福建省漳州市八校2014届高三物理第四次联考试卷(含解析)

七校理综物理
13、欧洲天文学家发现了可能适合人类居住的行星“格里斯581c”．该行星的质量是地球的m 倍，直径是地球的n 倍．设在该行星表面及地球表面发射人造卫星的最小发射速度分别为12v v 、，则12v v 的比值为
B. m n
【答案】D 【解析】
星球表面发射人造卫星的最小发射速度即第一宇宙速度，
根据万有引力提供向心力得：22Mm v G m R R
＝
解得：v =
∝
该行星的质量是地球的m 倍，直径是地球的n
倍，故：12v v =。

故选D 。

【考点】万有引力定律
14．如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中Ｍ点以相同速度飞出a 、b 两个带
电粒子，运动轨迹如图中虚线所示．则（ ）
A ．A 一定带正电，b 一定带负电
B ．A 的速度将减小，b 的速度将增加
C ．A 的加速度将减小，b 的加速度将增加
D ．两个粒子的电势能一个增加一个减小 【答案】C 【解析】
A 、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，所以能判断a 、b 一定带异种电荷，但是不清楚电场的方向，所以不能判定哪一个是正电荷，哪一个是负电荷，故A 错误； C 、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以a 受力减小，加速
度减小，b 受力增大，加速度增大，故C 正确；
BD 、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，从图中轨道变化来看电场力都做正功，动能都增大，速度都增大，所以电势能都减小，故BD 错误。

故选C 。

【考点】电场线；电场强度；电势能
15.一列沿x 轴传播的简谐横波，振幅为A ，波长为λ，某时刻的波形图如图所示，在该时刻某一质点的坐标为(λ，0)，经4
1
T 后，该质点的坐标有可能为（ ） ①
4
5
λ，0 ②λ，-A λ，A ④4
5
λ，A
A.只有②
只有① D.只有④
【答案】B
【解析】
若波沿+x 方向传播，则经41
T 后该质点到达波谷，即②正确； 若波沿－x 方向传播，则经4
1
T 后该质点到达波峰，即③正确。

故选B 。

【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象
16．如图所示，有三块等腰直角三角形的透明材料（图中的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）恰好拼成一个正方形。

从E 点垂直于边射入的单色光在F 处发生全反射，在G 、H 连续发生两次折射后射出。

若该单色光在三块材料的传播速率依次为v 1、v 2、v 3，下列关系式中正确的是（ ） A ．v 3＞v 1＞v 2 B ．v 2＞v 3＞v 1
C ．v 3＞v 2＞v 1
D ．v 1＞v 2＞v 3
【答案】D 【解析】
设Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ材料对光折射率分别为n 1、n 2、n 3。

根据全反射产生的条件可知：光从Ⅱ射向Ⅰ时发生了全反射，则n 1＜n 2．由题，光从Ⅱ射向Ⅲ发生折射时，入射角大于折射角，则n 2＜n 3．所以n 1＜n 2＜n 3．根据光在介质中的速度公式v=可知，v 与n 成反比，则v 1＞v 2＞v 3。

故选D 。

【考点】光的折射定律；全反射
17．如图一个质量为m 、带电量为+q 的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B 的匀强磁场中。

现给圆环一个水平向右的初速度v 0，在以后的运动中下列说法正确的是 A ．圆环可能做匀减速运动
B ．圆环不可能做匀速直线运动
C ．圆环克服摩擦力所做的功一定为
2
02
1mv D ．圆环克服摩擦力所做的功可能为2
22
32221B q g m mv o -
【答案】D 【解析】
A 、当0qv
B mg ＜时，圆环做减速运动到静止，速度在减小，洛伦兹力减小，杆的支持力和摩擦力都发生变化，所以不可能做匀减速运动，故A 错误；
B 、当0qv B mg =时，圆环不受支持力和摩擦力，做匀速直线运动，故B 错误； CD 、当0qv B mg ＜时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功．根据动能定理得
21W 0mv 2-=-得2
01W mv 2
=，
当0qv B mg ＞时，圆环先做减速运动，当qvB mg =时，不受摩擦力，做匀速直线运动． 当qvB mg =时，得mg
v qB
=
根据动能定理得22011W mv mv 22
-=
-
代入解得
32
2
022
1m g
W mv
22q B
=-，故C错误D正确。

