1、吉林省实验中学高三年级第四次月考物理试题一、选择题1. 下列关于物理学思想方法的叙述错误的是：( )A. 探究加速度与力和质量关系的实验中运用了控制变量法B. 加速度 、电场强度 的定义都运用了比值定义法C. 克、米、秒都是基本单位D. 重心、合力、有效值等概念的建立运用了等效替代法【答案】B【解析】A、在探究加速度与力、质量的关系实验中需要先控制其中的某一个物理量不变，探讨另外的两个物理量之间的关系，所以使用了控制变量法，故 A 正确；B、加速度 是牛顿第二定律的决定式，不是定义式，没有运用了比值法，故 B 错误；C、克、米、秒都是基本单位，故 C 正确；D、等效替代法是一种常用的方法，它是
2、指用一种情况来等效替换另一种情况如“平均速度” 、 “合力与分力”等；故 D 正确；本题选错误的，故选 B.【点睛】在学习物理知识的同时，我们还学习科学研究的方法，常用的方法有：控制变量法、等效替代法、理想实验法、类比法等2. 某同学玩飞镖游戏，先后将两只飞镖 由同一位置水平投出，已知飞镖投出的初速度，不计空气阻力，则两支飞镖插在竖直靶上的状态（侧视图）可能是：( )A. B. C. D. 【答案】C【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移3. 一个物体在外力作用下由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的关
3、系图线如图所示，则该物体：( )A. 01s 内加速运动，1s3s 内减速运动，第 3s 末回到出发点B. 03s 内物体位移是 12mC. 01s 内与 1s3s 内的平均速度相同D. 2s 时的速度方向与 0.5s 时的速度方向相反【答案】C【解析】A、物体在第 1 s 内从静止开始匀加速运动，第 2、3 s 内沿原方向做匀减速运动，根据“面积”等于速度的变化量可知，3s 末物体的速度为零，所以第 3 s 末没有回到出发点故 A 错误；B、C、01s 的位移 ，1s3s 的位移 ，故；而 ， ，则 B 错误，C 正确。D、第 3 s 末速度为零，故 2s 时和 0.5s 的速度方向相同，D
4、 错误故选 C.【点睛】解决本题的关键根据加速度时间图线，知道物体做周期性运动，掌握“面积”等于速度的变化量和运动学公式，并分别求速度和位移4. 将三个质量均为 的小球 用细线相连后（ 间无细线相连） ，再用细线悬挂于 O 点，如图所示，用力 F 拉小球 c，使三个小球都处于静止状态，且细线 Oa 与竖直方向的夹角保持，则 F 的最小值为：( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】将三个小球视为一个整体，重力为 3mg，当作用于小球 c 上的力 F 垂直于 Oa 时， F最小，由正交分解法知，水平方向 ，竖直方向 ，解得，故 C 正确5. 如图所示，真空中有一个边长为 L 的正方体，正方
