广东省中山市华侨中学2022-2023学年高三上学期（港澳班）第四次模拟考物理试题（解析版）

这是一份广东省中山市华侨中学2022-2023学年高三上学期（港澳班）第四次模拟考物理试题（解析版），共25页。试卷主要包含了单选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题（每题5分，共65分）
1. 如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，其中丙的磁感应强度大小为B、电场强度大小为E，下列说法正确的是（ ）
A. 甲图要增大粒子的最大动能，可减小磁感应强度
B. 乙图可判断出A极板是发电机的正极
C. 丙图中粒子沿直线通过速度选择器的条件是
D. 丁图中若导体为金属，稳定时C板电势高
【答案】C
【解析】
【详解】A．设回旋加速度D形盒的半径为R，粒子获得的最大速度为vm，根据牛顿第二定律有
解得
粒子的最大动能为
由上式可知要增大粒子的最大动能，可增大磁感应强度，故A错误；
B．根据左手定则可知等离子体中正电荷向B板偏转，负电荷向A板偏转，所以A极板是发电机的负极，B极板是发电机的正极，故B错误；
C．粒子沿直线通过速度选择器时，洛伦兹力与电场力平衡，即
解得
故C正确；
D．若导体为金属，则产生电流的粒子是自由电子，其定向移动方向与电流方向相反，根据左手定则可知稳定时C板聚集了电子，所以D板电势高，故D错误；
故选C。
2. 如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为L，处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直。当线圈中通过电流I时，调节砝码使两臂达到平衡。然后使电流反向，大小不变。这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再达到新的平衡。则磁感应强度B的表达式正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据题意，设左盘中砝码的质量为，右盘中砝码的质量为，线框的质量为，根据平衡条件有
电流反向，大小不变，根据平衡条件有
联立解得
故BCD错误，A正确。
故选A。
3. 如图所示，一倾角为的斜面和半圆竖直轨道分别与水平面平滑连接于、两点，的距离为，半圆轨道的圆心为，半径为，为其最高点。一小球从斜面上点由静止下滑，通过点后垂直打在斜面上点，与等高。不计一切阻力，则点到地面的高度为（ ）
A. RB. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】小球从到做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则有
由于小球垂直打在斜面上点，则有
联立解得
小球从到的过程，根据动能定理可得
解得点到地面的高度为
C正确，ABD错误；
故选C。
4. 空间有一沿轴对称分布的电场，其电场强度随变化的图像如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A. O点的电势最低B. 点的电势最高
C. 和两点的电势相等D. 和两点间的电势差为零
【答案】D
【解析】
【详解】ABC．由图像可知，电场方向由O点分别指向正轴方向和指向负轴方向，根据沿电场方向电势降低，可知O点的电势最高，点的电势大于点的电势，故ABC错误；
D．电场方向由O点分别指向正轴方向和指向负轴方向，可知O点的电势最高，根据对称性可知和两点的电势相等，则和两点间的电势差为零，故D正确。
故选D。
5. 一列简谐波沿x轴传播，t=0.20s时的波形图如图甲所示，P、Q为介质中的两个质点，平衡位置坐标分别为：xp=2.5cm、xQ=5.0cm。图乙为质点Q的振动图像，则（ ）
A. 波沿着x轴负方向传播
B. 波的传播速度为50m/s
C. 从t=0.10s到t=0.15s，质点P的加速度不断变大
D. 从t=0.10s到t=0.15s，质点Q的速度逐渐减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图乙可知，从时，Q质点向上运动，故波沿x轴正方向传播，A错误；
B．波的传播速度为
B错误；
C．从t=0.10s到t=0.15s，质点P由位移最大位置向平衡位置运动，加速度逐渐减小，C错误；
D．从t=0.10s到t=0.15s，质点Q由平衡位置向位移最大位置运动，速度逐渐减小，D正确。
6. 如图，竖直向上的匀强电场中，有一质量为m的带正电小球，施加拉力F使小球向上加速运动一段距离，在此过程中拉力、重力和电场力所做功的绝对值分别为、和，不计空气阻力，则小球（ ）
A. 电势能增加了B. 重力势能减小了
C. 动能增加了D. 机械能增加了
【答案】D
【解析】
【详解】A．电场力对小球做的功等于电势能的减小量，电场力做正功为，所以小球电势能增加量为-，即减少了，A错误；
B．重力做负功，为-，小球重力势能增加，B错误；
C．由动能定理知
-+=ΔEk
C错误；
D．小球机械能增加量等于除重力以外其他力做功之和，知机械能增加量为，D正确。
故选D。
