2021-2022学年广东省珠海某中学、东莞第六某中学、河源某中学、中山某中学高三（上）第四次联考物理试卷（附详解）

2021-2022学年广东省珠海实验中学、东莞第六高级中学、

河源高级中学、中山实验中学高三（上）第四次联考物理

试卷

一、单选题（本大题共7小题，共28.（）分）

1.某兴趣小组研究地面倾斜对电子秤测量体重的影响。如图所示，某同学站在电子秤

上测量体重，电子秤所在地面有一小坡度，电子秤平面与坡面平行，显示26.1kg,

重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（）

A.电子秤测的是小孩受到的重力

B.该同学的体重小于261N

C.电子秤对小孩的作用力与重力平衡

D.该同学不一定受摩擦力作用

2.如图所示，把两个相同的小球从离地面相同高度处，

以相同大小的初速度%分别沿水平方向和竖直向上"一。B

方向抛出，不计空气阻力。则下列说法中正确的是

（）

A.两小球落地时动量相同

B.两小球落地时，重力的瞬时功率相同

C.从小球抛出到落地，重力对两小球做的功相等

D.从小球抛出到落地，重力对两小球做功的平均功率相等

3.2016年10月19日凌晨3点31分，在离地球393公里的轨

道上飞行了一个多月、绕地球500多圈的“天宫二号

终于等来了他的小伙伴一一“神舟十一号”，他们在

太空牵手，完成了交会对接，航天员景海鹏和陈冬进入

天宫二号，交会对接前“天宫二号”和“神舟十一号”均绕地球做匀速圆周运动，

其轨道如图所示。关于交会对接前“天宫二号”和“神州十一号”各自的运行情况,

下列说法中正确的是（）

A.神舟十一号的运行速度小于天宫二号的运行速度

B.神舟十一号的运行周期小于天宫二号

C.神舟十一号和天宫二号的速度都大于地球的第一宇宙速度

D.神舟十一号必须减速才能与天宫二号交会对接

4.一个物块放置在粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F随时间t变化的关系如图甲所

示，速度"随时间t变化的关系如图乙所示，g=10m/s2,则由图中信息可判定（）

ip乙

A.0〜2s内物块所受摩擦力a=8N

B.物块的质量为4kg

C.物块在前6s内的平均速度为3m/s

D.物块与水平地面间的动摩擦因数〃=0.4

如图所示，当电路里滑动变阻器的滑动触头P向下

滑动时（）

A.电压表的读数减小

B.%消耗的功率增大

C.电容器C两端的电压增大

D.电容器C两极板间的电场强度减小

6.质量为400kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受』…一

到的阻力不变，其加速度a和速度的倒数工的关系如图所。------二Lg.j厂，

VOIII»

