2019届山东师范大学附属中学高三上学期第四次模拟物理试卷（解析版）

山东师大附中高三第四次模拟考试（2018-12-24）

物理试题（满分110分）

一、选择题本卷共12小题，每小题4分，共48分。1-8单项选择题，9-12多项选择题，漏选得2分，错选0分。

1.一个质点沿x轴由静止开始做匀加速直线运动，其位移时间图像如图所示，则下列说法正确的是(　　)

A. 该质点的加速度大小为2 m/s2

B. 该质点在t＝1 s时的速度大小为2 m/s

C. 该质点在t＝1到t＝2 s时间内的平均速度大小为6 m/s

D. 该质点运动4m需要的时间为1.5s

【答案】C

【解析】

【分析】

质点做匀加速直线运动，位移与时间的关系为x=v0t+，由图可知，第1s内的位移和前2s内的位移，代入位移公式，从而求出初速度和加速度，再根据v=v0+at即可求解t=2s时的速度．平均速度根据位移与时间之比求。

【详解】A项：质点做匀加速直线运动，则有：x=v0t+由图可知，t=1s时，位移为x1=2m，t=2s时，位移为 x2=8m，代入上式有：

 8=2v0+2a

解得：v0=0，a=4m/s2，故A错误；

B项：该质点在t=1s时的速度大小为 v=at=4×1=4m/s，故B错误；

C项：由图象可知，质点在t=1到t=2 s时间内的位移大小为 x2=6m，平均速度大小为，故C正确；

D项：由位移公式可知，，解得： ，故D错误。

故应选：C。

【点睛】本题解题的关键是能根据图象得出第1s内和前2s内的位移，再根据x=v0t+求初速度和加速度。

2.如图所示，在水平光滑桌面上放有m1和m2两个小物块，它们中间有细线连接。已知m1＝3 kg，m2＝2 kg，连接它们的细线最大能承受6 N的拉力。现用水平外力F向左拉m1，为保持细线不断，则F的最大值为(　　)

A. 8 N    B. 10 N    C. 12 N    D. 15 N

【答案】D

【解析】

【分析】

连接的细线仅能承受1N的拉力，桌面水平光滑，为使线不断而又使它们一起运动获得最大加速度，可以隔离物体先分析出最大加速度，然后整体分析求出水平拉力的最大值。

【详解】施加的水平向左的拉力F1，以m2为研究对象，由牛顿第二定律得：

Tm=m2am

以整体为研究对象，由牛顿第二定律得：

F1=（m1+m2）am

联立解得：F1=15N。

故应选：D。

【点睛】正确选取研究对象，受力分析，然后利用牛顿第二定律列式求解是此类问题的一般思路。

3.质量为m的人造卫星在地面上未发射时的重力为G0，它在离地面的距离等于地球半径R的圆形轨道上运行时的动能为(　　)

A.     B.     C.     D.

【答案】C

【解析】

【分析】

由万有引体提供向心力，可以列出有关动能的表达式，由此求出动能。

【详解】由万有引体提供向心力，

由题意可知，r=2R

质量为m的人造卫星在地面上未发射时的重力为G0

根据万有引力等于重力得：GM=gR2=

联立解得：动能，故C正确。

【点睛】题就是对万有引力充当向心力的各个表达式的变形，其中黄金代换的引入非常重要，要熟练掌握。

4.如图所示，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3均为定值电阻，与均为理想电表；开始时开关S闭合，均有读数，某时刻发现和读数均变大，则电路中可能出现的故障是

A. R1断路    B. R2断路    C. R1短路    D. R3短路

【答案】B

【解析】

试题分析：因为当R2断路时，外电路的总电阻变大，故路端电压变大，即电压表读数变大；电路的总电流减小，故R1上的电压减小，R3电压变大，故电流表读数变大，与题目所给的现象吻合，故电路是R2断路，故答案选B。

考点：电路的故障分析.