7. “复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为，若动车组所受的阻力与其速率成正比（，为常量），动车组能达到的最大速度为。下列说法正确的是（ ）
A. 动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B. 若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C. 若四节动力车厢输出的总功率为，则动车组匀速行驶的速度为
D. 若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间达到最大速度，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．对动车由牛顿第二定律有
若动车组在匀加速启动，即加速度恒定，但随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而变大，故A错误；
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有
故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；
C．若四节动力车厢输出的总功率为，则动车组匀速行驶时加速度为零，有
而以额定功率匀速时，有
联立解得
故C正确；
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间达到最大速度，由动能定理可知
可得动车组克服阻力做的功为
故D错误；
故选C
8. 某同学对着墙壁练习打乒乓球的示意图如图所示，某次球与墙壁碰撞后以v0的水平速度弹离墙面，恰好垂直落在球拍上，已知球拍与水平方向夹角θ=60°，忽略空气阻力，重力加速度为g，则球从离开墙面至碰到球拍的时间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】设球从离开墙面至碰到球拍的时间为t，根据的速度的合成与分解可知，乒乓球碰到球拍前瞬间，有
解得
故选D。
9. 2022年北京冬奥会接力决赛中，中国队夺得冠军。比赛中“接棒”运动员在前面滑行，“交棒”运动员从后面用力推前方“接棒”运动员完成接力过程，如图所示。假设交接棒过程中两运动员的速度方向共线，忽略运动员所受摩擦力，则交接棒过程中两运动员（ ）
A. 组成的系统动量和机械能都守恒
B. 加速度大小一定相同
C. 动量的变化量等大反向
D. 相互作用力做功之和一定等于零
【答案】C
【解析】
【详解】AD．两运动员组成的系统合外力等于零，故系统动量守恒；两运动员之间的相互作用等大、反向、共线，但两运动员的位移不一样，故相互作用力做功的代数和不等于零，同时也说明系统的机械能不守恒，系统的机械能增加了，AD错误；
B．两运动员的相互作用力是等大的，但是两运动员的质量不一定相等，根据牛顿第二定律可知，两运动员的加速度大小不一定相等，B错误；
C．两运动员的相互作用等大反向，作用时间相同，故根据动量定理可知，两运动员动量的变化量也等大反向，C正确。
故选C。
10. 一串塑料小球（个数）悬挂在空中，每个小球完全相同且质量都为。它们在恒定的水平风力作用下（风向左吹）发生倾斜，绳子的质量不计，小球们在空中平衡时，下列关于小球与绳子的位置关系正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】以从下往上个小球为整体研究对象，根据小球的受力可知
设绳子的拉力方向与竖直方向夹角为，则
故所有小球所受拉力的方向相同
故选C。
11. 当前有部分人对手机有依赖性，连躺着的时候也看手机。导致出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为，从离人眼约的高度无初速掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为，取重力加速度，则手机对眼睛的冲击力约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据自由落体的规律可知
当手机到达眼睛位置时的速度为
设竖直向下为正方向，对手机根据动量定理可知
故手机对眼睛的冲击力
故选B。
12. 在如图所示的电路中，电源的内阻不能忽略，C为一平行板电容器，闭合开关S，给电容器充电，当电路中电流稳定之后，下列说法正确的是（ ）
A. 保持开关S闭合，把滑动变阻器的滑片向上滑动，电流表的示数变大，电压表的示数变小
B. 开关S闭合后，若刚好有一带电油滴Р静止电容器两平行板之间，则开关断开后，油滴将向下运动
C. 保持开关S闭合，将电容器上极板与下极板距离稍微拉开一些的过程中，中有由a到b的电流
D. 断开开关S，将滑动变阻器的划片向下滑动，比值将变大
【答案】C
【解析】
【详解】A．S闭合，滑动变阻器的滑片向上滑动，减小，则电路中电流增大，电流表的示数变大，电阻的电压增大，电压表的示数变大，故A错误；
B．断开开关S，电容和电量都不变，根据
得两板间电场强度不变，带电油滴所受电场力不变，油滴不动，故B错误；
C．保持开关S闭合，将电容器上极板与下极板距离稍微拉开一些的过程中，根
可知，电容减小，电容将放电，由于电容下极板带正电，所以中有由a到b的电流，故C正确；
D．断开开关S，移动滑动变阻器，比值为，是定值，故D错误。