5、体的两个顶点 M、 N 处分别放置电荷量都为 q 的正、负点电荷。图中的 a、b、c、d 是其他的四个顶点， k 为静电力常量。下列表述正确是：( ) A. a、b 两点电场强度大小相等，方向不同B. a 点电势高于 b 点电势C. 把点电荷+ Q 从 c 移到 d，电势能增加D. 同一个试探电荷从 c 移到 b 和从 b 移到 d，电场力做功相同【答案】D【解析】A、根据电场线分布知， a、 b 两点的电场强度大小相等，方向相同，则电场强度相同故 A 错误B、 ab 两点处于等量异种电荷的垂直平分面上，该面是一等势面，所以 a、 b的电势相等故 B 错误C、根据等量异种电荷电场线的特点，因为
6、沿着电场线方向电势逐渐降低，则 c 点的电势大于 d 点的电势把点电荷+ Q 从 c 移到 d，电场力做正功，电势能减小，故 C 错误D、因 可知同一电荷移动，电场力做功相等，则 D 正确。故选 D【点睛】解决本题的关键知道等量异种电荷周围电场线的分布，知道垂直平分线为等势线，沿着电场线方向电势逐渐降低6. 列表是一些有关地球的数据，仅利用表中信息可以估算出下列哪些物理量（忽略地球自转效应，引力常量已知）：( ) 地球质量 近地卫星的周期 第一宇宙速度 地球同步卫星离地面的高度 A. B. C. D. 【答案】D【解析】、根据地球表面的物体所受的万有引力等于重力： ， ，已知地球的半径和表面的
7、重力加速度，所以能求出地球的质量故正确、地球的质量可以求出，已知了月球绕地球作圆周运动的周期，根据 ，求出轨道半径故正确C、根据 ， ，已知地球表面的重力加速度和地球的半径，所以可以求出地球的第一宇宙速度故正确根据 ，地球的质量可以求出，已知同步卫星的周期，可以求出同步卫星的轨道半径，地球的半径已知，所以可以求出同步卫星离地面的高度故正确故选 D【点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力 ，和万有引力等于重力 .7. 如图所示，水平面上等腰三角形均匀框架顶角BAC30，一均匀圆球放在框架内，球与框架 BC、AC 两边接触但无挤压，现使框架以顶点 A 为转轴在竖直平面内顺时针方向从 AB边水平
8、缓慢转至 AB 边竖直，则在转动过程中：( )A. 球对 AB 边的压力先增大后减小B. 球对 BC 边的压力先增大后减小C. 球对 AC 边的压力先增大后减小D. 球的重力势能一直增大【答案】A【解析】B、转动过程中，小球一直对 BC 边不产生挤压，故 BC 边的压力一直为零，B 错误。A、C、AC 边的挤压一直变大， BC 边的挤压先变大，再变小，在 BC 边水平时挤压最大，故 AC边的弹力一直变大， BC 边的弹力先变大后变小,选项 A 正确，选项 C 错误.D、球的重力势能为 ，故重心离地面最高的时候重力势能最大，为重心的竖直线和地面垂直时，则重力势能线增大后减小,D 错误，故选 A.
9、【点睛】处理力学中的动态平衡，抓住不变量，两弹力的合力大小和方向保持不变，根据三角形法则可判断处力的大小变化.8. 如图所示，在倾角 30的光滑固定斜面上，放有质量分别为 1kg 和 2kg 的小球 A 和B，且两球之间用一根长 =0.3m 的轻杆相连，小球 B 距水平面的高度 =0.3m现让两球从静止开始自由下滑，最后都进入到上方开有细槽的光滑圆管中，不计球与圆管内壁碰撞时的机械能损失， 取 10m/s2则下列说法中错误的有：( )A. 从开始下滑到 A 进入圆管整个过程，小球 A 与 B、地球三者组成的系统机械能守恒B. 在 B 球未进入水平圆管前，小球 A 与地球组成系统机械能守恒C.
