福建省政和一中、周宁一中2014届高三第四次联考物理试卷 含解析zhangsan

2013-2014政和一中、周宁一中第四次联考
物理试题（12.21）
(满分300分，考试时间150分钟）
本卷分第Ⅰ卷（选择题）和第II 卷。

第Ⅰ卷均为必考题，第II 卷包括必考和选考两个部分。

相对原子质量：H-1 O —16 C —12 S-32 N-14 Fe —56 Cl-35。

5 Ca —40 Na-23
第Ⅰ卷（必考)
本卷共18小题,每小题6分，共108分。

选择题（本题共18小题。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选
项符合题目要求。

）
13.我国正在自主研发“北斗二号”地球卫星导航系统，此系统由中轨道、高轨道和同步卫星等组成,可将定位精度提高到 “厘米"级，会在交通、气象、军事等方面发挥重要作用．已知三种卫星中，中轨道卫星离地最近，同步卫星离地最远．则下列说法中正确的是 A ．中轨道卫星的线速度小于高轨道卫星的线速度 B ．中轨道卫星的角速度小于同步卫星的角速度
C ．若一周期为8h 的中轨道卫星,某时刻在同步卫星的正下方，则经过24 h 仍在该同步卫星的正下方
D ．高轨道卫星的向心加速度小于同步卫星的向心加速度 【答案】C
A 、根据万有引力提供向心力22Mm v G m
r r
=,得:GM
v r
=
卫星中，离地越近,线速度越大，所以中轨道卫星的线速度小于高轨道卫星的线速度,故A 错误； B ：2
2
Mm G m r r ω=,得3
GM r ω=
,离地越近，角速度越大，所以中轨道卫星的
角速度小于同步卫星的角速度，故B 错误;
C ：地球同步卫星运行周期是24h,当同步卫星运转一周后，中轨卫星恰好运行三周，故C 正确；
D ：由2
Mm G ma r =，可得2
GM a r =，所以高轨道卫星的向心加速度大于同步
卫星的向心加速度，故D 错误。

故选C.
【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系 14。

某物体由静止开始做直线运动，物体所受合力F 随时间t 的变化图象如图所示，下列关于该物体运动情况的说法正确的是 A ．物体在2～4 s 内做匀加速直线运动
B ．物体在4 s 末离出发点最远
C ．物体始终向同一方向运动
D ．物体在0～4 s 和在4～8 s 内的位移相同 【答案】B
A 、在0∽2s 内,物体受到向正方向的恒力，物体向正方向做匀加速直线运动,在2~4s 内，物体受到向负方向的恒力，物体继续向正方
向做匀减速直线运动,故A 错误；
B 、4s 末物体的速度为零．在4∽6s 内，物体受到向负方向的恒力,物体向负方向做匀加速直线运动．在6~8s 内，物体受到向正方向的恒力,物体继续向负方向做匀减速直线运动,8s 末速度为零．综上，物体在4s 末离出发点最远,故B 正确；
C 、4s 末物体的运动方向改变,做往复运动,故C 错误;
D 、根据对称性,物体在0∽4s 和4∽8s 内位移大小相等,但方向相反，位移不同，故D 错误。

故选B 。

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的图像
15。

如图所示,质量为M 、倾角为θ的斜面体置于光滑水平地面上，要使原来与斜面接触的质量为m 的小球做自由落体运动，则向右拖斜面体的水平力F 的大小至少为
D 。

Mgsinθ
.cot A Mg θ
.tan B Mg θ
.cos C Mg θ
【答案】A
设小球自由落体运动到地面上,下落高度为h ， 则斜面体至少水平向右运动的位移为：x hcot θ= 对小球:2
1h gt
2
=
对斜面体：2
1x at
2
=
由以上三式解得：a gcot θ= 以斜面体为研究对象有：F Ma = 所以F Mgcot θ=
即当烧断绳的瞬间，至少以Mgcot θ的水平向右的力由静止拉动斜面体，小球才能做自由落体运动到地面。

