甘肃省张掖中学高三物理上学期第四次月考试题(含解析)

张掖中学2014-2015学年第一学期高三年级第四次月考
理科综合物理试卷
第Ⅰ卷
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 O 16 Na 23 Si 28 Fe 56 Cr 52
二、选择题：（本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14—18题只有一项符合题目要求，第19—21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

）
14．下列说法正确的是( )
A．千克、牛顿、库仑均是中学物理中涉及的国际单位制的基本单位
B．质点、点电荷、匀速直线运动均属于理想化物理模型
C．卡文迪许利用扭秤实验测出了静电力常量
D．分别是加速度、电场强度、磁感应强度的定义式
答案：B
【解析】A.牛顿,库仑不是中学物理中涉及的国际单位制的基本单位,故A错.B质点、点电荷、匀速直线运动均属于理想化物理模型，故B错.C、卡文迪许利用扭秤实验测出了万有引力常量,故C错.D对均为定义式.
15．如图所示，左侧是倾角为60°的斜面、右侧是圆1
4
弧面的物体固定在水平地面上，圆弧
面底端切线水平，一根两端分别系有质量为m1、m2小球的轻绳跨过其顶点上的小滑轮。

当它们处于静止状态时，连接m2小球的轻绳与水平线的夹角为60°，不计一切摩擦，两小球可视为质点。

两小球的质量之比m1∶m2等于（）
A．1∶1 B．3∶2 C．2∶3 D．3∶4
答案：C
【解析】以m1为分析对象：重力m1g，竖直向下；斜面支持力N1，垂直斜面斜向左上方；细绳拉力T1，沿斜面向右上方。

沿斜面方向受力平衡：T1=m1gsin60°
以m2为分析对象：
重力m2g，竖直向下；
圆弧面支持力N2，向右上方指向圆心O；
细绳拉力T2，向左上方指向滑轮。

滑轮位置、圆心O、m2所在位置构成等边三角形
T2=N2，并且T2sin60°+N2sin60°=m2g
∴T2=m2g/(2sin60°)
滑轮两侧细绳拉力相等：T1=T2
∴m1gsin60°=m2g/(2sin60°)
∴m1：m2 = 1：(2sin²60°) = 2：3 .故 C正确
16．“轨道康复者”航天器可在太空中给卫星补充能源，延长卫星的使用寿
命。

如图所示，“轨道康复者”在某次拯救一颗地球同步卫星前，二者在同
一平面内沿相同绕行方向绕地球做匀速圆周运动的示意图，此时二者的连线通过地心，轨道半径之比为1:4。

