2019-2020年高三物理上学期第四次周考试卷（含解析）.doc

2019-2020年高三物理上学期第四次周考试卷（含解析）一、第I卷共7题，每题6分每题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的有多个选项符合题目要求，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下列叙述中正确的是( )A牛顿根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因B做直线运动的物体受到的合外力一定是恒力C物体只要做直线运动，其位移大小就等于路程D两个运动的物体之间可能存在静摩擦力，静摩擦力的方向可以与运动方向成一定角度考点：滑动摩擦力；位移与路程分析：滑动摩擦力大小跟压力成正比滑动摩擦力总是阻碍物体的相对运动，其方向与物体的相对运动方向相反运动的物体受到的可能是静摩擦力两相互接触的物体发生了相对运动，两者间不一定有滑动摩擦力解答：解：A、亚里士多德认为力是维持物体运动状态的原因，伽利略通过理想斜面实验第一次提出了力不是维持物体运动的原因，故A错误；B、做直线运动的物体受到的合外力不一定是恒力，故B错误；C、只有做单方向直线运动的物体，其位移大小才等于路程，故C错误；D、两个相对静止的物体之间有相对运动趋势且接触面不光滑时才存在静摩擦力，静摩擦力要求两个物体保持相对静止，与它们的运动的方向无关，则其的方向可以与运动方向成任意角度，故D正确故选：D点评：研究摩擦力时，要区分静摩擦力还是滑动摩擦力，滑动摩擦力与压力正比，而静摩擦力则不一定，注意摩擦力与弹力的方向关系，及运动方向的关系2轻质弹簧吊着小球静止在如图所示的A位置，现用水平外力F将小球缓慢拉到B位置，此时弹簧与竖直方向的夹角为，在这一过程中，下列说法正确的是( )A小球的弹性势能不变，重力势能增加B弹簧对小球的弹力在水平方向的分力大小逐渐增大C水平外力F做的功数值上等于弹簧和小球机械能的增加量D水平外力F做的功等于弹簧的弹性势能增加考点：功能关系分析：系统的弹性势能取决于弹簧的形变量的大小，弹性势能的增减可通过弹力做功的正负判断，由于有外力F参与做功，系统机械能不守恒，总量要增加解答：解：A、初始状态，弹簧的弹力F弹=mg，后来F弹cos=mg，故弹力会增加，弹簧伸长量增加，系统弹性势能变大，故A错误，B正确；C、作用过程中，外力F做正功，系统机械能不守恒，水平外力F做的功数值上等于弹簧和小球机械能的增加量，故C正确，D错误；故选：BC点评：系统的弹性势能取决于弹簧的形变量的大小，形变量大，则弹性势能大，与弹簧伸长还是压缩无关，此外，要真正理解机械能守恒的条件3将一电荷量为Q的小球甲放在一个事先不带电的金属球乙附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球乙表面的电势处处相等a、b为电场中的两点，根据图中信息，可判断( )A甲球带正电，乙球带电量为Q的负电B检验电荷q在a点的电势能比在b点的大Ca点的场强比b点的大，同时a点的电势也比b点的高D将检验电荷q从a点移到b点的过程中，电场力做正功考点：电场线分析：电场线的疏密表示场强的大小；a点所在的电场线从甲出发到不带电的金属球终止，所以甲带正电，a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势；电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小结合这些知识分析解答：解：A、乙球处于静电平衡状态，整体不带电，故A错误；B、根据顺着电场线方向电势逐渐降低，金属球处于静电平衡时整个导体是一个等势体，可知，a点的电势比b的电势高，负电荷在电势高处电势能小，则检验电荷q在a点的电势能比在b点的小，故B错误C、电场线的疏密表示场强的大小，由图象知a点的电场强度比b点大，故C正确；D、电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能较b点小，将检验电荷q从a点移到