故选C。
13. 2021年12月9日，“太空教师”王亚平在我国天宫空间站进行了太空授课，神舟十三号乘组航天员翟志刚、叶光富参与，让广大青少年领悟到了太空探索的趣味。已知空间站绕地球做匀速圆周运动的周期为T，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 空间站的速度大于第一宇宙速度
B. 翟志刚在空间站内不能用拉力器锻炼肌肉力量
C. 根据题中已知物理量可求得地球质量
D. 空间站距离地球表面的距离为
【答案】D
【解析】
【详解】A．因为第一宇宙速度是最小地面发射速度也是最大环绕速度，也是近地卫星的环绕速度，所以空间站的速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B．拉力器原理是弹簧发生形变而产生拉力，所以可以在太空中使用拉力器锻炼，故B错误；
C．设地球质量为，对于地球上的质量为m物体，满足
得
但是未知，所以不能求出地球质量。设空间站离地面高度为h，根据空间站做匀速圆周运动，万有引力提供向心力
得
但是和未知，所以不能求出地球质量，两种方法都不能求出地球质量，所以根据题中已知物理量不可求得地球质量，故C错误；
D．地球质量为对于地球上的质量为m物体
根据空间站做匀速圆周运动，万有引力提供向心力
两式联立得
故D正确。
故选D。
二、实验题（共18分）
14. 下面甲图中游标卡尺的读数为___________；乙图中螺旋测微器的读数为___________；丙图中电流表接量程时读数为___________A。
【答案】 ①. 11.4 ②. 0.960 ③. 0.42
【解析】
【详解】[1]10分度的游标卡尺精确度为0.1mm，其读数等于主尺读数与游标尺读数之和，所以甲图的读数为
[2]螺旋测微器的精确度为0.01mm，螺旋测微器的读数等于固定刻度读数与可动刻度读数之和，所以乙图的读数为
[3]0~0.6A量程的分度值为0.02A，读数需要精确到0.01A，所以丙图的读数为
15. 用图（a）所示的电路测量电池A的电动势E （1.5~1.6V） 与内阻r （0.4~0.7Ω）。已知电池B的电动势E0=1.50V，内阻r0=1.0Ω；电流表的量程为0.6A，内阻RA=0.5Ω；R为电阻（有阻值分别为1.5Ω、3.5Ω、5.5Ω和7.5Ω 的几个电阻可以选用），S1为单刀单掷开关，S2为单刀双掷开关。
（1）若要求当S1接通且S2向a闭合时，在保证电路安全的条件下，电流表的指针偏转越大越好，则应选用阻值为___________Ω的电阻。
（2）完成以下实验步骤：
①按图（a）连接电路。闭合S1，将S2向a闭合，记下此时电流表的示数I1。
②将S2____________，记下此时电流表的示数I2。
③用E0、r0、R、RA、I1和I2写出电池A内阻的表达式r=_____________。
（3）若测得I1=0.56A，电流表的示数I2如图（b）所示，则
①由图可得I2=_________A （保留2位有效数字）。
②经计算得r=________Ω（保留1位有效数字），E=__________V（保留2位小数）。
【答案】 ①. 3.5 ②. 向b闭合 ③. ④. 0.35 ⑤. 0.5 ⑥. 1.57
【解析】
【详解】（1）[1]当S1接通且S2向a闭合时，保证电路安全，根据闭合回路欧姆定律有
解得
电流表的指针偏转越大越好，则应选用阻值为。
（2）②[2]根据题意可知，将向闭合。
③[3]根据电路图（a），由闭合回路的欧姆定律得
，
联立整理得
（3）①[4]由图（b）可知，电流表最小刻度为，由图可得
②[5][6]把、代入，经计算得
三、解答题（共67分）
16. 如图所示，质量为的托盘放在竖直放置的轻质弹簧上方，质量为的物块放在托盘里处于静止状态，已知弹簧劲度系数。现对物块施加一向上的力F作用，使它向上做匀加速直线运动，已知F的最大值为，求：
（1）F的最小值是多大？
（2）从开始运动，物块和托盘经多长时间分离？（g取10m/s2）
【答案】（1）72N；（2）0.2s
【解析】
【详解】（1）物块和托盘分离后，F最大，对物块分析，根据牛顿第二定律有
解得
施加F前，对物块和托盘整体分析，根据平衡条件可知弹簧弹力大小为
施加F瞬间，F最小，根据牛顿第二定律有
解得
（2）开始时弹簧压缩量为
物块和弹簧分离时，设弹簧的压缩量为x2，对托盘分析，根据牛顿第二定律
解得
设从开始运动，物块和托盘经时间t分离，根据运动学规律有
解得
17. 如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L＝0.4 m，两板间距离d＝4×10－3 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下极板的正中央，已知微粒质量为m＝4×10－5 kg，电荷量q＝＋1×10－8 C，g＝10 m/s2．求：
（1）微粒入射速度v0为多少？
（2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，所加的电压U应取什么范围？
【答案】（1）10 m/s （2）120 V ≤U≤200 V
【解析】
【详解】（1）粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，则有：
水平方向有：

