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

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（ ）A81 B83 C18 D41 【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?！究键c(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(shuō)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)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(lái)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)，增大，cos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(wú)，故C錯(cuò)誤D正確。故選D?！究键c(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=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1.5NC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(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=1.5NfA，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fF=1.5N，故B錯(cuò)誤；C、F=4NfA，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=8NfA，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?！究键c(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 BL1上消耗的功率增大C通過(guò)R1上的電流增大 D通過(guò)R3上的電流增大【答案】CA、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(guò)R1上的電流增大，故C正確；D、并聯(lián)部分的電壓減小，通過(guò)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）（ ）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(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(shuō)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(shuō)法正確的是（ ）Aa粒子動(dòng)能最大Bc粒子速率最大Cb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Ta<Tb<Tc【答案】BA、B粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)，可得：，粒子的動(dòng)能，則可知三個(gè)帶電粒子的質(zhì)量、電荷量相同，在同一個(gè)磁場(chǎng)中，當(dāng)速度越大時(shí)、軌道半徑越大，則由圖知，a粒子速率最小，c粒子速率最大c粒子動(dòng)能最大，故A錯(cuò)誤B正確；C、由于粒子運(yùn)動(dòng)的周期及可知，三粒子運(yùn)動(dòng)的周期相同，a在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的偏轉(zhuǎn)角最大，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，故CD錯(cuò)誤。故選B?！究键c(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律；向心力二、雙選題（每題有兩個(gè)答案，每題4分，少選一個(gè)得2分，錯(cuò)選得0分，共28分。）7共點(diǎn)的兩個(gè)大小均為10N的力，當(dāng)它們的合力在0 10N范圍時(shí)，它們夾角可能值是（ ）A27 B79 C121 D173【答案】CD由題意，兩個(gè)相等的共點(diǎn)力大小為10N，而合力的大小也為10N，因此由等邊三解形的知識(shí)可知，當(dāng)它們之間的夾角為120時(shí)，合力即為10N，如圖所示，而當(dāng)夾角為180時(shí)，則合力為零，因此它們的合力在010N范圍時(shí)，它們夾角在120180之間，故CD正確。故選CD?！究键c(diǎn)】力的合成8已知引力常量G，月球中心到地球中心的距離R和月球繞地球運(yùn)行的周期T，僅利用這三個(gè)數(shù)據(jù)，可以估算出的物理量有（ ）A月球的質(zhì)量 B地球的質(zhì)量 C地球的半徑 D月球繞地球運(yùn)行速度的大小【答案】BDAB、對(duì)月球繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，得，所以可以估算出地球的質(zhì)量，不能估算出月球的質(zhì)量，故A錯(cuò)誤B正確；C、由于不知道地球表面的重力加速度，也不知道近地衛(wèi)星的線速度或者周期，所以無(wú)法求出地球的半徑，故C錯(cuò)誤；D、對(duì)月球繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，得：月球繞地球的運(yùn)行速度，故D正確。