10、两球最后在光滑圆管中运动的速度大小为D. 从开始下滑到 A 进入圆管整个过程，轻杆对 B 球做功-1J【答案】D【解析】A、从开始下滑到 A 进入圆管整个过程，除重力做功外，杆对系统做功为零，小球A 与 B、地球三者组成的系统机械能守恒，故 A 正确；B、在 B 球未进入水平圆管前，只有重力对 A 做功，小球 A 与地球组成系统机械能守恒，故 B 正确；C、以 A、 B 组成的系统为研究对象，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得： ，代入数据解得： ，故 C 正确； D、以 A 球为研究对象，由动能定理得：，代入数据解得： W=-1J，则轻杆对 B 做功， WB=-W=1J，故 D 错误；本题选
11、错误的故选 D【点睛】本题考查了求球的速度、杆做的功等问题，分析清楚物体运动过程，应用机械能守恒定律与动能定理即可正确解题9. 如图所示，两对金属板 A、B 和 C、D 分别竖直和水平放置，A、B 接在电路中，C、D 板间电压为 U，A 板上 O 处发出的电子经加速后，水平射入 C、D 板间，电子最终都能打在光屏 M上，关于电子的运动，下列说法正确的是：( )A. S 闭合，只向右移动滑片 P，P 越靠近 b 端，电子打在 M 上的位置越高B. S 闭合，只改变 A、B 板间的距离，改变前后，电子由 A 至 B 经历的时间相同C. S 闭合，只改变 A、B 板间的距离，改变前后，电子到达 M
12、前瞬间的动能相同D. S 闭合后再断开，只向左平移 B，B 越靠近 A 板，电子打在 M 上的位置越高【答案】CD【点睛】本题关键明确电子在加速电场和偏转电场中的运动情况和受力情况，可以结合动能定理、运动学公式定性讨论10. 如图所示，固定的光滑竖直杆上套有小环 P，足够长轻质细绳通过 c 处的定滑轮连接小环 P 和物体 Q，小环 P 从与 c 点等高的 a 处由静止释放，当到达图中的 b 处时速度恰好为零，已知 ab:ac4：3，不计滑轮摩擦和空气阻力。下列说法正确的是: ( )A. 小环 P 从 a 点运动到 b 点的过程中（速度为 0 的位置除外） ，有一个物体 Q 和小环 P 速度大小
13、相等的位置B. 小环 P 从 a 点运动到 b 点的过程中，绳的拉力对小环 P 始终做负功C. 小环 P 到达 b 点时加速度为零D. 小环 P 和物体 Q 的质量之比为 1：2【答案】BD【解析】A、小环 P 和重物 P 通过细线相连，故它们的速度沿着细线的分量是相等的，由于环 P 的速度一直与细线不平行，而 Q 的速度与细线一直平行，故环 P 的速度一直不等于物体Q 的速度，故 A 错误; B、小环 P 从 a 点运动到 b 点的过程中，绳的拉力与速度的夹角一直不大于 90，故拉力做负功，故 B 正确；C、小环 P 到达 b 点时速度为零，加速度不为零，此后还要返回，故 C 错误；D、系统
14、机械能守恒，故： ，由于 ，故 bc=5ac，联立解得： ，故 D 正确；故选 BD.【点睛】本题是连接体问题，关键明确通过细线相连的物体沿着绳子的分速度是相等的，注意合力为零时速度最大，同时要结合系统机械能守恒定律列式分析11. 如图所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接，右边与一个足够高的四分之一光滑圆弧轨道平滑相连，木块 A、B 静置于光滑水平轨道上，A、B 的质量分别为 1.5kg 和0.5kg。现让 A 以 6m/s 的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间为 0.3s，碰后的速度大小变为 4m/s，当 A 与 B 碰撞后立即粘在一起运动， 取 10m/s2，则： (
