届安徽省淮南市第二中学宿城第一中学高三第四次考试物理试题解析版.docx

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届安徽省淮南市第二中学宿城第一中学高三第四次考试物理试题解析版

安徽省淮南市第二中学、宿城第一中学2018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；

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，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2m/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10m/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1.5m/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。

【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

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；

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

A.B.C.D.

【答案】A

【解析】光滑圆球受力如图所示

由牛顿第二定律得：

，；对直角楔形木块和光滑圆球系统，由牛顿第二定律得：

，联立解得：

，故A正确，BCD错误；

故选A。

【点睛】关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的运用。

9.如图所示，三小球a、b、c的质量都是m，都放于光滑的水平面上，小球b、c与轻弹簧相连且静止，小球a以速度v0冲向小球b，碰后与小球b黏在一起运动．在整个运动过程中，下列说法中正确的是

A.三球与弹簧组成的系统总动量不守恒，总机械能不守恒

B.三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒

C.当小球b、c速度相等时，弹簧弹性势能最大

D.当弹簧第一次恢复原长时，小球c的动能一定最大，小球b的动能一定不为零

【答案】CD

【解析】AB、在整个运动过程中，系统的合外力为零，系统的动量守恒，小球a与b碰撞后粘在一起，动能减小，机械能减小，故AB错误；   

D、当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒分析可知，小球b的动能不为零，故D正确；

故选CD。

【点睛】含有弹簧的问题，难点是对物体运动过程的分析，得到弹簧势能最大的临界条件；本题根据动量守恒和机械能守恒分析求得。

10.如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块．当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，下列结论中正确的是

A.其他条件不变的情况下，m越大，s越小

B.其他条件不变的情况下，M越大，s越小

C.其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越短

D.其他条件不变的情况下，f越大，滑块到达右端所用时间越长

【答案】BCD

【解析】A、滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情况下，由于木板受到摩擦力不变，当m越大时，滑块加速度越小，而木板加速度不变，相对位移一样，滑快在木板上运动时间越长，所以木板运动的位移越大，故A错误；

 B、由于木板受到摩擦力不变，当M越大时，木板加速度越小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑快在木板上运动时间越短，所以木板运动的位移越小，故B正确；

C、由于木板受到摩擦力不变，拉力F越大，滑块的加速度越大，而木板加速度不变，相对位移一样，滑快离开木板时间就越短，故C正确；

D、由于木板受到摩擦力f越大，滑块的加速度越小，而木板加速度变大，相对位移一样，滑快离开木板时间就越长，滑块到达右端所用时间越长，故D正确；

故选BCD。

【点睛】对滑块和木板模型，物理过程仔细分析是解题关键，根据牛顿第二定律分析木板和滑块加速度，利用运动学公式即可判断；

11.电场强度方向与x轴平行的静电场，其电势φ随x的分布如