故選BD?！究键c(diǎn)】萬(wàn)有引力定律9“嫦娥一號(hào)”飛船在飛往月球的過(guò)程中，經(jīng)過(guò)多次變軌，先后在低空A軌道和高空B軌道繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示不考慮月球?qū)λ淖饔昧?，則“嫦娥一號(hào)”在A軌道運(yùn)行時(shí)（ ）A線速度大于7.9km/s B線速度比在B軌道的大C周期比在B軌道的長(zhǎng) D所需向心力比在B軌道的大【答案】BDA、根據(jù)線速度公式，軌道半徑越小，線速度越大；當(dāng)軌道半徑減小到等于地球半徑時(shí)，速度達(dá)到最大，為7.9km/s，故線速度小于7.9km/s，故A錯(cuò)誤；B、由線速度公式，軌道半徑越大，線速度越小，故A軌道線速度大，故B正確；C、根據(jù)周期公式，軌道半徑越大，周期越大，故B軌道周期大，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)，在A軌道萬(wàn)有引力大，向心力大，故D正確。故選BD?！究键c(diǎn)】人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系；萬(wàn)有引力定律10在高臺(tái)跳水比賽中，質(zhì)量為m的跳水運(yùn)動(dòng)員進(jìn)入水中后受到水的阻力而做減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)水對(duì)他的阻力大小恒為F，那么在他減速下降h的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（ ）（g為當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣龋〢他的重力勢(shì)能減少了mgh B他的動(dòng)能減少了FhC他的機(jī)械能減少了（Fmg）h D他的機(jī)械能減少了Fh【答案】ADA、根據(jù)重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系得：，他的重力勢(shì)能減少了mgh，故A正確；B、在運(yùn)動(dòng)員減速下降高度為h的過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員受重力和阻力，運(yùn)用動(dòng)能定理得：，由于運(yùn)動(dòng)員動(dòng)能是減小的，所以運(yùn)動(dòng)員動(dòng)能減少（F-mg）h，故B錯(cuò)誤；CD、由除了重力和彈簧彈力之外的力做功量度機(jī)械能的變化得出：，運(yùn)動(dòng)員除了重力還有阻力做功，他的機(jī)械能減少了Fh，故C錯(cuò)誤D正確。故選AD。【考點(diǎn)】功能關(guān)系11如圖，磁感強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，垂直穿過(guò)平面直角坐標(biāo)系的第I象限。一質(zhì)量為m，帶電量為q的粒子以速度v0從O點(diǎn)沿著與y軸夾角為30方向進(jìn)入磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)的速度方向平行于x軸，那么（ ）A粒子帶正電 B粒子帶負(fù)電C粒子由O到A經(jīng)歷時(shí)間D粒子的速度沒有變化【答案】BC根據(jù)題意作出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示： AB、根據(jù)左手定則及曲線運(yùn)動(dòng)的條件判斷出此電荷帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤B正確；C、粒子由O運(yùn)動(dòng)到A時(shí)速度方向改變了60角，所以粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心角為60，所以運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，故C正確；D、粒子速度的方向改變了60角，所以速度改變了，故D錯(cuò)誤。故選BC?！究键c(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律；向心力12圖中豎直方向的平行線表示電場(chǎng)線，但未標(biāo)明方向. 