云南省玉溪市第一中学2019届高三物理上学期第四次月考试卷(含解析)

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2019届云南省玉溪市第一中学高三上学期第四次月考物理试题 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

第I 卷（选择题) 一、单选题 1．两辆游戏赛车、在两条平行的直车道上行驶。

时两车都在同一计时线处，此时
比赛开始。

它们在四次比赛中的图如图所示。

（ ）图对应的比赛中，有一辆赛车追上了另一辆。

2．如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线。

则（ ）
A ．场强E a >E b ，E b >E c
B ．电势φa >φb ，φc >φb
C ．沿cba 路径移动质子与电子，电荷的电势能改变是一样的
D ．沿bc 方向直线射入的电子有可能做曲线运动 3．如图所示，ad 、bd 、cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆，a 、b 、c 、d 位于同一圆周上，a 点为圆周的最高点，d 点为最低点．每根杆上都套着一个完全相同的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a 、b 、c 点无初速度释放，关于它们下滑过程的下列说法中正确的是（ ）
A ．重力对各环的冲量a 的最大
B ．弹力对各环的冲量c 的最大
C ．合力对各环的冲量大小相等
D ．各环的动能增量相等 4．如图所示，一倾斜的匀质圆盘垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离2.5m 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为。

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面间的夹角为300，g 取10m/s 2。

则ω的最大值是（ ）
A ．0.5 rad/s
B ．1.5 rad/s
C ．
D ．2.0 rad/s 5．某同学为探究求合力的方法，做了如图所示的实验。

ABCD 为竖直平板，
E 、
F 两处固定了摩擦不计的轻质滑轮，滑轮的轴保持水平，所用绳子的质量可不计。

第一次实验中，当装置平衡时，绳子的结点在O 处，拉力的方向和钩码的位置如图所示。

第二次实验时，仅把右侧滑轮的位置移动到图中的
G 点，待稳定后，绳子结点O 的位置将（ ）。

A ．竖直向下移动
此
卷只
装订
不密封班级
姓
名
准
考
证
号
考
场
号
座
位
号
B．水平向右移动
C．沿EO方向移动
D．沿FO方向移动
二、多选题
6．下面说法正确的是（）
A．在直流电源的外电路上，电流的方向是从电源正极流向负极
B．伽利略开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法
C．元电荷就是带电量为1C的点电荷
D．电流的速度就是自由电荷在电路中定向移动的速度
7．按照我国整个月球探测活动的计划，在第一步“绕月”工程圆满完成各项目标和科学探测任务后，第二步是“落月”工程，已在2013年以前完成。

假设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0，飞船沿距月球表面高度为3R的圆形轨道Ⅰ运动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近月点B时再次点火进入月球近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动。

下列判断正确的是
（）
A
．飞船在轨道Ⅰ上的运行速率
B．飞船在A点处点火变轨时，动能增大
C ．飞船在轨道Ⅲ绕月球运动一周所需的时间
D．飞船从A到B运行的过程中机械能不变
8．由粗糙的水平杆AO与光滑的竖直杆BO组成的绝缘直角支架如图放置，在AO杆、BO杆上套有带正电的小球P、Q，两个小球恰能在某一位置平衡。

现将P缓慢地向左移动一小段距离，两球再次达到平衡。

若小球所带电荷量不变，与移动前相比，下列正确的是（）
A．P、Q之间的距离增大
B．杆BO对Q的弹力减小
C．杆AO对P的摩擦力增大
D．杆AO对P的弹力不变
9．如图所示，质量分别为2m和m的A、B两物体用不可伸长的轻绳绕过轻质定滑轮相连，开始两物体处于同一高度，绳处于绷紧状态，轻绳足够长，不计一切摩擦。

现将两物体由静止释放，在A落地之前的运动中，下列说法中正确的是（）
A．A 物体的加速度为
B．A、B组成系统的重力势能增大
C．下落t秒时B 所受拉力的瞬时功率为
D．下落t秒时，A 的机械能减少了
第II卷（非选择题)
三、实验题
10．下图游标卡尺的读数为________cm 螺旋测微器的读数为
___________mm
11．要测绘额定电压为2 V的日常用小电珠的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：
A．电源E（电动势3.0 V，内阻可不计）
B．电压表V1(量程为0~3.0 V，内阻约2 kΩ)
C．电压表V2(0~15.0 V，内阻约6 kΩ)
2
D．电流表A1(0~0.6 A，内阻约1 Ω)
E．电流表A2(0~100 mA，内阻约2 Ω)
F．滑动变阻器R1（最大值10 Ω）
G．滑动变阻器R2（最大值2 kΩ）
（1）为减少实验误差，实验中电压表应选择_______，电流表应选择_____，滑动变阻器应选择_______。

（填各器材的序号）
（2）为提高实验精度，请你设计实验电路图，并画在下面的虚线框中
__________.
（3）实验中测得一组数据如下表所示，根据表格中的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特性
曲线_______________。

