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1、微信公众号：678高中初中资料库吉林省实验中学2019届高三上学期第四次模拟考试物理试题一、选择题1.在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限思维法、类比法和科学假说法、建立理想模型法、微元法等等。以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是（ ）A. 牛顿用微元法提出了万有引力定律，并计算出了太阳和地球之间的引力B. 根据速度定义式，当t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思维法C. 将插有细长玻璃管的玻璃瓶内装满水用力捏玻璃瓶，通过细管内液面高度的变化，来反映玻璃瓶发生形变，该实验采用了放大的思想D. 在推导匀变速运动
2、位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法【答案】A【解析】试题分析：万有引力定律的提出没有应用到微元法，A错误；公式中当时就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，应用了极限法，B正确；玻璃瓶内装满水，用穿有透明细管的橡皮泥封口手捏玻璃瓶，细管内液面高度变化，说明玻璃瓶发生形变该实验采用放大的思想，故C正确；在探究匀变速运动的位移公式时，采用了微元法将变速运动无限微分后变成了一段段的匀速运动，即采用了微元法；故D正确；考点：考查了物理研究方法【名师点睛】在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很
3、大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习2.如图所示，一物块在斜向下的推力F的作用下沿光滑的水平地面向右运动，那么A受到的地面的支持力与推力F的合力方向是 ( ) A. 水平向右B. 向上偏右C. 向下偏左D. 竖直向下【答案】B【解析】【详解】对物体受力分析可知，其受重力，支持力，拉力。在竖直方向，FN=mg+Fsin，支持力与F在竖直方向的分力之和Fy=mg，方向向上，F在水平方向的分立Fx=Fcos，故合力，方向向上偏右，故B正确，故选B。3.“嫦娥七号”探测器预计在2019年发射升空，自动完成月面样品采集后从月球起飞，返回地球，带回约2kg月球样品。某同学从网
4、上得到一些信息，如表格中的数据所示，则地球和月球的密度之比为 ( )A. B. C. 4D. 6【答案】B【解析】【详解】在地球表面，重力等于万有引力，故： 解得：，故密度：；同理。月球的密度：；故地球和月球的密度之比：，故选：B。4.某交流发电机产生的感应电动势与时间的关系如图所示，下列说法正确的是 ( )A. t0时刻发电机的转动线圈位于中性面B. 在1s内发电机的线圈绕轴转动50圈C. 将此交流电接到匝数比是110的升压变压器上，副线圈的电压为2200VD. 将此交流电与耐压值是220V的电容器相连，电容器不会被击穿【答案】B【解析】【详解】根据图可知，在t=0时刻时，产生的感应电动势最
5、大，此时线圈平面与中性面垂直，故A错误；产生的感应电动势的周期T=0.02s，故1s内发电机的线圈转动的圈数为n1/T50转，故B正确；输入电压的有效值为U1220V，根据得U2=2200V，故C错误；电容器的耐压值为电压的最大值，故电容器一定被击穿，故D错误；故选B。【点睛】本题考查了交流电最大值、有效值、周期等问题，抓住电容器的耐压值为电压的最大值，要学会正确分析图象，从图象获取有用信息求解5.的衰变有多种途径，其中一种途径是先衰变成，然后可以经一次衰变变成（X代表某种元素），也可以经一次衰变变成，最后都衰变变成，衰变路径如右图所示，下列说法中正确的是（）A. 过程是衰变，过程是衰变；过程
6、是衰变，过程是衰变B. 过程是衰变，过程是衰变；过程是衰变，过程是衰变C. 过程是衰变，过程是衰变；过程是衰变，过程是衰变D. 过程是衰变，过程是衰变；过程是衰变，过程是衰变【答案】B【解析】【详解】Bi经过变化为X，质量数没有发生变化，为衰变；经过变化为Pb，质量数数少4，为衰变；过程变化为Ti，电荷数少2，为衰变；过程的电荷数增加1，为衰变。故ACD错误，B正确。故选B。6.如图所示，在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动。在小球A的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁。小球A与小球B发生弹性正碰后小球A与小球B均向右运动。小球B与墙壁碰撞后以