一個(gè)帶電量為q = 106C的粒子，僅受電場(chǎng)力的作用，從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能增加了104J，則（ ）A該電荷運(yùn)動(dòng)的軌跡不可能是bB該電荷從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能增加CMN兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為100VD該電荷從M點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)【答案】ACA、從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，動(dòng)能增加，知電場(chǎng)力做正功，則電場(chǎng)力方向向下，軌跡彎曲大致指向合力的方向，可知電荷的運(yùn)動(dòng)軌跡為虛線a，不可能是虛線b電場(chǎng)力方向方向向下，則電場(chǎng)強(qiáng)度方向向上，N點(diǎn)的電勢(shì)大于M點(diǎn)的電勢(shì)，故A正確；B、僅受電場(chǎng)力的作用，從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能增加，則電勢(shì)能減少，故B錯(cuò)誤；C、由動(dòng)能定理知，則N、M兩點(diǎn)間的電勢(shì)差大小，所以，則，故C正確；D、該電荷若從M點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，則將會(huì)沿著電場(chǎng)力方向運(yùn)動(dòng)，就不會(huì)出現(xiàn)圖示的軌跡，故D錯(cuò)誤。故選AC?！究键c(diǎn)】電勢(shì)能；勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；動(dòng)能定理13如圖所示，一個(gè)帶電油滴，從O點(diǎn)以速度v向右上方射入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，v的方向與電場(chǎng)方向成角，測(cè)得油滴到達(dá)運(yùn)動(dòng)軌跡的最高點(diǎn)P時(shí)，它的速度大小仍為v，則下列說(shuō)法正確的是（ ）A重力和電場(chǎng)力的合力方向和OP垂直B不管油滴帶何種電荷，P點(diǎn)總是在O點(diǎn)的右上方COP與初速v所成的角度可能為或D到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，重力和電場(chǎng)力對(duì)小球做功的瞬時(shí)功率為0【答案】ACA、全過(guò)程合外力做功為零，所以合力與位移方向垂直，故A正確；B、當(dāng)油滴帶正電時(shí)，電場(chǎng)力向右，則油滴向右上方偏，所以P點(diǎn)在O點(diǎn)的右上方；若油滴帶負(fù)電時(shí)，電場(chǎng)力向左，則油滴先向右上方偏，后向左上方運(yùn)動(dòng)，所以P點(diǎn)在O點(diǎn)的左上方，故B錯(cuò)誤； C、將油滴所受的電場(chǎng)力和重力的合力作為油滴的等效重力G，所以小球的運(yùn)動(dòng)為“類斜上拋運(yùn)動(dòng)”；（1）若油滴帶正電，則油滴向右做類斜拋運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖5所示當(dāng)油滴運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)P時(shí)，速度方向水平，由題意知此時(shí)油滴的速度大小仍為v，所以O(shè)P兩點(diǎn)均位于x軸上，由類斜拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)可知速度方向如圖5所示，則2=，所以，即OP與初速度v的夾角為；（2）若油滴帶負(fù)電，則帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡及速度方向如圖6所示，用同樣的方法可求得OP與初速度v的夾角為，故C正確；D、在最高點(diǎn)P，合力與速度方向不垂直，所以瞬時(shí)功率不為零，故D錯(cuò)誤。故選AC?！究键c(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)第卷（非選擇題 共54分）三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分把答案填在題中的橫線上或按題目要求作答14（1） 下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)的描述中，正確的是_。A在“驗(yàn)證力的平行四邊形定則”實(shí)驗(yàn)中，拉橡皮筋的細(xì)繩應(yīng)稍長(zhǎng)一些；B在“探究彈簧彈力與其伸長(zhǎng)量”關(guān)系的實(shí)驗(yàn)中，作出彈力和彈簧長(zhǎng)度的圖象也能求出彈簧的勁度系數(shù)；C在“探究功與速度變化的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中，需要求出打點(diǎn)紙帶的平均速度；D在“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中，必須由v=gt求出打某點(diǎn)時(shí)紙帶的速度。 如左圖所示為某同學(xué)所安裝的“探究加速度與合外力、質(zhì)量關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)裝置，在圖示狀態(tài)下，開始做實(shí)驗(yàn)。