I/A 0 0.12 0.21 0.29 0.34 0.38 0.42 0.45 0.47 0.49 0.50
U/V 0 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00 1.20 1.40 1.60 1.80
2.00
（4）该小电珠的额定功率是_________。

四、解答题
12．如图所示，离子发生器发射一束质量为m、电荷量为＋q的离子，从静止经PQ两板间的
加速电压加速后，以初速度v0从a点沿ab方向进入一匀强电场区域，abcd所围成的正方形是该匀
强电场的边界，已知ab长为L，匀强电场的方向与ad边平行且由a指向d。

（1）求加速电压U0；
（2）若离子恰从c点飞离电场，求a、c两点间的电势差U ac；
（3）若离子从abcd边界上某点飞出时的动能为mv02，求此时匀强电场的场强大小E。

13．如图所示，光滑水平台面MN上放两个相同小物块A，B，右端N处与水平传送带理想连
接，传送带水平部分长度L=17m
，沿逆时针方向以恒定速度v0=4m/s匀速转动。

物块A，B（大小不
计，视作质点）与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.2，物块A，B质量均为m=1kg。

开始时A，B静
止，A，B间压缩一轻质短弹簧。

现解除锁定，弹簧弹开A，B，弹开后B滑上传送带，A掉落到地面
上的Q点，已知水平台面高h=0.8m，
Q点与水平台面间右端间的距离S=3.2m，g取10m/s2。

（1）求物块A脱离弹簧时速度的大小，及弹簧储存的弹性势能；
（2）求物块B在水平传送带上运动的时间；
（3）求B与传送带间摩擦产生的热量。

14．扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象；如图，截面积为S的热杯盖扣在水
平桌面上，开始时内部封闭气体的温度为300K，压强为大气压强P0。

当封闭气体温度上升至303K
时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回桌面，其内部压强立即减为P0，温度仍为303K。

再经过一段时间，内部气体温度恢复到300K。

整个过程中封闭气体均可视为理想气体。

求：
（1）当温度上升到303K且尚未放气时，封闭气体的压强；
（2）当温度恢复到300K时，竖直向上提起杯盖所需的最小力。

五、填空题
15．下列说法正确的是_________.
A．一定质量的100 ℃的水吸收热量后变成100 ℃的水蒸气，系统的内能保持不变
B．对某物体做功，可能会使该物体的内能增加
C．实际气体分子热运动的平均动能与分子间势能分别取决于气体的温度和体积
D．一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同
E．功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功
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2019届云南省玉溪市第一中学高三
上学期第四次月考物理试题
物理答案
1．AC
【解析】
在速度--时间图象里，图象与横轴所围成的面积表示物体发生的位移．从A图中可以看出，当t=20s时，两图象面积相等，此时一辆赛车追上另一辆，A正确；图中a的面积始终小于b的面积，所以不可能追上，B错误；图象也是在t=20s时，两图象面积相等，此时一辆赛车追上另一辆；C正确；图象中a的面积始终小于b的面积，所以不可能追上，D错误．
2．A
【解析】
A、根据电场线的疏密表示电场强度的相对大小，可知E a＞E b＞E c．故A正确；
B、沿着电场线方向电势是降低的，同一等势面上各点的电势相等，则知φc＞φb=φa．故B错误；
C、沿cba路径移动质子与电子，根据公式W=qU，知由于电子与质子的电性相反，电场力对质子做正功，对电子做负功，则质子的电势能减小，电子的电势能增大，故C错误；
D、沿bc方向直线射入的电子，所受的电场力沿cb方向，电子做直线运动．故D错误；故选A。

