名师解析辽宁省锦州市锦州中学届高三第四次模拟考试物理.docx

1、名师解析辽宁省锦州市锦州中学届高三第四次模拟考试物理2013年辽宁省锦州市高考物理四模试卷一、选择题：本题8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分其中1-5题为单选题，6-8为多选题1（6分）（2013锦州四模）在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步在对以下几位科学家所作科学贡献的叙述中，下列说法正确的是（） A 伽利略通过理想斜面实验，提出了力是维持物体运动状态的原因 B 卡文迪许通过扭秤实验，总结并提出了真空中两个静止点电荷间的相互作用规律 C 奥斯特发现了电流的磁

2、效应，找到了电流间的相互作用规律 D 密立根进行了多次实验，比较准确地测定了电子的电荷量【考点】： 物理学史【专题】： 常规题型【分析】： 根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解析】： 解：A、伽利略通过理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动状态的原因，故A错误；B、库仑通过扭秤实验，总结并提出了真空中两个静止点电荷间的相互作用规律，故B错误；C、奥斯特发现了电流的磁效应，安培找到了电流间的相互作用规律，故C错误；D、密立根进行了多次实验，比较准确地测定了电子的电荷量，故D正确；故选：D【点评】： 本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记

3、忆，这也是考试内容之一2（6分）（2013锦州四模）一辆小车沿水平面始终保持做匀变速直线运动一根细线上端固定在车顶，下端系一个小球M，稳定时，细线的位置如图所示，当时在小车地板上，小球正下方的点是P点某时刻细线突然断裂，小球落到小车的地板上（该过程小车的运动方向未变，小球没有跟左右两壁相碰，不计空气阻力）设小球落到小车地板上的点是Q点则下列说法正确的是（） A 无论小车向左运动还是向右运动，Q点都一定在P点的左侧 B 无论小车向左运动还是向右运动，Q点都一定在P点的右侧 C 若小车向左运动则Q点一定在P点的左侧，若小车向右运动则Q点一定在P点的右侧 D 若小车向左运动则Q点一定在P点的右侧，若

4、小车向右运动则Q点一定在P点的左侧【考点】： 匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】： 直线运动规律专题【分析】： 细绳断裂后，小球做平抛运动，小车做匀变速直线运动，结合运动学公式，根据两者在水平方向上位移的关系确定落点的位置【解析】： 解：细线突然断裂，小球做平抛运动，小车做匀变速直线运动，对小球分析，可知小球的加速度向左，则小车的加速度也向左，若小车向左做匀加速直线运动，设绳子断裂时速度为v，小球经过t时间落到地板上，对小球有：x1=vt，对小车有：，可知，知Q点在P点右侧若小车向右左匀减速直线运动，对小球有：x1=vt，对小车有：，可知，Q点仍然在P点右侧故选：B【点评】： 解决本题的

5、关键知道小球和小车的运动规律，结合运动学公式分析判断，注意小车可能向左做匀加速直线运动，也可能向右做匀减速直线运动3（6分）（2013锦州四模）如图所示，木块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力F做了10J的功，在上述过程中（） A 弹簧的弹性势能增加了10J B 滑块的动能增加了10J C 滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10J D 滑块和弹簧组成的系统机械能守恒【考点】： 机械能守恒定律【专题】： 机械能守恒定律应用专题【分析】： 对弹簧和滑块系统而言，除弹力外其他力做的功等于系统机械能的增加量，故拉力对

6、系统做的功等于系统机械能的增加量【解析】： 解：对弹簧和滑块系统而言，除弹力外其他力做的功等于系统机械能的增加量，故拉力对系统做的功等于系统机械能的增加量，所以滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10J，即弹簧弹性势能增加量和滑块动能增加量之和等于10J；故C正确，ABD错误故选：C【点评】： 本题关键根据除弹力外其余力做的功等于系统机械能的增加量进行判断4（6分）（2013锦州四模）如图所示，在水平板左端有一固定挡板，挡板上连接一个轻质弹簧，紧贴弹簧放一质量为m的滑块，此时弹簧处于自然长度已知滑块与平板的动摩擦因数为（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）现将板的右端缓慢抬起使板与水平面间的夹角为，最后直

