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2019-2020年高三上學(xué)期第四次模擬考試物理試卷 含解析zhangsan 一、單選題（每題只有一個(gè)答案，每題3分，共18分。） 1．兩個(gè)大小相同、帶等量同種電荷的導(dǎo)體小球A和B，彼此間的靜電力為F。另一個(gè)不帶電的與A、B大小相同的導(dǎo)體小球C，先與A接觸，再與B接觸，然后移開，這時(shí)A和B之間的作用為，則F與之比為（ ） A．8∶1 B．8∶3 C．1∶8 D．4∶1 【答案】B 假設(shè)A B帶電量為Q， 兩球之間的相互吸引力的大小是 第三個(gè)不帶電的金屬小球C與A接觸后，A和C的電量都為， 再與B接觸，則C、B分開后電量均為， 這時(shí)，A、B兩球之間的相互作用力的大小 即。 故選B。 【考點(diǎn)】庫(kù)侖定律 2．如圖所示，兩根直木棍AB和CD相互平行，固定在同一個(gè)水平面上,一個(gè)圓柱形工件P架在兩木棍之間，在水平向右的推力F的作用下，恰好能向右勻速運(yùn)動(dòng)。若保持兩木棍在同一水平面內(nèi)，但將它們間的距離稍微增大一些后固定．將該圓柱形工件P架在兩木棍之間，用同樣的水平推力F向右推該工件，則下列說法中正確的是（ ） A．該工件仍可能向右勻速運(yùn)動(dòng) B．該工件P可能向右加速運(yùn)動(dòng) C．AB棍受到的摩擦力一定大于F/2 D．AB棍受到的摩擦力一定等于F/2 【答案】D AB、工件原來做勻速運(yùn)動(dòng)，所受的滑動(dòng)摩擦力大小， 將木棍的間距稍微增大一些后固定時(shí)，工件受力的側(cè)視圖如圖，由平衡條件得，木棍的間距稍微增大時(shí)，θ增大，cosθ減小，則木棍對(duì)工件的支持力N增大，工件所受的滑動(dòng)摩擦力增大，而F不變，所以工件P將不動(dòng)，故AB錯(cuò)誤； CD、工件所受的滑動(dòng)摩擦力增大，且用原先的水平推力推時(shí)，該工件會(huì)靜止不動(dòng)，所以AB棍受到的摩擦力是靜摩擦力且一定無，故C錯(cuò)誤D正確。 故選D。 【考點(diǎn)】牛頓第二定律；力的合成與分解 3．一長(zhǎng)輕質(zhì)木板置于光滑水平地面上，木板上放質(zhì)量分別為mA=1kg和mB=2kg的A、B兩物塊，A、B與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ=0.2，水平恒力F作用在A物塊上，如圖所示（重力加速度g取10m/s2）。則 （ ） A．若F=1N，則物塊、木板都靜止不動(dòng) B．若F=1.5N，則A物塊所受摩擦力大小為1.5N C．若F=4N，則B物塊所受摩擦力大小為4N D．若F=8N，則B物塊的加速度為1m/s2 【答案】D A與木板間的最大靜摩擦力fA=μmAg=0.2110N=2N；B與木板間的最大靜摩擦力fB=μmBg=0.2210N=4N； A、F=1N＜fA，所以AB即木板保持相對(duì)靜止，整體在F作用下向左勻加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤； B、若F=1.5N＜fA，所以AB即木板保持相對(duì)靜止，整體在F作用下向左勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得：F-f=mAa，所以A物塊所受摩擦力f＜F=1.5N，故B錯(cuò)誤； C、F=4N＞fA，所以A在木板上滑動(dòng)，B和木板整體受到摩擦力2N，輕質(zhì)木板，質(zhì)量不計(jì)，所以B的加速度，對(duì)B進(jìn)行受力分析，摩擦力提供加速度，f′=mBa=21=2N，故C錯(cuò)誤； D、F=8N＞fA，所以A相對(duì)于木板滑動(dòng)，B和木板整體受到摩擦力2N，輕質(zhì)木板，質(zhì)量不計(jì)，所以B的加速度，故D正確。 故選D。 【考點(diǎn)】牛頓第二定律；力的合成與分解 4．如圖所示，電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻不計(jì)的電源與三個(gè)燈泡和三個(gè)電阻相接，只合上開關(guān)S1，三個(gè)燈泡都能正常工作，如果再合上S2，則下列表述正確的是（ ） A．電源輸出功率減小 B．L1上消耗的功率增大 C．通過R1上的電流增大 D．通過R3上的電流增大 【答案】C A、只合上開關(guān)S1，三個(gè)燈泡都能正常工作，再合上S2，并聯(lián)部分的電阻減小，外電路總電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知，干路電流增大．由于電源的內(nèi)阻不計(jì)，電源的輸出功率P=EI，與電流成正比，則電源輸出功率增大，故A錯(cuò)誤； B、由于并聯(lián)部分的電阻減小，根據(jù)串聯(lián)電路的特點(diǎn)，并聯(lián)部分分擔(dān)的電壓減小，L1兩端的電壓減小，其消耗的功率減小，故B錯(cuò)誤； C、再合上S2，外電路總電阻減小，干路電流增大，而R1在干路中，通過R1上的電流增大，故C正確； D、并聯(lián)部分的電壓減小，通過R3上的電流將減小，故D錯(cuò)誤。 故選C。 【考點(diǎn)】閉合電路的歐姆定律 5．如圖所示，一束正離子從s點(diǎn)沿水平方向射出，在沒有偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)、磁場(chǎng)時(shí)恰好擊中熒光屏上的坐標(biāo)原點(diǎn)O；若同時(shí)加上電場(chǎng)和磁場(chǎng)后，正離子束最后打在熒光屏上坐標(biāo)系的第Ⅲ象限中，則所加電場(chǎng)E和磁場(chǎng)B的方向可能是（不計(jì)離子重力及其間相互作用力）（ ） A．