【名师解析】2021广东高考四会市第一中学第三次模拟考试物理试题-Word版含解析.docx

2021年广东省肇庆市四会一中高考物理三模试卷

一、单项选择题（共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求，选对得4分，选错或不答得0分）
1．（4分）如图，水平地面上质量为m的物体，与地面的动摩擦因数为μ，在恒力F的作用下沿水平地面做加速度为a的匀加速直线运动，运动过程轻质弹簧没有超出弹性限度，则（　　）

　 A． 物体受5个力作用
　 B． 弹簧的弹力为（μg+a）m
　 C． 物体的加速度a=
　 D． 弹簧的弹力小于物体所受合外力

【考点】： 牛顿其次定律；力的合成与分解的运用．
【专题】： 牛顿运动定律综合专题．

【分析】： 物体在重力、支持力、弹簧拉力和摩擦力的共同作用力下做匀加速直线运动，依据牛顿其次定律分析即可．
【解析】： 解：A、物体在重力、支持力、弹簧拉力和摩擦力四个力的作用．故A错误；
B、依据牛顿其次定律得：f﹣μmg=ma，解得：f=m（μg+a），故B正确；
C、依据牛顿其次定律得：，故C错误；
D、依据牛顿其次定律得：f﹣μmg=ma，解得：f=m（μg+a）＞ma，故D错误；
故选：B．
【点评】： 本题考察受力分析和牛顿其次定律，关键是选好争辩对象，正确受力分析，然后依据牛顿其次定律列式解决加速度、合外力、弹力等问题．

2．（4分）在正方形区域内存在垂直纸面对外的匀强磁场，荷质比相同的两个粒子a、b从一边长中点垂直匀强方向进入磁场，则（　　）

　 A． a带负电，b带正电
　 B． a带正电，b带负电
　 C． a、b进入磁场时的速度之比为1：2
　 D． a、b在磁场中运动的时间之比为1：1

【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动．
【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】： 带电粒子在磁场中由洛伦兹力供应向心力做匀速圆周运动，虽然电量、质量不同，但比荷相同，所以运动圆弧对应的半径与速率成正比．它们的周期总是相等，因此运动的时间由圆心角来打算．
【解析】： 解：A、B、磁场的方向向外，粒子运动的方向向左，由左手定则可知，正电荷受到的洛伦兹力的方向向上，负电荷受到的洛伦兹力的方向向下，所以a带正电，b带负电．故A错误，B正确；
C、由洛伦兹力供应向心力得：，所以：，可知荷质比相同的两个粒子运动的半径与速度成正比；由题图可知，，所以：．故C正确；
D、由T=知，荷质比相同的两个粒子在磁场中的运动周期相等，由，所以所用的时间：，故D错误．
故选：BC
【点评】： 本题关键是明确粒子的速度越大轨道半径越大，但圆周运动的周期不变，然后画出具有代表性的轨迹，结合公式t=T进行分析．

3．（4分）绕地球做圆周运动的两颗人造卫星a、b，其轨道半径之比为3：2，则（　　）
　 A． a、b绕地球运行的周期之比为27：8
　 B． a、b绕地球运行的角速度之比为8：27
　 C． a、b绕地球运行的线速度之比为：3
　 D． a、b绕地球运行的向心加速度之比为3：2

【考点】： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．
【专题】： 人造卫星问题．
【分析】： 卫星运动由万有引力供应向心力即：=ma，列式求出线速度、周期、角速度、向心加速度之比即可．
【解析】： 解：由卫星运动由万有引力供应向心力，依据得：
A、T=，轨道半径之比为3：2，则周期之比为，故A错误；
B、，轨道半径之比为3：2，则角速度之比为，故B错误；
C、，轨道半径之比为3：2，则线速度之比为：3，故C正确；
D、a=，轨道半径之比为3：2，则向心加速度之比为4：9，故D错误；
故选：C
【点评】： 本题关键要在理解的基础上能娴熟运用万有引力供应向心力计算出卫星的各个量与半径的关系式，难度不大，属于基础题．

