2020届高三物理第四次考试试题（含解析）(新版)人教版

2020届高三物理第四次考试试题（含解析）(新版)人教版

‎2019届高三第四次考试 物理试题 一、选择题 ‎1. 由于万有引力定律和库仑定律都满足平方反比律，因此引力场和电场之间有许多相似的性质，在处理有关问题时可以将它们进行类比。例如电场中反映各点电场强弱的物理量是电场强度，其定义式为E=F/q。在引力场中可以有一个类似的物理量用来反映各点引力场的强弱。设地球质量为M，半径为R，地球表面处重力加速度为g，引力常量为G，如果一个质量为m的物体位于距地心3R处的某点，则下列表达式中能反映该点引力场强弱的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】电场强度的定义式：，其中的F是库仑力，q是试探电荷，重力场也可以这样来计算：，由万有引力等于重力得：在地球表面，如果一个质量为m的物体位于距地心3R处的某点，则，该点引力场强弱的是，故B正确，ACD错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】通过与电场强度定义式类比，得出反映该点引力场强弱。‎ ‎2. 某同学前后两次从同一位置水平投出两支飞镖1和飞镖2到靶盘上，飞镖落到靶盘上的位置如图所示，忽略空气阻力，则两支飞镖在飞行过程中 A. 速度变化量 B. 飞行时间 C. 初速度 D. 角度 ‎【答案】D ‎【解析】B、飞镖1下落的高度小，根据，解得，可知飞行时间，故B错误；‎ A、加速度相等，都为g，则速度变化量，可得，故A错误；‎ - 17 -‎ C、由于水平位移相等，根据，可知初速度，故C错误；‎ D、根据，对于飞镖1，时间短，初速度大，则tanθ1＞tanθ2，所以θ1＞θ2，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，运动时间由高度决定，通过下落的高度比较飞镖飞行的时间，从而根据水平位移比较初速度的大小，根据夹角的正切值进行比较。‎ ‎3. 冥王星绕太阳的公转轨道是个椭圆，公转周期为T0，其近日点到太阳的距离为a，远日点到太阳的距离为b，半短轴的长度为c，如图所示．若太阳的质量为M，万有引力常量为G，忽略其他行星对它的影响，则 A. 冥王星从A→B→C的过程中，机械能不变 B. 冥王星从A→B所用的时间等于 C. 冥王星从B→C→D的过程中，万有引力对它先做正功后做负功 D. 冥王星在B点的加速度为GM/c2‎ ‎【答案】A ‎【解析】A、冥王星绕太阳的公转轨道是个椭圆，机械能是守恒的，故冥王星从A→B→C的过程中，机械能不变，故A正确；‎ B、公转周期为T0，冥王星从A→C的过程中所用的时间是0.5T0，由于冥王星从A→B→C的过程中，速率逐渐变小，从A→B与从B→C的路程相等，所以冥王星从A→B所用的时间小于，故B错误；‎ C、冥王星从B→C→D的过程中，万有引力方向先与速度方向成钝角，过了C点后万有引力方向与速度方向成锐角，所以万有引力对它先做负功后做正功，故C错误；‎ D、设B到太阳的距离为x，则，根据万有引力充当向心力知 - 17 -‎ ‎，知冥王星在B点的加速度为，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】正确理解开普勒的行星运动三定律是解答本题的关键，会根据力与速度方向的夹角判断该力是做正功还是负功。‎ ‎4. 压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小。一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置，如图甲所示，将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一物体m，升降机静止时电流表示数为I0。某过程中电流表的示数如图乙所示，则在此过程中 A. 升降机一定是先向上做匀加速运动然后做匀减速运动 B. 升降机可能是先向上做匀减速运动然后做匀加速运动 C. 物体一定是先超重后失重 D. 物体一定是先失重后超重 ‎【答案】C ‎【解析】升降机静止时电流表示数为I0，某过程中电流表示数为2I0，由欧姆定律分析压敏电阻的阻值变小，说明压敏电阻所受压力增大，则物体处于超重状态；当电流表示数为0.5I0，由欧姆定律分析压敏电阻的阻值变大，说明压敏电阻所受压力增小，则物体处于失重状态；物体处于超重状态时，加速度方向向上，故升降机可能向上加速运动，也可能向下减速运动；物体处于失重状态时，加速度方向向下，故升降机可能向下加速运动，也可能向上减速运动；故C正确，ABD错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】根据I-t图象得到电流变化情况，然后结合电路特点得到电阻变化情况，再有压敏电阻特性得到压力变化情况，最后得到加速度变化情况。