佳木斯市第一中学2026届高三上学期第四次调研考试物理试卷

佳一中2026届高三学年第四次调研考试物理试题时间：75分钟总分：100分一、单选题（共8道题，每题4分，共32分；错选、多选或不选不得分）1．下列说法中，哪一项是不正确的（）A．美国物理学家密立根用实验最早测定了元电荷的数量值B．物体带电+1.60×10-9CC．物体所带的电荷量可以为任意实数D．物体带电荷量的最小值为1.6×【答案】C【详解】A、元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根使用油滴法测得的，为此他获得了诺贝尔物理学奖，故A正确；B、元电荷e=1.6×10-19C，物体带电+1.60×10-9C=+1.0×1010e，即该物体失去了1.0×1010个电子，故B正确；C、物体所有带电电荷量均是元电荷的整数倍，而不是任意的，故C错误；D、物体带电荷量的最小值为元电荷，即为1.6×10-19C，故D正确．故不正确的选：C2．如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器组成的，已知灵敏电流表的满偏电流Ig=2mA，内电阻Rg=300Ω，则下列说法正确的是（）

A．甲表是安培表，R增大时量程增大B．乙表是电压表，R增大时量程减小C．在甲图中，若改装成的安培表的量程为0.6A，则R=0.6ΩD．在乙图中，若改装成的电压表的量程为3V，则R=1200Ω【答案】D【详解】A.甲由一个灵敏电流表G和一个变阻器R并联，利用并联电阻的分流，改装成安培表。安培表的量程I可知，R增大时量程减小，故A错误；B.乙由一个灵敏电流表G和一个变阻器R串联，利用串联电阻的分压，改装成电压表。电压表的量程U可知，R增大时量程增大，故B错误；C.由公式I若改装成的安培表的量程为0.6A，则R故C错误；D.由公式U若改装成的电压表的量程为3V，则R故D正确。故选D。3．一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，此时波刚好传播到x=5m处的M点，再经时间Δt=1s，在x=10m处的Q质点刚好开始振动。下列说法正确的是（）A．波长为5mB．波速为4m/sC．波的周期为0.8sD．质点Q开始振动的方向沿y轴正方向【答案】C【详解】A．由波形图可知，波长为4m，选项A错误；B．再经时间Δt=1s，在x=10m处的Q质点刚好开始振动，则波速v选项B错误；C．波的周期为T选项C正确；D．质点M开始振动的方向沿y轴负方向，则质点Q开始振动的方向也沿y轴负方向，选项D错误；故选BCE。1．如图为静电除尘机原理示意图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。图中虚线为电场线（方向未标）。不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电量变化，则（）A．电场线方向由放电极指向集尘极 B．图中A点电势低于B点电势C．尘埃在迁移过程中做匀变速运动 D．尘埃在迁移过程中动能减小图中A点的电场强度大于B点的电场强度【答案】B【详解】A．带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，则电场的方向为由集尘极指向放电极，故A错误；B．距离放电极越近电势越低，则图中A点电势低于B点电势，故B正确；C．由图可知，电场是非匀强电场，则尘埃受的电场力在变化，则尘埃在迁移过程中做非匀变速运动，故C错误；D．带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，电场力做正功，则尘埃在迁移过程中动能增大，故D错误；故选B5．硒鼓是激光打印机的核心部件，主要由感光鼓、充电辊、显影装置、粉仓和清洁装置构成，工作中充电辊表面的导电橡胶给感光鼓表面均匀地布上一层负电荷。如图所示，我们可以用下面的模型模拟上述过程：电荷量均为-qq>0的点电荷，对称均匀地分布在半径为R的圆周上，若某时刻圆周上P点的一个点电荷的电荷量突变成+2A．3kqR2，方向为由PB．2kqR2，方向为由PC．3kqR2，方向由OD．2kqR2，方向由O【答案】A【详解】根据题意，当P点的电荷量为-q时，由对称性可得，在O点的电场强度为0，若某时刻圆周上P点的一个点电荷的电荷量突变成+2q，可看作-q和+3q方向为由P点指向O点。故选A。6．某种类型的示波管工作原理如图所示，电子先经过电压为U1的直线加速电场，再垂直进入偏转电场，离开偏转电场时的偏移量为h，两平行板之间的距离为d，电压为U2，板长为L，把A．电子在加速电场中动能增大，在偏转电场中动能不变B．电子只要能离开偏转电场，在偏转电场中的运动时间一定等于LC．当U1、L增大，dD．当L变为原来的两倍，d变为原来的4倍，U1不变，示波器的灵敏度【答案】B【详解】A．