7、到板竖直，此过程中弹簧弹力的大小F随夹角的变化关系可能是图中的（） A B C D 【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 将板的右端缓慢抬起过程中，在滑块相对于板滑动前，弹簧处于自然状态，没有弹力当滑块相对于板滑动后，滑块受到滑动摩擦力，由平衡条件研究弹簧弹力的大小F与夹角的变化关系【解析】： 解：设板与水平面的夹角为时，滑块相对于板刚要滑动，则由mgsin=mgcos得 tan=，=则在0范围内，弹簧处于原长，弹力F=0当板与水平面的夹角大于时，滑块相对板缓慢滑动，由平衡条件得F=mgsinmgcos=sin（），其中tan

8、=，说明F与正弦形式的关系当时，F=mg，故C正确故选：C【点评】： 本题要应用平衡条件得到F与的函数关系式，再应用数学知识选择图象，考查运用数学知识分析物理问题的能力，难度适中5（6分）（2013锦州四模）如图所示，一足够长的光滑平行金属轨道，其轨道平面与水平面成角，上端用一电阻R相连，处于方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中质量为m、电阻为r的金属杆ab，从高为h处由静止释放，下滑一段时间后，金属杆开始以速度v匀速运动直到轨道的底端金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，轨道电阻及空气阻力均可忽略不计，重力加速度为g则（） A 金属杆加速运动过程中的平均速度为 B 金属杆加速运动过程中克服安培力做

9、功的功率大于匀速运动过程中克服安培力做功的功率 C 当金属杆的速度为时，它的加速度大小为 D 整个运动过程中电阻R产生的焦耳热为mghmv2【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；功率、平均功率和瞬时功率；电磁感应中的能量转化【专题】： 电磁感应功能问题【分析】： 本题关键应根据安培力与速度的关系分析金属棒的运动情况金属杆在加速运动中加速度不断减小，根据速度图象分析可知平均速度大于；加速运动过程中金属杆克服安培力做功的功率等于，与速率v的平方成正比，小于匀速运动过程中克服安培力做功的功率；速度为，安培力的大小为，根据牛顿第二定律求解加速度；整个回路中产生的焦耳热为，大于电阻R产生的焦耳热【解

10、析】： 解：A、若金属杆匀加速运动，则平均速度为实际上金属杆加速运动中加速度不断减小，速度时间图象的斜率不断减小，在相同时间内金属杆通过的位移大于匀加速运动通过的位移，则金属杆的平均速度大于匀加速运动的平均速度故A错误B、金属杆克服安培力做功的功率等于，与速率v的平方成正比，由于匀速运动时速度最大，则知加速运动过程中金属杆克服安培力做功的功率小于匀速运动过程中克服安培力做功的功率故B错误C、匀速运动时，金属杆的速度大小为v，所受的安培力大小为，此时有mgsin=；当金属杆的速度为v时，它所受的安培力大小为，根据牛顿第二定律得 mgsin=ma，联立解得a=故C正确D、整个运动过程中回路中产生的

11、焦耳热为，所以R上产生的热量小于，故D错误故选C【点评】： 解决这类问题的关键时分析受力情况，掌握安培力的表达式FA=，进一步确定运动性质，并明确判断各个阶段及全过程的能量转化6（6分）（2014江苏模拟）如图所示，极地卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极（轨道可视为圆轨道）若已知一个极地卫星从北纬30的正上方按图示方向第一次运行至南纬60正上方时所用时间为t，地球半径为R（地球可看作球体），地球表面的重力加速度为g，引力常量为G由以上条件可以求出（） A 卫星运行的周期 B 卫星距地面的高度 C 卫星的质量 D 地球的质量【考点】： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【专题】： 人造卫星问题

12、【分析】： 地球表面重力等于万有引力，卫星运动的向心力由地球对卫星的万有引力提供，据此展开讨论即可【解析】： 解：A、卫星从北纬30的正上方，第一次运行至南纬60正上方时，刚好为运动周期的，所以卫星运行的周期为4t，故A正确；B、知道周期、地球的半径，由=m（R+h），可以算出卫星距地面的高度，故B正确；C、通过上面的公式可以看出，只能算出中心天体的质量，C项错误，D项正确故选：ABD【点评】： 灵活运动用重力和万有引力相等以及万有引力提供圆周运动的向心力是解决本题的关键7（6分）（2013锦州四模）如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两