故选A 。

【考点】牛顿第二定律；自由落体运动
16。

如图所示，质量为m 的物块与转台之间能出现的最大静摩擦力为物块重力的k 倍，物块与转轴OO′相距R,物块随转台由静止开始转动，当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到滑动前的这一过程中,转台的摩擦力对物块做的功为ks5u A ．0 B ．2πkmgR C ．2kmgR D.
错误!
kmgR
【答案】D
由于物体做圆周运动,物体刚开始滑动这一时刻，物体受到转台的摩擦力达到最大静摩擦力去提供向心力；
即：2v kmg m
R
=，得2
v
kgR =
设转台对物块做的功为W ，对物块由静止到开始滑动前的这一过程由动能定理，得
211
W mv 0kmgR 22
=
-=. 故选D 。

【考点】动能定理；牛顿第二定律 17.某一电源的路端电压与电流的关
系和电阻1
R 、2
R
的电压与电流的关系如图所示．用此电源和电阻
R、2R组成电路，1R、
1
R可以同时接入电路,也可以单独接入电路，为使电源输出功率最大，2
可采用的接法是
A．将
R单独接到电源两端
1
B．将
R单独接到电源两端
2
C．将
R、2R串联后接到电源两端
1
D．将
R、2R并联后接到电源两端
1
【答案】A
由图象得:电源的电动势为E=3V，内阻为r=0.5Ω,
R1单独接到电源两端输出功率为1P1.5V3A 4.5W
=⨯=
出，
R2单独接到电源两端输出功率则为2P2V2A4W
=⨯=
出；
由电阻的伏安特性曲线求出R1=0。

5Ω、R2=1Ω，
当将R1、R2串联后接到电源两端利用欧姆定律可得电路电流I1.5A
=
串,此时电源的输出功率212
（），
=+=
P I R R3.75W
串串
当两电阻并联时，利用欧姆定律可得电路电流I 3.6A
=
并，此时电源的输出功率2
=-=
P EI I r 4.32W
并并并，
所以将R1单独接到电源两端时电源的输出功率最大.
故选A。

【考点】闭合电路的欧姆定律;电功、电功率
18.空间有一沿x轴对称分布的电场，其电
场强度E随x变化的图象如图所示，下列
说法中正确的是
A．O点的电势最低
B．x2点的电势最高
C．x1和－x1两点的电势相等
D．x1和x3两点的电势相等
【答案】C
AB、作出电场线，根据顺着电场线电势降低，则O电势最高，故AB错误；
CD、从图线看出,电场强度关于原点O对称，则X轴上关于O点对称位置的电势相等，故C正确D错误。

故选C。

【考点】电势；电场线
第Ⅱ卷必考部分共9题，共157分
19。

(1）（6分)某实验小组利用如下图甲所示的实验装置来探究当合外力一定时，物体运动的加速度与其质量之间的关系．
由图中刻度尺读出两个光电门中心之间的距离x，由下图乙中游标卡尺测得遮光条的宽度d＝________cm。

该实验小组在做实验时,将滑块从上图甲所示位置由静止释放,由数字计时器可以读出遮光条
通过光电门1的时间Δt 1,遮光条通过光电门2的时间Δt 2,则滑块的加速度的表达式a ＝________ 。

（以上表达式均用字母表示）
【答案】0.52
2
2
212d d t t x
⎛⎫⎛⎫
⎪ ⎪∆∆⎝⎭⎝⎭－
主尺读数为5mm ，游标读数为0.1×2mm=0。

2mm ，则最终读数为5.2mm=0.52cm ；
滑块通过光电门1的速度11
d v
t =
∆，通过光电门2的速度2
2
d v
t =
∆, 根据速度位移公式得，滑块的加速度2
2
22
212122d d t t v v a x x
⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪∆∆-⎝⎭⎝⎭
=－＝。

【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系
(2)（12分）如图2 —4 -17,甲为一段粗细均匀的新型导电材料棒，现测量该材料的电阻率．
①首先用多用电表的欧姆挡(倍率为“×10”）粗测其电阻，指针位置如图乙所示，其读数R=____ ．（4分)
②然后使用以下器材用伏安法尽可能精确地测量其电阻: A ．电流表：量程为30mA,内阻约为0。

