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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.doc

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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.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)

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