請(qǐng)指出該同學(xué)在實(shí)驗(yàn)裝置和操作中的主要錯(cuò)誤：（至少舉出兩處）錯(cuò)誤1_ 錯(cuò)誤2_【答案】AB 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，砂和砂桶質(zhì)量過(guò)大A、在“驗(yàn)證力的平行四邊形定則”的實(shí)驗(yàn)中，拉橡皮筋的細(xì)繩要稍長(zhǎng)，利于確定力的方向，有利于實(shí)驗(yàn)中作圖，故A正確；B、作出彈力和彈簧長(zhǎng)度的圖象，由胡克定律可知，由此可知，在彈力和彈簧長(zhǎng)度的圖象中圖象的斜率也表示勁度系數(shù)k，故B正確；C、在探究功和速度變化關(guān)系時(shí)，由求出速度，不需求出平均速度，故C錯(cuò)誤；D、若v=gt求出打某點(diǎn)時(shí)紙帶的速度，需要驗(yàn)證的方程是恒等式，無(wú)需驗(yàn)證，故D錯(cuò)誤。故選AB；根據(jù)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的原理和構(gòu)造可知，其適用的是交流電源，同時(shí)在使用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器時(shí)要使小車靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，不能離的太遠(yuǎn)；在驗(yàn)證牛頓第二定律的實(shí)驗(yàn)中，要通過(guò)抬高一端來(lái)平衡摩擦力，同時(shí)為了讓砂和砂桶的重力更加接近等于小車的外力，實(shí)驗(yàn)要求砂和砂桶的質(zhì)量要遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量?！究键c(diǎn)】驗(yàn)證力的平行四邊形定則；探究彈簧彈力與其伸長(zhǎng)量；探究功與速度變化的關(guān)系；驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律（2）（12分）某同學(xué)測(cè)定一根金屬絲的電阻率 用螺旋測(cè)微器測(cè)量金屬絲的直徑如圖所示，則該金屬絲的直徑為_mm 先用多用電表粗測(cè)其電阻將選擇開關(guān)調(diào)到歐姆擋“10”檔位并調(diào)零，測(cè)量時(shí)發(fā)現(xiàn)指針向右偏轉(zhuǎn)角度太大，這時(shí)他應(yīng)該：a將選擇開關(guān)換成歐姆擋的_檔位（選填“100”或“1”）b將紅、黑表筆短接，調(diào)節(jié)_調(diào)零旋鈕，使歐姆表指針指在_ 處再次測(cè)量電阻絲的阻值，其表盤及指針?biāo)肝恢萌鐖D所示，則此段電阻絲的電阻為_ _ 現(xiàn)要進(jìn)一步精確測(cè)量其阻值，實(shí)驗(yàn)室提供了以下各種器材，4V的直流電源、3V量程的直流電壓表、電鍵、導(dǎo)線等還有電流表與滑動(dòng)變阻器各兩個(gè)以供選用：A電流表A1（量程0.3A，內(nèi)阻約1） B電流表A2（量程0.6A，內(nèi)阻約0.3）C滑動(dòng)變阻器R1（最大阻值為10） D滑動(dòng)變阻器R2（最大阻值為50）為了盡可能提高測(cè)量準(zhǔn)確度且要求電壓調(diào)節(jié)范圍盡量大電流表應(yīng)選_，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選_（填器材前面的字母）請(qǐng)?jiān)趫D中補(bǔ)齊連線以完成本實(shí)驗(yàn)【答案】0.520 a. 1； b. 歐姆 ，表盤右端零刻度處，12 A，C 連線如圖、螺旋測(cè)微器的讀數(shù)為：d=0.5mm+2.00.01mm=0.520mm（0.5190.521都可以）；、a：歐姆表的指針偏轉(zhuǎn)較大說(shuō)明所選倍率過(guò)大，應(yīng)選擇1倍率；b：調(diào)零時(shí)，應(yīng)將紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕，使指針指在表盤右端零刻度處；歐姆表的讀數(shù)為：R=121=12；、根據(jù)歐姆定律可知，通過(guò)待測(cè)電阻的最大電流為，所以電流表應(yīng)選A； 根據(jù)實(shí)驗(yàn)要求電壓調(diào)節(jié)范圍足夠大，可知變阻器應(yīng)采用分壓式接法，應(yīng)選擇阻值小的變阻器C以方便調(diào)節(jié)；由于待測(cè)電阻滿足，可知電流表應(yīng)用外接法，連線圖如圖所示?！究键c(diǎn)】測(cè)定金屬的電阻率四、本題共3小題，滿分36分，解答應(yīng)寫出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要演算步驟只寫出最后答案的不能得分有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。15（12分）如圖所示，在同一豎直平面內(nèi)兩正對(duì)著的相同半圓光滑軌道，相隔一定的距離，虛線沿豎直方向，一小球能在其間運(yùn)動(dòng)。今在最低點(diǎn)與最高點(diǎn)各放一個(gè)壓力傳感器，測(cè)試小球?qū)壍赖膲毫Γ⑼ㄟ^(guò)計(jì)算機(jī)顯示出來(lái)。當(dāng)軌道距離變化時(shí)，測(cè)得兩點(diǎn)壓力差與距離x的圖像如圖所示。