7、原速率返回并与小球A在P点相遇，2，则两小球质量之比m1m2为 ( )A. 75B. 13C. 21D. 53【答案】D【解析】试题分析：设A.B两个小球碰撞后的速度分别为，由动量守恒定律有：，发生弹性碰撞，不损失动能，故根据能量守恒定律有：，两个小球碰撞后到再次相遇，其速度率不变，由运动学规律有：，联立三式可得，D正确考点：考查了动量守恒定律，运动学公式，能量守恒定律【名师点睛】解答本题的突破口是根据碰后路程关系求出碰后的速度大小之比，本题很好的将直线运动问题与动量守恒和功能关系联系起来，比较全面的考查了基础知识7.在空间某区域内有一场强方向与直角坐标系xOy平面平行的匀强电场，已知该坐标系
8、的x轴和y轴上各点电势的分布分别如图甲和乙所示。据图可知 ( )A. 场强大小为5000V/m，方向与x轴负方向成37角B. 场强大小为5000V/m，方向与x轴负方向成53角C. 场强大小为7000V/m，方向与x轴负方向成53角D. 场强大小为1000V/m，方向与x轴负方向成37角【答案】A【解析】【详解】x方向的分场强为：，沿x轴正方向电势升高，可知场强Ex沿x轴负方向；y轴方向的分场强为：，因沿y轴正方向电势降低，可知Ey沿y轴正方向；故合场强：，tan=|0.75，故=37；故E方向与x轴负方向成37，故BCD错误，A正确；故选A。【点睛】本题关键是根据得到-x图象的斜率表示电场强
9、度，然后结合平行四边形定则合成得到合场强8.如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板。从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场射入大量的带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m。不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是 ( )A. 只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上B. 即使是对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也不一定过圆心C. 只要速度满足v，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上D. 对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长【答案】C【解析】【详解】对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂
10、直打在MN上，与粒子的速度有关，故A错误。带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心，故B错误。速度满足时，粒子的轨迹半径为r=R，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN板上，故C正确。对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由知，运动时间t越小，故D错误。故选C。【点睛】本题要抓住粒子是圆弧，磁场的边界也是圆弧，利用几何知识分析出射速度与入射速度方向的关系，确定出轨迹的圆心角，分析运动时间的关系9.如图所示，光滑水平面OB
11、与足够长粗糙斜面BC交于B点。轻弹簧左端固定于竖直墙面，现用质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上。不计滑块在B点的机械能损失，换用材料相同，质量为m2的滑块(m2m1)压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程，下列说法正确的是( )A. 两滑块到达B点时速度相同B. 两滑块沿斜面上升的最大高度相同C. 两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功不相同D. 两滑块上升到最高点的过程中机械能损失相同【答案】D【解析】A、两滑块到B点的动能相同，但速度不同，故A错误；B、两滑块在斜面上运动时加速度相同，由于速度不同，故上升高度不同，故B
12、错误；C、两滑块上升到最高点过程克服重力做的功为，由能量守恒定律得，所以，故两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同，故C错误；D、由能量守恒定律得：，其中，结合C分析得，D正确。点睛：先是弹性势能转化为动能，冲上斜面运动过程机械能损失变为摩擦生热，由能量守恒定律可得，动能的减少等于重力势能的增加量与摩擦产生的热量之和。10.如图所示，在一个桌面上方有三个金属小球a、b、c，离桌面高度分别为h1h2h3321。若先后顺次释放a、b、c，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则( )A. 三者到达桌面时的速度大小之比是1B. 三者运动时间之比为321C. b与a开始下落的时间差小于c与b开始下落