5.如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R，已知该电场的电场强度为E，方向竖直向下；该磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则(　　)

A. 液滴带正电    B. 液滴沿顺时针方向运动

C. 液滴比荷    D. 液滴运动速度大小v＝

【答案】B

【解析】

【分析】

液滴在复合场中做匀速圆周运动，可判断出电场力和重力为平衡力，从而可求出液滴的比荷并可判断电场力的方向，结合电场的方向便可知液滴的电性；

根据洛伦兹力的方向，利用左手定则可判断液滴的旋转方向；结合重力与电场力平衡以及液滴在洛伦兹力的作用下的运动半径公式，可求出线速度。

【详解】A项：液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知，液滴受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故可知液滴带负电，故A错误；

B项：磁场方向垂直纸面向里，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断液滴的旋转方向为顺时针，故B正确；

C项：由液滴做匀速圆周运动，得知电场力和重力大小相等，得：

mg=qE

解得：，故C错误；

D项：液滴在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为： 联立mg=qE，解得： ，故D错误。

故应选：B。

【点睛】此题考查了液滴在复合场中的运动问题．复合场是指电场、磁场、重力场并存，或其中某两种场并存的场．液滴在这些复合场中运动时，必须同时考虑电场力、洛伦兹力和重力的作用或其中某两种力的作用，因此对液滴的运动形式的分析就显得极为重要．该题就是根据液滴的运动情况来判断受到的电场力情况。

6.如图所示，两根垂直纸面平行放置的直导线M和N，通有大小相等方向相反的电流I，在纸面上有一点P，P与M、N构成等边三角形，此时P点磁感应强度为B。若导线M中的电流反向（大小不变），则P点的磁感应强度

A. 大小为B，方向竖直向上

B. 大小为B，方向竖直向下

C. 大小为B，方向水平向右

D. 大小为B，方向水平向左

【答案】B

【解析】

【分析】

本题考查了磁场的叠加，根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则判断出两导线在P点形成磁场方向，磁感应强度B是矢量，根据矢量分解合成的平行四边形定则求解。

【详解】MN在P点产生的磁感应强度大小相等，根据安培定则，电流M在P点的磁场向右上方，电流N在P点的磁场的方向向右下方，此时两磁感应强度的夹角为1200，由平行边形定则可知，P处的磁感应强度等于M、N分别在P处产生的磁感应强度，如图

当导线M中的电流反向（大小不变）时，M在P处产生的磁感应强度方向垂直PM向下，N在P处处产生的磁感应强度方向垂直PN向下，此时两磁感应强度的夹角为600，所以合磁场应为：，方向竖直向下。

故应选：B。

【点睛】磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据安培定则判断导线周围磁场方向是解题的前提。

7.如图所示，长为L的均匀链条放在光滑水平桌面上，且使长度的垂在桌边，松手后链条从静止开始沿桌边下滑，则链条滑至刚刚离开桌边时的速度大小为(　　 )

A.     B.

C.     D.

【答案】C

【解析】

【分析】

链条在重力作用而向下滑动，只有重力做功，其机械能守恒；可设桌面为零势能面，列出机械能守恒方程可得出链条的速度。

【详解】设桌面为零势能面，链条的总质量为m

开始时链条的机械能为：E1=

当链条刚脱离桌面时的机械能：E2=

由机械能守恒可得：E1=E2

即：

解得： 。

故应选：C。

【点睛】零势能面的选取是任意的，本题也可以选链条滑至刚刚离开桌边时链条的中心为零势能面，结果是一样的，要注意重力势能的正负；抓住机械能守恒时，链条动能的变化取决于重力势能的变化量。

8.a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点。电场线与矩形所在平面平行。ab边长1m，ad边长4m，a、b、d三点的电势分布如图所示，下列说法正确的是(　　)

A. 电场强度的大小为 V/m

B. c点处的电势为12 V

C. 电子在a点的电势能比在c点的高12 eV

D. 电子从d点运动到c点，电场力做功为4 eV

【答案】AD

【解析】

【分析】

在匀强电场中，每前进相同的距离，电势的降落相等．根据该结论分析cd间的电势差，并判断电势的高低．由研究电场强度的大小

【详解】A、B项：在匀强电场中，在相同的方向上，每前进相同的距离，电势的降落相等，则cd间的电势差等于ba间的电势差即，解得：，故B错误；

将ab等分成四等分，设依次为aM、MP、PF、Fd，由在匀强电场中，在相同的方向上，每前进相同的距离，电势的降落相等可知，，连接Fc即为等势线，由几何关系可知，，所以cd两点沿场强方向的距离为 ，所以场强为：，故A正确；

