江西上高县二中2019届高三上学期第四次月考理科综合物理试题（解析版）

2019 届高三年级第四次月考理综试卷 二、选择题：（本大题共 8 小题，每小题 6 分。第 14~18 题只有一项是符合题目要求，第 19~21 题有多项符合题目要求。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.如图所示，是一辆汽车做直线运动的 x-t 图象，对线段 OA、AB、BC、CD 所表示的运动，下列说法正确 的是（ ） A. OA 段运动最快 B. AB 段汽车做匀速直线运动 C. CD 段表示的运动方向与初始运动方向相反 D. 运动 4h 后汽车的位移大小为 30km 【答案】C 【解析】 【详解】A. 位移图象的斜率等于物体的速度，故 CD 段斜率最大，表示物体速度最大，故 A 错误． B. AB 段物体的位移不随时间而变化，物体处于静止状态，故 B 错误． C. CD 段表示匀速运动，斜率与初始斜率相反，所以运动方向与初始运动方向相反，故 C 正确． D. 运动 4h 汽车的初末位置的坐标相同，故位移大小为 0，故 D 错误． 2.如图所示，质量分别为 m1 和 m2 的木块之间用轻弹簧相连，在拉力 F 的作用下，以加速度 g 竖直向上做匀 加速直线运动，某时刻突然撤去拉力 F，设此时 m1 和 m2 的加速度分别为 aA 和 aB，则(　 　) A. aA＝aB＝2g B. aA＝g，aB＝g C. aA＝g，aB＝ g D. aA＝ g，aB＝ g 【答案】C 【解析】 1 2 2 2m m m + 1 1 2 m m m+ 2 1 2 m m m+【详解】对 A 受力分析：撤掉 F 后，由于弹簧形变量没有变化，故弹力不变，A 只受重力和弹力，因此 A 的受力不变，故其加速度不变仍为 g，对B 受力分析：B 由原来受 F，重力，弹力，由牛顿第二定律：F-m2g-F 弹=m2g，撤掉 F 后，B 只受重力和弹力，由牛顿第二定律：-m2g-F 弹=m2a，对 A：F 弹-m1g=m1g，解得：F 弹 =2m1g，代入得：m2g+2m1g=m2a，解得： ，故 C 正确，ABD 错误． 3.如图所示，质量为 m 的小球(可看作质点)在竖直放置的半径为 R 的固定光滑圆环轨道内运动．若小球通过 最高点时的速率为 v0＝ ，下列说法中正确的是(　 　) A. 小球在最高点时只受到重力作用 B. 小球在最高点对圆环的压力大小为 2mg C. 小球绕圆环一周的时间等于 2πR/v0 D. 小球经过任一直径两端位置时的动能之和是一个恒定值 【答案】D 【解析】 【详解】根据牛顿第二定律有： ，解得 N=mg，故 A B 错误；小球做的运动不是匀速圆周 运动，无法求出运动的时间，故 C 错误；小球在运动的过程中机械能守恒,小球在最高点的机械能等于最低 点的机械能,设最低点为零势能平面有：EK1+mg⋅2R=EK2=定量 C，则 EK1+EK2+mg⋅2R=2C，在运动的过程中小 球经过某一位置重力势能减小多少，则经过关于圆心对称的位置重力势能就增加多少．所以小球经过任一 直径两端位置时的动能之和是一个恒定值，故 D 正确．所以 D 正确，ABC 错误． 4.近地人造卫星 1 和 2 绕地球做匀速圆周运动的周期分别为 和 ,设在卫星 1、卫星 2 各自所在的高度上 的重力加速度大小分别为 、 ，则 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 1 2 2 2 B m ma gm += 2gR 2vmg N m R + = 1T 2T 1g 2g 4/3 1 1 2 2 g T g T  =     4/3 1 2 2 1 g T g T  =     2 1 1 2 2 g T g T  =     2 1 2 2 1 g T g T  =    试题分析：由万有引力提供向心力，知 ，得 ，又因为 ，故 ，同理 ， ，故解得 选项 B 正确． 