15、)A. A 与墙壁碰撞的过程中，墙壁对 A 的平均作用力的大小 =10NB. A 与 B 碰撞的过程中损失机械能为 3JC. A、B 碰撞后的速度 =3m/sD. A、B 滑上圆弧轨道的最大高度 =0.45m【答案】BCD【解析】A、设水平向右为正方向，当 A 与墙壁碰撞时，由动量定理得： Ft=mAv 1-mA（-v1）得：墙壁对 A 的平均作用力为： 故 A 错误C、设碰撞后 A、 B 的共同速度为 v，以向右为正方向，由动量守恒定律得： mAv 1=（ mA+mB） v 得： v=3m/s，故 C正确B、 A 与墙壁碰撞后动能减小， ，故 B 正确D、 A、 B在光滑圆形轨道上滑动时，只
16、有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律得：代入数据解得： h=0.45m故 D 正确故选 BCD.【点睛】本题主要考查了动量守恒定律、动量定理的综合应用分析清楚物体的运动过程，把握每个过程所遵守的物理规律是关键要知道对于碰撞的过程，往往根据动量定理求作用力12. 在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为 E、内电阻为 r， R1、 R2为定值电阻，R3为滑动变阻器， C 为电容器， A、V 为理想电流表和电压表。在滑动变阻器滑动头 P 自 a端向 b 端滑动的过程中，下列说法中正确的是( )A. 电压表示数变大B. 电流表示数变小C. 电容器 C 中的电场强度变小D. a 点的电势降
17、低【答案】ACD【解析】A、在滑动变阻器滑动头 P 自 a 端向 b 端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流 I 增大，电阻 R1两端电压增大，则电压表示数变大，A 正确B、根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知， a 的电势大于零， a 点的电势等于 R2两端的电压， U2变小，则 a 点的电势降低，通过 R2的电流 I2减小，通过电流表的电流 IA=I-I2，I 增大， I2减小，则 IA增大即电流表示数变大故 B 错误，D 正确；C、电阻 R2两端的电压 U2=E-I（ R1+r） ， I 增大，则 U2变小，电容器板间电压变小，其电场强度减小，故 C 正确；故
18、选 ACD.【点睛】本题是电路动态变化分析问题，要抓住不变量：电源的电动势、内阻及定值电阻的阻值不变，进行分析根据电流方向判断电势高低，由电压的变化判断电势的变化二、实验题13. 如图甲所示，在验证动量守恒定律实验时，小车 A 的前端粘有橡皮泥，推动小车 A 使之做匀速运动。然后与原来静止在前方的小车 B 相碰并粘合成一体，继续匀速运动，在小车 A后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为 50Hz，长木板右端下面垫放小木片用以平衡摩擦力。（1）若获得纸带如图乙所示，并测得各计数点间距（已标在图上） 。A 为运动起始的第一点，则应选_段来计算 A 的碰前速度，应选_段来计算 A 和 B 碰后的共同速
19、度（填“AB”或“BC”或“CD”或“DE” ） 。（2）已测得小车 A 的质量 ，小车 B 的质量为 ，由以上测量结果可得碰前系统总动量为_kgm/s，碰后系统总动量为_kgm/s。 （结果保留四位有效数字）（3）实验结论：_。【答案】 (1). BC (2). DE (3). 1.035 (4). 1.030 (5). 在误差允许范围内，碰撞前后系统动量守恒【解析】 （1）A 与 B 碰后粘在一起，速度减小，相等时间内的间隔减小，可知通过 BC 段来计算 A 的碰前速度，通过 DE 段计算 A 和 B 碰后的共同速度（2）A 碰前的速度： 碰后共同速度： 碰前总动量：P 1=m1v1=0.
