2019-2020年高三上学期第四次检测物理试卷 含解析.doc

2019-2020年高三上学期第四次检测物理试卷 含解析一、选择题：1（3分）神舟11号飞船与天宫2号空间实验室于xx年10月19日凌晨成功实现自动交会对接此次天宫2号与神舟11号交会对接在393km高的轨道上进行，而此前神舟10号与天宫1号交会对接的轨道高度为343km下列说法正确的是（）A天宫2号的运行周期比天宫1号的大B天宫2号的线速度比天宫1号的大C天宫2号的角速度比天宫1号的大D天宫2号的向心加速度比天宫1号的大2（3分）如图所示，一物块以3m/s的初速度从曲面A 点下滑，运动到B点速度仍为3m/s若物体以2m/s的初速度仍由A 点下滑，则它运动到B点时的速度（）A小于2 m/sB等于2 m/sC大于2 m/sD无法确定速度范围3（3分）如图所示，用绳AC和BC吊起一个物体，绳AC与竖直方向的夹角为60，能承受的最大拉力为10N绳BC与竖直方向的夹角为30，能承受的最大拉力为15N要使两绳都不断，则悬挂物体的重量不应超过（）A10NB15NC10ND10N4（3分）如图所示，直线MN是某电场中的一条电场线（方向未画出）虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a运动到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线下列判断正确的是（）A电场线MN的方向一定是由N指向MB带电粒子由a运动到b的过程中动能不一定增加C带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能D带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度5（3分）一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能EP随位移x变化的关系如图所示，其中0x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2x3段是直线，则下列说法不正确的是（）Ax1处电场强度最小，但不为零B粒子在0x2段做匀变速运动，x2x3段做匀速直线运动C在0、x1、x2、x3处电势0、1、2、3的关系为32=01Dx2x3段是匀强电场二、必考题6某同学用图1所示的实验装置测量木块与斜面木板之间的滑动摩擦因数先将打点计时器固定在木板上，再将木板的一端固定在铁架台上已知之后测出木板与水平面之间的夹角为打点计时器的打点周期为T，重力加速度为g（1）若测出木块下滑的加速度为a，则计算木块与斜面之间的滑动摩擦因数的表达式为=（2）图2为打出的一条纸带选择6个计数点1、2、3、4、5、6，分别测出它们到O点的距离S1、S2、S3、S4、S5、S6则计算纸带运动的平均加速度的关系式为a=；（3）本实验测出的滑动摩擦因数数值与实际值相比（选填“偏小”或“相等”或“偏大”）7如图，研究平抛运动规律的实验装置放置在水平桌面上，利用光电门传感器和碰撞传感器可测得小球的水平初速度和飞行时间，底板上的标尺可以测得水平位移保持水平槽口距底板高度h=0.420m不变改变小球在斜槽导轨上下滑的起始位置，测出小球做平抛运动的初速度v0、飞行时间t和水平位移d，记录在表中（1）由表中数据可知，在h一定时，小球水平位移d与其初速度v0成关系，与无关v0（m/s）0.7411.0341.3181.584t（ms）292.7293.0292.8292.9d（cm）21.730.338.646.4（2）一位同学计算出小球飞行时间的理论值发现理论值与测量值之差约为3ms经检查，实验及测量无误，其原因是（3）另一位同学分析并纠正了上述偏差后，另做了这个实验，竟发现测量值t依然大于自己得到的理论值t理，但二者之差在37ms之间，且初速度越大差值越小对实验装置的安装进行检查，确认斜槽槽口与底座均水平，则导致偏差的原因是8如图所示，绝缘光滑水平轨道AB的B端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC平滑连接，圆弧的半径R=0.40m在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E=1.0104N/C现有一质量m=0.10kg的带电体（可视为质点）放在水平轨道上与B端距离s=1.0m的位置，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的C端时，速度恰好为零已知带电体所带电荷量q=8.0105C求：（1）带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力；（2）带电体沿圆弧形轨道从B端运动到C端的过程中，摩擦力做的功9一长木板在