故选D。

【考点】动能定理；力的合成与分解；洛仑兹力
18．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，电压表和电流表均为理想电表，R为副线圈的负载电阻。

现在原线圈a b
、两端加上交变电压u，其时间变化的规律，则
()
u tπ
=V
A．若电流表示数为0.1A，则1min内电阻上产生的焦耳热为
132J
B．副线圈中产生的交变电流频率为100Hz
C．电压表的示数为
D．若电流表示数为0.1A，则原线圈中的电流为1A
【答案】A
【解析】
A、副线圈消耗的电能全部转化为焦耳热，所以Q UIt220.160132J
==⨯⨯=，故A正确；
B、由表达式知道周期
2
T0.02s
100
π
π
==，所以频率f=50Hz，故B错误；
C、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为，所以副线圈的电压的
最大值为，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为22V，故C错误；
D、电流与匝数成反比，所以若电流表示数为0.1A，则原线圈中的电流为0.01A，故D错误。

故选A。

【考点】变压器的构造和原理；焦耳定律；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率19、（一）如图为“用DIS（位移传感器、数据采集器、计算机）研究加速度和力的关系”的实验装置。

（1）在该实验中必须采用控制变量法，应保持___________不变，用钩码所受的重力作为___________，用DIS测小车的加速度。

（2）改变所挂钩码的数量，多次重复测量。

在某次实验中根据测得的多组数据可画出a-F 关系图线（如图所示）。

此图线的AB段明显偏离直线,造成此误差的主要原因是( ) A.小车与轨道之间存在摩擦 B.导轨保持了水平状态
C.所挂钩码的总质量太大
D.所用小车的质量太大
【答案】（1）小车的总质量，小车所受外力，（2）C，
【解析】
（1）应保持小车的质量不变，用钩码所受的重力作为小车受到的合外力；
（2）本实验要探索“加速度和力的关系”所以应保持小车的总质量不变，钩码所受的重力作为小车所受合外力；由于OA段a-F关系为一倾斜的直线，所以在质量不变的条件下，加速度与外力成正比；设小车的质量为M，钩码的质量为m，由实验原理得：mg Ma
=，
得
mg F
a
M M
==，而实际上
mg
a
M m
'=
+
，可见AB段明显偏离直线是由于没有满足M m
＞＞
造成的。

【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系
（二）某实验小组在“测定金属电阻率”的实验过程中，正确操作获得金属丝的直径以及电流表、电压表的读数如图所示，则它们的读数值依次是_________、________、__________。

已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为0~10Ω，电流表内阻约几欧，电压表内阻约20kΩ。