13、电荷的连线，且a和c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上以下判断正确的是（） A b点与d点场强方向相同 B a点c点电势相同 C a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差 D 带正电的试探电荷在a点的电势能大于在c点的电势能【考点】： 电场线；匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】： 据等量异号电荷的电场分布特点可知各点的场强大小，由电场线性质及电场的对称性可知ab及bc两点间的电势差；由电势能的定义可知ac两点电势能的大小结合电场力做功比较电势能的高低【解析】： 解：A、根据等量异种电荷周围的电场线的特点，知两电荷连线的垂直平分线上的电场方向水平向右，d点的场强方向水

14、平向右，所以b点与d点的场强方向相同故A正确B、作出a点、c点的等势线，如图所示沿着电场线方向电势逐渐降低，可知a点的电势大于c点的电势故B错误C、由对称性可知，a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差故C正确D、将正电荷从a点移动到c点，电场力做正功，电势能减小，则a点的电势能大于c点的电势能故D正确故选：ACD【点评】： 该题考查常见电场的电场线分布及等势面的分布，要求我们能熟练掌握并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性8（6分）（2013锦州四模）如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于

15、O点对称导线通有大小相等、方向相反的电流已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B=，式中k是常数、I导线中电流、r为点到导线的距离一带正电的小球以初速度0从a点出发沿连线运动到b点关于上述过程，下列说法正确的是（） A 小球先做加速运动后做减速运动 B 小球一直做匀速直线运动 C 小球对桌面的压力先增大后减小 D 小球对桌面的压力一直在增大【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】： 根据右手螺旋定制，判断出MN直线处磁场的方向，然后根据左手定则判断洛伦兹力大小和方向的变化，明确了受力情况，即可明确运动情况【解析】： 解：根据右手螺旋定制可知直线

16、MN处的磁场方向垂直于MN向里，磁场大小先减小后增大，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向向上，根据F=qvB可知，其大小是先减小后增大，由此可知，小球将做匀速直线运动，小球对桌面的压力先增大后减小，故AD错误，BC正确故选BC【点评】： 本题考查了右手螺旋定则和左手定则的熟练应用，正确解答带电粒子在磁场中运动的思路为明确受力情况，进一步明确其运动形式和规律三、非选择题（包括必考题和选考题两部分）（一）必考题9（6分）（2013锦州四模）在“研究匀变速直线运动”的实验中，打点计时器使用的交流电的频率为50Hz，记录小车运动的纸带如图所示，在纸带上选择0、1、2、3、4、5的6个计数

17、点，相邻两计数点之间还有四个点未画出，纸带旁并排放着有最小分度为毫米的刻度尺，零点跟“0”计数点对齐，由图可以读出三个计数点1、3、5跟0点的距离填入下列表格中（1）计算小车通过计数点“2”的瞬时速度为v2=0.210m/s（2）根据表格中的数据求出小车的加速度是a=0.613m/s2（计算结果保留三位有效数字）距离 d1 d2 d3测量值/cm 【考点】： 探究小车速度随时间变化的规律【专题】： 实验题；直线运动规律专题【分析】： 刻度尺的读数要估读到最小刻度下一位根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上2点时小车的瞬时速度大小；根据匀变速直线运动的推论公式

18、x=aT2可以求出加速度的大小【解析】： 解：按刻度尺的读数规则读数，要估读到最小刻度的下一位，最后一位由于是估读的，d1、d2、d3分别读得1.20cm、5.40cm和12.05cm相邻两计数点之间还有四个点未画出，所以相邻的计数点间的时间间隔为t=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，得：v2=m/s=0.21m/s从图中可以读出x13、x35间的距离，它们的时间间隔T=0.2s，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2，得：x35x13=x=aT2整理：a=0.613m/s2故答案为：（1）0.210，（2）0.613；1.20，5.40，12.05【点评】：

19、 要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用10（9分）（2013锦州四模）某同学将铜片和锌片插入水果中制成一个“水果电池”，该同学利用下列所给器材测量水果电池的电动势E和内阻rA电流表G1（内阻Rg=15，满偏电流Ig=2mA）B电流表G2（量程20mA，内阻约2）C滑动变阻器R1（01000）D电阻箱R2（09999.9）E待测水果电池（电动势E约4V，内阻r约200）F开关S，导线若干（1）实验中用电流表G1改装成量程04V的电压表，需串联一个阻值为1985的电阻；（2）用电流表G2和改装成的电压表测量水果电池的电动势和内阻，为尽量减小实