若不考虑卫星与“轨道康复者”之间的引力，则下列说法正确的是( )
A ．在图示轨道上，“轨道康复者”的速度大于7．9 km ／s
B ．在图示轨道上，“轨道康复者”的加速度大小是地球同步卫星的4倍
C ．在图示轨道上，“轨道康复者”的周期为3 h ，且从图示位置开始经1．5 h 与同步卫星的距离最近
D ．若要对该同步卫星实施拯救，“轨道康复者”应从图示轨道上加速，然后与同步卫星对接
答案：D
【解析】A 、解：A 、图示轨道略高于近地轨道，由G 2Mm r ＝m 2v r
可得v ＝
GM
r ，r 越大，v 越小，故“轨道康复者”的速度小于近地卫星的速度，即小于7.9km/s ；故A 错误；
B 、由G 2Mm
r ＝ma ，在图示轨道上，“轨道康复者”与地球同步卫星加速度之比为
212221a r a r =116=；故B 错误；
C 、“轨道康复者”的周期为3h ，且从图示位置开始经1.5h ，“轨道康复者”转半圈，而同步
卫星转1
16圈，此时并不在最近点，故C 错误；
D 、“轨道康复者”应从图示轨道上加速后，轨道半径增大，与同步卫星轨道相交，则可进行对接，故D 正确；
故选：D ．
17．如图所示，小球从A 点以初速度0v 沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B 后返回A ，C 为AB 的中点．下列说法中错误的是( )
A ．小球从A 出发到返回A 的过程中，位移为零，外力做功为零
B ．小球从A 到
C 与从C 到B 的过程，减少的动能相等
C ．小球从A 到C 与从C 到B 的过程，速度的变化率相等
D. 小球从A 到C 与从C 到B 的过程，损失的机械能相等
答案：A
【解析】A 、位移是从初位置指向末位置的有向线段．故小球从A 出发到返回A ，位移为0，但整个过程中摩擦力的方向与小球运动的方向始终相反，故整个过程中摩擦力对物体做负功，故A 错误；
B 、设A 到
C 的高度和从C 到B 的高度为h ，AC 的距离为s ，斜面的倾角为θ，
则有ssin θ=h
根据-mgh-μmgscos θs=△EK
可知小球从A 到C 过程中与从C 到B 过程合外力对物体做的功相同，故小球减少的动能相等． 故B 正确；
C 、速度的变化率为小球运动的加速度，故小球沿斜面向上运动过程中，受力相同，小球运动的加速度相等，故C 正确；
D 、克服除重力之外其它力做多少功物体的机械能就减少多少，根据-μmgscos θ=-△
E 可得小球从A 到C 过程与从C 到B 过程，损失的机械能相等，故D 正确．
本题选择不正确的是，故选：A ．
18．如图所示，一轻绳通过一光滑定滑轮，两端各系一质量分别为m 1和m 2的物体，m 1放在地面上，当m 2的质量发生变化时，m 1的加速度a 的大小与m 2的关系图象大体如下图中的( )
答案：C 【解析】在m2小于m1之前两物体都不动，所以加速度为零，当
m2
大于m1后加速度增加，当m2＞＞m1时，加速度趋近于g ，不可能大于g ．
解：在m2小于m1之前两物体都不动，所以加速度为零，
当m2大于m1开始运动合力逐渐变大，加速度随之逐渐增加，
当m2＞＞m1时，加速度趋近于g ，但不可能大于g ．
故选：C ．
19．如图所示，理想变压器原副线圈匝数比为10:1，电源电压u=2202sin100πt(V)，通过电阻0R 接在变压器原线圈两端，开关闭合后，电压表示数为12V ，电流表的示数为10A.以下说法正确的是( )
A ．0R 的阻值是100Ω
B ．电源的功率是120W
C ．若将开关断开，电压表的示数是22V
D ．副线圈中电流的频率是100Hz
答案：AC
【解析】
解：A 、根据112
2U n U n =得：U1＝101×12＝120V 则R0两端的电压U0=E-U1=220-120=100V
根据1221I n I n =得：I1＝
2101010I =＝1A 根据欧姆定律的：R0＝01
1001U I =＝100Ω，故A 正确； B 、电源的功率P=EI=220×1=220W ，故B 错误；
C 、若将开关断开，原线圈电压为U ′1=220V ，则副线圈电压为U′2＝1
10×220＝22V ，即电压表示数为22V ，故C 正确．
D 、由解析式w=100p ，频率f=1005022v p p p ==Hz ，故D 错。

故选：AC
20．如图所示，真空中以O 点为圆心、Oa 为半径的圆周上等间距分布a 、b 、c 、d 、e 、f 、g 、h 八个点，a 、e 两点放置等量正点电荷，则下列说法正确的是( )
A ．b 、d 、f 、h 四点的电场强度相同
B ．b 、d 、f 、h 四点的电势相等
C ．在 c 点静止释放一个电子，电子将沿 cg 连线向O 点做匀加
速直线运动
D ．将一电子由 b 点沿 bcd 圆弧移到 d 点，电子的电势能先增大后减小
答案：BD
【解析】
解：A 、根据场强的叠加和对称性，可知两电荷在b 、d 、f 、h 点产生的场强大小相等，方向不同，则场强不同，故A 错误．
B 、等量同种电荷间的电场线是排斥状的，且关于ab 中点O 对称．b 、d 、f 、h 是关于AB 的中点O 对称的四个点，知电势相等．故B 正确．
C 、在c 点由静止释放一个电子，电子所受电场力方向竖直向上，在向上运动的过程中电场力大小会发生变化，所以加速度会发生变化，做非匀加速直线运动．故C 错误．
D 、在电子由 b 点沿 bcd 圆弧移到 d 点的过程中，根据电场线的分布，知电场力先做负功，再做正功．所以电势能先增大后减小．故D 正确．
故选：BD ．
21．如图所示，光滑导轨足够长，固定在绝缘斜面上，匀强磁场B 垂直斜面向上，一导体棒从某处以初速度0v 沿导轨面向上滑出，最后又下滑到原处。