考点：万有引力定律 牛顿第二定律 【名师点睛】 （1）万有引力提供向心力 （2）卫星所在的高度上的重力加速度等于卫星在该处做匀速圆周运动的向心加速度： (3)要注意轨道半径和卫星离地面的高度的关系为 5.两个宽度相同但长度不同 台球框固定在水平面上，从两个框的长边同时以相同的速度分别发小球 A 和 B， 如图所示．设球与框边碰撞时无机械能损失，不计摩擦，则两球回到最初出发的框边的先后是(　 　) A. A 球先回到出发框边 B. B 球先回到出发框边 C. 两球同时回到出发框边 D. 因两框长度不明，故无法确定哪一个球先回到出发框边 【答案】C 【解析】 【详解】设台球框的宽度为 L，两球沿图示向上方向的分速度大小为 vy．由题不计一切摩擦，两个球与框边 碰撞前后做匀速直线运动，则有： ，L 相同，vy 也相等，所以两球回到最初出发的框边所用时间 t 相 同，同时回到最初出发的框边，故 C 正确，ABD 错误． 6. 在机场货物托运处，常用传送带运送行李和货物，如图所示，靠在一起的两个质地相同，质量和大小均 不同的包装箱随传送带一起上行，下列说法正确的是( ) 的 2 1 2 2 1 1 4 rMmG mr T π= 1 2 3 1 1 24 GMTr π  =     12 1 MmG mgr = 1 2 1 GMg r = 1 2 3 2 2 24 GMTr π  =     2 2 2 GMg r = 4/3 1 2 2 1 g T g T  =     2 1 2 2 1 1 4 rMmG ma mr T π= = a g= r R h= + 2 y Lt v =A. 匀速上行时 b 受四个力作用 B. 匀加速上行时 b 受四个力作用 C. 若上行过程传送带因故突然停止时，b 受三个力作用 D. 若上行过程传送带因故突然停止后，b 受的摩擦力一定比原来大 【答案】C 【解析】 试题分析:当两个包装箱一起向上匀速运动时，对两个包装箱受力分析，受到重力 G 和支持力 N 以及摩擦力 Ff，假设物体受到的静摩擦力为 ，且有： ，计算得 ， 将 b 物体隔离受力分析并计算，有 ，所以此时 b 物体受到三个力，故 A 错误；当 两个集装箱一起向上匀加速直线运动时，有： ，计算得 ， 再将 b 物体隔离出来受力分析，利用假设法，如果 b 物体受到其它力，加速度将 ，与 整体的加速度矛盾，则 b 物体此时也只受到三个力，故 B 错误；据以上分析，如果传送带突然停止，则 b 物体的状态与整体的状态一样，将只受到三个力，故 C 正确；如果物体原来做匀速运动，则传送带停止前 后 b 物体的摩擦力均为 ，如果物体原来匀加速运动，物体和传送带之间有相对运动，摩擦力为 ，传送带停止后，物体先减速运动，摩擦力为 ，物体停止运动相对传送带静止时，摩 擦力为 ，可见，传送带停止后物体摩擦力等于后小于停止前的摩擦力，所以 D 选项错误． 考点： 牛顿第二定律 7.如图所示．小车的上面是中突的两个对称的曲面组成，整个小车的质量为 m，原来静止在光滑的水平面 上．今有一个可以看作质点的小球，质量也为 m，以水平速度 v 从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点 后，又从另一个曲面滑下．关于这个过程，下列说法正确的是（ ）A. 小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置 B. 小球在滑上曲面的过程中，对小车压力的冲量大小是 C. 小球和小车作用前后，小车和小球的速度一定变化 D. 车上曲面的竖直高度一定大于 【答案】B 【解析】 【详解】A.小球滑上曲面的过程，小车向右运动，小球滑下时，小车还会继续前进，故不会回到原位置， 故 A 错误． B.