电源为干电池（不宜在长时间、大功率状况下使用），电动势E = 4.5V，内阻很小。

则以下
电路图中__________（填电路图下方的字母代号）电路为本次实验应当采用的最佳电路。

但 用此最佳电路测量的结果仍然会比真实值偏_________。

若已知实验所用的电流表内阻的准确值 2.0A R =Ω，那么准确测量金属丝电阻x R 的最佳电路应是上图中的__________电路（填电路图下的字母代号）。

此时测得电流为I 、电压为U ，则金属丝电阻x R =___________（ 用题中字母代号表示）。

【答案】0.996～0.999mm 0.42 2.25～2.28V A 小 B x A U
R R I
=- 【解析】
螺旋测微器先读固定部分为0.5mm ，可动部分可估读为49.6～49.7，故总示数为：0.5+49.7×0.01mm=0.997mm；
电流表量程为0.6A ，则最小刻度为0.02；指针所示为0.42A ；
电流表量程为3V ，最小刻度为0.1V ，则指针指数超过2.25，故可估读为：2.25～2.28V ； 因电源不能在大功率下长时间运行，则本实验应采用限流接法；同时电压表内阻较大，由以上读数可知，待测电阻的内阻约为5Ω，故采用电流表外接法误差较小，故选A ； 在实验中电压表示数准确，但电流测量的是干路电流，故电流表示数偏大，则由欧姆定律得出的结果偏小；
因已知电流表准确值，则可以利用电流表内接法准确求出待测电阻；故选B ； 待测电阻及电流表总电阻U R I =，则待测电阻X A A U
R R R R I
=-=-； 【考点】测定金属电阻率
20.（15分）在竖直平面内有一个粗糙的
1
4
圆弧轨道，其半径R=0.4m ，轨道的最低点距地面高度h=0.45m.一质量m=0.1kg 的小滑块从轨道的最高点A 由静止释放，到达最低点B 时以一定的水平速度离开轨道，落地点C 距轨道最低点的水平距离x=0.6m.空气阻力不计，g 取10m/s 2
，求：
（1）小滑块离开轨道时的速度大小；
（2）小滑块运动到轨道最低点时，对轨道的压力大小；
（3）小滑块在轨道上运动的过程中，克服摩擦力所做的功. 【答案】v 2.0m /s = N ' 2.0N = 克服摩擦力做功0.2J 【解析】
（1）小滑块离开轨道后做平抛运动，设运动时间为t ，初速度为v ，则x vt =、21h gt 2
= 解得：v 2.0m /s =
（2）小滑块到达轨道最低点时，受重力和轨道对它的弹力为N ，
根据牛顿第二定律：2
v N mg m R
-=
解得：N 2.0N =
根据牛顿第三定律，轨道受到的压力大小N 'N 2.0N ==，方向竖直向下 （3）在滑块从轨道的最高点到最低点的过程中，根据动能定理：2f 1
mgR W mv 02
+=- 得f W 0.2J =-
所以小滑块克服摩擦力做功为0.2J 。

【考点】动能定理；牛顿第二定律
21．(19分)如图，在竖直面内有两平行金属导轨AB 、CD 。

导轨间距为L ，电阻不计。

一根电阻不计的金属棒ab 可在导轨上无摩擦地滑动。

棒与导轨垂直，并接触良好。

导轨之间有水平向外的匀强磁场，磁感强度为B 。

导轨右边与电路连接。

电路中的三个定值电阻阻值分别为2R 、R 和R 。

在BD 间接有一水平放置的平行板电容器C ，板间距离为d 。

当ab 棒以速度v 0一直向左匀速运动时，在电容器正中心的质量为m 的带电微粒恰好处于静止状态。

（1）试判断微粒的带电性质及所带电量的大小。

（2）若ab 棒突然以2v 0的速度一直向左匀速运动，
则带电微粒经多长时间运动到电容器的上板？其电势能和动能各增加了多少？
【答案】负电 0
3mgd
q Blv =
t =P E mgd ∆=－ k 1E mgd 2∆=
【解析】
（1）棒以v 0的速度向左匀速运动，感应电流为顺时针方向，电容器上板带正电。

由于微粒受力平衡，电场力方向向上，场强方向向下，所以微粒带负电
mg c U q d
=
、c U IR =、3E
I R =、0E Blv =
由以上各式求出0
3mgd q Blv =
（2）ab 棒以2v 0的速度向左匀速运动时 微粒受到向上的电场力为F 2mg =，得F mg a m -=
，及2
122
d at =
由以上各式求得带电微粒运动到电容器上板的时间为t =
带电微粒电势能的增量P E 2mg mgd 2
d
∆==－－ 带电微粒动能的增量k 1
E mg
mgd 22
d ∆=＝ 【考点】共点力平衡；能量守恒定律
22. (20分)如图所示，在y 轴的右侧存在磁感应强度为B 的方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x 轴的上方有一平行板式加速电场。

