含答案解析陕西省西工大附中高三下学期四模考试理综物理试题Word文件下载.docx

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由F=BIL知：

1N=1T•A•m≠1V，故D错误．

故选：

B．

【点评】：

物理公式不仅确定了各个物理量之间的关系，同时也确定了物理量的单位之间的关系，根据物理公式来分析物理量的单位即可．

2．（6分）（2015•陕西校级四模）物体B放在物体A上，A、B的上下表面均与斜面平行（如图），当两者以相同的初速度、始终相对静止靠惯性沿固定斜面C向上做匀减速运动时，（　　）

　A．A受到B的摩擦力沿斜面方向向上

　B．A受到B的摩擦力沿斜面方向向下

　C．A、B之间是否存在摩擦力取决于A、B表面的性质

　D．A、B之间是否存在摩擦力取决于A、C表面的性质

牛顿第二定律；

力的合成与分解的运用．

【专题】：

牛顿运动定律综合专题．

先对A、B整体受力分析，求出加速度；

再隔离出物体B，受力分析，根据牛顿第二定律列方程求未知力．

先对A、B整体受力分析，受重力、支持力和平行斜面向下的滑动摩擦力，合力沿斜面向下，根据牛顿第二定律，有：

（m1+m2）gsinθ+μ（m1+m2）gcosθ=（m1+m2）a（θ为斜面的倾角）

解得：

a=gsinθ+μgcosθ①

再隔离出物体B受力分析，受重力、支持力，假设有沿斜面向上的静摩擦力f，如图

根据牛顿第二定律，有

m2gsinθ﹣f=ma②

由①②两式可解得

f=﹣μm2gcosθ

负号表示摩擦力与假设方向相反，即A对B的静摩擦力平行斜面向下；

根据牛顿第三定律，B对A的静摩擦力平行斜面向上；

当A与斜面间的接触面光滑时，A与B间的摩擦力f为零；

故D正确，ABC错误；

D．

本题关键先用整体法求出整体的加速度，然后隔离出物体B，假设摩擦力为f，对其受力分析后根据牛顿第二定律求解出摩擦力．

3．（6分）（2012•江苏）如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球．在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点．在此过程中拉力的瞬时功率变化情况（　　）

　A．逐渐增大B．逐渐减小

　C．先增大，后减小D．先减小，后增大

功率、平均功率和瞬时功率．

功率的计算专题．

根据小球做圆周运动，合力提供向心力，即合力指向圆心，求出水平拉力和重力的关系，根据P=Fvcosα得出拉力瞬时功率的表达式，从而判断出拉力瞬时功率的变化．

因为小球是以恒定速率运动，即它是做匀速圆周运动，那么小球受到的重力G、水平拉力F、绳子拉力T三者的合力必是沿绳子指向O点．

设绳子与竖直方向夹角是θ，则　

=tanθ　　（F与G的合力必与绳子拉力在同一直线上）

得　F=Gtanθ

而水平拉力F的方向与速度V的方向夹角也是θ，所以水平力F的瞬时功率是

P=Fvcosθ

则P=Gvsinθ

显然，从A到B的过程中，θ是不断增大的，所以水平拉力F的瞬时功率是一直增大的．故A正确，B、C、D错误．

故选A．

解决本题的关键掌握瞬时功率的表达式P=Fvcosα，注意α为F与速度的夹角．

4．（6分）（2015•陕西校级四模）有同学这样探究太阳的密度：

正午时分让太阳光垂直照射一个当中有小孔的黑纸板，接收屏上出现一个小圆斑；

测量小圆斑的直径和黑纸板到接收屏的距离，可大致推出太阳直径．他掌握的数据是：

太阳光传到地球所需的时间、地球的公转周期、万有引力恒量；

在最终得出太阳密度的过程中，他用到的物理规律是小孔成像规律和（　　）

　A．牛顿第二定律

　B．万有引力定律

　C．万有引力定律、牛顿第二定律

　D．万有引力定律、牛顿第三定律

万有引力定律及其应用．

万有引力定律的应用专题．

根据小孔成像规律和几何知识能得到太阳的直径，算出太阳的体积．根据太阳光传到地球所需的时间，可算出太阳到地球的距离，结合地球公转的周期，根据牛顿第二定律能求出太阳的质量，得到太阳的密度．

