成都市树德中学2024年高三下第四次检测试题物理试题

成都市树德中学2024年高三下第四次检测试题物理试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。

选择题必须用2B 铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、在边长为L 的正方形abcd 的部分区域内存在着方向垂直纸面的匀强磁场，a 点处有离子源，可以向正方形abcd 所在区域的任意方向发射速率均为v 的相同的正离子，且所有离子均垂直b 边射出，下列说法正确的是（ ）
A ．磁场区域的最小面积为224L π-
B ．离子在磁场中做圆周运动的半径为2L
C ．磁场区域的最大面积为24L π
D ．离子在磁场中运动的最长时间为
23L v π 2、如图所示，重力均为G 的两小球用等长的细绳a 、b 悬挂在O 点，两小球之间用一根轻弹簧连接，两小球均处于静止状态，两细绳a 、b 与轻弹簧c 恰好构成正三角形。

现用水平力F 缓慢拉动右侧小球，使细绳a 最终竖直，并保持两小球处于静止状态。

下列说法正确的是（ ）
A ．最终状态时，水平拉力F 等于3G
B ．最终状态与初态相比，轻弹簧c 的弹性势能保持不变
C ．最终状态与初态相比，右侧小球机械能的增加量等于弹簧弹性势能的减小量加上力F 做的功
D ．最终状态与初态相比，系统的机械能增加
3、一台小型发电机的原理如图所示，单匝矩形线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图乙所示。

已知发电机线圈内阻为1Ω，外接标有灯泡的交流电压表，则下列说法正确的是（ ）
A ．电压表的示数为220V
B ．线圈转到如甲图所示位置时感应电动势为零
C ．当0.01s t =时线圈中的磁通量最小为零
D ．当0.01s t =时线圈中的磁通量最大，为112Wb 5π
4、如图所示，PQ 两小物块叠放在一起，中间由短线连接(图中未画出)，短线长度不计，所能承受的最大拉力为物块Q 重力的1.8倍；一长为1.5 m 的轻绳一端固定在O 点，另一端与P 块拴接，现保持轻绳拉直，将两物体拉到O 点以下，
距O 点竖直距离为h 的位置，由静止释放，其中PQ 的厚度远小于绳长。

为保证摆动过程中短线不断，h 最小应为（ ）
A ．0.15m
B ．0.3m
C ．0.6 m
D ．0.9 m
5、关于牛顿第一定律和惯性有下列说法，其中正确的是（ ）
A ．由牛顿第一定律可知，物体在任何情况下始终处于静止状态或匀速直线运动状态
B ．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性
C ．牛顿第一定律只是反映惯性大小的，因此也叫惯性定律
D ．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动
6、如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，传送带以速度v 0逆时针匀速转动。

在传送带的上端轻轻放置一个质量为m 的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ>tan θ，则能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的图象是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、图（a）为一交流发电机示意图，线圈abcd在匀强磁场中绕固定轴OO'沿顺时针方向匀速转动，图（b）是该发电机的电动势已随时间t按余弦规律变化的图像。

已知线圈电阻为2.5Ω，定值电阻R=10Ω，电表均为理想交流电表。

由此可以判定（）
A．电流表读数为0.8A
B．电压表读数为10V
C．t=0.1s时刻，穿过线圈的磁通量为零
D．0~0.05s内，通过电阻R的电荷量为0.04C
8、如图所示，竖直绝缘墙上固定一带电小球A，将带电小球B用轻质绝缘丝线悬挂在A的正上方C处，图中AC=h。

当B静止在与竖直方向夹角θ=30°方向时，A对B的静电力为B所受重力的0.5倍，则下列说法中正确的是（两球均可看作点电荷）（）
A
2
B．以后由于A漏电，B在竖直平面内缓慢运动，到θ=0°处A的电荷尚未漏完，在整个漏电过程中，丝线上拉力大小保持不变
C．若保持悬点C位置不变，缓慢缩短丝线BC的长度，B球运动轨迹在最初阶段为圆弧
D．若A对B的静电力为B 3
要使B球依然在θ=30°处静止，则丝线BC
323
9、研究表明，汽车在行驶过程中所受阻力的大小与运动速率的平方近似成正比。