1Ω ks5u B ．电压表:量程为3V ，内阻约为3 K Ω
C ．滑动变阻器：最大阻值为20 Ω，额定电流1A
D ．低压直流电源：电压4V ，内阻忽略 F 。

电键K ，导线若干
在方框中画出实验电路图．（4分）
③如果实验中电流表示数为I ，电压表示数为U ，并测出该棒的长度为L 。

直径为d ，则该材料的电阻率ρ= (用测出的物理量的符号表示）．（4分） 【答案】200Ω
2
4U d LI
πρ=
①200Ω从题图中读出示数为：20×10Ω=200Ω; ②电路如图所示．1
V
R
R
R
R <
，故用电流表内接法,
③由欧姆定律解得导电材料棒的电阻为:U R I =,由电阻定律得：L R S
ρ=,材料棒的横截面积为2
S r π=2
4
1d π=,联立解得24U d LI πρ=.
【考点】测定金属的电阻率
20.(15分）如图所示,A 物体用板托着，位于离地h=1.0m 处，轻质细绳通过光滑定滑轮与A 、B 相连，绳子处于绷直状态，已知A 物体质量M=1.5㎏,B 物体质量m=1.0kg,现将板抽走,A 将拉动B 上升，设A 与地面碰后不反弹，B 上升过程中不会碰到定滑轮，问: （1）A 落地前瞬间的速度大小为多少？ (2)B 物体在上升过程中离地的最大高度为多大？
【答案】2m /s v ＝
H 1.2m =
(１）对A 、Ｂ组成的系统，在Ａ下降h 至地面过程中，
A 、
B 系统机械能守恒，得2
1Mgh mgh (M m)v
2
-+＝
解得2m /s v ＝
(２）对Ｂ，在A 着地后，B 向上作匀减速过程中，依据运动学知Ｂ物还能上升的高度h`为：2
1mv mgh 2
'＝
代入数据有h 0.2m '=
故B 物体上升过程中距地面的最大高度为H h h 1.2m ='+=。

【考点】机械能守恒定律
21．（19分) 如图所示，两块竖直放置的足够长的平行金属板A 、B ，板距d ＝0.04m,两板间的电压U ＝400V ，板间有一匀强电场．在A 、B 两板上端连线的中点Q 的正上方,距Q 为h ＝1.25m 的P 点处有一带正电小球，已知小球的质
量m ＝5×10－6
kg ，电荷量q ＝5×10－8C ．设A 、B 板长
度无限，g 取10m/s 2．试求:
(1）带正电小球从P 点开始由静止下落，经多长时间
和金属板相碰？
（2）相碰时，离金属板上端的距离多大? 【答案】0.52t s =
0.102S m =
（1）设小球从P 到Q 的时间为t 1，由2
1
2
1gt h =得
122 1.250.510
h t s g ⨯=
== 小球进入电场后其飞行时间决定于电场力产生的加速度a x ，由力的独立作用原理，可以求出小球在电场中的运动时间t 2，应有x
ma qE =、
d U E =
、222
12t a d x =
得6
285100.040.02510400
m t d s qU --⨯==⨯=⨯⨯
所以，运动总时间1
2
0.50.020.52t t t
s =+=+=
（2）小球由P 点开始在竖直方向上始终是自由落体运动， 在时间t 内的位移为2
211
10(0.52) 1.3522
2
y gt
m ==⨯⨯= 与金属板上端的距离为 1.352 1.250.102S y h m =-=-=
【考点】运动的合成与分解；匀变速直线运动规律
22.（20分）如右图所示，水平光滑绝缘轨道MN 的左端有一个固定挡板，轨道所在空间存在E ＝4。