根据小孔成像规律和相似三角形的知识可得到太阳的直径D，求得太阳的体积．根据万有引力定律和牛顿第二定律

可得太阳的质量，故可求出太阳的密度．所以他用到的物理规律是小孔成像规律和万有引力定律、牛顿第二定律．

故选C

知道地球公转的周期、轨道半径可求出太阳的质量，可根据太阳的万有引力提供地球的向心力模型研究．

5．（6分）（2015•陕西校级四模）如图所示电路中，R1、R2、R3、R4为四个可变电阻器，C1、C2为两个极板水平放置的平行板电容器，两电容器的两极板间各有一个油滴P、Q处于静止状态，欲使油滴P向上运动，Q向下运动，应增大哪个变阻器的电阻值（　　）

　A．R1B．R2C．R3D．R4

带电粒子在混合场中的运动．

带电粒子在复合场中的运动专题．

开始时刻两个油滴均受重力和电场力而平衡，故电场力向上；

要使P向上运动，Q向下运动，需要增加电容器C1的电压而减小电容器C2的电压；

结合闭合电路欧姆定律分析即可．

直流电流中，电容器相当于断路，故电容器C1的电压等于路端电压，电容器C2的电压等于电阻R4的电压；

开始时刻两个油滴均受重力和电场力而平衡，故电场力向上，与重力平衡；

要使P向上运动，Q向下运动，需要增加电容器C1的电压而减小电容器C2的电压，故需要增加R3的电阻或者减小R4的电阻；

C．

本题考查电容器的动态分析及共点力的平衡条件，注意正确找出电容器与哪一部分电阻并联，然后结合串联电路的电压分配关系分析．

6．（6分）（2009•盐城二模）某物体沿直线运动的v﹣t关系如图所示，已知在第1s内合外力对物体做的功为W，则（　　）

　A．从第1s末到第3s末合外力做功为4W

　B．从第3s末到第5s末合外力做功为﹣2W

　C．从第5s末到第7s末合外力做功为W

　D．从第3s末到第4s末合外力做功为﹣0.75W

动能定理的应用；

匀变速直线运动的图像．

动能定理的应用专题．

由速度﹣时间图象可知，物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合力为零，做功为零．根据动能定理：

合力对物体做功等于物体动能的变化．从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相反，合力的功相反．从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合力做功相同．根据数学知识求出从第3秒末到第4秒末动能的变化量，再求出合力的功．

A、物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合力为零，做功为零．故A错误．

B、从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相反，合力的功相反，等于﹣W．故B错误．

C、从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合力做功相同，即为W．故C正确．

D、从第3秒末到第4秒末动能变化量是负值，大小等于第1秒内动能的变化量的

，则合力做功为﹣0.75W．故D正确．

故选CD

本题考查动能定理基本的应用能力．由动能的变化量求出合力做的功，或由合力做功求动能的变化量，相当于数学上等量代换．

7．（6分）（2015•陕西校级四模）如图，L1和L2为两平行的虚线，L1上方和L2下方都是垂直纸面向里的磁感强度相同的匀强磁场，A、B两点都在L2上．带电粒子从A点以初速v与L2成α角斜向上射出，经过偏转后正好过B点，经过B点时速度方向也斜向上．不计重力，下列说法中正确的是（　　）

　A．此粒子一定带正电荷

　B．带电粒子经过B点时速度一定跟在A点时速度相同

　C．若α=30°

角时，带电粒子经过偏转后正好过B点，则α=45°

角时，带电粒子经过偏转后也一定经过同一个B点

　D．若α=30°

角时，带电粒子经过偏转后正好过B点，则α=60°

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．

带电粒子在磁场中的运动专题．

分析带电粒子的运动情况：

在无磁场区域，做匀速直线运动，进入磁场后，只受洛伦兹力，做匀速圆周运动，画出可能的轨迹，作出选择．

画出带电粒子运动的可能轨迹，B点的位置可能有下图四种．如图所示．

A、如图，分别是正负电荷的轨迹，正负电荷都可能．故A错误．

B、如图，粒子B的位置在B1、B4，速度方向斜向下，跟在A点时的速度大小相等，但方向不同，速度不同，B的位置在B2、B3，速度方向斜向上，跟在A点时的速度大小相等，方向相同，速度相同．故B正确．