一辆汽车在平直公路上行驶，以某一功率行驶达到的最大速率为1v，此时所受阻力为1F。

若增加汽车功率为原来的两倍，其他条件不变，该汽车行驶达到
的最大速率为2v，相应的阻力为2F。

对此下列表述正确的是（）
A．2
12
F F =B．3
2
1
4
F
F
=C．2
1
2
v
v
=D．3
2
1
2
v
v
=
10、如图甲所示，物体以一定的初速度从倾角α=37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m．选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化如图乙所示．取g=10 m/s2，sin 37°=0.60，cos 37°=0.1．则（）
A．物体的质量m=0.67 kg
B．物体与斜面之间的动摩擦因数μ=0.50
C．物体上升过程中的加速度大小a=1m/s2
D．物体回到斜面底端时的动能E k=10 J
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）利用阿特伍德机可以验证力学定律。

图为一理想阿特伍德机示意图，A、B为两质量分别为m1、m2的两物块，用轻质无弹性的细绳连接后跨在轻质光滑定滑轮两端，两物块离地足够高。

设法固定物块A、B后，在物块A上安装一个宽度为d的遮光片，并在其下方空中固定一个光电门，连接好光电门与毫秒计时器，并打开电源。

松开固定装置，读出遮光片通过光电门所用的时间△t。

若想要利用上述实验装置验证牛顿第二定律实验，则
(1)实验当中，需要使m1、m2满足关系：____。

(2)实验当中还需要测量的物理量有_____利用文字描述并标明对应的物理量符号）。

(3)验证牛顿第二定律实验时需要验证的等式为____（写出等式的完整形式无需简化）。

(4)若要利用上述所有数据验证机械能守恒定律，则所需要验证的等式为____（写出等式的完整形式无需简化）。

12．（12分）某同学利用如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律，图中A、B为两个光电门。

（1）该同学首先利用20分度的游标卡尺测量小球的直径d，测量结果如图乙所示，则d＝________cm；
（2）让小球从光电门A 上方某一高度处自由下落，计时装置测出小球通过光电门A 、B 的挡光时间t A 、t B ，已知当地的重力加速度为g ，用刻度尺测量出光电门A 、B 间的距离h ，则只需比较________与________是否相等就可以验证小球下落过程中机械能是否守恒；（用题目中涉及的物理量符号来表示）
（3）该同学的实验操作均正确，经过多次测量发现，（2）中需要验证的两个数值总是存在一定的误差，产生这种误差的主要原因是__________________。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图所示，金属圆环轨道MN 、PQ 竖直放置，两环之间ABDC 内（含边界）有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 0，AB 水平且与圆心等高，CD 竖直且延长线过圆心。

电阻为r ，长为2l 的轻质金属杆，一端套在内环MN 上，另一端连接质量为m 的带孔金属球，球套在外环PQ 上，且都与轨道接触良好。

内圆半径1r l =，外圆半径23r l =，PM 间接有阻值为R 的电阻，让金属杆从AB 处无初速释放，恰好到达E F 处，EF 到圆心的连线与竖直方向成θ角。

其它电阻不计，忽略一切摩擦，重力加速度为g 。

求：
(1)这一过程中通过电阻R 的电流方向和通过R 的电荷量q ；
(2)金属杆第一次即将离开磁场时，金属球的速率v 和R 两端的电压U 。

14．（16分）如图所示，一质子自M 点由静止开始，经匀强电场加速运动了距离d 后，由N 点沿着半径方向进入直径为d 的圆形匀强磁场区域，在磁场中偏转了2
π 弧度后飞出磁场，求质子在电场和磁场中运动的时间之比。

