2019-2020年高三上學期第四次模擬考試物理試卷 含解析zhangsan.doc

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2019-2020年高三上學期第四次模擬考試物理試卷 含解析zhangsan一、單選題（每題只有一個答案，每題3分，共18分。）1兩個大小相同、帶等量同種電荷的導體小球A和B，彼此間的靜電力為F。另一個不帶電的與A、B大小相同的導體小球C，先與A接觸，再與B接觸，然后移開，這時A和B之間的作用為，則F與之比為（ ）A81 B83 C18 D41 【答案】B假設A B帶電量為Q，兩球之間的相互吸引力的大小是第三個不帶電的金屬小球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，A、B兩球之間的相互作用力的大小即。故選B。【考點】庫侖定律2如圖所示，兩根直木棍AB和CD相互平行，固定在同一個水平面上,一個圓柱形工件P架在兩木棍之間，在水平向右的推力F的作用下，恰好能向右勻速運動。若保持兩木棍在同一水平面內，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動B該工件P可能向右加速運動CAB棍受到的摩擦力一定大于F/2DAB棍受到的摩擦力一定等于F/2【答案】DAB、工件原來做勻速運動，所受的滑動摩擦力大小，將木棍的間距稍微增大一些后固定時，工件受力的側視圖如圖，由平衡條件得，木棍的間距稍微增大時，增大，cos減小，則木棍對工件的支持力N增大，工件所受的滑動摩擦力增大，而F不變，所以工件P將不動，故AB錯誤；CD、工件所受的滑動摩擦力增大，且用原先的水平推力推時，該工件會靜止不動，所以AB棍受到的摩擦力是靜摩擦力且一定無，故C錯誤D正確。故選D?！究键c】牛頓第二定律；力的合成與分解3一長輕質木板置于光滑水平地面上，木板上放質量分別為mA=1kg和mB=2kg的A、B兩物塊，A、B與木板之間的動摩擦因數(shù)都為=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B若F=1.5N，則A物塊所受摩擦力大小為1.5NC若F=4N，則B物塊所受摩擦力大小為4ND若F=8N，則B物塊的加速度為1m/s2【答案】DA與木板間的最大靜摩擦力fA=mAg=0.2110N=2N；B與木板間的最大靜摩擦力fB=mBg=0.2210N=4N；A、F=1NfA，所以AB即木板保持相對靜止，整體在F作用下向左勻加速運動，故A錯誤；B、若F=1.5NfA，所以AB即木板保持相對靜止，整體在F作用下向左勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律得：F-f=mAa，所以A物塊所受摩擦力fF=1.5N，故B錯誤；C、F=4NfA，所以A在木板上滑動，B和木板整體受到摩擦力2N，輕質木板，質量不計，所以B的加速度，對B進行受力分析，摩擦力提供加速度，f=mBa=21=2N，故C錯誤；D、F=8NfA，所以A相對于木板滑動，B和木板整體受到摩擦力2N，輕質木板，質量不計，所以B的加速度，故D正確。故選D?！究键c】牛頓第二定律；力的合成與分解4如圖所示，電動勢為E、內阻不計的電源與三個燈泡和三個電阻相接，只合上開關S1，三個燈泡都能正常工作，如果再合上S2，則下列表述正確的是（ ）A電源輸出功率減小 BL1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】CA、只合上開關S1，三個燈泡都能正常工作，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阻不計，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，并聯(lián)部分分擔的電壓減小，L1兩端的電壓減小，其消耗的功率減小，故B錯誤；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錯誤。故選C。【考點】閉合電路的歐姆定律5如圖所示，一束正離子從s點沿水平方向射出，在沒有偏轉電場、磁場時恰好擊中熒光屏上的坐標原點O；若同時加上電場和磁場后，正離子束最后打在熒光屏上坐標系的第象限中，則所加電場E和磁場B的方向可能是（不計離子重力及其間相互作用力）（ ）AE向下，B向上 BE向下，B向下CE向上，B向下 DE向上，B向上【答案】A由題意知，電子在電場中受力應向下，因離子帶正電，故電場方向應向下；而粒子在磁場作用下向左偏轉，故說明洛侖茲力向左，由左手定則可知，B應向上。故選A。【考點】左手定則；電場力6如圖所示，圓形區(qū)域內有垂直紙面的勻強磁場，三個質量和電荷量都相同的帶電粒子a、b、c，以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入磁場，其運動軌跡如圖若帶電粒子只受磁場力的作用，則下列說法正確的是（ ）Aa粒子動能最大Bc粒子速率最大Cb粒子在磁場中運動時間最長D它們做圓周運動的周期TaTbl說明B滑至皮帶最左端時，速度仍大于u，設此時速度為v2，由動能定理有解得v24m/s，即B與A碰撞前的速度大小。（2）A、B碰撞瞬間動量守恒：mv2=mv3+MvA機械能守恒：由以上兩式解得B以的速度反向滑上皮帶后做勻減速運動，設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返回到皮帶的左側時速度仍為。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】 動量守恒定律；機械能守恒定律中山市華僑中學xx屆第四次模擬考試物理科試題參考答案題號12345678910111213答案BDDCABCDBDBDADBCACAC14（1）A B -（2分） 打點計時器不能接干電池；小車應靠長木板右側釋放；長木扳左端細線沒有調整水平； -（任意兩個，每個2分）（2） 0.5190.521 a. 1； b. 歐姆 ，表盤右端零刻度處，12（12.0至12.2）A，C 作圖 略15（12分）解：（1）設軌道半徑為R，由機械能守恒定律： （1） （3分）對B點： （2） （1分）對A點： （3） （1分）由（1）、（2）、（3）式得：兩點的壓力差： （4） （1分）由圖象得：截距6mg=6，得m=0.1kg （5） （1分）（2）因為圖線的斜率 所以R=2m （6） （2分）在A點不脫離的條件為： （7） （2分）由（1）、（6）、（7）式得：x=15m （1分）16（12分）解：（1）離子在平行板內勻速直線運動，因此有 （1分）又 （1分）解得離子在平行板內的速度為 （1分）（2）如圖為離子在第I象限磁場區(qū)域內運動的軌跡圖，由幾何關系得，軌跡半徑為， （1分）軌跡對應的圓心角為 （1分）運動周期為 （1分）運動時間為 （1分）（3）要使離子一定能打在x軸上，離子在磁場B中運動的最小半徑，如圖所示，由幾何關系 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，由機械能守恒有： （1分）若B以速度v1滑上皮帶減速到u，移動的距離為s，由動能定理有： （1分）由以上兩式解得 s = 4ml （1分）說明B滑至皮帶最左端時，速度仍大于u，設此時速度為v2，由動能定理有 （1分）解得 v24 m/s ，即B與A碰撞前的速度大小。 （1分）（2）A、B碰撞瞬間動量守恒：mv2 = mv3 + MvA （1分）機械能守恒： （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動，設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返回到皮帶的左側時速度仍為。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）