C、D根据轨迹，粒子经过边界L1时入射点与出射点间的距离与经过边界L2时入射点与出射点间的距离相同，与速度无关．所以当初速度大小稍微增大一点，但保持方向不变，它仍有可能经过B点．故C错误，D正确．

BD．

带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题，关键是画出粒子圆周的轨迹．往往要抓住圆的对称性和几何知识进行分析．

8．（6分）（2015•陕西校级四模）如图所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成15°

角，在竖直平面内的直线AB与场强E互相垂直，在A点以大小为v0的初速度水平向右抛出一质量为m、带电荷量为+q的小球，经时间t，小球下落一段距离过C点（图中未画出）时其速度大小仍为v0，已知A、B、C三点在同一平面内，则在小球由A点运动到C点的过程中（　　）

　A．小球的电势能增加B．小球的机械能增加

　C．小球的重力势能能增加D．C点位于AB直线的右侧

带电粒子在匀强电场中的运动；

电势能．

小球由A点运动到C点的过程中，重力做正功，动能不变，由动能定理可判断出电场力做负功，机械能减小，C点的电势比A点电势高，可知C点位于AB直线的右侧

A、由题，小球由A点运动到C点的过程中，重力做正功，重力势能减小，动能不变，由动能定理得知，电场力必定做负功，小球的电势能增加．故A正确，C错误．

B、小球具有机械能和电势能，总是守恒，小球的电势能增加，则知小球的机械能一定减小．故B错误．

D、小球的电势能增加，而小球带正电，则知C点的电势比A点电势高，故C点一定位于AB直线的右侧．故D正确．

AD

本题运用动能定理分析电场力做功正负，并分析电势能、机械能的变化．根据推论：

正电荷在电势高处电势能大，分析C点的位置．

三、非选择题：

包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个小题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．

（一）必考题

9．（6分）（2008•四川）一水平放置的圆盘绕过其圆心的竖直轴匀速转动．盘边缘上固定一竖直的挡光片．盘转动时挡光片从一光电数字计时器的光电门的狭缝中经过，如图1所示．图2为光电数字计时器的示意图．光源A中射出的光可照到B中的接收器上．若A、B间的光路被遮断，显示器C上可显示出光线被遮住的时间．挡光片的宽度用螺旋测微器测得，结果如图3所示．圆盘直径用游标卡尺测得，结果如图4所示．由图可知，

（1）挡光片的宽度为　10.243　mm．

（2）圆盘的直径为　24.215　cm．

（3）若光电数字计时器所显示的时间为50.0ms，则圆盘转动的角速度为　1.69　rad/s（保留3位有效数字）

线速度、角速度和周期、转速；

刻度尺、游标卡尺的使用；

螺旋测微器的使用．

实验题；

匀速圆周运动专题．

（1）由螺旋测微器读出整毫米数，由可动刻度读出毫米的小部分．即可得到挡光片的宽度．

（2）图中20分度的游标卡尺，游标尺每一分度表示的长度是0.05mm．由主尺读出整毫米数，游标尺上第3条刻度线与主尺对齐，则读出毫米数小数部分为3×

0.05mm=0.15mm．

（3）由v=

求出圆盘转动的线速度，由v=ωr，求出角速度ω．

（1）由螺旋测微器读出整毫米数为10mm，由可动刻度读出毫米的小部分为0.243mm．则挡光片的宽度为D=10.243mm．

（2）由主尺读出整毫米数为242mm，游标尺上第3条刻度线与主尺对齐，读出毫米数小数部分为3×

0.05mm=0.15mm，则圆盘的直径为d=242.15mm=24.215cm．

（3）圆盘转动的线速度为v=

…①

由v=ωr，得角速度ω=

…②

又r=

联立得ω=

代入解得，ω=1.69rad/s

故答案为：

（1）10.243；

（2）24.215；

（3）1.69．

螺旋测微器和游标卡尺的读数是基本功，要熟悉读数的方法．题中还要掌握圆周运动的线速度与角速度的关系v=ωr．

10．（9分）（2015•陕西校级四模）有一只电压表V，量程为3V，内阻约为几kΩ～几十kΩ．某同学想设计一个实验方案测定该电压表内阻的具体数值．可供选择的器材有：