导轨底端接有电阻R ，其余电阻不计，下列说法正确的是( )
A ．滑回原处的速率小于初速度大小0v
B ．上滑所用时间等于下滑所用时间
C ．上滑过程与下滑过程通过电阻R 的电量大小相等
D ．上滑过程通过某位置的加速度大小等于下滑过程中通过该位置的加速度大小
v R
答案：AC
【解析】解：A、根据动能定理研究从开始下滑回到原处有：
W安=△EK
因为导体棒上和下过程中，安培力都做负功，所以整个过程导体棒动能减小，所以滑回到原处的速率小于初速度大小v0，故A正确．
B、D根据左手定则分析得知，导体棒上滑的过程受到沿斜面向下的安培力，下滑过程受到沿斜面向上的安培力，根据牛顿第二定律得：上滑过程的加速度大于gsinθ，下滑过程的加速
度沿斜面向上，加速度小于gsinθ，而两个过程中位移大小一样，由公式x=
2
1
2
at
知，上滑
时间短，故B、D错误．
C、电荷量大小q=It=
t t
R
f D
D D
，解得q=R
f D
所以上滑过程与下滑过程通过电阻R的电荷量大
小相等，故C正确．
故选：AC
第Ⅱ卷
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。

第22—32题为必考题，每个试题考生必须作答。

第33—40题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题
22．（6分）如图所示，在研究平抛物体的运动的实验中，用一
张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长L=5.00cm，若小球
在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则小球
平抛的初速度为v0=____m/s，（g取值为10m/s2），小球在b点的
速率是____m/s。

a点抛出点（填“是”
或“不是”）。

答案：2 2.83 不是
【解析】
解：从图中看出，a、b、c、d 4个点间的
水平位移均相等，是x=4L，因此这4个点是
等时间间隔点．
竖直方向两段相邻位移之差是个定值，即△y=gT2=2L，T=220.05
0.1
10
L
g
´
==
s
初速度：v0=440.05
2
0.1
L
T
´
==
m/s，vby=
80.058
2
2220.1
ac
y L
T T
´
===
´m/s，
vb=
2222
2222 2.83
b
v v
+=+==
m/s
vay=vby-gT=2-10×0.1=1m/s，则a点不是抛出点；
故答案为：2；2.83；不是．
23．（9分）小华、小刚共同设计了图甲所示的实验电路，电路中的各个器材元件的参数为：电池组(电动势约6 V，内阻r约3Ω)、电流表(量程2．0A，内阻r A=0．8Ω)、电阻箱R1(0～99．9Ω)、滑动变阻器R2(0～R t)、开关三个及导线若干。

他们认为该电路可以用来测电源的电动势、内阻和R2接入电路的阻值。

(1)小华先利用该电路准确地测出了R2接入电路的阻值。

他的主要操作步骤是：先将滑动变阻器滑片调到某位置，接着闭合S、S2，断开S1，读出电流表的示数I；再闭合S、S l，断开S2，调节电阻箱的电阻值为3.6Ω时，电流表的示数也为I。

此时滑动变阻器接入电路的阻值为Ω。

(2) 小刚接着利用该电路测出了电源电动势和内电阻。

①他的实验步骤为：
a．在闭合开关前，调节电阻R1或R2至 (选填“最大值”或“最小值”)，之后闭合开关S，再闭合 (选填"S1”或“S2”)；
b．调节电阻 (选填“R1”或"R2”)，得到一系列电阻值和电流的数据；
c．断开开关，整理实验仪器。

②图乙是他由实验数据绘出的图像，图像纵轴截距与电源电动势的乘积代表，电源电动势E= V，内阻r= Ω。

(计算结果保留两位有效数字)。

答案：3.6 最大值 S1 R1 内阻和电流表的内阻之和 6.0 2.8
【解析】
解：（1）用等值替代法可测出R2接入电路的阻值，电阻箱的示数等于接入电路的阻值为3.6Ω
（2）要用电阻箱与电流表结合测量电动势与内阻，则要改变电阻箱的值，则
a．在闭合开关前，调节电阻R1或R2至最大值，之后闭合开关S，再闭合 S1．
b．调节电阻 R1得到一系列电阻值R和电流I的数据；
（3）由闭合电路欧姆定律可得：E=I（R+RA+r），即：1
A
R r
R
I E E
+
=+
；
由上式可知：图线的斜率是电动势的倒数，图象的斜率为11
6
E
=
，可得E=6V
图线在纵轴上的截距是
0.60
A
R r
E
+
=
可得；r=2.8Ω；
故答案为：3.6 最大值 S1 R1 内阻和电流表的内阻之和 6.0 2.8 24．（14分）如图所示，让摆球从图中的C点由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达A孔进入半径R=0.3m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔。