示，则赛车（）

A.速度随时间均匀增大

B.加速度随时间均匀增大

C.输出功率为60AW

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D.所受阻力大小为1600N

7.如图甲所示是家用滚筒式洗衣机，滚筒截面视为半

径为R的圆。在洗衣机脱水时，有一衣物（可视为质

点）紧贴筒壁在竖直平面内做匀速圆周运动，如图

乙所示，4、C为滚筒的最高和最低点，B、D为与

圆心等高点。重力加速度为g。则下列说法正确的

是（）

A.衣物在4、B、C、0四处对筒壁的压力大小相等

B.衣物在B、。两处所受摩擦力方向相反

C.要保证衣物能始终贴着筒壁，则滚筒匀速转动的角速度不得小于J

D.滚筒匀速转动的速度越大，衣物在C处和4处对筒壁的压力的差值也越大

二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）

8.如图所示的u-/图象中，直线I为某电源路端电压与电流的关系图线，直线n为

某一电阻R的U-/图线。用该电源与电阻R连接成闭合电路，由图象可知（）

A.R的阻值为1.5。B.电源电动势为3.0V,内阻为1.50

C.电源的输出功率为3.0勿D.电阻R消耗的功率为1.5小

9.如图实线为一簇未标明方向的电场线，虚线为一带电粒子

仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，4、B是轨迹

上的两点。下列说法正确的是（）

A.4点的电势一定比B点低

B.4点的电场强度比B点大

C.带电粒子在4点的动能比8点大

D.带电粒子在4点的电势能比B点高

10.如图所示，将一长为h的光滑轻杆固定在与水平地面垂

直的墙角，轻杆与水平面的夹角为53。，B为AC的中点。

在墙角。固定一轻弹簧，使轻弹簧另一端与一带孔的金

属小球相连，小球穿过轻杆。现将小球从轻杆顶端自由

释放，小球能到达轻杆底端。已知小球经过B点时弹簧

处于原长,。£）与AC垂直，小球质量为m,重力加速度为g=10m/s2,cos53°=0.6,

下列说法正确的是（）

A.小球经过B点和。点时加速度大小均为8m/s2

B.小球从4点运动到C点的过程中小球的机械能先减小后增大

C.小球运动到C点时的动能等于mg/i

D.小球从4点运动到C点的过程中小球的动能和弹簧弹性势能之和一直增大

三、填空题（本大题共1小题，共8.0分）

11.某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材:

A.被测干电池一节

电流表1：量程0〜0.64内阻约0.30

C.电流表2：量程07）.64,内阻约为10。

/）.电压表1：量程0〜3V,内阻未知

E.电压表2：量程0〜15V,内阻未知

F.滑动变阻器1：0〜100,2A

G.滑动变阻器2：0〜1000,1A

，.开关、导线若干

伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果

存在系统误差；在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻.

（1）在上述器材中请选择适当的器材.：（填写选项前的字母）；

（2）实验电路图应选择图中的（填“甲”或“乙”）；

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(3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图内所示的U-/图象，干电池的电

动势E=V,内电阻r=H.

四、实验题(本大题共1小题，共7.0分)

12.某同学设计如图(a)所示的电路图来进行有关电学实验，其中a、b为粗细均匀的金

属丝，孔为保护电阻。

(1)按电路图在图(b)中完成实物连线；

(2)用螺旋测微器测得金属丝直径如图(c)所示，其读数为；

(3)电路连接正确后，闭合开关，调节P的位置，记录aP长度”与对应的电压表示数

U和电流表示数/.将记录的数据描点在如图(d)的坐标纸上。

①在图(d)上作出苫一％关系图线。

②由苫-X图线求得电流表的内阻？=0和金属丝的电阻率p与其横截面积S

的比值(=_____0•rn-i.(计算结果保留两位有效数字)

(>O.IO"划<).：«><»,M>l».M)O.MI

(d)

五、计算题(本大题共3小题，共39.0分)

13.如图，一不可伸长的轻绳上端悬挂于。点，下端系一质量

m=1.0kg的小球.现将小球拉到4点(保持绳绷直)由静止

释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水

平地面上的C点.地面上的。点与0B在同一竖直线上，己

知绳长L=1.0m,B点离地高度4=1.0m,力、B两点的高度差九=0.5m，重力加

速度g取10m/s2,不计空气影响，求：

(1)地面上DC两点间的距离s；

(2)轻绳所受的最大拉力大小.

14.如图所示，一个带电粒子(不计重力)，从图中的A点以速度以，竖直向上进入一个

水平方向的匀强电场中，粒子运动到B点时，速度方向与电场方向成。角。已知该

粒子的质量为小，带电量为q,电场强度为E。求：

(1)粒子在8点的速度大小外；

(2)粒子从4点运动到B点的时间t；

(3)4、B两点间的电势差小”

15.如下图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连

接着质量M=3kg的小物块4装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等

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高，并能平滑对接，传送带始终以v=3m/s的速度逆时针转动。装置的右边是一