b点的过程中，电场力做负功故D错误；故选：C点评：该题考查电场线的特点与电场力做功的特点，解题的关键掌握静电平衡导体的特点：整个导体是等势体，明确电场力做正功时，电势能减小；电场力做负功时，电势能增加4一玩具小车放在水平地面上，如图（甲）所示，当小车启动后，小车的水平牵引力F随时间t的变化情况如图（乙）所示，相应的小车速度v随时间t的变化关系如图（丙）所示，则根据图上信息可得( )A小车在06s内的平均速度与810s的平均速度都为1.5m/sB小车在26s内阻力的平均功率与810s内阻力的平均功率都为3WC小车启动过程为恒定功率的启动过程，其额定功率为6WD因小车在26s与28s内动能的变化量相同都为6J，因此两阶段牵引力F做的功相同考点：功率、平均功率和瞬时功率专题：功率的计算专题分析：根据vt图象判断物体运动特征，进而分析物体的受力情况，根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移求出06s内的位移，根据平均速度等于位移除以时间求解平均速度，在匀变速直线运动中，还可以根据求解平均速度，根据求解平均功率，根据小车的受力情况判断属于哪种启动方式解答：解：A、速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，则06s内的位移，则06s内的平均速度，故A错误；B、根据速度时间图象可知，68s内小车做匀速直线运动，受力平衡，则f=F=2N，26s内的平均速度，则26s内阻力的平均功率，810s内的平均速度，则810s内阻力的平均功率，故B正确；C、根据图象可知，小车先做匀加速直线运动，加速度不变，则牵引力不变，所以小车启动过程为恒定牵引力的启动过程，故C错误；D、68s内，小车做匀速运动，牵引力等于阻力，此过程中牵引力做正功，所以28s内牵引力做的功，大于26s内牵引力做的功，故D错误故选：B点评：此题考查了学生对图象问题的分析能力，能从图象中得出相关的信息，然后结合功和功率的计算公式进行计算求解，是xx届高考的热点考题5我田未来将建立月球基地，并在绕月从道上建造空间站如图所示，关闭发动机的航天飞机在月球引力作用下沿椭圆轨道向月球靠近，并将在椭圆的近月点B处与空间站对接已知空间站绕月轨道半径为r，周期为T，万有引力常量为G，月球的半径为R那么以下选项正确的是( )A月球的质量为M=B航天飞机到达B处由椭圆轨道进入空间轨道时必须加速C图中的航天飞机正在减速地飞向B处D月球表面的重力加速度g月=考点：万有引力定律及其应用专题：万有引力定律的应用专题分析：要使航天飞机在椭圆轨道的近月点B处与空间站C对接，必须在接近B点时减速根据开普勒定律可知，航天飞机向近月点运动时速度越来越大月球对航天飞机的万有引力提供其向心力，由牛顿第二定律求出月球的质量M解答：解：A、设空间站的质量为m，由得，月球的质量M=故A正确；B、要使航天飞机在椭圆轨道的近月点B处与空间站C对接，必须在接近B点时减速否则航天飞机将继续做椭圆运动故B错误；C、根据开普勒定律可知，航天飞机向近月点B运动时速度越来越大故C错误；D、根据重力等于万有引力，得月球表面的重力加速度g月=，故D错误故选：A点评：本题是开普勒定律与牛顿第二定律的综合应用，对于空间站的运动，关键抓住由月球的万有引力提供向心力，要注意知道空间站的半径与周期，求出的不是空间站的质量，而是月球的质量6如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为，木板与水平面间动摩擦因数为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度大小a可能是( )Aa=gBa=Ca=Da=考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用专题：牛顿运动定律综合专题分析：要分析木板的加速度就是来分析它受力，而题目并没有说木板相对物块到底是动了还是没动，因此我们要分两种情况来考虑这个问题：一：木板相对物块没动，这样的话就是说木板和物块一起做匀加速直线运动，可以通过受力来找加速