1、宁夏银川市贺兰县景博中学2021届高三物理上学期统练试题（四）（含解析）一、单项选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分。每小题给出的四个选项中， 只有一个选项正确）1. 根据速度定义式v，当t极短时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了下列物理方法中的（）A. 控制变量法B. 假设法C. 微元法D. 极限法【答案】D【解析】【详解】当时间极短时，某段时间内的平均速度可以代替瞬时速度，该思想是极限的思想方法。故D正确，ABC错误；故选D。2. 下面说法中正确的是（）A. 加速度变化的运动一定是曲线运动B. 做曲线运动的物体速度方向一定变化C. 速度方向变化的运动一定是曲线运动D
2、. 加速度恒定的运动一定不会做曲线运动【答案】B【解析】【详解】A加速度变化的运动可以是直线运动，如加速度和速度方向始终在同一直线上时，物体做直线运动。故A错误；B物体做曲线运动时，由于速度方向时刻改变，故速度方向一定发生变化，故B正确；C速度方向变化的运动不一定是曲线运动，如往复运动，故C错误；D加速度恒定的运动可以是曲线运动，如平抛运动。故D错误；故选B。3. 篮球竖直落下，与水平地面碰撞前速度大小为，碰后竖直反弹，速度大小为，已知篮球质量为，则篮球与地面碰撞过程中篮球所受合力的冲量大小为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】设定正方向，确定篮球的始末速度，根据动量定律列式计算
3、设初速度方向为正方向，则初速度方向，末速度根据动量定理可得方向与初速度方向相反，B正确。故选B。4. 为了研究太阳演化的进程，需知太阳的质量，已知地球的半径为R，地球的质量为m，日地中心的距离为r，地球表面的重力加速度为g，地球绕太阳公转的周期为T，则太阳的质量为()A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】根据万有引力定律得根据地球表面的万有引力等于重力得：对地球表面物体m有联立得M故D正确；ABC错误；故选D。5. 如图所示为牵引力F和车速倒数的关系图。若汽车质量为2t，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，其最大车速为30m/s，则正确的是（）A. 汽车所受阻力为B. 汽
4、车车速为15m/s，功率为C. 汽车匀加速的加速度为3m/s2D. 汽车匀加速所需时间为5s【答案】D【解析】【详解】A由题图可得，当汽车速度为30m/s时，汽车的速度达到最大，以后做匀速直线运动，此时有F=f所以f=2103N故A错误；BCD由题图可得，汽车的额定功率为P=fv=210330W=6104W故汽车作匀加速直线运动的加速度为匀加速直线运动末速度故匀加速直线运动的时间为t=5s因为15m/s10m/s，所以汽车速度为15m/s时，功率已达到额定功率，故B，C错误，D正确。故选D。【点睛】解决本题的关键能够从图线中分析出汽车的运动情况，知道倾斜图线的斜率表示牵引车的额定功率。6. 如
5、图所示，在一条直线上有两个相距0.4m的点电荷A、B，A带电Q，B带电9Q。现引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷均在电场力的作用下处于平衡状态，则C的带电性质及位置应为（）A. 正，B的右边0.4m处B. 正，B的左边0.2m处C. 负，A的左边0.2m处D. 负，A的右边0.2m处【答案】C【解析】【详解】要使三个电荷均处于平衡状态，必须满足“两同夹异”“两大夹小”“近小远大”的原则，所以点电荷C应在A左侧，带负电。设C带电荷量为q，A、C间的距离为x，A、B间距离用r表示，由于处于平衡状态，所以解得x0.2m，C正确，ABD错误。故选C。7. M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点
6、释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）A. 电子在N点的动能大于在M点的动能B. 该电场有可能是匀强电场C. 该电子运动的加速度越来越大D. 电子运动的轨迹可能为曲线【答案】A【解析】由于电子的电势能减小，知电场力做正功，因为电子仅受电场力，根据动能定理，知电子的动能增大，即N点的动能大于M点的动能，A正确；因为电场力做功和电势能的关系为，故图线切线的斜率表示电场强度大小，斜率逐渐减小，则电场力逐渐减小，电场强度逐渐减小，该电场不是匀强电场，电场强度减小，则电子受到的电场力减小，故加速度越来越小，BC
7、错误；电子的初速度为零，且沿着电场线运动，其轨迹一定为直线，D错误8. 两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则下列选项说法错误的是（）A. q1为正电荷，q2为负电荷B. q1电荷量大于q2的电荷量C. NC间场强方向沿x轴正方向D. 将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功【答案】C【解析】【详解】A由图知无穷远处的电势为0，A点的电势为零，由于沿着电场线电势降低，所以O点的电荷q1带正电，M点电荷q2带负电。故A正确，不符合题意；B由图知无穷远处的电势为0，A点的电势为