3．B
【解析】
设任一细杆与竖直方向的夹角为，环运动的时间为，圆周的直径为D
．则环的加速度大小。

由位移公式得，得到，所以三个环运动时间相同。

由于三个环的重力相等，运动时间相同，由公式I=Ft分析可知，各环重力的冲量相等，A错误；c环受到的弹力最大，运动时间相等，则弹力对环c的冲量最大，B正确；a环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对a环的冲量最大，C错误；重力对a环做功最大，其动能的增量最大，D错误．4．D
【解析】
当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得，解得，D正确．
【点睛】
本题关键要分析向心力的来源，明确角速度在什么位置最大，由牛顿第二定律进行解题．
5．C
【解析】
以O点为研究对象，受到三个力的作用，由于钩码个数不变，因此三个力的大小不变，O点所受竖直方向的拉力大小方向不变，即EO，FO两绳子拉力的合力大小方向不变，根据平行四边形定则可知，二力的大小不变，其合力的大小方向不变，则该二力的夹角不变，故∠EOF不变；根据相似三角形的几何关系可知，E点位置不变，EF之间的距离变大，而∠EOF不变，因此绳子结点O的位置将向EO方向移动，故ABD错误，C正确．故选C．
【名师点睛】
掌握三力平衡的条件，理解平行四边形定则，同时验证平行四边形定则是从力的图示角度去作图分析．
6．AB
【解析】
正电荷定向移动的方向是电流的方向，与负电荷的方向相反，在外电路上电流由电源的正极流向负极，A正确；伽利略开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法，B正确；元电荷是表示跟电子或质子所带电量数值相等的电量，是最小电荷量，为e=1.6×10-19C，C错误；电流速度等于光速，而电子移动的平均速率很小，所以电荷定向移动的速度并不是电流的速度，D错误．7．ACD
【解析】
在月球表面有，在轨道I 上运动有，解得，A正确；飞船在A点变轨，做近心运动，需减速，所以动能减小，B错误；在月球表面有：，在轨道
III 上运动有：，联列方程可得：卫星在轨道III 上运动一周所需时间，C 正确；飞船从A到B的过程中，只有万有引力做功，机械能守恒不变，D正确．
8．CD
【解析】
Q受力如图，由力的合成与平衡条件可知：BO杆对小球Q的弹力变大，两小球之间的库仑力变大，由库仑定律知，两小球P、Q的距离变小，AB错误；对整体受力分析，可得AO杆对小球P的摩擦力变大，C正确；对整体分析可知，竖直方向只受重力和AO杆的支持力，故AO杆对小球P的弹力不变，D错误．
9．AD
【解析】
两个物体分别位于同一根绳子的两端，所以加速度的大小是相等的；设绳子之间的拉力为T，
则对B 分析有：，对A 分析有：，联立可得：，A错误；在A 落地之前的运动中，由于A的重力大于B的重力，则A重力势能的减少量大于B物体重力势能的增
加量，所以A、B组成系统的重力势能减小，B错误；下落ts时，B 的速度大小为：，则
B
所受拉力的瞬时功率为，C错误；下落ts时，A 下落的高度为
，则A 克服细绳拉力做功为，根据功能关系得A
的机械能减少量为：，D正确．
【点睛】
该题看似简单，却考查了运用整体法与隔离法、牛顿第二定律、机械能守恒等知识，解答的关键是正确的利用整体和隔离法求出二者的加速度．
10．1.340；6.577
【解析】
游标卡尺的读数为，螺旋测微器的读数为。

考点：螺旋测微器的使用；游标卡尺的使用．
点评：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．以及螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．11．（1）B；D；F （2）见解析（3）见解析（4）1W
【解析】
（1）由题意小灯泡额定电压为2V，额定电流为0.5A，故电压表应选B，电流表应选D，又描绘伏安特性曲线要求电流从零调，故变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器F．
（2）由于小电珠电珠较小，满足，电流表应用外接法，又变阻器应采用分压式接法，电路图如图所示：
（3）根据描点法可得如图所示
（4）由图可知，当电压为2V，电流为0.5A；则功率P=UI=2×0.5=1W。

12．（1）（2）（3）
【解析】
(1)对直线加速过程，根据动能定理，有：qU0=解得:U0=。

(2)设此时场强大小为E，则:ab方向，有:L=v0t ad方向，有:L=
Uac=EL 解得:Uac=
（3）根据可知，离子射出电场时的速度，方向与ab所在直线的夹角为45°，即，根据，，可得x=2y，则离子将从bc边上的中点飞出，即
根据动能定理，有：解得:
考点：带电粒子在电场中运动
13．（1）8m/s，64J （2）9s （3）72J
【解析】
（1）A 作平抛运动，竖直方向：，水平方向：，代入数据联立解得：；
解锁过程系统动量守恒，规定A
的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，代入数据
解得：；由能量守恒定律得：，代入数据解得：；
（2）B 作匀变速运动，由牛顿第二定律有，解得；
B
向右匀减速至速度为零，由，解得：，所以B最终回到水平台面。

设B 向右匀减速的时间为：，解得：；
设B 向左加速至与传送带共速的时间为，由，解得：；
共速后做匀速运动的时间为，有：
，代入数据解得总时间：；
（3）B 向右减速运动时，相对于传送带的位移：；
B 向左加速运动，相对于传送带的位移：；
B 与传送带间摩擦产生的热量：，代入数据解得：Q=72J。

【点睛】
本题考查了动量守恒定律、能量守恒定律和牛顿第二定律的综合运用，理清物块在传送带上的运动规律，知道物块先向右做匀减速运动，然后返回做匀加速运动，再做匀速运动，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解。

14．（1）1.01P0（）0.02P0S
【解析】
（1）气体进行等容变化，开始时，压强P0，温度T0=300K；当温度上升到303K且尚未放气时，压强为P1，温度T1=303K ；根据可得：.
（2）当内部气体温度恢复到300K 时，由等容变化方程可得：
，解得
当杯盖恰被顶起时有：
若将杯盖提起时所需的最小力满足：，
解得：
15．BCD
【解析】
水变成水蒸气，分子平均动能不变；但由于体积增大，分子间距离增大；由于气体分子间间距接近10r0；故在变化过程中分子力做负功；分子势能增大；故A错误；做功和热传递均可以改变物体的内能；故B正确；气体分子热运动的平均动能与分子间势能分别取决于气体的温度和体积；故C正确；两系统达到热平衡的条件为温度相同；故D正确；功可以全部转化为热；而热量也可以全部转化为功，但要引起其他方面的变化；故E错误；故选BCD．。