20、33.450=1.035kgm/s碰后的总动量：P 2=（m 1+m2）v 2=0.52.060=1.030kgm/s可知在误差允许范围内，AB 碰撞过程中，系统动量守恒14. 某一小型电风扇额定电压为 4.0V，额定功率为 2.4W。某实验小组想通过实验描绘出小电风扇的伏安特性曲线。实验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：A电源 E（电动势为 4.5V） B电压表 V（量程为 05V，内阻约为 4k ）C电流表 A1（量程为 00.6A，内阻约为 0.2 ）D电流表 A2(量程 3A，内阻约 0.05 );E滑动变阻器 R1（最大阻值 10 ，额定电流 1A）F滑动变阻器 R2（最大阻值
21、 2k ，额定电流 100mA） 为了便于调节，减小读数误差和系统误差，实验中所用电流表应选用_，滑动变阻器应选用_。 （填所选仪器前的字母序号） 请你为该小组设计实验电路，并把电路图画在虚线内（小电风扇的电路符号如图 1 所示） 。_ 操作过程中发现，小电风扇通电后受阻力作用，电压表读数小于 0.5V 时电风扇没启动。该小组测绘出的小电风扇的伏安特性曲线如图 2 所示，由此可以判定，小电风扇的电阻为_，正常工作时的发热功率为_，电风扇的机械效率为_。【答案】 (1). C (2). E (3). 分压外接 图见解析 (4). 2.5 (5). 0.9W (6). 62.5【解析】试题分析：（
22、1）电风扇的额定电流为 ，为了便于调节，减小读数误差和系统误差，实验中所用电流表应选用 C，滑动变阻器用分压电路，应选用 E。 （2）电路如图：分压式电路，电流表外接；（3）电压表读数小于 0.5V 时电风扇没启动根据欧姆定律得， 正常工作时电压为 4V，根据图象知电流为 0.6A，则电风扇发热功率P=I2R=0.362.5W=0.9W，则机械功率 P=UI-I 2R=2.4-0.9=1.5W考点：描绘出小电风扇的伏安特性曲线.三、计算题15. 在倾角 =37 的平直滑道上，一名质量 75 kg 的滑雪运动员由静止开始向下滑行运动员所受空气阻力与速度成正比，比例系数为 ，运动员与滑道间的动摩擦
23、因数为 今测得运动员从静止开始沿滑道下滑的速度时间图象如图所示，图中的 OA 直线是 时刻速度图线的切线，速度图线末段 BC 平行于时间轴设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取 sin 370.6，cos 370.8，重力加速度 =10m/s2求：（1） 时刻运动员的加速度大小;（2）动摩擦因数 和比例系数 .【答案】 （1） （2） 【解析】(1)由速度-时间图像可知 ，物体开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速运动在 t=0 时刻，图线切线的斜率即为该时刻的加速度，故有(2)在 t=0 时刻开始加速时， v0=0，由牛顿第二定律可得最后匀速时， vm=10m/s， a=0，由平衡条件可得联
24、立解得： =0.25， k=30kg/s 16. 一质量为 =4kg 带电量为 = -0.1C 的小球 P 从倾角 =37的光滑斜面顶端由静止开始滑下，斜面高 =6.0m，斜面底端通过一段光滑小圆弧与一光滑水平面相连。整个装置处在水平向右的匀强电场中，场强 =200N/C，忽略小球在连接处的能量损失，当小球运动到水平面时，立即撤去电场。水平面上放一静止的不带电的质量也为 的 圆槽 Q，圆槽光滑且可沿水平面自由滑动，圆槽的半径 =3m，如图所示。 （sin37=0.6，cos37=0.8 ， =10m/s2。 ）（1）在沿斜面下滑的整个过程中，P 球电势能增加多少？（2）小球 P 运动到水平面时
25、的速度大小（3）试判断小球 P 能否冲出圆槽 Q【答案】 （1）160J （2） m/s （3）不能【解析】试题分析：（1）在整个过程中,电场力对 P 球做功为：(2)根据受力分析可知，斜面对 P 球的支持力为：根据动能定理得：(3)设当两者速度相等时，小球上升的高度为 H，根据水平方向动量守恒得：根据机械能守恒得：代入已知数据得：H=0.625mR,所以小球没有冲出圆槽。考点：动量守恒定律；机械能守恒定律及动能定理的应用.17. 如图所示，竖直平面 xOy 内有三个宽度均为 首尾相接的电场区域 ABFE、BCGF 和 CDHG。三个区域中分别存在方向为y、y、x 的匀强电场，且电场区域竖直方