段光滑的水平台面连接的光滑曲面，质量?n=1kg的小物块B从其上距水平台面九=

1.0m处由静止释放。已知物块8与传送带之间的摩擦因数〃=0.2,传送带的长度1=

1.0m«设物块4、B之间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块4静止且处于平

衡状态，取g=10m/s2o

(1)求物块B刚滑上传送带时的速度大小，和物块B与物块4第一次碰撞前的速度大

小；

(2)物块8与物块4第一次碰撞后到再次碰撞前与传送带的摩擦生热；

(3)如果物块48每次碰撞后，物块4再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他

们再次碰撞前锁定被解除，求出物块B第n次碰撞后的动能&n。

答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：4电子秤测得是同学对秤的压力，并非重力，故A错误；

8.对小孩做受力分析，可知FN=GCOS。。电子秤显示26.1kg,则同学对电子秤的正压力

为氐=26.1xION=261N,所以可得G>261N,故B错误；

。.由于同学静止不动，故其受到的静摩擦力大小为f=Gsin。，。错误；

C.小孩在重力、支持力、摩擦力三个力的作用下处于平衡状态，电子称对小孩的作用力

有支持力和摩擦力，故电子称对小孩的作用力与重力平衡，故C正确；

故选：Co

正确对小孩做出受力分析是解决该题的依据，其次明确电子称对小孩的作用力有支持力

与摩擦力两个力。

熟知相互作用力与平衡力的相关概念。

该题考察受力分析与共点力平衡问题，掌握三个力的平衡是解决本题的关键。

2.【答案】C

【解析】解：4、因速度是矢量，两小球落地速度方向不同，所以速度不同，动量P=nw

不同，故A错误；

8、重力的功率可以表示为P=7ngvsin。,4球落地与竖直方向有夹角，故两小球落地时，

重力的瞬时功率不相同，故8错误；

C、两小球从同一高度下来，重力做功相等，故C正确；

从小球抛出到落地，重力对两小球做功相等，但落地时间不等，4球落地时间小于B

球落地时间，故。错误；

故选：Co

4由速度是矢量，比较两小球落地速度方向可知两球落地动量不同：B、力球落地与竖

直方向有夹角，故两小球落地时，重力的瞬时功率不相同，C、两小球从同一高度下来，

重力做功相等；。、由平均功率定义解答。

熟记并理解矢量、瞬时功率、平均功率等物理概念，求功率要注意不要漏掉速度与力夹

角的余弦，不要求方向用功能关系求解方便。

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3.【答案】B

【解析】解：万有引力提供向心力：G-^-=m~=m(^)2r=ma

解得:吁楞①T=2兀岛②3=悬③

4、由〃=呼可知半径小的速度大，则4错误

B、由7=2兀叵，可知半径小的周期小，则8正确；

7GM

C、所有卫星的运行速度不大于第一宇宙速度，则c错误；

。、神舟十一号要加速做离心运动才能与天宫二号交会对接，则。错误；

故选：B。

人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出

线速度、角速度、周期和向心力的表达式。

本题考查了万有引力的应用，知道万有引力提供向心力是解题的前提，应用万有引力公

式，牛顿第二定律可以解题，要理解卫星、航天器变轨的原理。

4.【答案】D

【解析】解：A、0〜2s内物块处于静止，所受的摩擦力为静摩擦力，f=F=4N.故A

错误；

B、物体做匀速直线运动时，滑动摩擦力/=8N,匀加速直线运动的加速度a=\m/s2=

2mls2,

根据牛顿第二定律得，F-f=ma,解得?n=个=3/g=2kg.动摩擦因数〃=卷=

卷=0.4.故3错误，。正确。

。、物块在前，6s内的位移X=；X(2+4)X4M=12TH,则平均速度的大小u=:=昔=

2t6

2m/s.故C错误。

故选：D。

通过0—2s物体处于静止，根据共点力平衡求出摩擦力的大小.通过速度时间图线围成

的面积求出物体在前6s内的位移，从而求出平均速度的大小.通过物体做匀速直线运动

求出滑动摩擦力的大小，根据匀加速直线运动，通过牛顿第二定律求出物体的质量，从

而求出动摩擦因数.

本题首先考查读图能力，其次要根据速度图象分析物体的运动情况，这是解决本题的基

础.