8、零。由于A点距离O比较远而距离M比较近，所以q1电荷量大于q2的电荷量。故B正确，不符合题意；C由图可知：从N到C，电势升高，根据顺着电场线电势降低可知，NC间电场强度方向沿x轴负方向，故C错误，符合题意；DND段中，电势先高升后降低，所以场强方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功。故D正确，不符合题意；故选C。9. 如图所示，三块平行放置的带电金属薄板、中央各有一小孔，小孔分别位于、点。由点静止释放的电子恰好能运动到点。现将板向右平移到点，则由点静止释放的电子（）A. 运动到点返回B. 运动到和点之间返回C. 运动到点返回D. 穿过点【答案】A
9、【解析】【详解】设AB间电场强度为E1，BC间场强为E2，根据题意由O点释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理，有(1)BC板电量不变，BC板间的场强为(2)由(2)知BC板间的场强不随距离的变化而变化，当C板向右平移到P时，BC板间的场强不变，由(1)知，电子仍然运动到P点返回故选A。10. 如图所示电路中，电源电动势E恒定，内阻，两电表均为理想电表，定值电阻，当开关断开与闭合时，段电路消耗的电功率相等，则下列说法正确的是（ ）A. 开关断开时电源的效率比闭合时高B. 电阻、可能分别为、C. 开关S断开时电压表的示数一定小于S闭合的示数D. 开关S断开与闭合时，电压表的示数变化量大小与电流
10、表的示数变化量大小之比一定等于【答案】A【解析】【详解】由可知，开关断开时，电路的外电阻比闭合时大，所以开关断开时电源的效率比闭合时高，A正确；开关断开和闭合时，段消耗的电功率相等，有，将、代入式子不成立，故B错误；开关断开时，外电路总电阻大，分压大，电压表示数大于开关闭合时娥示数，故C错误；由闭合电路欧姆定律可知，故D错误11. 在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平， A、B、C三点在同一直线上，且AB2BC，如图所示由此可知()A. 小球带正电B. 电场力大小为2mgC. 小球从A
11、到B与从B到C的运动时间相等D. 小球从A到B与从B到C的速度变化不相等【答案】D【解析】【分析】本题考查了运动的合成与分解、运动轨迹与合外力的关系、动量定理等【详解】A、由小球从B运动到C过程中轨迹向上弯曲可知电场力的方向必是向上的，则小球必带负电，A错误B、小球在水平方向上一直是匀速运动，由于AB2BC，可知，而竖直方向上由动量定理有，得，BC皆错误小球从A到B与从B到C的速度大小相等、方向相反，故D正确故选D12. 如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块后不再穿出，此时木块动能增加了5.5J，那么此过程产生的内能可能为（ ）A. 1JB. 3JC. 5JD. 7J【答案】D【
12、解析】子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块后不再穿出，设子弹初速为，子弹和木块的共同速度为；则、 解得：化简得：，故选D二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有多个选项是正确的，全选对得4分，漏选得2分，错选或不选得0分）13. 如图所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为R的圆弧，BC部分水平，质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R，不计小球的大小，开始时a球处在圆弧上端A点，由静止释放小球和轻杆，使其沿光滑轨道下滑，下列说法正确的是（）A. a球下滑过程中机械能保持不变B. a、b两球和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能保持不变C. a、b滑到水平轨
13、道上时速度为D. 从释放到a、b滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做的功为【答案】BD【解析】【详解】A由于a球在下滑中杆对a球做功，故a球的机械能不守恒，故A错误；Bab及轻杆组成的系统只有重力做功，故系统在下落中机械能守恒，故B正确；C下滑的整个过程中，根据机械能守恒定律，有解得D对a球由动能定理可知解得故D正确。故选BD。14. 如图所示，虚线为电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等一个质子在A点的电势能小于其在B点的电势能，下列说法中正确的是（ ）A. A点的电势比B点的高B. A点的电势比B点的低C. 质子在A点所受的电场力比B点的大D. 质子在A点所受的电场力比B点的小【
14、答案】BD【解析】【详解】AB正电荷在电场中电势高的位置，电势能大，由于带正电的质子在A点的电势能小于其在B点的电势能，则知A点的电势比B点的低，故A错误，B正确；CD等差等势面的疏密代表场强的大小，故B点的场强大于A点的场强，质子在A点所受的电场力比B点的小，故C错误，D正确。故选BD。15. 如图所示，D是一只理想二极管，电流只能从a流向b，而不能从b流向a。平行板电容器的A、B两极板间有一电荷，在P点处于静止状态。以E表示两极板间的电场强度，U表示两极板间的电压，Ep表示电荷在P点的电势能。若保持极板B不动，将极板A稍向上平移，则下列说法中正确的是（）A. E变小B. U变大C. Ep不
