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.docx

1、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2015年陕西省西工大附中高考物理四模试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分在每小题给出的四个选项中，1418只有一个选项符合题目要求，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分第卷（非选择题共174分）1（6分）（2015陕西校级四模）物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位间的关系如关系式U=IR既反映了电压、电流和电阻之间的关系，也确定了V（伏）与A（安）和 （欧）的乘积等效现有物理量单位：m（米）、s（秒）、N（牛）、J（焦）、W（瓦）、C（库）、F（法）、A（安）、

2、（欧）和T（特），由他们组合成的单位都与电压单位V（伏）等效的是（） A J/C和N/C B C/F和Tm2/s C W/A和CTm/s D W和TAm【考点】： 力学单位制【分析】： 单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，由物理公式推导出的但为叫做导出单位根据相关公式分析单位的关系【解析】： 解：A、根据C=可得：U=，所以1V=1C/F，由U=Ed知：1V=1N/Cm，故A错误B、由E=知，1V=1Wb/s=1Tm2/s，故B正确C、由P=UI得：U=，则1V=1W/A由E=BLv知：1V=1Tmm/s，故C错误D、根据P=可得：U=，所以1V=由F=BIL知：1N=

3、1TAm1V，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【考点】： 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【分析】： 先对A、B整体

4、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【解析】： 解：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）gsin+（m1+m2）gcos=（m1+m2）a （为斜面的倾角）解得：a=gsin+gcos 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m2gsinf=ma 由两式可解得f=m2gcos 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

5、间的摩擦力f为零；故D正确，ABC错误；故选：D【点评】： 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【考点】： 功率、平均功率和瞬时功率【专题】： 功率的计算专题【分析】： 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=Fvcos得出拉力瞬时功率的表达

6、式，从而判断出拉力瞬时功率的变化【解析】： 解：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，则=tan（F与G的合力必与绳子拉力在同一直线上）得F=Gtan而水平拉力F的方向与速度V的方向夹角也是，所以水平力F的瞬时功率是P=Fvcos则P=Gvsin显然，从A到B的过程中，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【点评】： 解决本题的关键掌握瞬时功率的表达式P=Fvcos，注意为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

7、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【考点】： 万有引力定律及其应用【专题】： 万有引力定律的应用专题【分析】： 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

8、的质量，得到太阳的密度【解析】： 解：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【点评】： 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 R1 B

9、R2 C R3 D R4【考点】： 带电粒子在混合场中的运动【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题【分析】： 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【解析】： 解：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；故选：C【点评】： 本题考查电容器

10、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vt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【考点】： 动能定理的应用；匀变速直线运动的图像【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： 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

11、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【解析】： 解：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【点评】：

12、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=30角时，带电粒子经过偏转后正好过B点，则=45角时，带电粒子经过偏转后也一定经过同一个B点 D 若=30角时，带电粒子经过偏转后正好过B

13、点，则=60角时，带电粒子经过偏转后也一定经过同一个B点【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【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题【分析】： 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【解析】： 解：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

14、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正确故选：BD【点评】： 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、

15、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【考点】： 带电粒子在匀强电场中的运动；电势能【分析】： 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【解析】： 解：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

16、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正确故选：AD【点评】： 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

17、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10.243mm （2）圆盘的直径为24.215cm（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1.69rad/s（保留3位有效数字）【考点】： 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【专题】： 实验题；匀速圆周运动专题【分析】： （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0.05

18、mm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30.05mm=0.15mm（3）由v=求出圆盘转动的线速度，由v=r，求出角速度【解析】： 解：（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30.05mm=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=由v=r，得角速度=又r=联立得=代入解得，=1.69rad/s故答案为：（1）10.243；（2）24

19、.215；（3）1.69【点评】： 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=r10（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k几十k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（00.6A3.0A，内阻小于2.0），滑动变阻器R1（050），电阻箱R2（09999），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

20、：按原理图连好电路，将R1的滑片位置滑至a端调节电阻箱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重复步骤、取多组数据打开开关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=【考点】： 伏安法测电阻【专题】： 实验题；恒定电流专题【分析】： 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【解析】： 解：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

21、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）按原理图连好电路，将R1的滑片位置滑至a端调节电阻箱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重复步骤、取多组数据打开开关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：故答案为：（1）如图所示；（2）按原理图连好电路，将R1的滑片位置滑至a端调节电阻箱R2的值为零

22、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重复步骤、取多组数据打开开关S，整理仪器，放回原处（3）【点评】： 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

23、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=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【考点】： 匀变速直线运动的速度与位移的关系；自由落体运动【专题】： 压轴题；直线运动规律专题【分析】： （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

24、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【解析】： 解：（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=mg=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L2.0m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

25、长度应满足的条件为L2.0m【点评】： 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

26、的大小B【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题【分析】： （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【解析】： 解：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 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=a

27、t2 l=v0t 由式得v0= 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= 由式得v= 设粒子经过C点时的速度方向与x轴的夹角为，则有tan=由式得=arctan（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 设圆心为P，则PC必与过C点的速度垂直，且有用表示与y轴的夹角，由几何关系得Rcos=Rcos+h Rsin=lRsin由式解得 R=由式解得B=答：（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=arctan；（2）磁感应强度的大小是【点评】： 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

28、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“”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B2B1，金属棒进入B2区域后

29、先加速后匀速下滑 D 若B2B1，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【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势【专题】： 电磁感应功能问题【分析】： 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B2B1，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【解析】： 解：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B2B1，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B2B1，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