度二：木板相对物块动了，则木板就是在物块的摩擦力和地面的摩擦力作用下做匀加速直线运动，又可以做出一个结果解答：解：一：木板相对物块没动若Fmg，则木板上下表面都受到大小相等、方向相反的摩擦力，摩擦力大小为F，此时木板加速度为0；若mgFmg，则木板和物块一起做匀加速直线运动，整体水平方向的受力为：拉力F和地面的摩擦力f，则其加速度为：，故D正确二：木板相对物块动了此时Fmg，则木板就是在物块的摩擦力和地面对它的摩擦力作用下做匀加速直线运动，其受到木块的摩擦力为：f1=mg，收到地面的摩擦力为f2=mg，则获得的加速度为：，故C正确故选：CD点评：小技巧，注意题目里面的一些暗示这是一个需要思维缜密的题，通过题干问的加速度可能是？我们就可只推测这个至少应该有两个答案，也就是会有两种运动情况，进而仔细分析题目找出这两种情况即可7如图所示，竖直平面内的圆弧形光滑管道半径略大于小球半径，管道中心到圆心距离为R，A点与圆心O等高，AD为水平面，B点在O的正下方，质量为m的小球自A点正上方h处由静止释放，自由下落至A点时进入管道，则( )A为使小球能到达管道的最高点，那么h与R的关系应满足hB若小球通过管道最高点刚好对管道无作用力，则OC间的水平距离恰好为RC若小球通过最高点后又刚好能落到圆管的A点，则小球在最高点对内侧轨道产生是的压力D若小球到达B点时，管壁对小球的弹力大小为小球重力大小的9倍，则h=3R考点：机械能守恒定律；向心力专题：机械能守恒定律应用专题分析：小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，在最低点和最高点，合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式分析解答：解：A、小球运动过程中机械能守恒，根据机械能守恒，为使小球能到达管道的最高点，那么h与R的关系应满足hR，故A正确；B、若小球通过管道最高点刚好对管道无作用力，则重力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：mg=m解得：v=此后的平抛运动：x=vtR=解得：x=v故OC=（）R故B错误；C、若小球通过最高点后又刚好能落到圆管的A点，根据平抛运动的分运动公式，有：R=vtR=联立解得：v=小球在最高点时合力提供向心力，设受到的弹力向上，为N，则：mgN=m解得：N=根据牛顿第三定律，小球在最高点对内侧轨道产生是的压力，故C正确；D、若小球到达B点时，管壁对小球的弹力大小为小球重力大小的9倍，根据牛顿第二定律，有：9mgmg=m解得：从释放到B过程，根据动能定理，有：mg（h+2R）=解得：h=2R，故D错误；故选：C点评：分析清楚小球的运动过程，应用牛顿第二定律、动能定理或机械能守恒定律、平抛运动规律即可正确解题二.（非选择题共68分）8某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验，如图是在白纸上根据实验结果画出的图（1）如果没有操作失误，图乙中的F与F两力中，方向一定沿图甲中AO方向的是F（2）本实验采用的科学方法是BA理想实验法 B等效替代法 C控制变量法 D建立物理模型法考点：验证力的平行四边形定则专题：实验题；恒定电流专题分析：明确实验原理，了解实验误差的存在，知道该实验中“理论值”和“实验值”的区别解答：解：（1）F是通过作图的方法得到合力的理论值，而F是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力故方向一定沿AO方向的是F，由于误差的存在F和F方向并不在重合；（2）合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法故选：B故答案为：（1）F（2）B点评：本实验采用的是“等效替代”的方法，即一个合力与几个分力共同作用的效果相同，可以互相替代，明确“理论值”和“实验值”的区别9为了改进教材中“做功与速度变化”实验的不足，某物理研究性学习小组设计了如图甲所示的实验装置在带有刻度的圆弧形槽内放一很薄的比较光滑的塑