5.【答案】C

【解析】解：C、当滑动变阻器/?2的滑动触头P向下滑动时，变阻器在路电阻增大，外

电路总电阻增大，干路电流减小，电源的内电压减小，则路端电压增大；滑动变阻器两

端的电压增大，电容器C两端的电压增大，故C正确；

D、电容器C两端的电压增大，根据E=§得电容器C两极板间的电场强度增大，故。错

误；

A、由4的分析可知，电压表的读数增大，故A错误；

B、干路电流减小，%消耗的功率减小，故8错误；

故选：Co

当滑动变阻器&的滑动触头P向下滑动时，变阻器在路电阻增大，外电路总电阻增大,

根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化，即可知电压表读数和%消耗的

功率的变化情况。电容器的电压等于变阻器&两端的电压，根据欧姆定律分析电容器电

压的变化，即可知其电量的变化。

本题考查闭合电路欧姆定律、含容电路及功率问题，要注意正确分析电路，再由“局部

-整体-局部”的分析方法分析求解.

6.【答案】D

【解析】解：4、由图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，故A错误；

B、由a-3函数方程。=手-4,汽车加速运动，速度增大，加速度减小，故B错误;

CO、对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：

F-f=ma

其中：F=V-

联立得：a=2

mv

结合图线，当物体的速度最大时，加速度为零,故结合图象可以知道,a=0时，工=0.01,

V

v—100m/s,所以最大速度为lOOm/s

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由图象可知：a='=4,

m

解得：/=4m=4x400=1600/V

1Pf

0--------------

400100400

解得：p=Fv=fv=1600X1001V=160KW,故C错误，O正确；

故选：。。

汽车恒定功率启动，对汽车受力分析后根据牛顿第二定律列方程，再结合图象进行分析

即可。

本题关键对汽车受力分析后，根据牛顿第二定律列出加速度与速度关系的表达式，再结

合图象进行分析求解。

7.【答案】C

【解析】解：力、衣物随滚筒一起做匀速圆周运动，合力大小不变，但四个点的受力情

2

况不同，则筒壁受到的压力大小不同，例如在最低点年1一加9在最高点产稔+

R

2

mg=m—y则？NI>FN2，故A错误；

R

8、衣物随滚筒一起做匀速圆周运动，水平方向上合力大小相等，则8、。位置竖直方向

上合力为零,即摩擦力的方向都与重力方向相反，故BZ）两位置摩擦力方向都竖直向上，

故8错误；

C、竖直平面内做匀速圆周运动，只要4点能够贴着筒壁，则能保证衣物能始终贴着筒

壁，当在4点衣物与筒壁恰好无压力时，重力提供向心力mg=得：u=聆故C

正确；

D、根据牛顿第二定律，在最低点尸出一mg=在最高点尸痔+m9=则?NI-

凤2=2mg，说明衣物在C处和A处对筒壁的压力的差值为定值，故。错误。

故选：Co

脱水筒做匀速圆周运动，通过受力分析找到向心力来源，由牛顿第二定律列式。根据列

出的式子进一步进行判断即可。

本题考查了圆周运动的物体受力情况，解题的关键是搞清圆周运动的平面及圆心，从而

明确向心力的来源。

8.【答案】ABD

【解析】

【分析】

根据图线I纵轴截距读出电源的电动势，由斜率大小读出电源的内阻。图线n的斜率大

小等于电阻R的大小。两图线的交点表示电阻R接在该电源的电压和电流，求出电源的

输出功率，由P=/2R求电阻R消耗的功率。

本题抓住伏安特性曲线的斜率、截距和交点的数学意义来理解其物理意义，知道两个图

象的交点表示该电源与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压。