13、的时间差D. 三个小球运动的加速度与小球受到的重力成正比，与质量成反比【答案】AC【解析】试题分析： 由，得，故，A对；由得三者运动时间之比为：，B错；b与a开始下落时间差，c与b开始下落时间差，故C对；加速度与重力及质量无关，都等于重力加速度，D错。考点：自由落体运动。【名师点睛】自由落体运动：1概念：物体只在重力作用下，从静止开始下落的运动叫自由落体运动2基本特征：只受重力，且初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动3基本规律由于自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，所以匀变速直线运动的基本公式及其推论都适用于自由落体运动（1）速度公式：vgt（2）位移公式：hgt2（3）位移与速度的关
14、系：v22gh4推论（1）平均速度等于中间时刻的瞬时速度，也等于末速度的一半，即gt；（2）在相邻的相等时间内下落的位移差hgT2（T为时间间隔）11.用长为l的细线，一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球，小球可在竖直平面内做圆周运动，如图所示，MD为竖直方向上的直径，OB为水平半径，A点位于M、B之间的圆弧上，C点位于B、D之间的圆弧上，开始时，小球处于圆周的最低点M，现给小球某一初速度，下述说法正确的是()A. 若小球通过A点的速度大于 ，则小球必能通过D点B. 若小球通过B点时，绳的拉力大于3mg，则小球必能通过D点C. 若小球通过C点的速度大于 ，则小球必能通过D点D. 小球通过D
15、点的速度可能会小于 【答案】AB【解析】试题分析：当小球在D点时的向心力是只有重力充当时，小球恰好能通过D点，所以，即，此速度为临界速度，故D错误，若以此临界速度通过最高点，小球到M点时的速度为,解得，故A正确，到达B点时的速度为此时的拉力为,解得,此时绳子拉力为，所以若小球通过B 点时，绳的拉力大于3mg，则小球必能通过 D 点，B正确，因为C点距离B点的位置不明，如果要想小球能顺利通过D点，则通过C点的速度必须大于，C错误，考点：本题考查了圆周运动点评：对于圆周运动一定要弄清楚小球通过最高点的临界条件，然后根据能量守恒定律解题12.如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变
16、阻器R串联，已知R0r，滑动变阻器的最大阻值为2r。当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是 ( )A. 电路中的电流变大B. 电源的输出功率先变大后变小C. 滑动变阻器消耗的功率变小D. 定值电阻R0上消耗的功率先变大后变小【答案】CD【解析】【详解】当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，由题意可知，R外R0=r，当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，外电路电阻从3r减小到r，由于整个过程中，外电阻一直大于电源内阻，随外电阻阻值的减小，电源的输出功率不断增大，故AB错误把R0与电源组成的整体看做等效电源，电源内电阻变为2r，滑动变阻器消耗的功率可看成电源的输出功率，随
17、着外电阻从3r减到0的过程中，输出功率先增大后减小，故C正确当滑动变阻器滑片P由a端向b端滑动时，电路中的总电阻变小，电动势和内电阻不变，可知电路总电流变大，根据P=I2R0，RO不变，定值电阻R0上消耗的功率变大故D正确故选：CD【点睛】分析滑动变阻器的功率如何变化是本题的关键，把把定值电阻R0和电源看成一个整体，此时电源的输出功率即为滑动变阻器消耗的功率13.如图所示，一个边长为L的正方形线框固定在匀强磁场（图中未画出）中，磁场方向垂直于导线框所在平面，规定向里为磁感应强度的正方向，向右为导线框ab边所受安培力F的正方向，线框中电流i沿abcd方向时为正，已知在04s时间内磁场的磁感应强度
18、的变化规律如图所示，则下列图像所表示的关系正确的是（）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】试题分析：由题意可知，规定向里为磁感应强度的正方向，线框中电流i沿abcd方向时为正；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势，感应电流，由B-t图象可知，在每一时间段内，是定值，在各时间段内I是定值，ad边受到的安培力，I、L不变，B均匀变化，则安培力F均匀变化，不是定值，A正确B错误；由图示B-t图象可知，01s时间内，B减小，减小，由楞次定律可知，感应电流是逆时针的，为正值；同理12s，磁场向里，且增大，磁通量增大，根据楞次定律，感应电流是逆时针，为正值；23s，B的方向垂直纸面向里，B减小，减