已知摆线长L=2m，θ=60°，小球质量为m=0.5kg，D点与小孔A的水平距离s=2m，g取10m/s2。

试求：
（1）求摆线能承受的最大拉力为多大？
（2）要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，
求粗糙水平面摩擦因数μ的范围？
答案：（1）10N （2）0.35≤μ≤0.5或者μ≤0.125
【解析】（1）mg(L-Lcosθ)=mvD2 ； Fm-mg=m得：Fm =2mg=10N （2）要保证小球能达到A孔，-μ1mgs=0-mvD2 可得：μ1=0.5
小球不脱圆轨道分两种情况：①若进入A孔的速度较小，那么将会在圆心以下做等幅摆动，其临界情况为到达圆心等高处速度为零，由机械能守恒可得： mvA2=mgR 由动能定理可得：-μ2mgs=mvA2-mvD2 可求得：μ2=0.35
②若小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，在圆周的最高点：mg=m
由动能定理可得：-μ3mgs-2mgR= mv2-mvD2 解得：μ3=0.125
综上所以摩擦因数μ的范围为：0.35≤μ≤0.5或者μ≤0.125
25.（18分）如图所示，在xOy平面直角坐标系中，直角三角形MNL内存在垂直于xOy平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，三角形的一直角边ML长为6a，落在y轴上，∠NML = 30°，其中位线OP在x轴上.电子束以相同的速度v0从y轴上-3a≤y≤0的区间垂直于y轴和磁场方向射入磁场，已知从y轴上y=-2a的点射入磁场的电子在磁场中的轨迹恰好经过O点.若在直角坐标系xOy 的第一象限区域内，加上方向沿y轴正方向、大小为E=Bv 0的匀
强电场，在x=3a处垂直于x轴放置一平面荧光屏，与x轴交点为
Q.忽略电子间的相互作用，不计电子的重力.试求：
（1）电子的比荷；
（2）电子束从+y轴上射入电场的纵坐标范围；
（3）从磁场中垂直于y轴射入电场的电子打到荧光屏上距
Q点的最远距离。

答案：(1) (2) 0≤y≤2a (3)
（1）由题意可知r = a (1分)由(2分)得：(1【解析】
分)
（2）电子能进入电场中，且离O点上方最远，电子在磁场中运动圆轨迹恰好与边MN相切，电子运动轨迹的圆心为O′点，如图所示。

则：(1
分)有：=a (1分)
即粒子从D点离开磁场进入电场时，离O点上方最远距离为
(1分)
所以电子束从y轴射入电场的范围为0≤y≤2a (1分)
（3）假设电子没有射出电场就打到荧光屏上，有
，所以，电子应射出电场后打到荧光屏上。

(1分)
电子在电场中做类平抛运动，设电子在电场的运动时间为，竖直方向位移为y，水平位移为x，水平：(1分)竖直： (1分)
代入得：(1分)
设电子最终打在光屏的最远点距Q点为H，电子射出电场时的夹角为θ有：
(2分)有： (2分) 当时，即时，有最大值； (1分)
由于，所以(1分)
（二）选考题：请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号右边的方框涂黑。

注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。

如果多做，则每学科按所选的第一题计分。

33.【物理——选修3-3】（15分）
（1）（6分）以下说法正确的是（ ）
A ．布朗运动是液体分子的运动，它说明了分子在永不停息地做无规则运动
B ．密封在容积不变的容器内的气体，若温度升高，则气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大
C ．某气体的摩尔质量为M 、摩尔体积为V 、密度为ρ，用N A 表示阿伏伽德罗常数，每个气体分子的质量m 0=M/N A ，每个气体分子的体积V 0=M /ρN A
D ．根据热力学第二定律可知，热量能够从高温物体传到低温物体，也可以从低温物体传到高温物体
E ．液晶显示屏是应用液晶的光学各向异性制成的
答案：BDE
【解析】A.布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，它说明了液体分子永不停息地做无规则运动，故A 错.B.密闭在容积不变的容器内的气体,若温度升高,分子无规则热运动的动能增加,故气体分子对容器壁单位面积上的平均作用力增大,故B 正确.C.气体分子的体积和气体分子平均所占的体积不是一回事,分子体积不等于摩尔体积比上阿伏伽德罗常数. DE 正确.
（2）（9分）如图所示，开口处带有卡环的圆柱形导热气缸，活塞面积S=104-2m ，质量m=0.6kg ，与气缸密闭接触．整个装置开口向上，放在温度为23C o 的室内，缸内被封气体体积为气缸容积0V 的一半．现将气缸缓慢倒置至开口向下，取g=102/m s ，p 0=1.0×105Pa ．求稳定后缸内气体的体积和压强．
答案：V2′=V0 P2′=0.8×105Pa。