（不計(jì)空氣阻力，g取10 m/s2）求：（1）小球的質(zhì)量；（2）光滑圓軌道的半徑；（3）若小球在最低點(diǎn)B的速度為20 m/s，為使小球能沿光滑軌道運(yùn)動(dòng)，x的最大值?！敬鸢浮縨=0.1kg R=2m x=15m（1）設(shè)軌道半徑為R，由機(jī)械能守恒定律：對(duì)B點(diǎn)：對(duì)A點(diǎn)：得：兩點(diǎn)的壓力差：由圖象得：截距6mg=6，得m=0.1kg；（2）因?yàn)閳D線的斜率，所以R=2m；（3）在A點(diǎn)不脫離的條件為：得：x=15m?！究键c(diǎn)】機(jī)械能守恒定律；牛頓第二定律16（12分）如圖所示，相距為d、板間電壓為U的平行金屬板M、N間有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；在pOy區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；pOx區(qū)域?yàn)闊o(wú)場(chǎng)區(qū)一正離子沿平行于金屬板、垂直磁場(chǎng)射入兩板間并做勻速直線運(yùn)動(dòng)，從H（0，a）點(diǎn)垂直y軸進(jìn)入第象限（1）求離子在平行金屬板間的運(yùn)動(dòng)速度；（2）若離子經(jīng)Op上某點(diǎn)離開磁場(chǎng)，最后垂直x軸離開第象限，求離子在第象限磁場(chǎng)區(qū)域的運(yùn)動(dòng)時(shí)間； （3）要使離子一定能打在x軸上，則離子的荷質(zhì)比應(yīng)滿足什么條件？【答案】 （1）離子在平行板內(nèi)勻速直線運(yùn)動(dòng)，因此有，又解得離子在平行板內(nèi)的速度為（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，軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為運(yùn)動(dòng)周期為運(yùn)動(dòng)時(shí)間為（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)系得由得即。【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)17（12分）如圖所示，裝置的左邊是足夠長(zhǎng)的光滑水平面，一輕質(zhì)彈簧左端固定，右端連接著質(zhì)量 M=2kg的小物塊A。裝置的中間是水平傳送帶，它與左右兩邊的臺(tái)面等高，并能平滑對(duì)接。傳送帶始終以u(píng)=2m/s 的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。裝置的右邊是一光滑的曲面，質(zhì)量m=1kg的小物塊B從其上距水平臺(tái)面h=1.0m處由靜止釋放。已知物塊B與傳送帶之間的摩擦因數(shù)=0.2，l=1.0m。設(shè)物塊A、B中間發(fā)生的是對(duì)心彈性碰撞，第一次碰撞前物塊A靜止且處于平衡狀態(tài)。取g=10m/s2。（1）求物塊B與物塊A第一次碰撞前速度大??；（2）通過(guò)計(jì)算說(shuō)明物塊B與物塊A第一次碰撞后能否運(yùn)動(dòng)到右邊曲面上？（3）如果物塊A、B每次碰撞后，物塊A再回到平衡位置時(shí)都會(huì)立即被鎖定，而當(dāng)他們?cè)俅闻鲎睬版i定被解除，試求出物塊B第n次碰撞后的運(yùn)動(dòng)速度大小。【答案】v24m/s 不能回到右邊曲面上 （n=0，1，2.）（1）B在曲線下滑過(guò)程中，由機(jī)械能守恒有：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：由以上兩式解得s=4m>l說(shuō)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v24m/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(guò)的位移為s，由解得說(shuō)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)12345678910111213答案BDDCABCDBDBDADBCACAC14（1）A B -（2分） 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） 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(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(guò)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(shuō)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 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(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(guò)的位移為s，由 （1分）解得 說(shuō)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）