19、小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，感应电流是正的；34s内，B的方向垂直纸面向外，B增大，增大，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，感应电流是正的，故C错误D正确；考点：考查了电磁感应与图像【名师点睛】电磁感应与图象的结合问题，近几年高考中出现的较为频繁，在解题时涉及的内容较多，同时过程也较为复杂；故在解题时要灵活，可以先利用右手定则或楞次定律判断方向排除法，再选择其他合适的解法等解答14.如图所示为赛车场的一个水平“U”形弯道，转弯处为圆心在O点的半圆，内外半径分别为和2。一辆质量为m的赛车通过AB线经弯道到达线，有如图所示的、三条路线,其中路线是以为圆心的半圆,，赛车沿圆弧路线行
20、驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为。选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大),则()A. 选择路线,赛车经过的路程最短B. 选择路线,赛车的速率最小C. 选择路线,赛车所用时间最短D. 、三条路线的圆弧上,赛车的向心加速度大小相等【答案】ACD【解析】试题分析：选择路线，经历的路程s1=2r+r，选择路线，经历的路程s2=2r+2r，选择路线，经历的路程s3=2r，可知选择路线，赛车经过的路程最短，故A正确根据得，选择路线，轨道半径最小，则速率最小，故B错误根据知，通过、三条路线的最大速率之比为，根据，由三段路程可知，选择路线，赛车所用时间最短，故
21、C正确根据知，因为最大速率之比为，半径之比为1：2：2，则三条路线上，赛车的向心加速度大小相等故D正确故选ACD。考点：圆周运动；牛顿第二定律二、实验题15.某研究小组设计了一种“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案。如图所示，A是可固定于水平桌面上任意位置的滑槽(滑槽末端与桌面相切)，B是质量为m的滑块(可视为质点)。第一次实验，如图(a)所示，将滑槽末端与桌面右端M对齐并固定，让滑块从滑槽最高点由静止滑下，最终落在水平地面上的P点，测出滑槽最高点距离桌面的高度h、M点距离地面的高度H、M点与P点间的水平距离x1；第二次实验，如图(b)所示，将滑槽沿桌面向左移动一段距离并固定，让滑块B再次从
22、滑槽最高点由静止滑下，最终落在水平地面上的P点，测出滑槽末端与桌面右端M点的距离L、M点与P点间的水平距离x2。(1)在第二次实验中，滑块到M点的速度大小为_。(用实验中所测物理量的符号表示，已知重力加速度为g)。(2)通过上述测量和进一步的计算，可求出滑块与桌面间的动摩擦因数，的表达式为=_。(结果用h、H、x1、L、x2表示)(3)若实验中测得h15 cm、H25 cm、x130 cm、L10 cm、x220 cm，则滑块与桌面间的动摩擦因数_。(结果保留2位有效数字)【答案】 (1). ； (2). ； (3). 0.50；【解析】【详解】（1）由平抛运动知：设滑块在滑槽末端时的速度大小
23、为v2，由水平方向的匀速直线运动，有：x2=v2t，由竖直方向的自由落体运动H=gt2解得：v2=x2（2）同理滑块第一次测在滑槽末端时的速度大小为：v1=x1，第二次在桌面右端M点的速度大小为：v2=x2，物体在水平桌面上运动，由动能定理：-mgL=mv22-mv12可得：（3）H=25cm=0.25m、x1=30cm=0.30m、L=10cm=0.10m、x2=20cm=0.20m；由（2）问中的的表达式可求得：=0.5016.在“测金属丝的电阻率”实验中，提供以下实验器材：待测金属丝、游标卡尺、毫米刻度尺；电压表V(量程3V，内阻约5k)、电流表A(量程0.6A，内阻RA1.0)；电源E
24、(电动势约3V)、滑动变阻器、开关及导线若干。某同学进行了如下操作：(1)用毫米刻度尺测金属丝的长度L；用游标卡尺测金属丝的直径d=_mm。(2)按照实验设计的电路原理图(图甲)进行实物连接，请在图乙中连线_。(3)进行了相应测量，利用电压表和电流表的读数画出了如图丙所示的UI图象，由此得到金属丝电阻R_。(4)根据_(用R、d、L及有关常数表示)，即可计算该金属丝的电阻率。【答案】 (1). （1）3.40; (2). （2）如图： (3). （3）5; (4). （4）.【解析】【详解】（1）金属丝的直径d=0.3cm+80.05mm=3.40mm；（2）根据电路图连接实物电路图，实物电路
25、图如图所示：（3）由图示图象可知，电阻丝阻值：；（4）电阻丝电阻：，解得：；【点睛】本题考查了连接实物电路图、求电阻、求电阻率的表达式，要掌握应用图象法处理实验数据的方法，应用电阻定律可以求出电阻率的表达式三、计算题17.某同学近日做了这样一个实验：将一个小铁块(可看成质点)以一定的初速度，沿倾角可在090之间任意调整的木板向上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为x，若木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角的关系如图所示。g取10m/s2。求：(结果如果是根号，可以保留)(1)小铁块初速度的大小v0以及小铁块与木板间的动摩擦因数是多少？(2)当60时，小铁块达到最高点后又回到出发点，小铁球
