黑龙江省佳木斯市第一中学2025-2026学高三上学期第四次调研考试物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1黑龙江省佳木斯市第一中学2025-2026学高三上学期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.物体所带的电荷量可以为任意实数B.美国物理学家密立根用实验最早测定了元电荷的数量值C.物体带电，这是因为该物体失去了个电子D.物体带电荷量的最小值为【答案】A【解析】A、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A错误；B、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B正确；C、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1.01010个电子，故C正确；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：A2.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【解析】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，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。电压表的量程可知，R增大时量程增大，故B错误；C.由公式，若改装成的安培表的量程为0.6A，则，故C错误；D.由公式，若改装成的电压表的量程为3V，则故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，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5m B.波速为4m/sC.波的周期为0.8s D.质点Q开始振动的方向沿y轴正方向【答案】C【解析】A．由波形图可知，波长为4m，故A错误；B．再经时间，在x=10m处的Q质点刚好开始振动，则波速为，故B错误；C．波的周期为，故C正确；D．根据波形平移法可知，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，故D错误；故选C。4.下图为静电除尘机的原理示意图，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，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荷量变化，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【答案】B【解析】A.带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，则集尘极应带正电荷，是正极，所以电场线方向由集尘极指向放电极，选项A错误；B.集尘极带正电荷，是正极，A点更靠近放电极，所以图中A点电势低于B点电势，选项B正确；C.放电极与集尘极间是非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的，所以尘埃不是做匀变速运动，选项C错误；D.带电尘埃所受的电场力方向与位移方向相同，做正功，所以在迁移过程中动能增大，选项D错误。故选B。5.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，则圆心O点处的电场强度为（）A.，方向沿半径指向P点B.，方向为由P点指向O点C.，方向沿半径指向P点D.，方向为由P点指向O点【答案】B【解析】根据题意，当P点的电荷量为时，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，可看作和两个电荷，则此时圆心O点处的电场强度为，方向为由P点指向O点。故选B。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，板长为L，把叫示波器的灵敏度，下列说法正确的是（）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C.当、L增大，d不变，示波器的灵敏度一定减小D.当L变为原来的两倍，d变为原来的4倍，不变，示波器的灵敏度不变【答案】D【解析】A．电子在加速电场和偏转电场中，电场力均对电子做正功，电子动能均增大，故A错误；B．电子在加速电场中，有，解得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，故B错误；C．电子在偏转电场中，有，结合，联立可得D．根据，可知当L变为原来的两倍，d变为原来的4倍，不变，示波器的灵敏度不变，故D正确。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【解析】A．两壶碰撞，动量守恒，有由图可知，碰后蓝壶速度为因为所以该碰撞不是弹性碰撞。A错误；B．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，解得所以蓝壶的加速度为当蓝壶停止时，两壶相距最远，有C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，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。下列说法正确的是（）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【解析】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【解析】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，B正确。C．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，两点电荷连线上各点电势φ随坐标x变化的关系图像如图所示，其中P点电势最高，且，则（）A.q1和q2都带负电荷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.一点电荷只在静电力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐变小【答案】AC【解析】A．由题图知，越靠近两电荷，电势越低，则和都是负电荷，故A正确；B．图像的切线斜率表示电场强度，则P点场强为零，根据场强的叠加原则可知两点电荷在P处产生的场强等大反向，则有因为，所以的电荷量小于的电荷量，故B错误；C．D．图像的切线斜率绝对值表示电场强度大小，则沿x轴从P点运动到B点场强逐渐增大，根据牛顿第二定律可得可知一点电荷只在静电力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐增大，故D错误。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【解析】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，由动量守恒定律得代入数据解得，B球获得的速度大小为，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，由牛顿第二定律得解得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代入数据解得所以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代入数据解得解得小球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）的质量分别为和。（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________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、，当________（选填“<”、“=”或“>”）时，可认为气垫导轨水平。（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和，与光电门2相连的计时器显示的遮光时间为。若、、、、满足关系式：________，则可验证滑块A、B组成的系统碰撞前后动量守恒；若、、满足关系式：________，则可验证滑块A、B碰撞是弹性碰撞。【答案】（1）4914##4.915##4.916（2）=（3）；【解析】【小问1】用螺旋测微器测量滑块上挡光片的宽度d=4.5mm+0.01mm×41.5=4.915mm【小问2】当气垫导轨水平时，滑块经过两光电门的速度相等，则遮光时间相等，即=【小问3】向右为正，则由题意可知碰前A的速度碰后A的速度碰后B的速度若动量守恒，则，即即若为弹性碰撞，则满足即，联立解得13.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【解析】【小问1】小球的直径为1.1cm+0.05mm×10=1.150cm【小问2】小球摆动的周期为2t0【小问3】根据解得【小问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.如图，电池组的电动势，内电阻，电阻，，小电动机M的内电阻。当小电动机M稳定转动时，电流表A的读数为0.5A，求：（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）（3）【解析】【小问1】电阻两端的电压为根据闭合电路欧姆定律，有故电路中的总电流为：【小问2】路端电压为电源的输出功率【小问3】电动机中的电流为电动机的电功率为15.如图所示，质量的工件A左部分为半径的光滑圆弧，圆弧最低点与平直部分相切，A静止在光滑水平面上，质量的小物块B从A的圆弧顶端由静止释放，恰好能到达A的右端，已知B与A平直部分间的动摩擦因数，取重力加速度大小，求：（1）从B释放到B滑到圆弧最低点的过程中，A的位移大小；（2）B滑到圆弧最低点时的速度大小；（3）A平直部分的长度。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1】设从释放到滑到圆弧最低点的过程中，的水平位移为，则有，，，，解得【小问2】滑到圆弧底端时，设的速度为，则有，解得【小问3】滑到圆弧底端时，摩擦力使向左减速，使向右减速，最终和的速度均为0，则有，解得16.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；第二象限内有沿x轴正向的匀强电场，电场强度大小为；第四象限内也有沿x轴方向的匀强电场，其电场强度大小为，方向按图乙周期性变化的电场，场强以沿x轴正向为正，变化周期满足。在时刻，一质量为，电荷量为的粒子从（-x0，x0）点由静止释放，进入第一象限后恰能在（x0，0）点沿y轴负方向进入第四象限。不计粒子所受的重力，图乙的计时起点与粒子由静止释放的时刻相同。求：（1）粒子在第二象限中的运动时间和刚进入第一象限的速度大小；（2）第一象限中匀强电场的场强大小和方向；（3）请判断粒子能否离开第四象限，若能离开，求出其离开位置坐标；若不能离开，求出当时刻粒子的坐标。【答案】（1）；（2）；方向为