4．（4分）如图，在粗糙的斜面体上，质量为m的小物块受到恒定外力F作用，向上加速运动位移为S（斜面足够长），斜面体始终静止在水平面上，则（　　）

　 A． 外力F做功为W=FS
　 B． 重力做功为mgSsinθ
　 C． 合外力所做的功等于小物块增加的重力势能
　 D． 外力F做功转化为小物块的机械能和克服摩擦力所需做的功

【考点 功能关系；功的计算．
【分析】： 依据功的计算公式W=FS即可求出F的功和重力的功；依据功能关系即可求出重力势能的变化；
【解析】： 解：A、依据功的计算公式可知，拉力F的功W=FS．故A正确；
B、依据功的计算公式重力的功：WG=﹣mgh=﹣mgSsinθ．故B错误；
C、依据动能定理可知，合外力所做的功等于小物块增加的动能．故C错误；
D、依据功能关系可知，外力F做功转化为小物块的机械能和产生的内能，不能说转化为克服摩擦力所需做的功．故D错误．
故选：A
【点评】： 该题考查拉力、重力做的功以及做功的过程中能量转化的方向，要留意和能量相关的说法．基础题目．

二、双项选择题（共5小题，每题6分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对得6分，只选一个且正确的得3分，有选错或不答的0分
5．（6分）以下说法正确的是（　　）
　 A． 查德威克通过α粒子轰击氮核，发觉了质子
　 B． 重核的裂变可用于核能发电和原子弹
　 C． 平衡核反应方程应遵循质子数和中子数守恒
　 D． 氢原子辐射的光子的能量是不连续的，所以对应的光的频率也是不连续的

【考点】： 氢原子的能级公式和跃迁；重核的裂变．
【分析】： 卢瑟福通过α粒子轰击氮核试验的争辩，实现了原子核的人工转变，发觉了质子；查德威克发觉了中子；重核的裂变可用于核能发电和原子弹；反应方程质量数和电荷数守恒；结合波尔理论解释氢光谱．
【解析】： 解：A、卢瑟福通过α粒子轰击氮核试验的争辩，实现了原子核的人工转变，发觉了质子，故A错误；
B、重核的裂变可用于核能发电和原子弹．故B正确；
C、平衡核反应方程应遵循质量数和电荷数守恒，不是质子数和中子数守恒；故C错误；
D、依据波尔理论可知，氢原子的能级是不连续的，氢原子辐射的光子的能量也是不连续的，所以对应的光的频率也是不连续的．故D正确．
故选：BD
【点评】： 本题考查物理学史、核反应方程中的两个守恒和对氢光谱的解释，都是常识性问题，对于物理学上重大发觉、创造、有名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．

6．（6分）肯定质量的抱负气体经过如图所示的变化过程，下列说法正确的是（　　）

　 A． ab过程中，气体的压强减小
　 B． ab过程中，气体分子的平均动能增大
　 C． bc过程中，气体对外做功，温度降低
　 D． bc过程中，气体的密度增大

【考点】： 抱负气体的状态方程．
【专题】： 抱负气体状态方程专题．
【分析】： 依据等压变化和等容变化推断出温度的变化，即可推断分子平均动能的大小．依据W=P△V即可推断出对外做功的大小
【解析】： 解：A、ab过程中，气体等容升温，气体的压强增大，故A错误；
B、ab过程中，温度上升，所以气体分子的平均动能增大，故B正确；
C、bc过程中，气体体积不变，压缩降温，对内做功，温度降低，气体的密度增大，故C错误，D正确
故选：BD
【点评】： 从V﹣t上找出各物理量之间的关系，分析气体的变化过程，依据气态方程进行分析，是我们解决此类问题的突破口

