1、1宁夏银川一中 2019 届高三第四次月考理综物理试题二、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
2、】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 、电容 、E=Fq C=QU磁感应强度 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.B=FIL2. 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
3、 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2A. B. C. D. T=12mg T=3mg F=3mg 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
4、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： ，因为 r1r 2，所
5、以 m1m 2，即 AGm1m2L2 =m12r1=m22r2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：，解得周期为 ，由此可知双星的总质量一定，Gm1m2L2 =m1（2T）2r1=m2（2T）2r2 T=2 L3G(m1+m2)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 ,A、 B 两端间距 L=16m，传送带以速度 v=10m/s，=373沿顺时针方向运动，物体 m=1k
6、g，无初速度地放置于 A 端，它与传送带间的动摩擦因数，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（=0.5）sin37=0.6,cos37=0.8A. 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：mg
7、sin=6N摩擦力大小为：f=mgcos=4N此过程根据牛顿第二定律：mgsin+mgcos=ma 1解得：a 1=10m/s2物块做初速度为零的匀加速运动，则有：v=a 1t1解得：t 1=1s物块通过的位移为：x 1= a1t12 =5m12传送带位移为：x 1=vt 1=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=ma 2解得：a 2=2m/s2根据位移公式 x2=L-x
8、1=vt2+ a2t22124可得：t 2=1s传送带位移为：x 2=vt 2=10m 物块从 A 到 B 经历的时间为：t=t 1+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：x 1= x1-x 1=5m产生的热量为：Q 1=mgcosx 1=20J第二阶段传送带与物块的相对位移为：x 2= x2-x 2=1m产生的热量为：Q 2=mgcosx 2=4J总热量为：Q=Q 1+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
9、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. B. C. D. 3s 10s 6s 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= at2 ；即1230cos= gcost
10、 2 ，所以 t= s。故选 C。12 66.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5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 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v2=c知，小球对杆的弹力方向向上，故 A 错误；由图象知，当 时，F=0，杆对小球无弹力，v2=b此时重力提供小球
11、做圆周运动的向心力，有： ，得 ,由图象知，当 时，mg=mv2R g=bR v2=0F=a，故有 ，解得： ，故 B 错误，C 正确；由图象可知，当 时，F=mg=a m=ag=aRb v2=2b由 ，得 F=mg，故 D 正确；故选 CD.F+mg=mv2R=2mg【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
12、统处于静止状态，且 ，重力加速度 g=10m/s2。则OA=3m、OB=4m6A. 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 时小球 B 的速度大小为 4m/s23sD. 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 的时间内拉力 F 做的功为 49.5J23s【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
13、据共点力平衡条件，对整体，竖直方向：N=G 1+G2；水平方向：F=N 1；解得：N=（m 1+m2）g=50N，对小球 B： ，则 F=15N，故 A 错误，B 正确。若改变水平力 F 大小，使N1=mBgtan370=15N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 时，A 的速度23s为 vA=at=3m/s，位移 ，则由几何关系可知，B 上升 1m，此时sA=12at2=124.5(23)2m=1mOAB=37 0，由速度的分解知识可知：v Acos370=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
14、 的功为 ，选项 CD 正确；W=mBgh+12mAv2A+12mBv2B=49.5J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 的固定光滑斜面底端。现用沿斜面向=30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
15、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7【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： ;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a=Fmgsin30m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：at2=-（att- at 2） ；联立解得：a=3a，F= mg，撤去 F 时的速度为 at；回到出发点12 12 23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
16、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： mv2=W，解得： ，回到出发点时重力12 v= 2Wm的瞬时功率为 P=mgvsin30= ，故 A 错误；故选 BC。gWm2【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
17、.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。8（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
18、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（）最大为 3%，则此次实验是否成功？通过计算说明： _。|g真 实 g测 量g真 实 |100%【答案】 (1). 3.68 m/s (2). 3.92 m/s (3). 小于 (4)
19、. 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 ，打出 C 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。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：；重力势能的减小量： ，则EK=12m(v2Cv2B)=0.915J EP=mgs2=19.80.0950J=0.931J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
20、是有阻力存在，要克服阻力做功； （3）根据s=gT 2可解得： ，则g测 量 =sT2=0.61020.0252=9.6m/s2，则此次实验能成功.|g真 实 g测 量g真 实 |10000=|9.89.69.8|10000=20030011.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9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） （2）mgvmg
21、vma(g+a)【解析】【详解】 （1） 重物匀速运动时功率最大 ，此时拉力等于重物的重力pePe=FvmF=mg联立以上两式得 Pe=mgvm（2）重物匀加速阶段的末速度为 此时功率达到额定功率 绳子拉力为v1 pe 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
22、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。10【答案】 200mg81k 20m2g29k【解析】【详解】M 与 Q 碰撞前弹簧的压缩量为 ，根据平衡条件有： ， x mg=kxM 下降时距 Q 的高度为 ，与 Q 碰撞前的速度为 ：h 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=kx1M 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)v
23、21=10mg(x+x1)碰撞过程损失的能量为 : E E=129mv21210mv21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
24、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二11定律；其次要会分析
25、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 向左做匀加速直线运动(如图乙所示)，求稳定后的气柱长度。【答案】(1) (2) (mg+p0S)l0p0S mg+p0S3(p0Sma)l0【解析】初始时封闭气体的压强
26、 p1=p0+mgS水平放置时封闭气体的压强 p2p 0由理想气体方程可得： p1l0S=p2lS解得 l=(mg+p0S)l0p0S当环境温度降为 T/3 时，有：l2ST1=l3ST2其中 T1T，T 2T 1/3， l2=l得 l3=l/3当玻璃管向左以加速度 做匀加速运动时有：（p 0p 3）Smp3l4p 0l3 解得： l4=p0S+mg3(p0Sma)l01215.以下关于光学常识的描述中说法正确的是_。A偏振光可以是横波，也可以是纵波B泊松亮斑支持了光的波动说C雨后路面上的油膜呈现彩色，是光的折射现象D光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象E光纤通信及医用纤维式内窥镜都是利用了光
27、的全反射原理【答案】BDE【解析】偏振光，只可以是横波，不可以是纵波，故 A 错误；泊松亮斑支持了光的波动说。故 B 正确。雨后路面上的油膜呈现彩色，是光的干涉现象，故 C 错误；光学镜头上的增透膜，膜的上表面与玻璃表面反射的光发生干涉，利用了光的干涉现象，故 D 正确；光纤通信及医用纤维式内窥镜都是利用了光的全反射原理，故 E 正确，故选 BDE.16.一个弹簧振子沿 x 轴做简谐运动，平衡位置为坐标原点 0，振幅 A=10cm，周期T=2s.t=0 时，小球位于 x0=5cm 处，且正在向 x 轴负方向运动，则：(i)写出小球的位置坐标 x 随时间 t 变化的关系式；(ii)求出在 t=0 至 t=0.5s 内，小球通过的路程。【答案】(i). (ii). 5（1 ）cm x=10sin(t+56)(cm) 3【解析】（i）设 ，由题知：A10cm，可得：当 t0 时 ，可得 或 而当 t0 时，小球沿 x 轴负方向运动，故舍去 则（ii）由于 ，故小球做单方向运动 可得路程：13