15．（12分）如图所示，水平面上有A 、B 两个小物块（均视为质点），质量均为m ，两者之间有一被压缩的轻质弹簧（未与A 、B 连接）。

距离物块A 为L 处有一半径为L 的固定光滑竖直半圆形轨道，半圆形轨道与水平面相切于C 点，物块B 的左边静置着一个三面均光滑的斜面体（底部与水平面平滑连接）。

某一时刻将压缩的弹簧释放，物块A 、B 瞬间分离，A 向右运动恰好能过半圆形轨道的最高点D （物块A 过D 点后立即撤去），B 向左平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为L （L 小于斜面体的高度）。

已知A 与右侧水平面的动摩擦因数0.5μ=，B 左侧水平面光滑，重力加速度为g ，求：
(1)物块A 通过C 点时对半圆形轨道的压力大小；
(2)斜面体的质量；
(3)物块B 与斜面体相互作用的过程中，物块B 对斜面体做的功。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、C
【解题分析】
A B ．由题可知，离子垂直bc 边射出，沿ad 方向射出的粒子的轨迹即为磁场区域的边界，其半径与离子做圆周运动的半径相同，所以离子在磁场中做圆周运动的半径为R =L ；磁场区域的最小面积为
222min 11(2)2()422
L S L L ππ-=-=
故AB 错误；
CD ．磁场的最大区域是四分之一圆，面积
2max 14S L π= 离子运动的最长时间
42T L t v
π＝＝ 故C 正确，D 错误。

故选C 。

2、D
【解题分析】
AB ．以左边小球为研究对象，初状态受到重力、弹簧弹力和细绳拉力，如图所示
根据平衡条件可得细绳拉力cos a G T θ=，其中θ=30°，则 3
a T =根据对称性可知，初状态细绳
b 的拉力大小为3b T =
，末状态以右边的小球为研究对象，受到重力、细绳b 的拉力和水平方向拉力而平衡，根据图中几何关系可得
cos b G T α
'= 其中α＞θ，则
3
b T '>
根据平衡条件可得：F =G tan α，由于弹簧的长度发生变化，轻弹簧c 的弹性势能改变，后来三边构成的三角形不是等
边三角形，故α≠60°，则F ≠，故AB 错误。

C ．最终状态与初态相比，根据能量守恒可知，两球机械能的增加量等于弹簧弹性势能的减小量加上力F 做的功，而左侧小球机械能减小，故右侧小球增加量大于弹簧弹性势能的减小量加上力F 做的功，故C 错误；
D ．两球和弹簧组成的系统机械能的增加量等于外力F 做的功，由于F 做正功，故系统机械能增加，故D 正确。

故选D 。

3、D
【解题分析】
A 220V ，电压表测的是路端电压，由于电源有内阻，所以路端电压和电动势不相等，所以电压表的示数不为220V ，故A 错误；
B ．线圈转到如甲图所示位置时，感应电动势最大，故B 错误；
CD ．由乙图可知t =0.01s 时，感应电动势为零，线圈位于中性面，与磁感线垂直，磁通量最大，由乙图可知周期T =0.02s ，由
m 2E BS BS
T
πω== 可得 112Wb 5M BS Φπ
故C 错误，D 正确。

故选D 。

4、D 【解题分析】
设摆到最低点时，短线刚好不断，由机械能守恒得
()()()212
P Q P Q m m g L h m m v +-=+ 对Q 块，根据牛顿第二定律有：
21.8Q Q Q m v m g m g L -=
将L =15m 代入得 0.9m h =。

ABC 错误；D 正确。

故选D。

5、D
【解题分析】
A．根据牛顿第一定律知，物体只有在不受外力，或者所受合外力为零时，才能处于静止或匀速直线运动状态，A错误；
B．行星在圆周轨道上保持匀速率运动是由于受到改变运动状态的万有引力作用，其运动状态是不断变化的，则B项错误；
C．牛顿第一定律反映物体具有惯性这种性质，并不能反映物体惯性的大小，C错误；
D．运动物体如果没有受到力的作用，将保持原来的速度做匀速直线运动，D项中说法符合牛顿第一定律，D正确；故选D。

6、B
【解题分析】
初状态时：重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，由牛顿第二定律得加速度：
a1=g sinθ+μg cosθ
a恒定，斜率不变；
当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ＞tanθ知道木块将与带以相同的速度匀速运动，图象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率为零。