电子在加速电场和偏转电场中，电场力均对电子做正功，电子动能增大，故A错误；B．电子在加速电场中，有eU1=电子只要能离开偏转电场，在偏转电场中的运动时间一定等于t故B错误；C．电子在偏转电场中，有h=12联立可得hU2=L24U1d，可知当D．根据hU2=L24U1d，可知当L变为原来的两倍，故选D。7．2022年2月，北京市和张家口市将联合举办第24届冬季奥林匹克运动会，某冰壶队为了迎接冬奥会，积极开展训练。如图甲所示，某次训练中，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰，碰撞前、后两壶的v－t图像如图乙所示，则（）A．两壶发生弹性碰撞B．碰撞后，蓝壶受到的滑动摩擦力相比较，蓝壶较大C．碰撞后，蓝壶的加速度大小为0.12m/s2D．碰撞后，两壶相距的最远距离为1.2m【答案】C【详解】A．两壶碰撞，动量守恒，有mv由图可知，碰后蓝壶速度为v因为1所以该碰撞不是弹性碰撞。A错误；B．由图可知，红壶减速的加速度较大，结合两壶质量相同，所以红壶摩擦力较大。B错误；CD．由图可知，蓝壶停止的时刻与红壶不碰时停止的时刻相同，所以有1.2-1解得t所以蓝壶的加速度为a当蓝壶停止时，两壶相距最远，有ΔsC正确，D错误。故选C。8．如图所示，处于同一竖直平面内的两根光滑绝缘细杆与竖直方向的夹角分别为α、β（α<β），套在两根杆上的带电小球A、B（均可视为点电荷）恰好静止在同一水平面上。A．A球所带电荷量一定小于B球所带电荷量B．A球质量一定大于B球质量C．若因漏电A球电荷量逐渐减小，重新平衡后，A、B之间的库仑力可能减小D．若因漏电A球电荷量逐渐减小，重新平衡后，A、B连线一定水平【答案】D【详解】A．AB间的库仑力大小相等设为，根据库仑定律有则不能判断电荷量的大小关系，故A错误；B．对B受力分析如图根据平衡条件有同样对A有已知，则故B错误；CD．若因漏电A球的电荷量逐渐减小，重新平衡后，由于A、B受到的重力和杆对A、B的弹力也不变，故库仑力也不变，AB连线仍在一条直线上，故C错误，D正确。故选D。二、多选题（共3道题，每题6分，共18分；错选、不选不得分，漏选得3分）9．一列简谐横波沿x轴传播，图甲是t＝0.2s时的波形图，P、Q是这列波上的两个质点，图乙是P质点的振动图象，下列说法正确的是（）A．这列波的传播方向沿x轴正方向B．这列波的传播速度为15m/sC．t＝0.1s时质点Q处于平衡位置正在向上振动D．P、Q两质点在任意时刻加速度都不可能相同【答案】BC【详解】A．题图甲是t＝0.2s时的波形图，题图乙是P质点的振动图象，在t＝0.2s时，质点P沿y轴负方向传播，根据波动规律可知，波沿x轴负方向传播，A错误。B．由题图甲确定波长λ＝6.0m，由题图乙确定周期T＝0.4s，根据波长、波速和周期的关系可知vB正确。C．t＝0.2s时，质点Q处于波峰，则t时，质点Q处于平衡位置向上振动，C正确。D．质点P、Q的平衡位置相隔四分之三波长，当质点P、Q关于波谷或波峰对称分布时，位置相同，加速度相同，D错误。故选BC。10．两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的A、B两点，两电荷连线上各点电势φ随坐标x变化的关系图象如图所示（取无穷远处电势为零），其中P点电势最高，且xAP<xPB，则（）A．q1和q2都是负电荷 B．q1的电荷量大于q2的电荷量C．在A、B之间将一负点电荷沿x轴从P点左侧移到右侧，电势能先减小后增大D．一点电荷只在电场力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐变小【答案】AC【详解】A．从A到P的电势升高，从P到B电势降低，则电场线方向从P到A，P到B，则可知q1和q2都是负电荷，故A正确；B．在P点，φ-x图象切线斜率为零，则P点电场强度大小为零，说明q1和q2两点电荷在P点产生的场强大小相等，方向相反，由公式E=kQr2，AP<BPC．负电荷从P点左侧移到右侧，电场力先做正功，后做负功，电势能先减小后增大，故C正确；D．在φ-x图象中切线斜率绝对值表示场强大小，从P点到B点斜率越来越大，故场强越来越大，则电场力越来越大，加速度越来越大，故故选AC。11．如图所示，在光滑的水平桌面上有体积相同的两个小球A、B，质量分别为m=0.1kg和M=0.3kg，两球中间夹着一根压缩的轻弹簧，原来处于静止状态，同时放开A、B球和弹簧，已知A球脱离弹簧时的速度大小为6m/s，接着A球进入与水平面相切且半径为0.5m的竖直面内的光滑半圆形轨道运动，P、Q为半圆形轨道竖直的直径，g=10m/s2，下列说法不正确的是（）A．弹簧弹开过程，弹力对A的冲量与对B的冲量相同B．A球脱离弹簧时B球获得的速度大小为2m/sC．若半圆轨道半径改为0.9m，则A球也能到达Q点D．