C项：负电荷在电势低处电势能更大，所以电子应在c点的电势能更大，故C错误；

D项：由公式，故D正确。

故应选：AD。

【点睛】本题关键是记住“匀强电场中每前进相同的距离电势的降落相等”的结论，基础问题。

9.如图所示，+Q和-Q是两个等量异种点电荷，以点电荷+Q为圆心作圆，A、B为圆上两点，O点为两电荷连线的中点，C点与B点关于0点对称，下列说法正确的是  

A. A点和B点的电场强度大小相等，方向不同

B. B点和C点的电场强度大小相等，方向相同

C. 把电子从A点移动到B点，电场力对其做负功

D. 质子在A点的电势能小于在B点的电势能

【答案】BC

【解析】

等量异种电荷周围的电场线分布如图；

由图可知AB两点的场强大小和方向均不相同，选项A错误；等量异种电荷连线上的电场线指向负电荷，由B、C关于MN对称，即B点的电场强度等于C点的电场强度，故B正确；电场线与等势面相互垂直，电场线从高等势面指向低等势面，由图示可知，A点所在等势面高于B点所在等势面，A点电势高于B点电势，电子带负电，则电子在A点的电势能小于在B点的电势能，把电子从A点移动到B点，电场力对其做负功，故C正确；同理可知质子在A点的电势能大于在B点的电势能，选项D错误；故选BC．

点睛：本题考查了等量异号电荷的电场，知道电场线的分布，知道等量异号电荷连线的重锤线是等势线即可正确解题

10.如图是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。现分别加速氘核（）和氦核（）。下列说法中正确的是

A. 它们的最大速度相同

B. 它们的最大动能相同

C. 两次所接高频电源的频率不相同

D. 仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能

【答案】AC

【解析】

解：A、根据qvB=m，得v=．两粒子的比荷相等，所以最大速度相等．故A正确．

B、最大动能Ek=mv2=，两粒子的比荷相等，但质量不等，所以最大动能不等．故B错误．

C、带电粒子在磁场中运动的周期T==，两粒子的比荷相等，所以周期和频率相等．故C错误．

D、根据Ek=mv2=，知仅增大高频电源的频率不能增大粒子动能，故D错误；

故选：A．

【点评】解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场加速，磁场偏转来加速粒子．以及知道粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相同．

【此处有视频，请去附件查看】

11.如图所示，以直角三角形AOC 为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A=60°，AO= a。在O 点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子，粒子的比荷为，发射速度大小都为v0，且满足，发射方向由图中的角度θ表示。对于粒子进入磁场后的运动（不计重力作用），下列说法正确的是

A. 粒子在磁场中运动最短时间为

B. 粒子在磁场中运动最长时间为

C. 在AC 边界上只有区域有粒子射出

D. 在三角形AOC边界上，有粒子射出的边界线总长为2a

【答案】BD

【解析】

【分析】

带电粒子以相同的速率，不同的速度方向，进入磁场，运动轨迹的曲率半径相同，抓住临界情况，结合几何关系，运用半径公式和周期公式进行求解。

【详解】A、B项：根据 ，解得：，当θ=60°飞入的粒子在磁场中从A点飞出，运动时间恰好是T/6，是在磁场中运动时间最长；当θ=0°飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，在磁场中运动时间也恰好是T/6，θ从0°到60°，粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆弧的弦长先减小后增大，所以粒子在磁场中运动时间先减小后增大，则最长时间，故A错误，B正确；

C项：当θ=0°飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，因此在AC 边界上只有一半区域有粒子射出，故C错误；

D项：当θ=60°飞入的粒子在磁场中从A点飞出；θ＞60°的粒子可能打到OA边上的所有的区域内，长度的范围是a；在AC 边界上只有一半区域有粒子射出，长度的范围也是a，所以在三角形AOC边界上，有粒子射出的边界线总长为2a。 故D正确。

故应选：BD。

【点睛】考查带电粒子以相同的速率，不同速度方向，射入磁场中，根据磁场的界限来确定运动情况，并结合半径与周期公式来分析讨论；

θ从0°到60°的过程中，粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆弧的弦长先减小后增大，所以粒子在磁场中运动时间先减小后增大是该题的关键。