电流表A（0～0.6A～3.0A，内阻小于2.0Ω），

滑动变阻器R1（0～50Ω），电阻箱R2（0～9999Ω），

电池组E（电动势为3.0V，内阻不计），开关S及导线若干．

（1）请你帮助该同学选择适当器材，设计一个测量电路，在方框中画出你设计的电路图（标出对应器材的符号）

（2）简述实验步骤，用适当的符号表示该步骤中应测量的物理量：

　按原理图连好电路，将R1的滑片位置滑至a端．

②调节电阻箱R2的值为零欧姆，闭合开关S，移动滑片P，使电压表有一合适的示数U1并记下．

③保持R1的滑片位置不动，调节R2，使电压表又取某一合适示数，记下电阻箱R2和电压表的示数分别为R、U2．

④重复步骤②、③取多组数据．

⑤打开开关S，整理仪器，放回原处　．

（3）用所测得的物理量表示电压表内阻的表达式为Rv=　

　．

伏安法测电阻．

恒定电流专题．

明确实验原理，根据题目中给出的实验器材分析实验应采用的方法及实验步骤，并正确得出对应的表达式．

因为待测电压表允许通过的最大电流

只有几毫安，远小于电流表A的量程，所以不能用A表测量电流，故本实验只能用电压

表V和电阻箱R2串联，利用分压原理来完成．电路图如图所示；

实验方案为：

（1）如右图所示，

（2）①按原理图连好电路，将R1的滑片位置滑至a端．

⑤打开开关S，整理仪器，放回原处．

（3）由以上步骤可知，电压约为U1，在电压表与电阻箱串联时，由串联电路规律可知，电压表内阻为：

RV=

；

I=

联立解得：

（1）如图所示；

（2））①按原理图连好电路，将R1的滑片位置滑至a端．

（3）

本题为开放型实验，答案并不唯一，但在解决问题时要注意紧扣我们所学过的实验，设计出误差更小，更容易操作的实验原理和方法．

11．（12分）（2005•江苏）如图所示为车站使用的水平传送带装置的示意图，绷紧的传送带始终保持3.0m/s的恒定速率运行，传送带的水平部分AB距离水平地面的高度h=0.45m．现有一行李包（可视为质点）由A端被传送到B端，且传送到B端时没有及时取下，行李包从B端水平抛出，不计空气阻力，取g=10m/s2．

（1）若行李包从B端水平抛出的初速度v=3.0m/s，求它在空中运动的时间和飞行的水平距离．

（2）若行李包以v0=1.0m/s的初速度从A端向右滑行，行李包与传送带间的动摩擦因数μ=0.20．要使它从B端飞出的水平距离等于

（1）中所求的水平距离，求传送带的长度应满足的条件．

匀变速直线运动的速度与位移的关系；

自由落体运动．

压轴题；

直线运动规律专题．

（1）水平抛出做平抛运动，根据高度求出运动的时间，根据时间和初速度求出水平距离．

（2）要使它从B端飞出的水平距离等于

（1）中所求的水平距离，则水平抛出的初速度为3m/s，行李包在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到3m/s做匀速直线运动，根据速度位移公式求出最小距离．

（1）设行李包在空中运动的时间为t，飞出的水平距离为s，则

，

t=0.3s

根据s=vt，得s=0.9m．

（2）设行李包的质量为m，与传送带相对运动时的加速度为a，则滑动摩擦力f=μmg=ma

代入数值，得a=2.0m/s2

要使行李包从B端飞出的水平距离等于

（1）中所求水平距离，行李包从B端水平抛出的初速度应为v=3.0m/s时通过的距离为s0，则

代入数值，得：

s0=2.0m故传送带的长度L应满足的条件为L≥2.0m．

答：

（1）它在空中运动的时间和飞行的水平距离分别为0.3s、0.9m．

（2）传送带的长度应满足的条件为L≥2.0m．

解决本题的关键知道平抛运动的水平方向和竖直方向上的运动规律，以及知道行李包在传送带上的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．