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度时间图象如图所示己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上取重力加速度的大小g=10m/s2，求：（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；（2）从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小三、选考题【物理选修3-4】10（3分）一列简谐横波沿直线传播，某时刻该列波上正好进过平衡位置的两质点相距6m，且这两质点之间的波峰只有一个，则该简谐横波可能的波长为（）A4 mB6 mC8mD12 mE15m11（3分）如图所示，MN为半圆形玻璃砖的对称轴，O为玻璃砖圆心，某同学在与MN平行的直线上插上两根大头针P1、P2，在MN上插大头钱P3，从P3一侧透过玻璃砖观察P1、P2的像，调整P3位置使P3能同时挡住P1、P2的像，确定了的P3位置如图所示，他测得玻璃砖直径D=8cm，P1P2连线与MN之间的距离d1=2cm，P3到O的距离d2=6.92cm，求该玻璃砖的折射率xx学年宁夏固原一中高三（上）第四次检测物理试参考答案与试题解析一、选择题：1神舟11号飞船与天宫2号空间实验室于xx年10月19日凌晨成功实现自动交会对接此次天宫2号与神舟11号交会对接在393km高的轨道上进行，而此前神舟10号与天宫1号交会对接的轨道高度为343km下列说法正确的是（）A天宫2号的运行周期比天宫1号的大B天宫2号的线速度比天宫1号的大C天宫2号的角速度比天宫1号的大D天宫2号的向心加速度比天宫1号的大【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【分析】根据万有引力提供向心力，结合万有引力公式与牛顿第二定律可以求出周期、线速度、角速度与向心速度的表达式，再分析答题即可【解答】解：A、由万有引力提供向心力，得：G=mr，得 T=2r，可知，因为天宫2号的轨道半径大于天宫1号的轨道半径，则天宫2号的运行周期比天宫1号的大，故A正确；B、由G=m，解得：v=，则知天宫2号的线速度比天宫1号的小，故B错误；C、由G=m2r，解得：=，则知天宫2号的角速度比天宫1号的小，故C错误；D、由G=ma，解得：a=，则知天宫2号的向心加速度比天宫1号的小，故D错误；故选：A【点评】本题关键是明确“天宫二、一号”的运动情况，知道向心力来源：万有引力，根据牛顿第二定律列式分析2如图所示，一物块以3m/s的初速度从曲面A 点下滑，运动到B点速度仍为3m/s若物体以2m/s的初速度仍由A 点下滑，则它运动到B点时的速度（）A小于2 m/sB等于2 m/sC大于2 m/sD无法确定速度范围【考点】动能定理的应用；向心力【分析】物块从曲面的A点下滑过程中，重力和摩擦力做功，当物块下滑的速度减小时，运用向心力知识分析轨道对物体支持力的变化，判断摩擦力如何变化，确定物体克服摩擦力做功的大小，分析动能变化量的大小，再求出物体运动到B点时的速度范围【解答】解：物体从曲面的A点下滑过程中，重力和摩擦力做功，当物体下滑的速度减小时，在同一点物体所需要的向心力减小，轨道对物体的支持力减小，则物体对轨道的压力减小，物体所受的滑动摩擦力减小，从A运动到B，路程相等，则物体下滑过程中克服摩擦力做功减小，重力做功相同，根据动能定理得知，动能的变化量减小，第一次下滑过程动能变化量为零，第二次应有mvB2mvA20，得：vB2m/s故选：C【点评】本题运用向心力和动能定理分析物块下滑过程动能的变化量大小，这是经常采用的思路，要学会运用3如图所示，用绳AC和BC吊起一个物体，绳AC与竖直方向的夹角为60，能承受的最大拉力为10N绳BC与竖直方向的夹角为30，能承受的最大拉力为15N要使两绳都不断，则悬挂物体的重量不应超过（）A10NB15NC10ND10N【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【分析】以结点C为研究对象作出受力分析图，根据平衡条件，得到三个拉力的比值，确定哪根绳子的拉力先达到最大，再根据受力平衡列方程解得结果【解答】解：对点C受力分析，受到三个绳子的拉力，其中向下的拉力大小等于重力，如图所示：根据平衡条件，有：G：FAC：FBC=1： =2：1：；当FAC=10N时，FBC=10N17.32N15N，绳子断了，不满足条件；当FBC=15N时，FAC=5N10N，绳子没有断，满足条件；故重力的最大值为Gmax=10N，故A正确，BCD错误；故选：A【点评】本题是动力学中临界问题，分析临界条件是关键当绳子刚要被拉断时，绳子的拉力达到最大值，是常用的临界条件4如图所示，直线MN是某电场中的一条电场线（方向未画出）虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