二．实验题（共15分）

12.（1）读出下列仪器的读数

_________mm        __________A(3A量程)      _________________cm

(2)如图所示为多用电表的刻度盘．若选用倍率为“×100”的电阻挡测电阻时，表针指示如图所示，则：

所测电阻的阻值为________ Ω；如果要用此多用电表测量一个阻值约为2.0×104 Ω的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是________(选填“×10”、“×100”或“×1 k”)．

【答案】    (1). 2.150mm    (2). 2.20A    (3). 5.090cm    (4).     (5). ×1 k

【解析】

【分析】

螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；

根据选择开关位置确定多用电表所测量的量与量程，然后根据表盘确定其分度值，然后读出其示数。

【详解】(1) 螺旋测微器的固定刻度读数为2mm，可动刻度读数为0.01×15.0mm=0.150mm，所以最终读数为：2mm+0.150mm=2.150mm；

量程为3A时，精度为0.1A，所以安培表的读数为2.20A；

游标卡尺的固定刻度读数为5cm，游标读数为0.05×18mm=0.90mm=0.090cm，所以最终读数为：5cm+0.090cm=5.090cm；

(2) 如果是用×100Ω档测量电阻，读数为15×100Ω=1500Ω，

为了测量更准确，应使欧姆表指针指在中间刻度附近，所以应选用的欧姆挡“×1 k”。

【点睛】本题考查了螺旋测微器、游标卡尺及多用电表读数，要熟练掌握相当测量仪器的读数方法。

13.某同学通过实验描绘一个标有“3 V,0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线，现有电源(电动势6 V，内阻不计)、开关和导线若干，其他可供选用的器材如下：

A.  电流表A0(0～500 μA，内阻r=1 000 Ω)

B．电流表A1(0～250 mA，内阻约为5 Ω)

C．电流表A2(0～0.6 A，内阻约为0.2 Ω)

D．滑动变阻器(0～10 Ω，额定电流1.0 A)

E．滑动变阻器(0～50 Ω，额定电流0.2 A)

F.  定值电阻R=5000Ω

(1)为了测定小灯泡上的电压，可以将电流表A0串联定值电阻R,将其改装成一个量程为__________V的电压表。

(2)为减小测量误差并便于操作，实验中电流表应选用________，滑动变阻器应选用________。(选填器材前的字母)

(3)如图是实验器材的实物图，图中已连接了部分导线，请补充完成图中实物间的连线___。

(4)若电流表A0的示数为I0，电流表A的示数为I，则灯泡电阻的表达式为Rx=__________。(用题中给的字母表示)

【答案】    (1). 3V；    (2). B；    (3). D；    (4).     (5).

【解析】

【分析】

本题的关键是将内阻为已知的电流表A0与定值电阻串联改装为电压表，然后判断电流表应选外接法，由于滑动变阻器阻值太小，故变阻器应用分压式接法。

【详解】(1)由于小灯泡的额定电压为3V，所以应改装成一个量程为3V的电压表；

(2) 因灯泡的额定电流I=，故电流表应选择B，因本实验中要测量灯泡的伏安特性曲线，故应采用分压接法，故应选用小电阻D；

(3) 根据原理图可得出对应的实物图如图所示

(4)由电路特点可知，灯泡中的电流为：I-I0，电压为：I0(R+r)，由部分电路欧姆定律可得：。

三．计算题（共4小题，47分）

14.图所示，一根长度为L、质量为m的导体棒放在水平导轨上，导体棒与导轨垂直，导体棒中通以大小为I的电流。匀强磁场的磁感应强度为B，B的方向垂直于导体棒与竖直方向成θ角，导体棒刚好保持静止。求导体棒与导轨间的摩擦因数。（已知重力加速度为）

【答案】

【解析】

【分析】

对导体棒受力分析，正交分解，根据平衡条件求解。

【详解】对导体棒受力分析，如图

根据共点力平衡规律得：BILsinθ+Fn=mg，得导体棒对轨道的压力大小为Fn=mg-BILsinθ

Ff=BILcosθ

导体棒刚好保持静止，所以

联立解得：。

【点睛】本题借助安培力考查了平衡条件以及正交分解的应用，注意安培力公式F=BILsinθ，θ为B与I之间的夹角。

15.如图所示，两平行金属板E、F之间电压为U，两足够长的平行边界MN、PQ区域内，有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)，由E板中央处静止释放，经F板上的小孔射出后，垂直进入磁场，且进入磁场时与边界MN成60°角，磁场MN和PQ边界距离为d。求：