A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为0.2N·s【答案】ACD【详解】A．弹簧弹开过程，弹簧对A、B的弹力大小相等、方向相反、作用时间相等，由I可知弹力对A、B的冲量大小相等、方向相反，冲量是矢量，因此弹力对A的冲量不等于对B的冲量，故A错误；B．释放弹簧过程中，A、B系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m代入数据解得，B球获得的速度大小为v故B正确；C．若半圆轨道半径改为0.9m，A球恰好到达Q点重力提供向心力，由牛顿第二定律得mg解得vA球从P点运动到Q点过程中只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得1代入数据解得v所以A球不能到达Q点，故C错误；D．A球从P点运动到Q点过程中只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得1代入数据解得解得v小球A从P点运动到Q点过程中，取水平向左为正方向，由动量定理得I故D错误。本题选择错误的选项，故选ACD。三、实验题（每空2分）12．为了验证动量守恒定律，某实验小组的同学设计了如图甲所示的实验装置：将一足够长气垫导轨放置在水平桌面上，光电门1和光电门2相隔适当距离安装好，在滑块A和B相碰的端面上装有弹性碰撞架，它们的上端装有宽度均为d的挡光片，测得滑块A、B（包含挡光片）的质量分别为m1和m(1)用螺旋测微器测量滑块上挡光片的宽度d，示数如图乙所示，则d=mm(2)打开气泵，调节气垫导轨，将一个滑块放在气垫导轨左端，向右轻推滑块，滑块通过光电门1、2的时间分别为t1、t2，当t1t2（选填“<”、“=”或(3)滑块A置于光电门1的左侧，滑块B静置于两光电门之间，给A一个向右的初速度，A与静止的滑块B发生碰撞。与光电门1相连的计时器先后显示的两次遮光时间分别为Δt1和Δt2，与光电门2相连的计时器显示的遮光时间为Δt3。若m1、m2、Δt1、Δt2、Δt3满足关系式：，则可验证滑块A、【答案】(1)4.915(2)=(3)m1Δ【详解】（1）遮光片的宽度d（2）打开气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的挡光片经过两个光电门的遮光时间相等时，可认为气垫导轨水平。（3）[1][2]与光电门1相连的计时器碰撞前后有两次显示时间，说明A碰后速度反向，则碰前A的速度大小为v碰后A的速度大小为v碰后B的速度大小为v由动量守恒得m联立解得m若两滑块发生的是弹性碰撞，则1联立解得113．某同学利用在半径为R的光滑圆弧球面上做简谐运动的匀质小球来测定当地的重力加速度，实验装置如图1所示，在该实验条件下，小球在圆弧球面上的运动可视为单摆。(1)该同学首先利用游标卡尺测量小球的直径，示数如图2所示，则小球的直径为cm。(2)该同学在圆弧球面下方安装了压力传感器，将小球从A点由静止释放后，压力传感器的示数变化如图3所示，则小球摆动的周期为。(3)根据已知的物理量，可得当地重力加速度g的表达式为（用d、、R表示）。(4)另一同学将光滑圆弧球面半径R当做小球等效单摆长度所测得g比真实重力加速度（选填“偏大”“偏小”“正确”）【答案】(1)1.150(2)(3)(4)偏大【详解】（1）小球的直径为1.1cm+0.05mm×10=1.150cm（2）小球摆动的周期为2t0（3）根据解得（4）若将光滑圆弧球面半径R当做小球等效单摆长度，根据，则所测得g比真实重力加速度偏大。四、解答题14．（9分）如图，电池组的电动势E=28V，内电阻r=1Ω，电阻R1=3Ω，R2=40Ω，小电动机(1)电路中的总电流；(2)电源的输出功率；(3)电动机消耗的电功率。【答案】(1)2(2)52(3)30【详解】（1）电阻R2U根据闭合电路欧姆定律，有E故电路中的总电流为：I（2）路端电压为U电源的输出功率P（3）电动机中的电流为I电动机的电功率为P15．（12分）如图所示，质量m1=4kg的工件A左部分为半径R=1m的14光滑圆弧，圆弧最低点与平直部分相切，A静止在光滑水平面上，质量m2=1kg的小物块B从A的圆弧顶端由静止释放，恰好能到达A(1)从B释放到B滑到圆弧最低点的过程中，A的位移大小x1(2)B滑到圆弧最低点时的速度大小vB(3)A平直部分的长度L。【答案】(1)x(2)v(3)L【详解】（1）设从B释放到B滑到圆弧最低点的过程中，B的水平位移为x2，则有xxx解得x（2）B滑到圆弧底端时，设A的速度为v1，则有m解得v（3）B滑到圆弧底端时，摩擦力使A向左减速，使B向右减速，最终A和B的速度均为0，则有1解得L16．（13分）在如图甲所示的平面坐标系内，第一、二、四象限分别存在三个不同的匀强电场。第一象限内匀强电场的强度大小和方向未知；第