料管A，弹簧的一端固定在塑料管A上，另一端与研究对象金属圆柱体接触，组成一弹射装置金属圆柱体经弹簧做功后从塑料管的左端B弹出，在圆弧形槽内做匀减速直线运动，最后静止不动，通过位移d可以由圆弧形槽上刻度读出该研究小组根据弹性势能公式Ep=，通过改变弹簧压缩量x来改变弹簧所做功W=，通过匀变速直线运动位移d求出金属圆柱体从B端射出时速度平方v02=2gd为了运用图象的直线探究做功与速度变化关系，若以弹簧压缩量平方x2为横坐标，则应以金属圆柱体通过位移d为纵坐标该研究小组通过改变x，多次测量d，得出如表所示的多组实验数据试根据表中实验数据，在如图乙所示的坐标上作出图线根据图线得出在误差范围内，弹簧对物体做功与物体速度平方成正比x/mmx2/mm2d/mm12144114122878424533411563564391521444若金属圆柱体的质量为m，弹簧的劲度系数为k，则根据所作图线可以求出金属圆柱体与圆弧形槽间动摩擦因数物理量试指出影响该实验精度的因素金属圆柱体与塑料管A间有摩擦，测量x和d时存在误差等（至少一个）考点：探究功与速度变化的关系专题：实验题；动能定理的应用专题分析：应用能量守恒定律求出函数表达式，然后确定坐标轴所表示的物理量应用描点法作出图象，根据图象得出结论根据图象的函数表达式与图象得出结论根据实验原理与实验步骤分析实验误差解答：解：对整个过程，由能量守恒定律可得：kx2=2gd，x2为横坐标，以金属圆柱体通过位移d为纵坐标作出的图象是直线根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示：由图象可知，图象是一条直线，d与x2成正比，由此可得：在误差范围内，弹簧对物体做功与物体速度平方成正比由kx2=2gd可知，d=x2，由图象可以求出：金属圆柱体与圆弧形槽间动摩擦因数塑料管A间有摩擦，测量x和d时存在误差等可以影响实验的精度故答案为：金属圆柱体通过位移d；dx2图线如图所示；在误差范围内，弹簧对物体做功与物体速度平方成正比；金属圆柱体与圆弧形槽间动摩擦因数；金属圆柱体与塑料管A间有摩擦，测量x和d时存在误差等点评：本题考查了实验数据处理，知道实验原理、根据能量守恒定律求出函数表达式是正确解题的关键；应用图象法处理实验数据时，为使图象直观、便于实验数据处理，要选择合适的物理量，使作出的图象为直线10如图甲所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37的光滑斜面上，当整个装置被置于平行于斜面向上的匀强电场中，小物块恰好静止重力加速度取g，sin 37=0.6，cos 37=0.8（1）求出匀强电场的场强大小E；（2）若将电场的场强大小保持不变，方向改为水平向右，如图乙所示，试求：物块对斜面的压力；物块下滑距离L时的动能考点：牛顿运动定律的综合应用；牛顿第三定律专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）由共点力的平衡条件可求得电场强度的大；（2）由共点力的平衡条中求得支持力N；再由牛顿第三定律可求得压力；由动能定理可求得动能解答：解：（1）小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，则有：mgsin 37=qE 可得：E=（2）若电场强度大小保持不变，方向改为水平向右，即：E=由牛顿第二定律得：mg cos 37qEsin 37=N可得：N=1.16mg 由牛顿第三定律可得，物块对斜面的压力为N1=1.16mg，方向垂直于斜面向下电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得：mgLsin 37qELcos 37=Ek0 得：Ek=0.12mgL 