【解答】

48.由图线图线I纵轴截距读出电源的电动势E=3(其斜率大小等于电源的内阻，则

r=I与I=装。=1.50,电阻R的阻值为R===登。=1.50，故A、B正确；

C.两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压，

则有U=1.5V,1=1.04电源的输出功率为P=I//=1.5x1.0WZ=1.5W,故C错误；

D电阻R消耗的功率P=I2R=I2x1.5W=1.5W,故。正确；

故选ABD„

9.【答案】BC

【解析】解：4CD.根据粒子的运动轨迹可知，粒子所受的电场力大致向右，若粒子从4

到B,则电场力做负功，动能变小，粒子在4点的动能比B点大；粒子的电势能变大，即

带电粒子在4点的电势能比B点低，但是由于粒子的电性未知，则不能确定两点电势高

低，故C正确，错误；

8.由于4点电场线较B点密集，可知4点的场强大于B点的场强，故8正确。

故选：BC。

根据电场线疏密程度判断电场大小，根据粒子的运动轨迹可知粒子所受的电场力大致向

右，判断电场力做功可知动能的变化。

本题考查电势能与电场力做功，解题关键掌握根据电场线疏密程度判断电场大小，注意

电势的高低可以由电场线方向判断。

10.【答案】AD

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【解析】解：4、小球在B点时弹簧为原长，没有弹力，小球受重力和杆的弹力；而小

球在D点时弹簧弹力与杆垂直，则可知，小球在两点受到的合力均为zngsin53。，由牛顿

第二定律可知，加速度a=gsin53。=8m/s2,故A正确；

8、小球从4点运动到C点的过程中弹簧的弹力先做正功再做负功，故小球的机械能先增

大后减小，故B错误；

C、由几何关系可知，弹簧在C点时的伸长量小于在4点时的伸长量，贝UC点的弹簧的弹

性势能小球4点时的弹性势能；因小球、弹簧组成的系统总机械能守恒，所以由4到C时，

弹簧弹性势能的减小量与重力势能的减小量mgh之和等于小球动能的增加量，故小球在

C点的动能一定大于mgh，故C错误；

。、因小球、弹簧组成的系统总机械能守恒，下落过程中小球的重力势能减小，所以小

球从4点运动到C点的过程中小球的动能和弹簧弹性势能之和一直增大，故。正确。

故选：AD.

对小球在B和。点受力分析，由牛顿第二定律即可确定加速度大小；对2C过程进行分析,

由功能关系分析小球的机械能变化，并明确小球到达C点的动能，知道小球、弹簧以及

地球组成的系统总的机械能守恒。

对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法.这是一道考查系统机

械能守恒的好题，注意小球的机械能不守恒，但小球和弹簧组成系统的机械能守恒。

11.【答案】ABDFH；乙；1.5；1.0

【解析】解：(1)本实验中必选的仪器有：4被测干电池一节；“开关、导线若干；

因电源电动势为1.5心电流较小，为了读数准确，所以电流表应选择：量程0~0.64

内阻0.3。的B；电压表选择D量程0〜3V,

滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，故选立

(2)为了减小误差，电流表采用相对电源的外接法，故选择图乙；

(3)由U—/图可知,电源的电动势E=1.50匕

内电阻r=半=4三=1。

故答案为：①ABDFH

②乙

③1.5,1.0

(1)实验中要能保证安全和准确性选择电表；

(2)本实验应采用电阻箱和电压表联合测量，由实验原理可得出电路原理图；

(3)由原理利用闭合电路欧姆定律可得出表达式，由数学关系可得出电动势和内电阻.

本题为设计性实验，在解题时应注意明确实验的原理；并且要由实验原理结合闭合电路

欧姆定律得出表达式，由图象得出电动势和内电阻.