12．（20分）（2015•陕西校级四模）如图所示，A是y轴上的一点，它到坐标原点O的距离为h；

C是x轴上的一点，到O的距离为l．在坐标系xOy的第一象限中存在沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E．在其它象限中存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里．一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子以某一初速度沿x轴方向从A点进入电场区域，继而通过C点进入磁场区域，并再次通过A点．不计重力作用．试求：

（1）粒子经过C点时速度的大小和方向；

（2）磁感应强度的大小B．

牛顿第二定律；

向心力．

（1）粒子在电场作用下做类平抛运动，加速度沿y轴负方向，根据平抛运动的基本公式可求出初速度，再根据圆周运动的对称性求出C点进入磁场时的速度为v，方向可通过几何关系求解．

（2、3）粒子从C点进入磁场后在磁场中做速率为v的圆周运动．理论重量通过向心力，通过几何关系表示出轨道半径R，进而求出B．

画出带电粒子的运动轨迹如图所示

（1）以a表示粒子在电场作用下的加速度，

有qE=ma　①

加速度沿y轴负方向．

设粒子从A点进入电场时的初速度为v0，由A点运动到C点经历的时间为t，则有h=

at2　②

l=v0t　③

由②③式得v0=

　④

设粒子从C点进入磁场时的速度为v，v垂直于x轴的分量v1=

　⑤

由①④⑤式得

v=

=

⑥

设粒子经过C点时的速度方向与x轴的夹角为α，则有tanα=

　⑦

由④⑤⑦式得α=arctan

．⑧

（2）粒子从C点进入磁场后在磁场中做速率为v的圆周运动．若圆周的半径为R，

则有qvB=m

　⑨

设圆心为P，则PC必与过C点的速度垂直，且有

．用β表示

与y轴的夹角，由几何关系得

Rcosβ=Rcosα+h　⑩

Rsinβ=l﹣Rsinα⑪

由⑧⑩⑪式解得R=

⑫

由⑥⑨⑫式解得B=

（1）粒子经过C点时速度的大小是

，速度方向与x轴之间的夹角是α=arctan

（2）磁感应强度的大小是

本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握平抛运动和圆周运动的基本公式，并几何几何关系解题，难度较大．

选修题

13．（6分）（2015•陕西校级四模）如图所示，足够长的光滑“П”型金属导体框竖直放置，除电阻R外其余部分阻值不计．质量为m的金属棒MN与框架接触良好．磁感应强度分别为B1、B2的有界匀强磁场方向相反，但均垂直于框架平面，分别处在abcd和cdef区域．现从图示位置由静止释放金属棒MN，当金属棒进入磁场B1区域后，恰好做匀速运动．以下说法中正确的有（　　）

　A．若B2=B1，金属棒进入B2区域后仍保持匀速下滑

　B．若B2=B1，金属棒进入B2区域后将加速下滑

　C．若B2＜B1，金属棒进入B2区域后先加速后匀速下滑

　D．若B2＞B1，金属棒进入B2区域后先减速后匀速下滑

　E．无论B2大小如何金属棒进入B2区域后均先加速后匀速下滑

导体切割磁感线时的感应电动势．

电磁感应——功能问题．

由题，当金属棒进入磁场B1区域后，恰好做匀速运动，说明金属棒所受的安培力与重力大小相等、方向相反．若B2=B1，金属棒进入B2区域后，金属棒受到的安培力大小和方向不变，则知棒仍做匀速运动．若B2＞B1，金属棒进入B2区域后受到的安培力增大，将先减速后匀速下滑．

A、B当金属棒进入磁场B1区域后，恰好做匀速运动，说明金属棒所受的安培力与重力大小相等、方向相反．若B2=B1，根据安培力公式FA=

得知，金属棒进入B2区域后，金属棒受到的安培力大小不变，由楞次定律得知，安培力方向仍竖直向上，安培力与重力仍平衡，故金属棒进入B2区域后仍将保持匀速下滑．故A正确；

B错误；

C、若B2＜B1，金属棒进入B2区域后安培力减小，将小于金属棒的重力，棒将先做加速运动，随着速度增加，安培力增大，当安培力再次与重力平衡后，金属棒又做匀速运动．故C正确．

D、若B2＞B1，金属棒进入B2区域后安培力增大，将大于金属棒的重力，棒将先做减速运动，随着速度减小，安培力减小，当安培力再次与重力平衡后，金属