(1)粒子离开电场时的速度；

(2)若粒子最终从磁场边界MN离开磁场，求磁感应强度的范围。

【答案】(1)；(2)

【解析】

【分析】

(1)粒子在电场中加速，由动能定理可以求出粒子离开电场时的速度；

(2) 根据题意作出粒子从MN边界离开磁场的临界运动轨迹，求出其轨道半径，应用牛顿第二定律求出临界磁感应强度，然后确定磁感应强度的范围。

【详解】(1) 粒子在电场中加速，由动能定理有：

解得：；

(2) 粒子在磁场中的运动轨迹刚好与PQ相切时的轨道半径，是粒子从边界MN离开磁场最大轨道半径，如图

由几何知识得：d=r+rsin30°，

粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，

由牛顿第二定律得：

解得：

粒子最终从磁场边界MN离开磁场，磁感应强度：。

【点睛】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子在电场中加速，在磁场中做圆周运动，分析清楚粒子运动过程、根据题意作出粒子运动轨迹、求出粒子轨道半径是解题的关键，应用动能定理求出粒子速度、应用牛顿第二定律即可解题。

16.如图所示，小车的质量M＝2.0 kg，带有光滑的圆弧轨道AB和粗糙的水平轨道BC，一小物块(可视为质点)质量为m＝0.5 kg，与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.10，BC部分的长度L＝0.80 m，重力加速度g取10 m/s2。

(1)若小车固定在水平面上，将小物块从AB轨道的D点静止释放，小物块恰好可运动到C点。试求D点与BC轨道的高度差；

(2)若将小车置于光滑水平面上，小物块仍从AB轨道的D点静止释放，试求小物块滑到BC中点时的速度大小。

【答案】h＝8.0×10－2 m       v1＝0.80 m/s

【解析】

（1）设D点与BC轨道的高度差为h

则小物块从D运动到C的过程中，根据动能定理可知：

解得：h=0.08m

（2）设物块滑到BC中点时，物块的速度大小为，小车的速度大小为，

根据动量守恒定律得：

又根据能量守恒定律得：

联立方程并代入数据得：=0.80m/s

【点睛】（1）小车被固定，对全过程运用动能定理求出D点到BC轨道的高度差；（2）小车不固定，结合动量守恒定律和能量守恒定律求出小物块滑到BC中点的速度。

17.如图所示，在xOy平面内第Ⅱ象限有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为 N/C。y轴右侧有一个边界为圆形的匀强磁场区域，圆心O′位于x轴上，半径为r=0.02 m，磁场最左边与y轴相切于O点，磁场方向垂直纸面向里。第Ⅰ象限内与x轴相距为 m处，有一平行于x轴长为l=0.04 m的屏PQ，其左端P离y轴的距离为0.04 m。一比荷为C/kg带正电的粒子，从电场中的M点以初速度m/s垂直于电场方向向右射出，粒子恰能通过y轴上的N点。已知M点到y轴的距离为s=0.01 m，N点到O点的距离为 m，不计粒子的重力。求：

（1）粒子通过N点时的速度大小与方向；

（2）要使粒子打在屏上，则圆形磁场区域内磁感应强度应满足的条件；

（3）若磁场的磁感应强度为T，且圆形磁场区域可上下移动，则粒子在磁场中运动的最长时间。

【答案】（1） m/s， （2） （3）s

【解析】

试题分析：（1）设粒子通过N点时的速度为v，速度与竖直方向的夹角为θ，粒子进入电场后做类平抛运动有：

又由牛顿第二定律有：

代入数据解得m/s

（2）由分析知粒子通过N点后将沿半径方向进入圆形磁场区域。

粒子垂直进入磁场做匀速圆周运动有：

粒子刚好打在P点时，磁感应强度最强设为，此时粒子的轨迹半径为

由几何关系有：

代入数据解得

粒子刚好打在Q点时，磁感应强度最弱设为，此时粒子的轨迹半径为

由几何关系有：

代入数据解得

综合得粒子要打在屏上磁感应强度满足：

（3）粒子的轨迹半径为m

设粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为α，弦长为，由几何关系有：

要使粒子在磁场中运动的时间最长，则解得

设粒子在磁场中运动的周期为T有：s

粒子在磁场中运动的最长时间为：s

考点：带电粒子在电场及在磁场中的运动.