A．该图与结论不相符，选项A错误；
B．该图与结论相符，选项B正确；
C．该图与结论不相符，选项C错误；
D．该图与结论不相符，选项D错误；
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、AC
【解题分析】
AB．电动势有效值为
E==
10V
电流表的读数
10A=0.8A 10 2.5E I R r ==++ 电压表读数
8V U IR ==
选项A 正确，B 错误；
C ．t =0.1s 时刻，感应电动势最大，此时穿过线圈的磁通量为零，选项C 正确；
D ．0~0.05s 内，通过电阻R 的电荷量为
()
E q t R r =∆+ 2m m E TE NBS E t t t
ωπ=
==∆∆∆ 则 0.210222C C 2()2(10 2.5)25m TE q R r πππ
⨯===++ 选项D 错误。

故选AC 。

8、BCD
【解题分析】
A ．当A 对
B 的静场力为B 所受重力的0.5倍，B 静止时丝线B
C 与竖直方向夹角θ=30°，处于平衡，根据几何关系可知此时AB 与BC 互相垂直，此时丝线长度为32
h ，选项A 错误；
B ．而由三角形相似可知
G F T h AB BC
== 则在整个漏电过程中，丝线上拉力T 大小保持不变，选项B 正确；
Ｃ．以C 点为原点，以CA 方向为y 轴，垂直CA 方向向右为x 轴建立坐标系，设B 点坐标为（x ，y ），则由几何关系 cos sin x h θθ=⋅
tan x y
θ= 消掉θ角且整理可得
2222(cos )x y h BC +==θ
缓慢缩短丝线BC 的长度，最初阶段BC 的长度变化较小，B 球运动轨迹在最初阶段为圆弧，选项C 正确；
D ．若A 对B 的静电力为B 所受重力的3
倍，则B 静止在与竖直方向夹角仍为θ=30°时，对B 受力分析，G 、F 与T ，将F 与T 合成，则有
G F
AC AB =
解得
3F
AB h h G ==
根据余弦定理可得
2222cos30h BC BC h =+-⨯⨯︒）
解得
BC h
选项D 正确。

故选BCD 。

9、BD
【解题分析】
CD ．汽车功率为P 时，最大速率为1v ，由二力平衡有
1
1F P
v =
由题意知
2
11F kv =
解得
1v =
同理，汽车功率为2P 时，最大速率为
2v = 解①②式得
21v v == 所以D 正确，C 错误；
AB ．将③式代入
211F kv =与222F kv =
解得
2
2211F v F v ⎛⎫== ⎪⎝⎭
所以B 正确，A 错误。

故选BD 。

10、BD
【解题分析】
A ．在最高点，速度为零，所以动能为零，即物体在最高点的机械能等于重力势能，所以有0p E E mgh =+= 所以物体质量为 30kg=1kg 103
E m gh ==⨯ A 错误；
B ．在最低点时，重力势能为零，故物体的机械能等于其动能，物体上升运动过程中只受重力、摩擦力做功，故由动能定理可得
cos37sin 37k h mg mgh E μ-︒
-=∆︒
解得 200.60.511030.8
μ⨯==⨯⨯⨯ B 正确；
C ．物体上升过程受重力、支持力、摩擦力作用，故根据力的合成分解可得：物体受到的合外力为
sin cos 10F mg mg N αμα=+=
故物体上升过程中的加速度为
210m/s F a m
== C 错误；
D ．物体上升过程和下落过程物体重力、支持力不变，故物体所受摩擦力大小不变，方向相反，所以，上升过程和下滑过程克服摩擦力做的功相同；由B 可知：物体上升过程中克服摩擦力做的功等于机械能的减少量20J ，故物体回到斜面底端的整个过程克服摩擦力做的功为40J ；又有物体整个运动过程中重力、支持力做功为零，所以，由动能定理可得：物体回到斜面底端时的动能为50J-40J=10J ，D 正确。

