體，如果有外界作用，熱量可以從低溫物體向高溫物體傳遞，E錯誤。故選BCD.【點睛】本題考查熱學現(xiàn)象中的基本規(guī)律，該題關鍵是掌握熱力學第一定律和熱力學第二定律；其次要會分析分子力隨距離的變化，以及分子力做功與分子勢能變化關系，這些是重點考察內容，要注意準確理解14.如圖甲所示，粗細均勻、橫截面積為S的足夠長的導熱細玻璃管豎直放置，管內質量為m的水銀柱密封著一定質量的理想氣體，當環(huán)境溫度為T，大氣壓強為p0時，理想氣體的長度為l0，現(xiàn)保持溫度不變將玻璃管緩慢水平放置。重力加速度為g，不計摩擦。求：穩(wěn)定后氣柱的長度若將環(huán)境溫度降為T/3，將玻璃管