由小球恰好到最高点，知道两者有共同速度，根据动量守恒有 ，小球对小车压力的冲量等于 小车动量的变化量，即 ，B 正确； C.由于系统满足动量守恒定律，系统机械能又没有增加，结合小球与小车的质量相等，弹性碰撞类似，可 知，相互作用结束后小车的速度仍然等于 0，小球的速度仍为 v，故 C 不正确； D.根据能量关系，有 ，解得 ，D 错误． 8.如图所示，平直木板 AB 倾斜放置，板上的 P 点距 A 端较近，小物块与木板间的动摩擦因数由 A 到 B 逐 渐减小，先让物块从 A 由静止开始滑到 B。然后，将 A 着地，抬高 B，使木板的倾角与前一过程相同，再 让物块从 B 由静止开始滑到 A。上述两过程相比较，下列说法中一定正确的有 A. 物块经过 P 点的动能，前一过程较小 B. 物块从顶端滑到 P 点的过程中因摩擦产生的热量，前一过程较少 C. 物块滑到底端的速度，前一过程较大 D. 物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长 【答案】AD 2 'mv mv= 2 mv 2 21 1 (2 )2 2 2 vmv m mgh ≥ +   2 4 vh g ≤【解析】 【详解】A．先让物块从 A 由静止开始滑到 B，又因为动摩擦因数由 A 到 B 逐渐减小，说明重力沿斜面的 分量在整个过程中都大于摩擦力，也就是说无论哪边高，合力方向始终沿斜面向下，物块从 A 由静止开始 滑到 P 时，摩擦力较大，故合力较小，距离较短；物块从 B 由静止开始滑到 P 时，摩擦力较小，故合力较 大，距离较长，所以由动能定理，物块从 A 由静止开始滑到 P 时合力做功较少，P 点是动能较小；由 B 到 P 时合力做功较多，P 点是动能较大．则故 A 正确； B．物块从顶端滑到 P 点的过程中因摩擦产生的热量 板上的 P 点距 A 端较近，s 较小，但 PA 之间摩擦因数较大，故二者之间热量多少无法比较，故 B 错误； C．由动能定理，两过程合力做功相同，到底端时速度应相同；故 C 错误； D．采用 v－t 法分析，第一个过程加速度在增大，故斜率增大，如图线 1，第二个过程加速度减小，故斜率 变小，如图线 2，由于倾角一样大，根据能量守恒，末速度是一样大的，还有就是路程一样大，图象中的面 积就要相等，所以第一个过程的时间长；故 D 正确。 故选 AD。 三、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第 22 题～第 32 题为必考题，每个试题考生都必 须作答。第 33 题～第 40 题为选考题，考生根据要求作答。 9.某实验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，得到弹力与弹簧长度关系的图象如图所示，则： （1）弹簧的原长为______cm． （2）弹簧的劲度系数为____N/cm． Q W fs= =（3）若弹簧的长度为 2l2—l1 时仍在弹簧的弹性范围内，此时弹簧的弹力为_____N． 【答案】 (1). l1 (2). F0/（l2-l1） (3). 2F0 【解析】 【详解】（1）当弹簧长度为 时，弹簧弹力为零，可知弹簧的原长为 ； （2）图线的斜率为弹簧的劲度系数，即 ； （3）当弹簧的长度为 时，形变量 ，根据胡克定律得， ． 【点睛】要注意区分弹簧的原长 ，实际长度 和伸长量 x，并明确三者之间的关系，在应用胡克定律时， 要首先转化单位，知道图线的斜率即为弹簧的劲度系数． 10.某研究性学习小组用如图(a)所示装置验证机械能守恒定律．让一个摆球由静止开始从 A 位置摆到 B 位置， 若不考虑空气阻力，系统的机械能应该守恒，即 ．直接测量摆球到达 B 点的速度 v 比较困 难．现让小球在 B 点处脱离悬线做平抛运动，利用平抛的特性来间接地测出 v．