20、验的误差，请在图1虚线方框中画出实验电路图；（3）该同学实验中记录的6组对应的数据如表，试根据表中数据在图2中描点画出UI图线；由图线可得，水果电池的电动势E=3.70V，内电阻r=190；I/mA 4.0 5.0 8.0 10.0 12.0 14.0U/V 3.04 2.85 2.30 1.90 1.50 1.14（4）实验测得的水果电池的电动势与真实值相比，E测等于E真（选填“大于”、“小于”或“等于”）【考点】： 描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】： 实验题；恒定电流专题【分析】： 本题（1）根据欧姆定律即可求解；题（2）的关键是根据水果电池内阻较大可知电流表应用内接法误差较小；题（3）的

21、关键是正确选取两坐标轴的标度，然后用直尺连线即可；题（4）根据等效电源法即可判定电动势测量值等于真实值，电源内阻测量值大于真实值【解析】： 解：（1）根据欧姆定律应串联的电阻为R=1985；（2）由于水果电池内阻较大，满足，所以对水果电池来说电流表应用内接法，如下图所示（图中直接画电压表代替G1和也可以）：（3）作出的UI图象如图所示，根据U=EIr可求出E应等于纵轴截距，即E=3.70V（3.70V3.95V均可以），内阻r应等于图线斜率绝对值，即r=190（180198均可以）（4）根据等效电源法可知（把电流表与电源看做一个等效电源），电动势测量值应等于真实值，即等于故答案为：（1）198

22、5；（2）如图；（3）如图，3.70，190；（4）等于【点评】： 应明确：可以应用伏安法测电阻中电流表内外接法的选择方法来判定伏安法测量电源电动势和内阻实验，即若满足时，相对电源来说电流表应用外接法，若满足时，电流表应用内接法；在表示电源的UI图象中，纵轴截距等于电动势，图线斜率的绝对值等于内阻；可以用“等效电源”法判定电动势和内阻测量值与真实值关系11（14分）（2013锦州四模）2012年10月14日，奥地利人Baumgartner从太空边缘（离地39km）起跳，据报道他以最高每小时1342km的速度，回到地球表面，成为“超音速”第一人自由落体运动的时间约为5分35秒已知空气中音速约为3

23、40m/s，空气密度=1.29kg/m3，重力加速度g=10m/s2（1）他降落过程中的速度是否超过了音速？（2）这篇报道中有什么数据相互矛盾？以上两个问题请通过计算说明；（3）当物体从高空下落时，空气对物体的阻力公式：f=CDv2S（CD=，为空气密度，v为运动速度，S为物体截面积）因此，物体下落一段距离后将会匀速下落，这个速度被称为收尾速度设Baumgartner加装备的总质量为100kg，腰围100cm请估算他的收尾速度大小（结果保留二位有效数字）【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【分析】： （1）vm=1342km/h=m/s=372.78m/s，空气中音速约为

24、340m/s，即可判断是否超音速（2）Baumgartner自由落体运动的时间约为5分35秒，可由v=gt求出自由落体的末速度，分析人是否做真正的自由落体运动（3）他匀速下落时，重力与空气阻力平衡，由f=CDv2S和人体截面积S=r2，得到从空气阻力大小，由平衡条件即可求出他的收尾速度大小【解析】： 解：（1）vm=1342km/h=m/s=372.78m/s340m/s，所以Baumgartner确实超过了音速340m/s；（2）t=5分35秒=335s，对应自由下落的最大速度vm=gt=10335m/s=3350m/s，远大于文中报道的372.78m/s的最大速度，所以他的下落不是真正的自

25、由落体，受到了空气阻力的作用； （3）腰围100cm对应的人体半径r=，人体截面积S=m2=m2=7.96102m2匀速下落时：f=mg又f=CDv2S得 CDv2S=mg解得：m/s=66m/s 答：（1）他降落过程中的速度超过了音速（2）他的下落不是真正的自由落体，受到了空气阻力的作用； （3）他的收尾速度大小是66m/s【点评】： 本题考查分析和处理实际问题的能力，要读懂题意，理解什么收尾速度，由平衡条件求解此速度，要能从题目中获取有效信息，难度适中12（18分）（2013锦州四模）如图甲所示，在以O为坐标原点的xOy平面内，存在着范围足够大的电场和磁场一个带正电小球在0时刻以v0=3g