15、变D. 电荷仍保持静止【答案】BCD【解析】【详解】将极板A稍向上平移，板间距离d增大，根据电容的决定式可知，电容C减小；若电容器的电压不变时，则电容器所带电量将要减小，由于二极管具有单向导电性，电容器上电荷放不掉，电荷不能流回电源，所以电容器的电量保持不变，由于电容C减小，由电容的定义式可知，U变大。根据推论可知，板间场强E不变，电荷所受的电场力不变，仍保持静止状态。P与B板间电势差UPB=EdE、d都不变，UPB保持不变，P点的电势保持不变，则电荷在P点电势能EP不变，故A错误，BCD正确。故选BCD。16. 如图所示，光滑绝缘水平面上有两只完全相同的金属球A、B，带电量分别为2Q与Q.现
16、在使它们以相同的初动能EK0（对应的动量大小为p0）开始相向运动且刚好能发生接触接触后两小球又各自反向运动当它们刚好回到各自的出发点时的动能分别为EK1和EK2，动量大小分别为p1和p2下列说法中正确的是（）A. EK1+EK2=2EK0 ，p1=p2= p0B. EK1=EK2= EK0 ，p1=p2= p0C. EK1=EK2EK0，p1=p2p0D. 两球必将同时返回各自出发点【答案】CD【解析】ABC：由动量守恒可得，两球动量大小任一时刻均相等；两球接触后电荷量都变为，相同距离上的库仑斥力变大，返回过程中电场力做的正功大于接近过程中克服电场力做的功；综上由动能定理可得：EK1=EK2E
17、K0，p1=p2p0，C正确，AB错误D：由牛顿运动定律可得，两球的加速度大小相等、方向相反，又初速度大小相等、方向相反；则相同时间内位移大小相等、方向相反，故两球必将同时返回各自的出发点，D正确17. 如图，绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一电荷量为q、质量为m的滑块（可看作点电荷）从a点以初速度v0沿水平面向Q运动，到达b点时速度为零已知a、b间距离为x，滑块与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g以下判断正确的是（ ）A. 滑块在运动过程中所受Q的库仑力有可能大于滑动摩擦力B. 滑块在运动过程的中间时刻速率小于C. 此过程中产生的内能为D. Q产生的电场中a、b两点间的电势差Uab【答案
18、】BD【解析】【详解】A由题意可知，滑块水平方向受库仑力、滑动摩擦力，摩擦力与运动方向相反，而库仑力与运动方相同，因滑块在b点静止，故一定有段时间，库仑力小于滑动摩擦力，当在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，到达b点时速度减为零故A错误；B水平方向受大小不变的摩擦力及变大的库仑力，当在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，所以导致加速度慢慢减小，加速度是变化的，故中间时刻的速度仍小于，故B正确；C由动能定理可得：产生的内能因此在此过程中产生的内能大于动能的减少故C错误；D由动能定理可得：解得两点间的电势差故D正确；三、非选择题：考生根据要求做答。18
19、. 某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如下图所示，则该金属丝的直径d=_mm另一位学生用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如下图所示，则该工件的长度L=_cm【答案】 (1). 3.205（3.203-3.207） (2). 5.015【解析】【详解】1由图所示螺旋测微器可知，螺旋测微器的固定刻度示数是3mm，可动刻度示数是，螺旋测微器的示数是： 2由图所示游标卡尺可知，主尺示数是5cm，游标尺示数是30.05mm=0.15mm=0.015cm，则游标卡尺的示数是：19. 图（a）为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池；R1、R2、R
20、3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为200A，内阻为500。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5 mA挡，欧姆10挡。(1)图（a）中的A端与_（填“红”或“黑”）色表笔相连接。(2)根据题给条件可得R1R2_ ，R4_ 。(3)某次测量时该多用电表指针位置如图（b）所示。若此时B端是与“2”相连的，则多用电表读数为_；若此时B端是与“3”相连的，则读数为_；若此时B端是与“5”相连的，则读数为_。（结果保留相应位数的有效数字）【答案】 (1). 黑 (2). 125 (3)
21、. 900 (4). 0.59mA (5). 110 (6). 2.95V【解析】【详解】(1)1A端与电池正极相连，电流从A端流出，A端与黑表笔相连。(2)2当换挡开关与“2”相连时，电流表的路程为1mA，根据分流原理则有代入数据，得3当换挡开关与“4”相连时，电压表的路程为1V，表头与R1、R2组成的串联电路并联后在与R4串联，根据电路知识有分压原理有代入数据，得(3)4若此时B端是与“2”相连的，多用电表作为直流电流表使用，量程为1mA，读数为0.59mA。5若此时B端是与“3”相连的，则多用电表作为欧姆表使用，读数为。6若此时B端是与“5”相连的，则多用电表作为直流电压表使用，量程为5