‎ ‎5. 如图，一只气球以2 m/s的速度匀速上升，某时刻在气球下方距气球4m处有一小石子以10‎ - 17 -‎ ‎ m/s的初速度竖直上抛，若g取10m/s2，不计空气阻力，则以下说法正确的是 ‎ ‎ A. 石子一定能追上气球 B. 若气球上升速度等于1.5 m/s，其余条件不变，则石子在抛出后0.85s末追上气球 C. 若气球上升速度等于1m/s，其余条件不变，则石子在抛出后0.45s末追上气球 D. 若气球上升速度等于0.9m/s，其余条件不变，则石子与气球相遇两次 ‎【答案】D ‎【解析】A、设石子经过时间t后速度与气球相等，则，‎ 此时间内气球上升的位移为，石子上升的位移为： ，则，故追不上气球，故A错误；‎ B、若气球速度等于1.5m/s，在石子在抛出后0.8s末，气球上升的位移为1.5×0.8m=1.2m，石子上升的位移为，因为4.8-1.2m=3.6m<4m，所以石子在抛出后0.85s末超过追上气球，故B错误；‎ C、若气球速度等于1m/s，在石子在抛出后0.45s末，气球上升的位移为1×0.45m=0.45m，石子上升的位移为，因为3.4875-0.45m=3.0325m<4m，所以石子在抛出后0.45s末超过追上气球，故C错误；‎ D、若气球上升速度等于0.9m/s，设石子经过时间t后速度与气球相等，则，此时间内气球上升的位移为，石子上升的位移为： ，则，所以石子在抛出后0.91s超过追上气球，0.91s后，石子做匀减速运动，气球做匀速运动，气球又会追上石子，所以石子与气球相遇两次，故D正确；‎ 故选D。‎ - 17 -‎ ‎【点睛】当石子的速度与气球速度相等时没有追上，以后就追不上了，根据运动学基本公式即可判断。‎ ‎6. 清华校园穹形门充满了浓郁的学院风情和人文特色，如图所示。在一次维护中，用一根不可伸长的轻绳通过轻质滑轮悬挂一重物G.现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从C点沿支架缓慢地向B点靠近(C点与A点等高)．则绳中拉力大小变化的情况是 A. 先变大后变小 B. 先不变后变小 C. 先不变后变大 D. 先变小后变大 ‎【答案】B ‎【解析】当轻绳的右端从C点移到直杆最上端时，滑轮两侧绳子的拉力大小相等，方向关于竖直方向对称，设两绳的夹角为，以滑轮为研究对象，分析受力情况，作出力图如图所示 设绳子总长为L，两直杆间的距离为S，由数学知识得到，L、S不变，则α保持不变，再根据平衡条件可知，两绳的拉力F保持不变；‎ 当轻绳的右端从直杆最上端移到B点时，设两绳的夹角为2θ．以滑轮为研究对象，分析受力情况，作出力图如图所示 - 17 -‎ 根据平衡条件得，得到绳子的拉力，所以在轻绳的右端从直杆最上端移到B点的过程中，θ减小，cosθ增大，则F变小；‎ 所以绳中拉力大小变化的情况是先不变后变小，故B正确，ACD错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】当轻绳的右端从C点移到直杆最上端的过程中，滑轮两侧绳子的拉力大小相等，方向关于竖直方向对称，根据几何知识分析得到滑轮两侧绳子的夹角不变，由平衡条件判断出绳子的拉力保持不变，当轻绳的右端从直杆最上端移到B点时，两绳的夹角减小，根据平衡条件研究绳的拉力变化情况。‎ ‎7. 如图电路中，电源电动势为E、内阻为r.闭合开关S,增大可变电阻R的阻值后，电压表示数的变化量为△U，在这个过程中，下列判断正确的是 A. 电阻R1两端的电压减小，减小量等于△U B. 电压表示数变化量△U和电流表示数变化△I的比值不变 C. 电压表的示数U和电流表的示数I的比值不变 D. 电容器的带电量减小，减小量大于C△U ‎【答案】B ‎【解析】AD、闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻R1两端的电压减小，由闭合电路欧姆定律得它们的总电压即路端电压增大，由得电阻R两端的电压增大，，所以电阻R1两端的电压减小量小于△U，故A错误，由于电容器与电阻R1并联，所以电容器两端的电压等于电阻R1两端的电压，所以有电容器的两端的电压减小，带电量减小，减小量小于C△U，故D错误；‎ - 17 -‎ B、根据闭合电路欧姆定律得：，由数学知识得，所以电压表示数变化量和电流表示数变化的比值不变，故B正确；‎ C、由图可知，由于R增大，则电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大．故C错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】两电表读数的比值要根据欧姆定律和闭合电路欧姆定律来分析，注意，，R是非线性电阻。‎ ‎8. 在竖直墙壁间有质量为m、倾角为θ的直角楔形木块和质量为2m的光滑圆球,两者能够一起以加速度a匀加速竖直下滑,已知a

查看更多