【解析】气体初状态压强为：P1=P+S mg
=1.6×105Pa，体积V1=V0/2；
设倒置后活塞未与卡环接触，则气体压强为：P2=P0－S mg
=0.4×105Pa，
假设此时气体的体积为V2，由P1V1=P2V2，得：V2=2V0，故假设不成立，故缸内气体体积应为V2′=V0
此时缸内气体压强满足P2′V2′=P1V1，解得：P2′=0.8×105Pa。

34.【物理——选修3-4】（15分）
（1）（6分）以下物理学知识的相关叙述，其中正确的是（ ）
A ．用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的偏振
B ．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在
C ．交警通过发射超声波测量车速是利用了波的干涉原理
D ．狭义相对论认为，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的。

E ．在“用单摆测重力加速度”的实验中，测量n 次全振动的总时间时，计时的起始位置应选在小球运动到最低点时为宜。

答案：BDE
【解析】A.利用了光的干涉.C.利用了波的反射.BDE 正确.
（2）（9分）如图所示为一玻璃球的截面图，其半径为R ，O 为球体的球心，AB 为截面圆的直径。

在A 点放一个能发某种单色光的点光源，照射球体内各个方向，只有部分光能从球体中射出，在此截面上，只有圆弧N NB '上有光射出，N N '连线垂直AB 。

已知从M 点折射出的光线恰好平行AB ，AM 与AB 的夹角为θ，求N N '
、两点间的距离。

答案：24cos 1R θ-
【解析】设光线AM 在M 点发生折射对应的入射角为i ，折射角为r ，由几何知识可知，i=θ，
r=2θ，根据折射定律 n=sin sin r
i 光线AN 恰好在N
点发生全反射，则∠ANO 为临界角C ． sinC=1
n 由几何知识可知，等腰三角形NON′中，NN′
的距离为NN′=2Rsin2C=4RsinCcosC 联立以上各式解得：NN/＝24cos 1
R θ-
35.【物理——选修3-5】（15分）
（1）（6分）以下是有关近代物理内容的若干叙述，其中正确的是（ ）
A ．原子核发生一次β衰变，该原子外层就失去一个电子
B ．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，但原子的能量增大
C ．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的光强太小
D ．比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定。

E ．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应
答案：BDE
【解析】A.原子核的衰变是原子核内部的变化,是中子衰变为质子并放出电子.不是核外的变化,所以A 错.能否发生光电效应的决定因素不是光照时间和光强而是入射光的频率,所以C 错.BDE 对故选BDE.
（2）（9分）如图所示，质量分别为m A =6kg ，m B =2kg 的A 、B 两个小物块用细线栓接静止在光滑的水平面上，中间放一被压缩的轻弹簧，左端与A 连接，右端与B 不连接。

现剪断细线，A 、B 被弹簧弹开，离开弹簧时，B 物体的速度为6m/s ，此后与右侧的挡板发生碰撞，碰撞没有能量损失。

求：
（1）细线被剪断前，弹簧的弹性势能；
（2）B 物体被挡板反弹后，通过弹簧再次与A 发生作用的过程中，弹簧具有弹性势能的最大值。

答案：①细线被剪断前，弹簧的弹性势能为48J．
②弹簧具有弹性势能的最大值为12J．
【解析】解：（1）设B离开弹簧时，A的瞬时速度为vAO，细线被剪断前，弹簧的弹性势能为△P1
由动量守恒定律：mAvA0=mBvB0
解得：vA0=4m/s
再根据能量守恒定律：△P1＝
22
00
11
48
22
A B
mv mv
+=
J．
（2）当B第一次反弹，开始压缩弹簧，A、B具有相同速度V时弹性势能最大，设为△P2由动量守恒定律：mAvA0+mBvB0=（mA+mB）v
再根据能量守恒定律：△P2＝
()
222
00
111
12 222
A B A B
mv mv m m v
+-+=
答：①细线被剪断前，弹簧的弹性势能为48J．
②弹簧具有弹性势能的最大值为12J．
- 11 -。