竖直方向有：

解得：
v0=10m/s
（2）由于带电粒子水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小，所以电场力方向向上，又因为是正电荷，所以上极板与电源的负极相连，当所加电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，则有：

根据牛顿第二定律得：

解得：
U1=120V
当所加电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出，则有：

根据牛顿第二定律得：

解得：
U2=200V
所以所加电压的范围为：
120V≤U≤200V
18. 如图所示，在xOy平面内，有一个圆形区域的直径AB与x轴重合，圆心的坐标为（2a，0），其半径为a，该区域内无磁场。 在y轴和直线之间的其他区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴上某点射入磁场。不计粒子重力。
（1）若粒子的初速度方向与轴负向夹角为60°，且粒子不经过圆形区域就能到达B点，求粒子的初速度大小v1；
（2）若粒子的初速度方向与y轴正向夹角为60°，在磁场中运动的时间为，且粒子也能到达B点，求粒子的初速度大小v2。
【答案】（1） ；（2）
【解析】
【详解】（1）粒子不经过圆形区域就能到达B点，故粒子到达B点时速度竖直向下，圆心必在x轴正半轴上，如下左图所示
设粒子做圆周运动的半径为r1，由几何关系得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
解得
（2）粒子在磁场中的运动周期为
粒子在磁场中的运动轨迹的圆心角为为
如上右图所示，粒子到达B点的速度与x轴夹角
设粒子做圆周运动的半径为r2，由几何关系得
由牛顿第二定律得
解得
19. 如图甲所示。光滑曲面PO和一条水平轨道ON平滑连接，水平轨道右侧固定一轻质弹簧，弹簧左端恰好位于M点。一质量为的物块A从距离地面高为h＝1.8m处由静止开始下滑，下滑后与静止于O点的物块B发生碰撞。现以O点为坐标原点，水平向右为正方向建立x轴，得到物块B开始运动的部分图像如图乙所示。已知水平轨道OM长度为L＝1.0m，两物块与OM段之间的动摩擦因数相同，其余部分光滑，物块A、B均可视为质点，碰撞均为弹性碰撞，重力加速度g取。求：
（1）物块B的质量；
（2）弹簧最大的弹性势能；
（3）ⅰ物块B最终停止位置的坐标；
ⅱ在图乙中把物块B运动全过程的图像补充完整（仅作图，不要求写出计算过程）。
‍
【答案】(1)5kg；(2) ；(3) ⅰ，ⅱ见详解
【解析】
【详解】(1)物块从P点到O点，由动能定理得
解得物块A到O点的速度为
物块A、B在O点碰撞后物块B的速度由图乙可得
解得
由动量守恒定律，机械能守恒定律可得
，
解得
，
(2)物块B与物块A碰撞后做匀减速运动，则
解得
由牛顿第二定律得
解得
物块B到M点由动能定理可得
解得
说明物块B运动到M点刚好速度为0。
物块A运动到M点，由动能定理得
解得
物块A、B再次发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒定律得
，
解得
弹簧压缩最短时弹性势能最大
(3) ⅰ物块B被弹簧弹开后向左匀减速运动，由动能定理得
解得
物块B最终停止位置的坐标
ⅱ物块B运动全过程的图像