有一薄绝缘板放置在y 轴处，且与纸面垂直。

现有一质量为m 、电荷量为q 的粒子由静止经过加速电压为U 的电场加速，然后以垂直于板的方向沿直线从A 处穿过绝缘板，而后从x 轴上的D 处以与x 轴负向夹角为30°的方向进入第四象限，若在此时再施加一个电场可以使粒子沿直线到达y 轴上的C 点(C 点在图上未标出)。

已知OD 长为l ，不计粒子的重力.求： (1)粒子射入绝缘板之前的速度 (2)粒子经过绝缘板时损失了多少动能
(3)所加电场的电场强度和带电粒子在y 轴的右侧运行的总时间.
【答案】v 2222B q qU m l -
【解析】
（1）粒子在电场中加速，由动能定理得2
1
qU mv 2
＝
解得：v （2）粒子在磁场中做圆周运动轨迹如图
由几何关系可得轨道半径为2l
由2
v qv B m 2l
''＝
解得2q B
v m
l '＝
根据能量守恒得，损失的动能22222
K 112B q E mv mv qU 22m
l ∆-'-＝＝
（3）粒子若作直线运动，则qv B qE '=
代入数据解得22qB E m
l
＝
方向与x 轴正向斜向下成60°。

粒子在第一象限作匀速圆周运动的时间15m
t 6qB
π＝
粒子在第四象限做匀速直线运动的时间2t
粒子x 轴右侧运行的总时间5m t 6qB π=
【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
29.【物理――选修3-3】
⑴（6分）带有活塞的气缸内封闭一定量的理想气体。

气体开始处于状态a，然后经过过程ab到达状态b或经过过程ac到达状态c，b、c状态温度相同，如V-T图所示。

设气体在状态b和状态c的压强分别为p b和p c，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Q ab和Q ac，则（）A．p b>p c，Q ab>Q ac B．p b>p c，Q ab<Q ac
C．p b<p c，Q ab>Q ac D．p b<p c，Q ab<Q ac
【答案】C
【解析】
根据理想气体状态方程PV
C T
=，
整理可得：
C
V T
P
=，所以斜率越大，表示压强越小，即b点的压强小于c点；
由热力学第一定律U W Q
∆=+
经过过程ab到达状态b或经过过程ac到状态c，温度变化情况相同，所以△U相等，
又因经过过程ab到达状态b，体积增大，对外做功，W为负值，
而经过过程ac到状态c，体积不变，对外不做功，W为零，所以第一个过程吸收的热量多。

故选C。

【考点】理想气体的状态方程
（2）（6分）下列说法正确的是（ )
A．气体的内能是所有分子热运动的动能和分子间势能之和；
B．气体的温度变化时，其分子平均动能和分子间势能也随之改变；
C．功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功；
D．热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，也能自发地从低温物体传递到高温物体；【答案】A
【解析】
A、气体的内能是分子热运动的动能和分子间的势能之和，故A正确；
B、气体的温度变化时，分子平均动能变化，其分子间势能不一定改变，故B错误；
C、第二定律开尔文表述：不可能从单一热源取热，把它全部变为功而不产生其他任何影响．只有在不产生其它影响的条件下，从单一热源吸热全部变功才是不可能的；也就是说第二定律
并不禁止下列情形：存在其他变化时，热全部变功．或者说：“从单一热源取热，把它全部变为功”并非不可能，但只有在发生其他变化时，才能实现，故C 错误；
D 、根据热力学第二定律得：热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体，故D 错误。

故选A 。

【考点】热力学第二定律；物体的内能 30.【物理――选修3-5】
（1）（6分）某放射性元素经过m 次α衰变和n 次β衰变，变成一种新原子核，新原子核比原来的原子序数减小( )
A ．2m+n
B ．2m-n
C ．m+n
D ．m-n 【答案】B 【解析】
某放射性元素经过m 次α衰变和n 次β衰变共产生：m 个42He 和n 个01e -
所以质子数减少：2m n 12m n ⨯+⨯
-=-（），故B 正确。