7．（6分）如图所示的电路，有一带电油滴悬浮在两极板间静止不动．若将滑动变阻器的滑片向右滑动，则（　　）

　 A． L1变亮，L2变暗 B． L1变暗，L2变亮
　 C． 油滴向上运动 D． 油滴向下运动

【考点】： 闭合电路的欧姆定律；匀强电场中电势差和电场强度的关系．
【专题】： 恒定电流专题．
【分析】： 在滑动变阻器的滑片向右滑动过程中，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，依据闭合电路欧姆定律分析路端电压和总电流的变化，分析内电压的变化，推断L亮度的变化．依据电容器两板间电压的变化，推断油滴的运动方向．
【解析】： 解：AB、在滑动变阻器的滑片向右滑动过程中，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，依据闭合电路欧姆定律可知，总电流I变大．内电压U′=Ir，r不变，则内电压U′变大，路端电压变小，所以通过灯2的电流变大，即L1变暗，L2变亮．故A错误，B正确．
CD、以上分析可知，灯2的电流变大，即电压变大，所以电容器板间电压增大，场强增大，油滴所受电场力增大，则油滴向上运动．故C正确，D错误．
故选：BC．
【点评】： 本题是电路的动态变化分析问题，先依据变阻器接入电路的电阻变化，确定整体电路总电阻变化，推断出总电流和路端电压的变化，再分析局部电流和电压的变化．

8．（6分）一抱负变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈接上瞬时值为u=220sin100πt的沟通电，副线圈接入一个220Ω的电阻，则（　　）

　 A． 副线圈输出电压的频率为50 Hz
　 B． 流经原副线圈的电流之比为10：1
　 C． 原线圈的输入功率为2.2w
　 D． 变压器输入、输出功率之比为1：10

【考点】： 变压器的构造和原理；电功、电功率．
【专题】： 沟通电专题．
分析】： 依据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再依据电压与匝数成正比即可求得结论
【解析】： 解：A、变压器不会转变电流的周期，则副线圈输出电流的周期为T==0.02s，副线圈输出电压的频率为50 Hz，故A正确；
B、当一个副线圈时，电流与匝数成反比，故B错误；
C、变压器的输入功率和输出功率相等，由表达式知原线圈的电压有效值为220V，电压与匝数成正比，所以副线圈电压为22V，输出功率P==2.2W，故C正确；
D、变压器输入、输出功率之比为1：1，故D错误；
故选：AC
【点评】： 把握住抱负变压器的电压、电流之间的关系，即电压与匝数成正比，电流与匝数成反比．
知道正弦交变电流最大值和有效值之间倍的关系即可解决本题

9．（6分）如图，在点电荷Q形成的电场中有A、B、C三点，BC是以Q为圆心的一段圆弧．AB两点的电势差为10v，正点电荷q沿A→B→C移动，则（　　）

　 A． 点电荷Q带正电
　 B． 沿BC运动时电场力做正功
　 C． B点的电场强度与C点的大小相等
　 D． q在A点时具有的电势能比在C点时的大

【考点】： 电势差与电场强度的关系；电势能．
【专题】： 电场力与电势的性质专题．
【分析】： 依据AB两点的电势差为10v，可知电场方向沿AB，可推断Q的电性；点电荷的电场线、等势面、电场强度的特点；电势能电场力做功．
【解析】： 解：A、依据AB两点的电势差为10v，可知电场方向沿AB，可知Q为负电荷，故A错误；
B、BC为等势面，故沿BC运动时电场力不做功；
C、依据点电荷的电场强度公式，可知两点的电场强度大小相等，故C正确
D、依据AB两点的电势差为10v，且q为正电荷，故在A点时具有的电势能比在B点时的大，而BC 电势相等，故D正确
故选：CD
【点评】： 解决本题的关键把握电场力做功与电势差的关系，留意在公式W=qU中，功的正负、q的正负、电势差的正负都需代入计算．

三、非选择题（共4小题，共54分．按题目要求作答．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最终答案的不得分．有效值计算的题，答案中必需明确写出相应数值和单位）
10．（10分）“用落体法验证机械能守恒定律”的试验中：
①从下列器材中选出试验不需要的，其编号为　ABF　．
A．秒表　　B．天平 C．重锤 D．毫米刻度尺 E．打点计时器（包括纸带） F．运动小车
②试验中产生系统误差的主要缘由是　纸带通过打点计时器时的摩擦力　，使重锤重力势能的削减量　大于　（填大于或小于）动能的增加量．
③假如以为纵轴，以h为横轴，则﹣h图线是　一条通过坐标原点的倾斜直线　，该图线的斜率等于　重力加速度　．