如图(a)中，悬点正下方 P 点 处放有水平放置炽热的电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出作平抛运 动．在地面上放上白纸，上面覆盖着复写纸，当小球落在复写纸上时，会在下面白纸上留下痕迹．用重锤 线确定出 A、B 点的投影点 N、M 重复实验 10 次(小球每一次都从同一点由静止释放)，球的落点痕迹如图(b) 所示，图中米尺水平放置，零刻度线与 M 点对齐．用米尺量出 AN 的高度 h1、BM 的高度 h2，算出 A、B 两 点的竖直距离，再量出 M，C 之间的距离 x，即可验证机械能守恒定律．己知重力加速度为 g，小球的质量 为 m． (1)根据图(b)可以确定小球平抛时的水平射程为________cm． (2)用题中所给字母表示出小球平抛时的初速度 v=_________． (3)用题中所给字母表示出小球从 A 到 B 过程中，重力势能的减少量△Ep=__________， 动能的增加量 △Ek=____________． 【答案】（1）65.0．（64.0～65.5），（2） ，（3） ， 【解析】 1l 1l 0 2 1 Fk l l = − 2 12l l− 2 12 2x l l= − 02F kx F= = 0l l 21 2 mv mgh=（1）用圆规画圆，圆心即为落点，根据竖直高度求得时间，再由水平方向匀速运动求得初速度（2）由竖 直高度 ，水平方向 x=vt 可求得水平速度表达式为 （3）由 A 到 B 重力势能减小 量为 mgh，动能增量为 11.甲乙两人做抛球游戏，如图所示，甲站在一辆平板车上，车与水平地面间的摩擦不计．甲与车的总质量 M=50kg，另有一质量 m=2kg 的球，乙站在车对面的地上，身旁有若干质量不等的球．开始车静止，甲将球 以速度 v(相对于地面)水平抛给乙，乙接到抛来的球后，马上将另一只质量为 m/=2m 的球以相同速率 v 水平 抛回给甲，甲接到球后，再以速率 v 将此球水平抛给乙，这样反复进行，乙每次抛回给甲的球的质量都等 于他接到球的质量的 2 倍，求： （1）甲第一次抛出球后，车的速度多大？ （2）甲第二次抛出球后，车的速度多大？ （3）从第一次算起，甲抛出多少个球后，再不能接到乙抛回来的球． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】 根据动量守恒即可求出车的速度；对于甲和小车整体，每次接到球并抛出后，甲和小车整体的动量均增加， 增加量等于小球动量的 2 倍，结合动量守恒定律分析即可． 【详解】（1）以甲和车及第一个球为系统，选向右为正方向，设甲第一次抛出球后的后退速度为 v1，由动 量守恒得 0=mv-Mv1 解得： （2）再以甲和车及抛回来的球为系统，设甲第二次抛球的速度为v2，甲接到一个从右方抛过来的质量为 2m 的球，接着又向右扔回一个质量为 2m 的球， 此过程应用动量守恒得-Mv1 -2mv= -Mv2+2mv 整理可得：Mv2 =4mv+Mv1 解得： ，方向向左 （3）第 1 个球抛出后甲和小车整体的动量为：mv0； 第 2 个球抛出后甲和小车整体的动量为：mv0+2mv0； 25 v 5 v 5 1 25 vv = 2 5 vv =第 3 个球抛出后甲和小车整体的动量为：mv0+2mv0+4mv0； … 第 n 个球抛出后甲和小车整体的动量为：mv0+2mv0+4mv0+…+2nmv0=（M+nm）vn 同时要满足：vn≤v0 解得：n>4，故 n 最大取 5 即从第一次起，甲抛出 5 个球后，再也不能接到乙抛回来的球 【点睛】本题关键是明确小车和甲的整体每次抛出后动量的增加量，得到动量的通向进行分析． 如图所示，通过一个定滑轮用轻绳两端各栓接质量均为 m 的物体 A、B（视为质点），其中连接物体 A 的轻 绳水平（绳足够长），物体 A 的下边放一个足够长的水平传送带，其顺时针转动的速度恒定为 v，物体 A 与 传送带之间的动摩擦因数为 0.25；现将物体 A 以 2v0 速度从左端 MN 的标志线冲上传送带，重力加速度为 g． 