26、向无限大，其场强大小比例为 212。现有一带正电的物体以某一初速度从坐标为(0， )的 P 点射入 ABFE场区，初速度方向水平向右。物体恰从坐标为(2 ， /2)的 Q 点射入 CDHG 场区，已知物体在ABFE 区域所受电场力和所受重力大小相等，重力加速度为 ，物体可以视为质点，求：(1)物体进入 ABFE 区域时的初速度大小；(2)物体在 ADHE 区域运动的总时间；(3)物体从 DH 边界射出位置的坐标【答案】 （1）8m/s 2 （2）-1.25J （3）当 m/s 时， 【解析】设三个区域的电场强度大小依次为 2E、 E、2 E，物体在三个区域运动的时间分别t1、 t2、 t3(1
27、)在 BCGF 区域，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律得： mg-qE=ma2，而：2 qE=mg得：在水平方向有： L=v0t在竖直方向有： 解得： ,(2)在 ABEF 区域对物体进行受力分析，在竖直方向有：2 qE=mg物体做匀速直线运动，有： ，在 BCGF 区域，物体做类平抛运动，有： ,在 Q 点竖直方向速度为：则 Q 点速度为： ，与水平方向夹角为 45在 CDHG 区域 由于 2qE=mg对物体进行受力分析， mg，与水平方向夹角为 45，与速度方向相同，物体做匀加速直线运动运动到 x 轴过程，根据运动学公式，有： 解得：所以有：(3)物体在 ABFE 区域做匀速直线运动，在
28、 BCGF 区域物体做类平抛运动，偏移量为 在 CDHG 区域，沿与水平方向夹角为 45，物体做匀加速直线运动，竖直方向位移为 L，则物体从 DH 边界射出位置的坐标为 【点睛】此题是带电体在电场和重力场的复合场中运动的问题，关键是分析物体的受力情况和运动情况类平抛运动运用运动的合成与分解的方法研究，匀加速直线运动根据牛顿定律和运动学公式结合研究四、选考18. 关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是_A. 悬浮在液体中的微小固定颗粒的运动是无规则的，说明液体分子的运动也是无规则的B. 物体中分子热运动动能的总和等于物体的内能C. 在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零D. 气体从外界吸收
29、热量，其内能不一定增加E. 液体表面张力产生的原因是液体表面层分子较稀疏，分子间引力大于斥力【答案】ADE【解析】A、悬浮在液体中的微小固体颗粒的运动是无规则的，说明液体分子的运动也是无规则的；故 A 正确；B、物体中分子热运动的动能及分子势能之和等于物体的内能；故 B 错误。C、在完全失重的情况下，分子运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，C 错误；D、根据热力学第一定律 ，做功也可以改变物体的内能，D 正确；E、液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力故 E 正确。故选 ADE.【点睛】本题考查分子
30、运动论、内能及晶体的性质，要注意明确内能包括分子动能和分子势能；而温度是分子平均动能的标志19. 如图，内径均匀的弯曲玻璃管 ABCDE 两端开口，AB、CD 段竖直，BC、DE 段水平，AB=100cm，BC=40cm，CD=50cm，DE=60cm。在水平段 DE 内有一长 10cm 的水银柱，其左端距D 点 10cm。在环境温度为 300 K 时，保持 BC 段水平，已知大气压为 75 cmHg 且保持不变。（1）若将玻璃管 A 端缓慢竖直向下插入大水银槽中，使 A 端刚刚没入水银面，环境温度缓慢升高，求温度升高到多少 K 时，水银柱刚好全部溢出； （2）将玻璃管 A 端缓慢竖直向下插入大水银槽中，使 A 端刚刚没入水银面下 10 cm。若环境温度缓慢降低，求温度降低到多少 K 时，水银柱刚好全部进入 CD 段。【答案】 （1） （2）【解析】(1) A 端插入水银槽后，液柱向右移动 50cm，气体发生等压变化，由盖吕萨克定律可得 ， ，解得：(2)当液柱刚好全部进入 CD 管时，水银槽中的水银将沿 AB 管上升 10cm封闭气体体积及压强：V 3=160Scm3， p3=65cmHg由理想气体状态方程得：解得：【点睛】认真审题，根据题意求出气体体积与压强，应用盖吕萨克定律与理想气体状态方程即可正确解题