故选B 。

【考点】原子核衰变及半衰期
（2）（6分）如图所示，质量为M 的小车静止在光滑的水平地面上，车上有2个质量均为m 的小球，现用两种方式将球相对于地面以恒定速度V 向右水平抛出。

第一种方式是将2个小球一起抛出，第二种方式是将小球依次先后抛出。

比较用上述不同方式抛完小球后小车的最终速度（ ）
A ．第一种较大
B ．第二种较大
C ．二者一样大
D ．不能确定
【答案】C 【解析】
以车与球组成的系统为研究对象，系统所受合外力为零， 系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得， 两球同时抛出时：2mv Mv 0+=车，解得：2mv
v M
=-
车，负号表示方向向左， 小球依次抛出时：mv M m v 0++'=（），mv mv M m v +'=+'车（），
解得：2m
v v M
'=-车，负号表示方向向左，由此可知，两种方式，车的速度相等。

故选C 。

【考点】动量守恒定律
2014年“漳州八校”第四次联考高三理综参考答案
物理参考答案
13D 14.C 15.B 16.D 17.D 18.A 191）小车的总质量，小车所受外力，（各2分） （2）C ，（ 2分） （二）（共12分）
0.996～0.999mm （2分）、0.42A （1分）、2.25～2.28V （1分）。

A （2分）， 小 （2分），B （2分）， x A U R R I =- 或 2x U
R I
=-Ω（）（2分） 20.（15分）
（1）小滑块离开轨道后做平抛运动，设运动时间为t ，初速度为v ，则x vt =、2
1h gt 2
= 解得：v 2.0m /s =
（2）小滑块到达轨道最低点时，受重力和轨道对它的弹力为N ，
根据牛顿第二定律：2
v N mg m R
-=
解得：N 2.0N =
根据牛顿第三定律，轨道受到的压力大小N 'N 2.0N ==，方向竖直向下 （3）在滑块从轨道的最高点到最低点的过程中，根据动能定理：2f 1
mgR W mv 02
+=- 得f W 0.2J =-
所以小滑块克服摩擦力做功为0.2J 。

21．(19分)
（1）棒以v 0的速度向左匀速运动，感应电流为顺时针方向，电容器上板带正电。

由于微粒受力平衡，电场力方向向上，场强方向向下，所以微粒带负电
mg c U q d
=
、c U IR =、3E I R =、0E Blv =
由以上各式求出0
3mgd
q Blv =
（2）ab 棒以2v 0的速度向左匀速运动时 微粒受到向上的电场力为F 2mg =，得F mg a m -=
，及2
122
d at =
由以上各式求得带电微粒运动到电容器上板的时间为t =
带电微粒电势能的增量P E 2mg mgd 2
d
∆==－－ 带电微粒动能的增量k 1
E mg mgd 22
d ∆=＝ 22. (20分)
（1）粒子在电场中加速，由动能定理得2
1qU mv
2
＝
解得：v （2）粒子在磁场中做圆周运动轨迹如图 由几何关系可得轨道半径为2l
由2
v qv B m 2l
''＝
解得2q B
v m
l '＝
根据能量守恒得，损失的动能22222
K 112B q E mv mv qU 22m
l ∆-'-＝＝
（3）粒子若作直线运动，则qv B qE '=
代入数据解得22qB E m
l
＝
方向与x 轴正向斜向下成60°。

粒子在第一象限作匀速圆周运动的时间15m
t 6qB
π＝
粒子在第四象限做匀速直线运动的时间2t 3v 3qB
'＝
＝
粒子x 轴右侧运行的总时间5m (5t 6qB 3qB 6qB
ππ+=
+＝
29、［物理――选修3-3］（1）C （2）A 30、［物理――选修3-5］（1）B （2）C。