22、V则读数为2.95V。20. 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，现除了有一个标有 “5V，2.5W”的小灯泡，导线和开关外，还有：A直流电源（电动势约为5V，内阻可不计）B直流电流表（量程03A，内阻约为0.1）C直流电流表（量程0600 mA，内阻约为5）D直流电压表（量程015V，内阻约15k）E直流电压表（量程05V，内阻约为10k）F滑动变阻器（最大阻值10，允许通过的最大电流为2A）G滑动变阻器（最大阻值1k，允许通过的最大电流为0.5A）实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据。(1)实验中电流表应选用_，电压表应选用_，滑动变阻器应选用_（均用序号字母表示）。(2
23、)请按要求将下图中所示的器材连成实验电路。（ ）(3)某同学通过实验正确作出小灯泡的伏安特性曲线如图所示。现把实验中使用的小灯泡接到如图所示的电路中，其中电源电动势E6V，内阻r1，定值电阻R9，此时灯泡的实际功率为_ W（结果保留两位有效数字）。【答案】 (1). C (2). E (3). F (4). (5). 0.80（0.780.86）【解析】【详解】(1)123灯泡额定电压为5V，则电压表选择E；灯泡额定电流为 实验中电流表应选用C；滑动变阻器要接成分压电路，则应选用阻值较小的F；(2)4小灯泡的电阻较小，则采用电流表外接；滑动变阻器要用分压电路，则连成实验电路如图；(3) 5把电
24、源与电阻R整体看做等效电源，在灯泡U-I图象坐标系内作出效电源的U-I图象如图所示：由图示图象可知，灯泡两端电压：U=2.1V，通过灯泡的电流：I=0.39A，灯泡实际功率P=UI=2.10.390.82W四、计算题（按题目要求作答。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。共34分）21. 如图所示，用长为1.6m的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为、电荷量为的带正电的小球，细线的上端固定于O点。现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与铅垂线成角，（，g取）求：(1)电场强度的大小；(2)若将小球拉到右侧与O点等高的位置
25、且保持细线水平由静止释放，求小球摆到最低点时小球的速度。【答案】(1)1.0105N/C；(2)2m/s【解析】【详解】(1)小球受力如图，小球处于平衡状态所以Eq=mgtan得电场强度的大小是E=1.0105N/C(2)由动能定理有mgl-Eql=得v=2m/s22. 如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出（初速度可忽略不计），经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点。已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为
26、d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力。(1)求电子穿过A板时速度大小；(2)求电子从偏转电场射出时的偏移量y；(3)若MN极板的右侧到荧光屏的距离为L，求电子打到荧光屏上的偏移量Y；【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【详解】(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理有解得(2)电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。由牛顿第二定律和运动学公式有，解得偏移量(3)由将代入23. 如图所示，质量分别为mA=m，mB=3m的A、B两物体放置在光滑的水平面上，其中A物体紧靠光滑墙壁，
27、A、B两物体之间用轻弹簧相连对B物体缓慢施加一个水平向右的力，使A、B两物体之间弹簧压缩到最短并锁定，此过程中，该力做功为W0，现突然撤去外力并解除锁定，（设重力加速度为g，A、B两物体体积很小，可视为质点）求：(1)从撤去外力到A物体开始运动，墙壁对A物体的冲量IA大小；(2)A、B两物体离开墙壁后到达圆轨道之前，B物体的最小速度vB是多大；(3)若在B物体获得最小速度瞬间脱离弹簧，从光滑圆形轨进右侧小口进入（B物体进入后小口自动封闭组成完整的圆形轨道）圆形轨道，要使B物体不脱离圆形轨道，试求圆形轨道半径R的取值范围【答案】(1) (2) (3) 或【解析】【详解】(1)设弹簧恢复原长时，物
28、体B的速度为vB0.由能量守恒有：解得：此过程中墙壁对物体A的冲量大小等于弹簧对物体A的冲量大小，也等于弹簧对物体B的冲量大小对B，由动量定理有：(2)当弹簧恢复原长后，物体A离开墙壁，弹簧伸长，物体A的速度逐渐增大，物体B的速度逐渐减小当弹簧再次恢复到原长时，物体A达到最大速度，物体B的速度减小到最小值，此过程满足动量守恒、机械能守恒，有：解得：(3)第一种情况：恰好过最高点不脱离圆形轨道时，由机械能守恒得：在最高点，由牛顿第二定律：解得：，所以有第二种情况：最多到达圆形轨道的圆形等高处.有：解得：，所以有综上，圆形轨道半径R的取值范围为或【点睛】解决本题时要理清物体的运动过程，关键是要全面分析不能漏解，要知道B物体能进入圆轨道不脱离轨道，有两种情况，再根据牛顿第二定律、机械能守恒定律结合进行求解