a运动到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线下列判断正确的是（）A电场线MN的方向一定是由N指向MB带电粒子由a运动到b的过程中动能不一定增加C带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能D带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度【考点】电场线；电势能【分析】解答本题的突破口是根据粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向，从而确定电场线MN的方向以，然后根据电场力做功情况，进一步解答【解答】解：A、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，物体所受外力指向轨迹内侧，所以粒子所受的电场力一定是由M指向N，但是由于粒子的电荷性质不清楚，所以电场线的方向无法确定故A错误B、粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，故B错误C、粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能，故C正确D、由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线，说明粒子一定受恒力，即带电粒子在a点的加速度等于在b点的加速度，故D错误故选：C【点评】依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况5一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能EP随位移x变化的关系如图所示，其中0x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2x3段是直线，则下列说法不正确的是（）Ax1处电场强度最小，但不为零B粒子在0x2段做匀变速运动，x2x3段做匀速直线运动C在0、x1、x2、x3处电势0、1、2、3的关系为32=01Dx2x3段是匀强电场【考点】电势差与电场强度的关系；电势【分析】根据电势能与电势的关系：Ep=q，场强与电势的关系：E=，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得x1处的电场强度；根据能量守恒判断速度的变化；由Ep=q，分析电势的高低由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质根据斜率读出场强的变化，由F=qE，分析电场力的变化【解答】解：A、根据电势能与电势的关系：Ep=q，场强与电势的关系：E=，得：E=，由数学知识可知Epx图象切线的斜率等于，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A错误BD、由图看出在0x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动x1x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动x2x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B错误，D正确；C、根据电势能与电势的关系：Ep=q，粒子带负电，q0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：12=03，故C错误本题选择不正确的，故选：ABC【点评】解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况二、必考题6（xx秋黄陵县校级月考）某同学用图1所示的实验装置测量木块与斜面木板之间的滑动摩擦因数先将打点计时器固定在木板上，再将木板的一端固定在铁架台上已知之后测出木板与水平面之间的夹角为打点计时器的打点周期为T，重力加速度为g（1）若测出木块下滑的加速度为a，则计算木块与斜面之间的滑动摩擦因数的表达式为=（2）图2为打出的一条纸带选择6个计数点1、2、3、4、5、6，分别测出它们到O点的距离S1、S2、S3、S4、S5、S6则计算纸带运动的平均加速度的关系式为a=；（3）本实验测出的滑动摩擦因数数值与实际值相比偏大（选填“偏小”或“相等”或“偏大”）【考点】探究影响摩擦力的大小的因素【分析】（1）根据牛顿第二定律求出木块与斜面之间的滑动摩擦因数（2）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，运用逐差法求出纸带运动的平均加速度（3）根据滑动摩擦力的测量误