答：（1）求出匀强电场的场强大小E为（2）物块对斜面的压力为1.16mg；物块下滑距离L时的动能为0.12mgL点评：本题考查带电粒子在电场中的运动，要注意明确动能定理及共点力的平衡关系的应用11（17分）如图，一根不可伸长的轻细绳穿过光滑小环D，绕过轻质光滑定滑轮O，一端与放在光滑斜面上的物块m1连接，另一端与穿在光滑水平细杆上的小球m2连接，m2左端通过水平细线固定在竖直墙壁上，整个装置在同一竖直平面内当m2静止在A点时，轻细绳与水平面的夹角为30，D、A间的距离为1.2m已知斜面倾角=37，m1=2kg，m2=1kg，sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度g取10m/s2，细杆、斜面足够长试求：（1）若将与m2相连的水平细线剪断，小球运动的最大速度的大小（2）将水平细线剪断后，物块m1从B点沿斜面运动0.4m到C点时速度的大小考点：机械能守恒定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：（1）小球速度最大时，正好在D点正下方，由机械能守恒定律列方程求解；（2）由速度的合成与分解得到两个物块速度的关系，对系统由机械能守恒定律列方程求解解答：解：（1）小球速度最大时，正好在D点正下方，m1速度为零，对系统由机械能守恒得：代入数据得：m/s （2）设物块运动到C时，小球运动到E，此时绳与细杆间的夹角为，由数学知识可知，（sin）2=（cos）2=1，m1从B滑到C的速度为v1由系统由机械能守恒得：由速度分解知识可得：v1=v2cos联立以上各式并代入数据得：m/s答：（1）若将与m2相连的水平细线剪断，小球运动的最大速度的大小为（2）将水平细线剪断后，物块m1从B点沿斜面运动0.4m到C点时速度的大小为m/s点评：解决“绳（杆）端速度分解模型”问题时应把握以下两点：（1）确定合速度，它应是m2的实际速度；（2）m2运动引起了两个效果：一是左边绳子的缩短，二是绳绕滑轮的转动应根据实际效果进行运动的分解12（19分）如图所示，半径R=2.1m的光滑圆弧与光滑平台相切于O1，O1与圆心O在同一竖直线上，在OO1连线的右侧有场强E=3108V/m的匀强电场，平台右端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v0=2m/s，方向如图所示，长为L=4.84m质量m=2kg，电量q=+2.0108C的滑块从A点（A点与圆心O点等高）无初速度释放，经过平台到达传送带上，平台宽度O1B=S=1m，滑块与传送带间的动摩擦因数为=0.1不考虑电场的边缘影响，全过程滑块电量不变，g=10m/s2，求：（1）滑块刚到B点时的速度大小（2）滑块在传送带上运动时间（3）滑块在传送带上运动产生的热量Q考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）对由A到B过程直接根据动能定理列式求解即可；（2）先加速皮带足够长，对减速前进过程分速度快于传送带和小于传送带过程，根据牛顿第二定律列式求解加速度，根据运动学公式列式求解运动参量；（3）根据公式Q=fS列式求解滑块在传送带上运动过程系统产生的热量Q解答：解：（1）由A到B，根据动能定理，有：mgREqs=mvB2代入数据解得：vB=6m/s（2）因为 vBv0，所以a1=g+=0.110+=4m/s2，方向水平向左当物体的速度与传送带速度相等时所用时间为t1，则有：t1=1s物体位移为：x1=4m4.84m，物体以a2减速运动的加速度为：a2=2m/s2，方向水平向左如果物体速度减为0，物体位移为：x2=1mLx1=0.84m所以物体到C点时速度不为0，则有：Lx1=v0t2a2解得：t2=0.6s；t2=1.4s1s（舍去）t=t1+t2=1+0.6=1.6s（3）滑块速度减小到等于传送带速度过程，相对位移：X1=x1v0t1=421=2m；此后直到离开传送带过程，相对位移：X2=v0t2x2=20.60.84=0.36m故系统产生的热量为：Q=mgx（X1+X2）=0.1210（2+0.36）=4.72J答：（1）滑块刚到B点时的速度大小为6m/s；（2）滑块在传送带上运动时间为1.6s；（3）滑块在传送带上运动产生的热量Q为4.72J点评：本题关键是明确滑块的受力情况，根据牛顿第二定律列式求解加速度，根据运动学公式列式求解运动学参量，根据Q=fS列式求解系统因摩擦产生的热量