【考点】： 验证机械能守恒定律．
【专题】 试验题．
【分析】： 解决试验问题首先要把握该试验原理，了解试验的仪器、操作步骤和数据处理以及留意事项，即可正确解答本题；
重物带动纸带下落过程中，除了重力还受到较大的阻力，从能量转化的角度，由于阻力做功，重力势能减小除了转化给了动能还有一部分转化给摩擦产生的内能．
运用物理规律和数学表达式结合起来解决问题．
【解析】： 解：（1）在该试验中，通过打点计时器来记录物体运动时间，不需要秒表，
由于验证机械能公式中可以把重锤质量约掉，因此不需要天平．
同时试验中需要测量纸带上两点间的距离，所以需要刻度尺．试验还需要重锤，打点计时器（包括纸带），不需要运动小车，故CDE正确，ABF错误；
本题选不需要的，故选：ABF
（2）试验中产生系统误差的主要缘由是纸带通过打点计时器时的摩擦力，使重锤重力势能的削减量大于动能的增加量．
（3）依据机械能守恒可知mgh=mv2，
得出=gh，因此﹣h图线是一条通过坐标原点的倾斜直线，图线的斜率为重力加速度．
故答案为：①ABF
②纸带通过打点计时器时的摩擦力； 大于
③一条通过坐标原点的倾斜直线； 重力加速度
【点评】： 清楚试验的目的，然后依据目的列出要争辩的表达式；利用图象问题结合数学学问处理物理数据是试验争辩常用的方法．

11．（8分）在“测定金属的电阻率”的试验中，用螺旋测微器测量金属直径D的刻度位置如图所示，用米尺测出金属丝的长L，金属丝的电阻大约为5Ω．先用伏安法测出金属丝的电阻R，然后依据电阻定律计算出该金属材料的电阻率ρ．为此取来两节新的干电池、电键和若干导线及下列器材：
A．电压表0～3V，内阻10kΩ
B．电压表0～15V，内阻50kΩ
C．电流表0～0.6A，内阻0.05Ω
D．电流表0～3A，内阻0.01Ω
E．滑动变阻器，0～10Ω
①从图中读出金属丝的直径D为　4.700　 mm．
②要求较精确     地测出其阻值，电压表应选　A　，电流表应选　C　．（填序号）
③该金属材料的电阻率ρ=　　．（用R、L、D表示）

【考点】： 测定金属的电阻率．
【专题】： 试验题．
【分析】： ①螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数．
②依据电源电动势选择电压表，依据电路最大电流选择电流表．
③应用电阻定律求出电阻率的表达式．
【解析】： 解：①由图示螺旋测微器可知，金属丝直径D为：4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm；
②电源电动势为：1.5V×2=3V，则电压表选择A；电路最大电流约为：I===0.6A，则电流表选择C．
③电阻丝电阻：R=ρ=ρ，则电阻率：ρ=；
故答案为：①4.700； ②A，C； ③．
【点评】： 本题考查了螺旋测微器读数、电表的选择、求电阻率表达式；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，对螺旋测微器读数时要估读，视线要与刻度线垂直．

12．（18分）如图所示，长为L的不行伸长的绳子一端固定在O点，另一端系质量为m的小球，小球静止在光滑水平面上．现用大小为F水平恒力作用在另一质量为2m的物块上，使其从静止开头向右运动，一段时间后撤去该力，物块与小球发生正碰后速度变为原来的一半，小球恰好能在竖直平面内做圆周运动．已知重力加速度为g，小球和物体均可视为质点，试求：
（1）小物块碰撞前速度V0的大小；
（2）碰撞后瞬间绳子的拉力；
（3）恒力F所做功的大小．