12. 若传送带的速度 v=v0 时，求：物体 A 刚冲上传送带时的加速度 13. 若传送带的速度 v=v0 时，求：物体 A 运动到距左端 MN 标志线的最远距离 14. 若传送带的速度取（0＜v＜2v0）范围某一确定值时，可使物体 A 运动到距左端 MN 标志线的距离最远 时，与传送带因摩擦产生的内能最小，求：此时传送带的速度 v 的大小及摩擦产生的内能的最小值是多少？ 【答案】12. 13. 14. 【解析】 【12 题详解】 设物体 A 向右减速到 时的加速度为 ，由牛顿第二定律得： 对物体 A 有： ； 对物体 B 有： ，解得加速度的大小： ． 13 题详解】【 1 5 8a g= 2 0 2 4 3 vx g = 2 0 3 20minQ mv= 0v 1a 1T mg maµ+ = 1T mg ma− = 1 5 8a g=物体 A 向右减速到 时的位移为 ，有： ，得： 当物体的速度小于 时，物体 A 受向右的滑动摩擦力向右减速运动，对物体 A 有： 对物体 A 有： ； 对物体 B 有： ，解得加速度的大小： ，物体 A 向右由 减速到零时的位移为 ， 有： ，得： ， 物体 A 运动到距左端 MN 标志线的最远距离： ． 【14 题详解】 物体 A 向右减速到 时的时间： ，物体 A 向右减速到 时相对传送带向前的位移为 ，由运 动学公式有： ，物体 A 向右由 减速到零时，相对传送带向后 的位移为 ，由运动学公式有： ，物体 A 与传送带因摩擦产生的内能： ，对二次函数求极值得：当 时，产生的内能 Q 最小： ． 【点睛】本题的关键要分析清楚物体在传送带上的运动过程，特别注意摩擦力方向的改变，运用函数法求 内能的最小值是常用的方法，要能熟练运用． 【考点】功能关系、匀变速直线运动的位移与时间的关系、匀变速直线运动规律的综合运用 15.以下说法正确 是( ) A. 大量分子做无规则运动，速率有大有小，但是分子的速率按“中间少，两头多”的规律分布 B. 一定质量的理想气体，温度升高时，分子平均动能增大，气体的压强不一定增大 C. 由于液体表面层分子间平均距离大于液体内部分子间平均距离，液体表面存 张力 D. 空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和气压，水蒸发越快 E. 用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏伽德罗常数，只需要再知道油的摩尔体积即可 【答案】BCE 【解析】 的 在 0v 1x ( )22 0 0 1 12 2v v a x− = − 2 0 1 12 5 vx g = 0v 2T mg maµ− = 2mg T ma− = 2 3 8a g= 0v 2x 2 0 2 20 2v a x− = − 2 0 2 4 3 vx g = 2 0 1 2 56 15 vx x x g = + = v 0 1 2v vt a −= − 0v 1x∆ ( ) ( )2 2 22 00 1 1 4 4 42 2 5 v v v vv vx vta g − +−∆ = − = v 2x∆ 2 2 2 2 2 0 4 2 3 v v vx v a a g −∆ = ⋅ − =（ ） 2 2 1 2 0 0 4 2 3 315Q mg x x m v v v vµ= ∆ + ∆ = − +（ ） （ ） 0 3 4v v= 2 0 3 20minQ mv=【详解】A．大量分子做无规则运动，速率有大有小，但是分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布；故 A 错误； B．压强是大量气体分子持续撞击器壁产生 ，其大小取决于温度和体积，若温度升高体积增大则压强可能 减小，故 B 正确； C．