E向下，B向上 B．E向下，B向下 C．E向上，B向下 D．E向上，B向上 【答案】A 由題意知，電子在電場(chǎng)中受力應(yīng)向下，因離子帶正電，故電場(chǎng)方向應(yīng)向下； 而粒子在磁場(chǎng)作用下向左偏轉(zhuǎn)，故說明洛侖茲力向左，由左手定則可知，B應(yīng)向上。 故選A。 【考點(diǎn)】左手定則；電場(chǎng)力 6．如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，三個(gè)質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子a、b、c，以不同的速率對(duì)準(zhǔn)圓心O沿著AO方向射入磁場(chǎng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖．若帶電粒子只受磁場(chǎng)力的作用，則下列說法正確的是（ ） A．a(chǎn)粒子動(dòng)能最大 B．c粒子速率最大 C．b粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng) D．它們做圓周運(yùn)動(dòng)的周期Tal 說明B滑至皮帶最左端時(shí)，速度仍大于u，設(shè)此時(shí)速度為v2， 由動(dòng)能定理有 解得v2＝4m/s，即B與A碰撞前的速度大小。 （2）A、B碰撞瞬間動(dòng)量守恒：mv2=mv3+MvA 機(jī)械能守恒： 由以上兩式解得 B以的速度反向滑上皮帶后做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)其減速至零通過的位移為s， 由 解得說明B與A第一次碰撞后不能回到右邊曲面上 （3）B返回到皮帶的左側(cè)時(shí)速度仍為。由（2）可知與A發(fā)生彈性碰撞后，B的速度為， 以此速度滑上皮帶后再返回與A再次碰撞…….因此B第n次碰撞后的速度 （n=0，1，2…..） 【考點(diǎn)】 動(dòng)量守恒定律；機(jī)械能守恒定律 中山市華僑中學(xué)xx屆第四次模擬考試 物理科試題參考答案 題號(hào) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 B D D C A B CD BD BD AD BC AC AC 14．（1）①A B -----（2分）② 打點(diǎn)計(jì)時(shí)器不能接干電池；小車應(yīng)靠長(zhǎng)木板右側(cè)釋放；長(zhǎng)木扳左端細(xì)線沒有調(diào)整水平； -----（任意兩個(gè)，每個(gè)2分） （2）① 0.519~0.521 ②a. 1； b. 歐姆 ，表盤右端零刻度處，12（12.0至12.2）③A，C 作圖 略 15．（12分） 解：（1）設(shè)軌道半徑為R，由機(jī)械能守恒定律： （1） （3分） 對(duì)B點(diǎn)： （2） （1分） 對(duì)A點(diǎn)： （3） （1分） 由（1）、（2）、（3）式得：兩點(diǎn)的壓力差： （4） （1分） 由圖象得：截距6mg=6，得m=0.1kg （5） （1分） （2）因?yàn)閳D線的斜率 所以R=2m （6） （2分） 在A點(diǎn)不脫離的條件為： （7） （2分） 由（1）、（6）、（7）式得：x=15m （1分） 16．（12分） 解：（1）離子在平行板內(nèi)勻速直線運(yùn)動(dòng)，因此有 （1分） 又 （1分） 解得離子在平行板內(nèi)的速度為 （1分） （2）如圖為離子在第I象限磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的軌跡圖， 由幾何關(guān)系得，軌跡半徑為， （1分） 軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為 （1分） 運(yùn)動(dòng)周期為 （1分） 運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 （1分） （3）要使離子一定能打在x軸上，離子在磁場(chǎng)B中運(yùn)動(dòng)的最小半徑，如圖所示， 由幾何關(guān)系 得 （1分） 由 得 （1分） （1分） 即必須小于 （1分） 作圖------（1分） 17．（12分） 解：（1）B在曲線下滑過程中，由機(jī)械能守恒有： （1分） 若B以速度v1滑上皮帶減速到u，移動(dòng)的距離為s， 由動(dòng)能定理有： （1分） 由以上兩式解得 s = 4m>l （1分） 說明B滑至皮帶最左端時(shí)，速度仍大于u，設(shè)此時(shí)速度為v2， 由動(dòng)能定理有 （1分） 解得 v2＝4 m/s ，即B與A碰撞前的速度大小。 （1分） （2）A、B碰撞瞬間動(dòng)量守恒：mv2 = mv3 + MvA （1分） 機(jī)械能守恒： （1分） 由以上兩式解得 （1分） B以的速度反向滑上皮帶后做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)其減速至零通過的位移為s， 由 （1分） 解得 說明B與A第一次碰撞后不能回到右邊曲面上 （1分） （3）B返回到皮帶的左側(cè)時(shí)速度仍為。由（2）可知與A發(fā)生彈性碰撞后，B的速度為， 以此速度滑上皮帶后再返回與A再次碰撞…….因此B第n次碰撞后的速度 vn＝()nv2 = 4()n m/s （n=0，1，2…..） （2分）