【考点】： 机械能守恒定律；向心力．
【专题】： 机械能守恒定律应用专题．
【分析】： （1）小球恰好通过最高点作圆周运动，依据牛顿其次定律求出临界速度，依据机械能守恒求出碰撞后速度．碰撞过程中，物块和小球系统动量守恒，求出小物块碰撞前速度V0的大小．
（2）碰撞后瞬间，由绳子的拉力与重力的合力供应小球的向心力，由牛顿其次定律求拉力．
（3）物块在水平恒力F作用加速运动，由动能定理求解恒力F做功．
【解析】： 解：（1）小球恰好通过最高点作圆周运动，此时重力刚好供应向心力，设速度为V，有
mg=m
得 V=
设小球碰撞后速度为V1，其后在摆至最高点过程中，机械能守恒，则：
mV12=mV2+mg•2L
代入V值可得V1=

碰撞过程中，物块和小球系统动量守恒，有
2mV0=mV1+2m•
代入V1值可得V0=
（2）碰撞后瞬间，绳子拉力为T，由牛顿定律得
T﹣mg=m
代入V1值可得绳子拉力T=6 mg
方向沿着绳子向上
（3）物块在水平恒力F作用加速运动，由动能定理得
W=2m
代入V0值可得恒力F所做功 W=5mgL
答：
（1）小物块碰撞前速度V0的大小为；
（2）碰撞后瞬间绳子的拉力是6 mg，方向沿着绳子向上；
（3）恒力F所做功的大小是5mgL．
【点评】： 本题关键明确各个运动过程，明确小球与小物块碰撞过程中系统动量守恒，要求同学们能正确进行受力，并能联想到已学的物理模型，依据相关公式解题．

13．（18分）如图所示，完全相同的金属板P、Q带等量异种电荷，用绝缘杆将其连成一平行正对的装置，放在绝缘水平面上，其总质量为M，两极间距为d，板长为2d，在p板中心位置处有一小孔，一质量为m、电量为+q的粒子，从某一高度下落通过小孔后进入PQ，恰能匀速运动，外部的电场可忽视，板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g．求：
（1）PQ间电场强度及电势差；
（2）粒子下落过程中，电势能变化量；
（3）现给PQ间加一垂直纸面对里、磁感应强度B的匀强磁场，要使粒子进入PQ后不碰板飞出．则粒子应距P板多高处自由下落？

【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】： （1）粒子进PQ后，恰能匀速运动，重力与电场力平衡，由平衡条件求出电场强度E．
（2）粒子进PQ前，装置对绝缘水平面的压力等于重力Mg，粒子进PQ后，电场对粒子作用大小为mg，方向向上，依据牛顿第三定律，粒子对电场的力大小为mg，方向向下，则装置对绝缘水平面的压力等于总重力．
（3）给PQ间再加一垂直纸面对里、磁感应强度B的匀强磁场后，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力．当轨迹恰好与P板、Q板右边缘相切时，粒子恰好进入PQ后不碰板飞出，分别由几何学问这两种临界状况下粒子的半径，依据牛顿其次定律求出速度，由机械能守恒定律求出下落时的高度，得到小球应距P板高度范围．
【解析】： 解：（1）小球进入PQ，恰能匀速运动则受力平衡，mg=qE
得：E=　 电场方向向上
U=Ed=．
（2）小球在PQ间下落过程中，电场力做功w=﹣qEd=﹣mgd
则其电势能增加，增加量为mgd
（3）依题意如图得：2R1＞d
依据牛顿其次定律Bqv1=m　
得v1=
又粒子进PQ前机械能守恒 mgh1=mv12
得h1=
当R2＜d时如图，
同理可得　v2=
h2=
所以小球应距P板在＞h＞释放．
答：（1）PQ间电场强度是，电场方向向上，电势差是；
（2）粒子下落过程中，电势能变化量是mgd；
（3）现给PQ间加一垂直纸面对里、磁感应强度B的匀强磁场，要使粒子进入PQ后不碰板飞出．则粒子应距P板的上方＞h＞处自由下落．
【点评】： 本题是电场、磁场与力学学问的综合应用，关键在于分析磁场中临界条件，抓住各过程之间的联系．