0×102 N/C 、水平向左的匀强电场．一个质量m ＝0。

10 kg 、带电荷量q ＝5。

0×10－5 C 的滑块(可视为质点)，从轨道上与挡板相距x 1＝0。

20 m 的P 点由静止释放，滑块在电场力作用下向左做匀加速直线运动．当滑块与挡板碰撞后滑块沿轨道向右做匀减速直线运动，运动到与挡板相距x 2＝0。

10 m 的Q 点,滑块第一次速度减为零．若滑块在运动过程中，电荷量始终保持不变，求：
(1）滑块沿轨道向左做匀加速直线运动的加速
度的大小;
(2）滑块从P 点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功; （3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能 【答案】(1）2
0.20m /s (2)3
4.010J ⨯－ (3)3
2.010
J ⨯－
(1）设滑块沿轨道向左做匀加速运动的加速度为a 此过程滑块所受合外力2
F qE 2.010
N ⨯－＝＝
根据牛顿第二定律F ＝ma ，解得a ＝0。

20m/s 2
（2）滑块从P 点运动到挡板处的过程中,电场力所做的功
311W qEx 4.010J ⨯－＝＝
(3）滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能等于滑块由P 点运动到Q 点过程中电场力所做的功，即3
1
2
E qE(x x ) 2.010J ∆⨯－＝－＝。

【考点】牛顿第二定律;能量守恒定律
选考部分
第Ⅱ卷选考部分共5题，共35分。

其中,第29、30题为物理题，第31、32题为化学题,考生从两道物理题、两道化学题中各任选一题作答，若答29、30题都作答，则按第29题计分，若第31、32题都作答，则按第31题计分；第33题为生物题，是必答题。

请将答案都填写在答题卷选答区域的指定位置上.
29．〔物理—选修3—3〕（本题共有两小题，每小题6分，共12分。

每小题只有一个选项符合题意.）
(1)下列说法中正确的是 （填选项前的编号) A.扩散运动向着更为无序的方向进行,是可逆过程 B 。

物体的内能取决于温度和物质的量
C 。

分子间作用力随分子间距离的增大而减小
D 。

液晶对不同颜色光的吸收强度随电场强度的变化而变化 【答案】D
A 、气体的扩散是一个自发进行的热现象，遵守热力学第二定律，此过程是不可逆过程，故A 错误；
B 、物体的内能取决于温度、体积和物质的量，故B 错误；
C 、分子间作用力随分子间距离的增大先减小后增大再减小，故C 错误；
D 、液晶各向异性，对不同颜色光的吸收强度随电场强度的变化而变化，故D 正确。

故选D 。

【考点】扩散现象;物体的内能;分子力 （2)一定质量的理想气体，从状态A 经状态B 变化到C,如图所示，则气体在状态A 、B 、C 时热力学温度之比为 （填选项前的编号）ks5u
A 。

3∶2∶1
B 。

4∶3∶4 C. 3∶4∶3
D. 1∶2∶3 【答案】C
A 到
B 过程，根据理想气体状态方程：1
1
22
1
2
P V
P V T T =
代入数据得:1
2
T
3T 4
=
A 与C 相比，有11
3
3
PV P V =，则A 与C 温度相同， 故三状态温度之比为：3：4:3. 故选C 。

【考点】理想气体的状态方程
30．〔物理—-选修3—5〕（本题共有两小题，每小题6分，共12分。

每小题只有一个选项符合题意。

）
（1）在光滑水平面上，一质量为m 、速度大小为v 的A 球与质量为
2m 静止的B 球碰撞后，A 球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B 球的速度大小可能是 （填选项前的编号）
A ．0.6v
B ．0。

4v
C ．0.3v
D ．0。

2v 【答案】A
AB 两球在水平方向上合外力为零，A 球和B 球碰撞的过程
中动量守恒，设AB 两球碰撞后的速度分别为V 1、V 2，
选A 原来的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：
12mv mv 2mv =-+……①
假设碰后A 球静止，即v 1=0，可得:2
1v
v 2
=
由题意知球A 被反弹,所以球B 的速度:v 2＞0。

5v ………………② AB 两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有
22212111mv mv 2mv 222
≥+⨯……③ ①③两式联立得:22v v 3
≤…………………④
由②④两式可得：212v v v 23
≤＜，符合条件的只有
0。

