- 1 -安徽省淮南市第二中学、宿城第一中学安徽省淮南市第二中学、宿城第一中学 20182018 届高三第四次考试届高三第四次考试物理试题物理试题一、选择题一、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- 2 -【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 tan1tan2，所以 12，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 ABC 的过程中，机械能不变B. 冥王星从 AB 所用的时间等于C. 冥王星从 BCD 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 ABC 的过程中，机械能不变，故 A 正确；B、公转周期为 T0，冥王星从 AC 的过程中所用的时间是 0.5T0，由于冥王星从 ABC 的过程中，速率逐渐变小，从 AB 与从 BC 的路程相等，所以冥王星从 AB 所用的时间小于，故 B 错误；- 3 -C、冥王星从 BCD 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- 4 -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 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1.50.8m=1.2m，石子上升的位移为，因为 4.8-1.2m=3.6m4m，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 10.45m=0.45m，石子上升的位移为，因为 3.4875-0.45m=3.0325m4m，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- 5 -，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 保持不变，再根据平衡条件可知，两绳的拉力 F 保持不变；- 6 -当轻绳的右端从直杆最上端移到 B 点时，设两绳的夹角为 2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， 减小，cos 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UB. 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 CU【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- 7 -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 CU，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 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ag (g为重力加速度).则木块与左侧墙壁之间的动摩擦因数为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；- 8 -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 A B 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- 9 -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