故选BD 。

三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、12m m > 物块A 初始释放时距离光电门的高度h ()2
12122
2d m g m g m m h t -=+∆ 22
1212221122d d m gh m gh m m t t
-=+∆∆ 【解题分析】
(1)[1]由题意可知，在物块A 上安装一个宽度为d 的遮光片，并在其下方空中固定一个光电门，连接好光电门与毫秒计时器，所以应让物块A 向下运动，则有12m m >；
(2)[2]由匀变速直线运动的速度位移公式可知，加速度为
2
2=v a h
则实验当中还需要测量的物理量有物块A 初始释放时距离光电门的高度h ；
(3)[3]对两物块整体研究，根据牛顿第二定律，则有
1212()()m m g m m a -=+
物块A 经过光电门的速度为
d v t
=∆ 联立得
()2
121222d m g m g m m h t
-=+∆ (4)[4]机械能守恒定律得
2
2121212211()()()22d m m gh m m v m m t
-=+=+∆ 12、0.885 gh
222212B A d d t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭
小球下落过程中受到空气阻力的影响 【解题分析】
(1)[1]根据游标卡尺的读数规则可知，小球的直径为 0.8cm 170.05mm 0.885cm d =+⨯=
(2)[2][3]小球从A 到B ，重力势能减少了mgh ，动能增加了
2
221()2B A
d m t t - 因此，要验证机械能是否守恒，只需比较gh 与2
221()2B A
d m t t -是否相等即可 (3)[4]小球下落过程中，受到空气阻力的作用，造成机械能损失，所以总是存在一定的误差。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、 (1)M 指向P ，202πl B q R r =+；
(2)v =
，R U = 【解题分析】
(1)由楞次定律可以判定通过R 的电流方向由M 指向P ；
金属杆从AB 滑动到CD 的过程中
q I t =∆ ①
E I R r =
+ ② E t
∆Φ=∆ ③ ()22021014
B S r r B π∆Φ=∆=- ④ 由①②③④得：
202l B q R r
π=+ ⑤ (2)设金属杆离开磁场小球的速率为v ，角速度为ω，第一次离开磁场到EF ，由动能定理得：
213(1cos )02
mg l mv θ-⋅-=- ⑥ v =3lω ⑦
金属杆第一次离开磁场瞬间产生电动势为：
02E B lv =⋅ ⑧
12
2r r v ωω+= ⑨
R R
U E R r =+ ⑩
由得⑥⑦⑧⑨⑩
v = ⑪
R U =
⑫ 14、8
π
【解题分析】
由题可知在磁场中，周期为
2m
T qB π=
偏转的时间
242T m
t qB π
==
根据洛伦兹力提供向悯力有
2
mv qvB R =
且运动半径为
2d
R = 解得：2Bq
v m =
电场中加速：
12v
d t =
解得：
124d md t v Bq
== 所以有：
128t t π
= 15、 (1)6mg ；(2) 2m M =
；(3) 83
mgL W = 【解题分析】
(1)在D 点，有
2D v mg m L = 从C 到D ，由动能定理，有
2211222
D C mg L mv mv -⨯=
- 在C 点，有 2C v F mg m L
-= 解得
6F mg =
由牛顿第三定律可知，物块A 通过C 点时对半圆形轨道的压力
6F F mg '==
(2)弹簧释放瞬间，由动量守恒定律，有
A B mv mv =
对物块A ，从弹簧释放后运动到C 点的过程，有
22A 1122
C mg mv mv L μ-=- B 滑上斜面体最高点时，对B 和斜面体，由动量守恒定律，有
()B mv m M v =+
由机械能守恒定律，有
22B 11()22
mv m M v mgL =++ 解得
2
m M = (3)物块B 从滑上斜面到与斜面分离过程中，由动量守恒定律
B B mv mv mv ''=+
由机械能守恒，有
222B B 111222
mv mv Mv ''=+ 解得
B v '=，v '=由功能关系知，物块B 与斜面体相互作用的过程中，物块B 对斜面体做的功
212
W Mv '= 解得
83mgL W =。