26、速度将变为多大？【答案】（1）5m/s；（2）m/s【解析】试题分析：（1）根据动能定理，物体沿斜面上滑过程，根据动能定理，有： mgsinSmgcosS=0-解得：由图可得，当=90时，根据v02=2gs，代入数据得v0=5m/s，即物体的初速度为5m/s由图可得，=30时，s=1.25，代入数据得：（2）物体沿斜面上升的最大位移s与斜面倾角的关系为：把=60代入，解得：由动能定理得：mgcos2S=解得：m/s；考点：共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力【名师点睛】（1）根据动能定理，求出物体沿斜面上升的最大位移s与斜面倾角的关系表达式，然后结合图象当=90时的数
27、据求出物体的初速度；求出物体沿斜面上升的最大位移s与斜面倾角的关系表达式，根据=30时的数据求出动摩擦因数；（2）先求出=60时物体上升的高度，然后由动能定理求出物体返回时的速度18.如图，空间有一竖直向下沿x轴方向的静电场，电场的场强大小按分布（x是轴上某点到O点的距离）。x轴上，有一长为L的绝缘细线连接均带负电的两个小球A、B，两球质量均为m，B球带电荷量大小为q，A球距O点的距离为L。两球现处于静止状态，不计两球之间的静电力作用。（1）求A球的带电荷量大小qA；（2）剪断细线后，求B球下落速度达到最大时，B球距O点距离为x0；（3）剪断细线后，求B球下落最大高度h。【答案】（1）6q（2
28、）4L（3）4L【解析】【详解】（1）对A、B由整体法得： 解得：qA=6q （2）当B球下落速度达到最大时，由平衡条件得mg=qE=qx0 解得：x0=4L （3）电场力大小为：，F随x线性变化，所以由动能定理得： 解得：h=4L【点睛】该题中，两个小球受到的力是变力，要根据它们受力变化的规律，正确分析得出它们运动的规律，然后才能做出正确的结论。19.现有按酒精与油酸的体积比为mn配制好的油酸酒精溶液，用滴管从量筒中取体积为V的该种溶液，让其自由滴出，全部滴完共N滴。把一滴这样的溶液滴入盛水的浅盘中，由于酒精溶于水，油酸在水面上展开，稳定后形成单分子油膜的形状如图所示，已知坐标纸上每个小方格
29、面积为S。根据以上数据可估算出油酸分子直径为d_；若已知油酸的密度为，阿伏加德罗常数为NA，油酸的分子直径为d，则油酸的摩尔质量为_。【答案】； 【解析】试题分析：一滴油酸酒精溶液里含油酸的体积为：；油膜的总面积为8S；则油膜的厚度即为油酸分子直径，即；一个油酸分子的体积：，则油酸的摩尔质量为.考点：油膜法测分子直径.20.如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞。已知大活塞的质量为m12.50 kg，横截面积为S180.0 cm2；小活塞的质量为m21.50 kg，横截面积为S240.0 cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l40.0 cm；汽缸外大气的压强
30、为p1.00105 Pa，温度为T303 K。初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1495 K。现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移。忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10 m/s2。求：a.在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度；b.缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强。【答案】（1）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度为330K；（2）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强为1.01105Pa【解析】试题分析：（1）大活塞与大圆筒底部接触前气体发生等压变化，气体的状态参量：V1=（l）s
31、2+s1=（40）40+80=2400cm3，T1=495K，V2=s2l=4040=1600cm3，由盖吕萨克定律得：=，即：=，解得：T2=330K；（2）大活塞与大圆筒底部接触后到气缸内气体与气缸外气体温度相等过程中气体发生等容变化，大活塞刚刚与大圆筒底部接触时，由平衡条件得：pS1+p2S2+（m1+m2）g=p2S1+pS2，代入数据解得：p2=1.1105Pa，T2=330K，T3=T=303K，由查理定律得：=，即：=，解得：p3=1.01105Pa；答：（1）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度为330K；（2）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强为1.01105PA