12.【答案】0.400nun2.010

【解析】解：(1)根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示:

(2)由图示螺旋测微器可知，其读数：d=0mm+40.0x0.01mm=0.400mm；

(3)①根据描出的点可得出对应的图象如图所示；

10.0

ao

6,0

io

2”

OO.IOO.2<>"JO<1.50O.frf)

②由电阻定律可得，R=P(,由欧姆定律可得：R=%

整理得：?/=PW3，苫/-x图象斜3率：々U.o=U§=嚓照=lOO.mT,

由图象可得：x=0时对应的数值2.00,彳=2.0。,则电流表的内阻为2.00；

故答案为：(1)实物电路图如图所示；(2)0.400rmn；(3)①图象如图所示；②2.0；10。

(1)根据原理图得出对应的实物图；

(2)根据螺旋测微器的读数方法可得出对应的读数；

(3)①应用描点法作图作出图象；②求出图象的函数表达式，然后根据图象求出电阻率

与面积的比值，根据截距可求得电流表内阻。

要掌握常用器材的使用及读数方法，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，螺旋测微器需要估读一位；明确实验原理，能根据电路图及相应的物理规

律分析得出函数关系，同时能根据图象分析数据，得出结论。

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13.【答案】解：(1)设小球在B点速度为也对小球从4到B由动能定理得:

1

mgh=-mv2(T)

绳子断后，小球做平抛运动，运动时间为3则有：

H=^gt2@

0C间距离：

s=vt

解得：s=74Hh-V4x1xO.Sm«1.414m

(2)在B位置，设绳子最大拉力为F,由牛顿第二定律得：

mv2三

F-mg=­j—⑷

Lt

联立①④得：F=2mg=2x1xION=20N

根据牛顿第三定律，有F'=F,因而轻绳所受的最大拉力为20N。

答⑴DC两点间的距离1.414m；

(2)轻绳所受的最大拉力20/V。

【解析】本题关键是建立物体运动的情境，寻找物理模型，本题为圆周和平抛模型的组

口。

(1)从4到B由动能定理可得8位置时的速度，之后做平抛运动，由平抛规律求解；

(2)在B位置，由牛顿第二定律、向心力的计算可求轻绳所受的最大拉力大小。

14.【答案】解：(1)带电粒子在电场中做类

平抛运动，在竖直方向上做匀速直线运动，

在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运

动，将粒子在B点的速度分解，如图所示，则

有

(2)粒子在B点时水平分速度大小：vx=^

粒子的加速度为a=变

m

水平方向有：vx=at

可得tqEtanO

(3)粒子从4点到B点的过程，由动能定理得

qUrrAB=-1mvi2--1mv^2

可得=」喀

仃ABqtan20

答：(1)粒子在8点的速度大小如为(需。

(2)粒子从A点运动到B点的时间t为蓝舞；

(3)4、B两点间的电势差〃B为就篇。

【解析】(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，在竖直方向上做匀速直线运动，在水平

方向上做初速度为零的匀加速直线运动，将粒子在B点的速度分解，即可求出粒子在B点

的速度大小班；

(2)根据牛顿第二定律求出粒子的加速度，由水平方向分速度公式求粒子从4点运动到B

点的时间t；

(3)根据动能定理求力、B两点间的电势差〃B。

本题的关键将带电粒子的运动分解为竖直方向上的匀速直线运动和在水平方向上的初

速度为零的匀加速直线运动来研究，同时要结合动能定理、运动学公式列式分析。

15.【答案】解：(1)设B滑到曲面底部速度为孙，根据机械能守恒定律得：mgh=\mvl

代入数据解得：v0=2V5m/s

由于%>u=3m/s,B在传送带上开始做匀减速运动，设B一直减速滑过传送带的速度

为巧，由动能定理可得：=gm评一诏

代入数据解得：%=4m/s

由于%=4m/s仍大于u=3m/s,说明假设成立，即8与4第一次碰前速度为4m/s

(2)设第一次碰后/的速度为以1，8的速度为外1，4、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动

量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv1=mvB14-MvA1

由机械能守恒定律得：=[巾诏1+[”或1

代入数据解得：vB1=-2m/s,vA1=2m/s

碰撞后8以2m/s的速度向右反弹，B在传送带上向右做匀减速直线运动，设8向左匀减

速运动的最大位移为小，由动能定理得：fmgxB=0-如喉

代入数据解得：xB=1.0m=lf可知8刚好滑到传送带右端速度变为零，然后8向左做

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初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知，8的加速度大小：Q4mg