6v ，故A 正确。

故选A 。

【考点】动量守恒定律
(2）如图所示，物体Q 静止在光滑的水平面上，Q 的左边固定有轻质弹簧，与Q 质量相等的物体P 以速度v 向Q 运动并与弹簧发生碰撞,Q 、P 始终沿同
一直线运动,
则Q 、P 组成的系统动能损失最大的时刻是_____(填选项前的字母） A ．Q 开始运动时 B ．Q 的速度等于υ时 C ．Q 和P 的速度相等时 D ．P 的速度等于零时
【答案】C
在压缩弹簧的过程中,Q、P和弹簧组成系统机械能守恒；
在压缩过程中水平方向不受处力,系统动量守恒;
A、则有当Q开始运动时,P的速度等于v,所以没有损失动能，故A 错误；
BD、当Q的速度v时,根据动量守恒定律有P的速度等于零,所以系统动能又等于系统初始状态初动能，故BD错误；
C、在PQ速度相等时，此时弹簧压缩至最短，故弹簧的弹性势能最大，所以系统动能损失最大，故C正确.
故选C。

【考点】动量守恒定律；功能关系
2013-2014政和一中、周宁一中第四次联考
理科综合参考答案
物理部分
13.C 14.B 15. A 16。

D 17。

A 18. C 29.（1）D （2）C 30。

（1）A （2）C
19。

(1）（每空3分）0。

52
错误!
.(2) ①200Ω从题图中读出示数为：20×10Ω =200 Ω：（4分） ②电路如图所示．1
V
R R
R
R <
，故用电流表内接法，(分压2分,内接2分,
共4分）)
③
LI
d U 42π由欧姆定律解得导电材料棒的电阻为：U R I
=，由电阻定律得:L
R S
ρ=，材料棒的横截面积为2
S r π=2
4
1d π=，联立解得⋅=LI d U 4:2πρ(4
分)
20.
（１）对A 、Ｂ组成的系统，在Ａ下降h 至地面过程中， A 、B 系统机械能守恒，得2
1Mgh mgh (M m)v
2
-+＝
解得2m /s v ＝
(２）对Ｂ，在A 着地后，B 向上作匀减速过程中,依据运动学知Ｂ物还能上升的高度h`为:2
1mv mgh 2
'＝
代入数据有h 0.2m '=
故B 物体上升过程中距地面的最大高度为H h h 1.2m ='+=.
21。

题解：解析：(1）设小球从P 到 Q 的时间为t 1，由21
2
1gt h =得 5.010
25.1221=⨯==
g h t （s ） ①（2分)
小球进入电场后其飞行时间决定于电场力产生的加速度a x ，由力的独立作用原理,可以求出小球在电场中的运动时间t 2．应有
x ma qE =
②(2分）
d U
E =
③（2分) 2
22
12t a d x = ④(2分) 由②③④式,得
02.0400
10510504.08
6
2=⨯⨯⨯⨯==--qU m d t (s)（2分）
所以，运动总时间 52.002.05.021=+=+=t t t (s ）(2
分）
（2)小球由P 点开始在竖直方向上始终是自由落体运动，在时间t
内的位移为
352.1)52.0(102
1
2122=⨯⨯==
gt y (m ）（4分）
与金属板上端的距离为 102.025.1352.1=-=-=h y S （m ）（3
分）
22。

（1）0.20 m/s 2 （2)4.0×10－3 J (3)2。

0×10－3 J
解析： （1）设滑块沿轨道向左做匀加速运动的加速度为a 此过程滑块所受合外力F ＝qE ＝2。

0×10－2 N （5分) 根据牛顿第二定律F ＝ma ，解得a ＝0。

20 m/s 2（5分) （2)滑块从P 点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功
W 1＝qEx 1＝4.0×10－3 J （5分）
(3）滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能等于滑块由P 点运动到Q 点过程中电场力所做的功，即ΔE＝qE （x 1－x 2）＝2。

0×10
－3
J （5分）。