差，得出动摩擦因数的测量误差【解答】解：（1）根据牛顿第二定律得，mgsinmgcos=ma，解得（2）根据x=a（2T）2，运用逐差法得，a=（3）由于木块在运动过程中，受到滑动摩擦力以及空气阻力、纸带与打点计时器间的阻力，所以测量的滑动摩擦力偏大，导致滑动摩擦因数数值比实际值偏大故答案为：（1）（2）（3）偏大【点评】能够从物理情境中运用物理规律找出所要求解的物理量间的关系，表示出需要测量的物理量，知道实验误差的来源，难度中等7（xx上海）如图，研究平抛运动规律的实验装置放置在水平桌面上，利用光电门传感器和碰撞传感器可测得小球的水平初速度和飞行时间，底板上的标尺可以测得水平位移保持水平槽口距底板高度h=0.420m不变改变小球在斜槽导轨上下滑的起始位置，测出小球做平抛运动的初速度v0、飞行时间t和水平位移d，记录在表中（1）由表中数据可知，在h一定时，小球水平位移d与其初速度v0成正比关系，与时间无关v0（m/s）0.7411.0341.3181.584t（ms）292.7293.0292.8292.9d（cm）21.730.338.646.4（2）一位同学计算出小球飞行时间的理论值发现理论值与测量值之差约为3ms经检查，实验及测量无误，其原因是g取值10m/s2偏大（3）另一位同学分析并纠正了上述偏差后，另做了这个实验，竟发现测量值t依然大于自己得到的理论值t理，但二者之差在37ms之间，且初速度越大差值越小对实验装置的安装进行检查，确认斜槽槽口与底座均水平，则导致偏差的原因是光电门传感器位于水平槽口的内侧，传感器的中心距离水平槽口（小球开始做平抛运动的位置）还有一段很小的距离【考点】研究平抛物体的运动【分析】根据数据得出水平位移和初速度的关系，根据题意得出实验误差产生的原因【解答】解：（1）由表中数据可知，在h一定时，小球水平位移d与其初速度v0成正比，与时间无关（2）根据t=求解出的t偏小，是因为g值取值偏大（3）纠正了上述偏差后，另做了这个实验，竟发现测量值t依然大于自己得到的理论值t理，但二者之差在37ms之间，且初速度越大差值越小导致偏差的原因是：光电门传感器位于水平槽口的内侧，传感器的中心距离水平槽口（小球开始做平抛运动的位置）还有一段很小的距离，小球错经过传感器到小球到达抛出点还有一段很小的时间，而且速度越大，该时间越短故答案为：（1）正比，时间； （2）g取值10m/s2偏大； （3）光电门传感器位于水平槽口的内侧，传感器的中心距离水平槽口（小球开始做平抛运动的位置）还有一段很小的距离【点评】解决本题的关键会从数据发现规律，强化归纳总结的能力，以及知道实验误差的来源8（xx秋樟树市校级月考）如图所示，绝缘光滑水平轨道AB的B端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC平滑连接，圆弧的半径R=0.40m在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E=1.0104N/C现有一质量m=0.10kg的带电体（可视为质点）放在水平轨道上与B端距离s=1.0m的位置，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的C端时，速度恰好为零已知带电体所带电荷量q=8.0105C求：（1）带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力；（2）带电体沿圆弧形轨道从B端运动到C端的过程中，摩擦力做的功【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；动能定理的应用【分析】（1）带电体在光滑水平轨道上由电场力作用下，从静止开始做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可求出加速度大小，由运动学公式可算出到B端的速度大小由带电体运动到B端的速度，及牛顿第二、三定律可求出带电体对圆弧轨道的压力（2）带电体从B端运动到C端的过程中，由电场力做功、重力作功及动能的变化，结合动能定理求出摩擦力做的功【解答】解：（1）设带电体在水平轨道上运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有：qE=ma 解得：a=8m/s2设带电体运动到B端的速度大小为vB，则： 