液体表面表面张力的形成是由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离液体表面张力是露珠的 成因，液体与大气相接触时，接触面的分子间距大表现为引力，故 C 正确； D．影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素，不是空气中水蒸气的绝对数量，而是空气中水蒸 气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距，水蒸气的压强离饱和汽压越远，相对湿度越小，越有利于水 的蒸发，人们感觉干爽，故 D 错误； E．油的摩尔体积除以单个分子的体积等于阿伏伽德罗常数，故 E 正确。 故选 BCE． 16.如图所示，一些水银被装在粗细均匀竖直放置的两边等长 U 形管中．U 形管左边封闭着一段长为 h =57cm 的空气柱，右端开口与大气相连，刚开始两边水银面处于同一高度．已知空气可以当成理想气体，外界大 气压恒为 p0= 76cm 汞柱．环境温度不变，若向 U 形管右边加入水银柱（未产生新的空气柱）． ①最多可加入多长的水银柱？ ②此时左端封闭的空气柱变为多长？ 【答案】76cm，38cm 【解析】 试题分析：温度不变，封闭的空气量不变，根据克拉伯龙方程： 为最终压强差，P 为最开始的压强．因为加入最多的水银，所以右边液面与管口齐平，则两边水银高度 差等于空气柱长度，解得 h1=38cm，即空气柱长度为 38cm 可以加入△L=57cm+（57cm-38cm）=76cm 水银柱 考点：克拉伯龙方程 的17.关于波的干涉、衍射等现象，下列说法正确的是______________ A. 当波源与观测者相互靠近时，观测者接收到的振动频率大于波源发出波的频率 B. 在杨氏双缝干涉实验中，用紫光作为光源，遮住其中一条狭缝，屏上将呈现间距相等的条纹 C. 某人在水面上方观察水底同位置放置的红、黄、绿三盏灯时，看到绿灯距水面最近 D. 照相机镜头前的增透膜、信号在光导纤维内的传播都是利用了光的全反射原理 E. 电磁波与声波由空气进入水中时，电磁波波长变短，声波波长变长 【答案】ACE 【解析】 【详解】根据多普勒效应可知，当波源靠近接收者时，接收者接收到的波的频率比波源频率高，故 A 正确； 用紫光作为光源，遮住其中一条狭缝，不能发生干涉现象而会发生单缝衍射现象，屏上出现中间宽，两侧 窄，间距越来越大的衍射条纹；故 B 错误；光折射成像时，视深： ，水底同一深度并列红、黄、绿 三盏灯时，绿光的折射率最大，故绿灯视深最浅，故 C 正确；拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加 装一个偏振片，是利用光的干涉现象，故 D 错误；由空气进入水中传播时，频率不变，波速变大，由公式 v=λf，知电磁波的波长变短．声波的波速变大，频率不变，波长变大，故 E 正确．所以 ACE 正确，BD 错 误． 18. 如图所示，直角三角形 ABC 为一三棱镜的横截面，∠A=30°．一束单色光从空气射向 BC 上的 E 点，并 偏折到 AB 上的 F 点，光线 EF 平行于底边 AC．已知入射方向与 BC 的夹角为 θ=30°．试通过计算判断光在 F 点能否发生全反射． 【答案】会发生全反射 【解析】 试题分析：光线在 BC 界面的入射角 θ1=600、 折射角 θ2=300 根据折射定律得 （2 分） 由几何关系知，光线在 AB 界面的入射角为 θ3=600 Hh n = 0 1 0 2 sin sin 60 3sin sin30n θ θ= = =而棱镜对空气的临界角 C 的正弦值 则在 AB 界面的入射角 所以光线在 F 点将发生全反射．（2 分） 考点：本题考查了光的全反射 1 3sin 3C n = = 3 Cθ >