26、t0的初速度从O点沿+x方向（水平向右）射入该空间，在t0时刻该空间同时加上如图乙所示的电场和磁场，其中电场沿+y方向（竖直向上），场强大小E0=，磁场垂直于xOy平面向外，磁感应强度大小B0=已知小球的质量为m，带电量为q，时间单位t0，当地重力加速度g，空气阻力不计试求：（1）12t0末小球速度的大小（2）在给定的xOy坐标系中，大体画出小球在0到24t0内运动轨迹的示意图（3）30t0内小球距x轴的最大距离【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【分析】： （1）正确对小球进行受力分析，明确运动形式，求出圆周运动的周期和所给时间直间的关系，最后利用平抛运动规律求

27、解；（2）根据第一问的解答，可正确画出图象；（3）利用运动的周期性画出30t0内小球运动轨迹图，然后利用数学知识求解【解析】： 解：（1）0t0内，小球只受重力作用，做平抛运动当同时加上电场和磁场时，电场力：F1=qE0=mg，方向向上因为重力和电场力恰好平衡，所以在电场和磁场同时存在时小球只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有： qvB0=m，得 r=运动周期 T=联立解得 T=2t0电场、磁场同时存在的时间正好是小球做圆周运动周期的5倍，即在这10t0内，小球恰好做了5个完整的匀速圆周运动所以小球在t1=12 t0时刻的速度相当于小球做平抛运动t=2t0时的末速度vy1=g2t0

28、=2gt0所以12t0末小球的速度大小为 v1=gt0（2）24t0内运动轨迹的示意图如下图所示（3）分析可知，小球在30t0时与24t0时的位置相同，在24t0内小球做了t2=3t0的平抛运动，和半个圆周运动23t0末小球平抛运动的竖直分位移大小为： y2=竖直分速度 vy2=3gt0所以小球与竖直方向的夹角为=45，速度大小为 v2=3此后小球做匀速圆周运动的半径 r2=30t0末小球距x轴的最大距离：y3=y2+（1+cos45）r2=（）g答：（1）12t0末小球速度的大小为gt0（2）大体画出小球在0到24t0内运动轨迹的示意图如图所示（3）30t0内小球距x轴的最大距离为（）g【点

29、评】： 解答带电粒子在磁场中运动的基本思路是正确受力分析，画出运动轨迹图，这类问题对学生数学知识要求较高，是考查重点和难点，要加强练习，提高解题能力（二）选考题，请考生从以下三个模块中任选一模块作答【物理-选修3-3】（15分）13（6分）（2013锦州四模）下列说法正确的是（） A 控制液面上方饱和汽的体积不变，升高温度，则达到动态平衡后该饱和汽的质量增大，密度增大，压强也增大 B 没有摩擦的理想热机可以把获得的能量全部转化为机械能 C 两个分子甲和乙相距较远（此时它们之间的作用力可以忽略），设甲固定不动，乙逐渐向甲靠近，直到不能再靠近，在整个移动过程中分子力先增大后减小，分子势能先减小后增

30、大 D 晶体熔化过程中，吸收的热量全部用来破坏空间点阵，增加分子势能，而分子平均动能却保持不变，所以晶体有固定的熔点 E 理想气体的热力学温度与分子的平均动能成正比【考点】： 分子势能；分子间的相互作用力【分析】： 温度升高时，液体分子的平均动能增大，单位时间里从液面飞出的分子数增多，所以达到动态平衡后该饱和汽的质量增大，密度增大，压强也增大热机的效率不可能为1，甲固定不动，乙逐渐向甲靠近，直到不能再靠近，在整个移动过程中分子力先减小后增大，晶体熔化过程中，吸收的热量全部用来破坏空间点阵，增加分子势能，而分子平均动能却保持不变，所以晶体有固定的熔点【解析】： 解：A、温度升高时，液体分子的平均动能增大，单位时间里从液面飞出的分子