解得： m/s设带电体运动到圆轨道B端时受轨道的支持力为N，根据牛顿第二定律有：Nmg=解得：N=5N根据牛顿第三定律可知，带电体对圆弧轨道B端的压力大小：N=N=5N方向：竖直向下（2）因电场力做功与路径无关，所以带电体沿圆弧形轨道运动过程中，电场力所做的功：W电=qER=0.32J设带电体沿圆弧形轨道运动过程中摩擦力所做的功为W摩，对此过程根据动能定理有：代入数据解得：W摩=0.72J答：（1）带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力是5N；（2）带电体沿圆弧形轨道从B端运动到C端的过程中，摩擦力做的功是0.72J【点评】利用牛顿第二、三定律与运动学公式相结合，同时还运用动能定理，但电场力、重力做功与路径无关，而摩擦力做功与路径有关9（xx新课标）一长木板在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度时间图象如图所示己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上取重力加速度的大小g=10m/s2，求：（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；（2）从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小【考点】匀变速直线运动的图像【分析】（1）由vt图象分析可知，0.5s时刻以前木板做匀减速运动，而物块做匀加速运动，t=0.5s时刻两者速度相等根据vt的斜率等于物体的加速度，由数学知识求出木板的加速度大小，由运动学公式和牛顿第二定律结合求解动摩擦因数；（2）根据牛顿第二定律判断速度相同后两个物体能否一起做匀减速运动，求出加速度，由运动学公式求出两个物体的总位移，两者之差即为相对位移【解答】解：（1）设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为1和2，木板与物块的质量均为mvt的斜率等于物体的加速度，则得：在00.5s时间内，木板的加速度大小为=m/s2=8m/s2对木板：地面给它的滑动摩擦力方向与速度相反，物块对它的滑动摩擦力也与速度相反，则由牛顿第二定律得 1mg+22mg=ma1，对物块：00.5s内，物块初速度为零的做匀加速直线运动，加速度大小为 a2=1gt=0.5s时速度为v=1m/s，则 v=a2t 由解得1=0.20，2=0.30 （2）0.5s后两个物体都做匀减速运动，假设两者相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为a=2g由于物块的最大静摩擦力1mg2mg，所以物块与木板不能相对静止根据牛顿第二定律可知，物块匀减速运动的加速度大小等于a2=1g=2m/s20.5s后物块对木板的滑动摩擦力方向与速度方向相同，则木板的加速度大小为a1=4m/s2故整个过程中木板的位移大小为x1=+=1.625m物块的位移大小为x2=0.5m所以物块相对于木板的位移的大小为s=x1x2=1.125m答：（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为0.20和0.30；（2）从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小是1.125m【点评】本题首先要掌握vt图象的物理意义，由斜率求出物体的加速度，其次要根据牛顿第二定律判断速度相等后两物体的运动情况，再由运动学公式求解相对位移三、选考题【物理选修3-4】10一列简谐横波沿直线传播，某时刻该列波上正好进过平衡位置的两质点相距6m，且这两质点之间的波峰只有一个，则该简谐横波可能的波长为（）A4 mB6 mC8mD12 mE15m【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】根据两质点间状态关系，结合波形图象，确定距离与波长的关系两质点间可能没有波谷、可能一个波谷，也可能有两个波谷，得到波长有三个值【解答】解：由题，两质点都经过平衡位置，两质点之间的波峰只有一个，两质点间可能没有波谷、可能一个波谷，也可能有两个波谷，设波长为，则可能有=26m=12m，也可能=6m，也可能=4m故选：ABD【点评】本题是波动中多解问题，要考查可能的各种情况，结合波形分析波长11如图所示，MN为半圆形玻璃砖的对称轴，O为玻璃砖圆心，某同学在与MN平行的直线上插上两根大头针P1、P2，在MN上插大头钱P3，从P3一侧透过玻璃砖观察P1、P2的像，调整P3位置使P3能同时挡住P1、P2的像，确定了的P3位置如图所示，他测得玻璃砖直径D=8cm，P1P2连线与MN之间的距离d1=2cm，P3到O的距离d2=6.92cm，求该玻璃砖的折射率【考点】光的折射定律【分析】作出光路图，由数学知识求出光线射到圆弧面上的入射角i和折射角r，由折射定律n=求出折射率【解答】解：作出光路图如图则 sini=，得i=30，OAB=60=sin60=4cm根据几何关系得=d2=6.92cm3.46cm=3.46cmtanBAP3=1.73，得BAP3=60故r=180OABBAP3=60由折射定律得n=1.73答：该玻璃砖的折射率是1.73【点评】本题的难点是求入射角和折射角，在作出光路图的基础上，运用几何知识求解