【全国大联考】高三第四次联考物理试题及答案.doc

《【全国大联考】高三第四次联考物理试题及答案.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【全国大联考】高三第四次联考物理试题及答案.doc（20页珍藏版）》请在三一办公上搜索。

1、全国大联考2015届高三第四次联考物理试卷考生注意：1本试卷共100分。考试时间90分钟。2答题前，考生务必将密封线内的项目填写清楚。3请将试卷答案填在试卷后面的答题卷上。4本试卷主要考试内容：必修1，必修2，选修31电场和恒定电流。第I卷 (选择题 共40分)选择题部分共10小题每小题4分共40分。在每个小题给出的四个选项中，16小题只有一个选项正确710小题有多个选项正确；全部选对的得4分选对但不全的得2分有选错或不答的得0分。1足球以8 ms的速度飞来，运动员把它以12 ms的速度反向踢回，踢球时间是0.2 s， 以球飞来的方向为正方向，则足球在这段时间内的加速度为 A. 200ms2

2、B. 200 ms2 C. 100 ms2 D100 ms2答案C解析：a=m/s2 =100ms2，选项c正确。2某同学上过体育课后用网兜把质量为m的足球挂在光滑竖直墙壁上的P点，已知悬线与墙面的夹角为，重力加速度为g,网兜的重力不计，则足球对墙壁的压力为 A. mgtan B. mgsin C. mgcos D答案A解析：对足球受力分析如图所示，由几何关系可得：Nmgtan，根据牛顿第三定律，足球对墙壁的压力为mgtan，选项A正确。3将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O是运动的最高点，甲、乙两次的闪光频率相同。重力加速度为g，假设小

3、球所受阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为A. mg B. mg C. mg D. mg答案B 解析：设每块砖的厚度是d，向上运动时：9d-3d=aT2，向下运动时：3d-d=a/T2 ，联立解得：a ：a/ = 3：1，根据牛顿第二定律：mg+f = ma、mg一f=ma/ ，联立解得：f = mg/2。选项B正确：4如图所示，AB杆以恒定角速度绕A点在竖直平面内顺时针转动，并带动套在固定水平杆OC上的小环M运动，AO间距离为h。运动开始时AB杆在竖直位置，则经过时间t(小环仍套在AB和OC杆上)小环M的速度大小为A. B. C. h Dhtant答案A解析：经过时间t，OAB=t，

4、则AM的长度为h/(cost)，AB杆上M点绕A点的线速度v=h/(cost) 。小环M的速度沿水平杆方向，将小环M的速度沿平行于AB杆方向和垂直于AB杆方向分解，垂直于AB杆上的分速度等于M点绕A点的线速度v，则小环M的速度v/ = =。选项 A正确。5我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星500的模拟实验活动。假设王跃登陆火星后，测得火星的半径是地球半径的1/2 ，质量是地球质量的1/9。已知地球表面的重力加速度为g，地球的半径为R，引力常量为G，王跃在地面上能向上竖直跳起的最大高度为h，忽略自转的影响，下列说法正确的是 A. 火星的密度为 B. 火星表面的重力加速度是 C. 火星的

5、第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为2：3 D王跃以与在地球上相同的初速度在火星上起跳后，能达到的最大高度是答案A解析：对地球表面一质量为m的物体，由牛顿第二定律，有G=mg，则M=gR2/G，火星的密度= ，选项A正确；对火星表面一质量为m/的物体，由牛顿第二定律，有Gm/g/ ，则g/4g/9，选项B错误；火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比；选项c错误；王跃在地球上和火星上跳高时，分别有h=和h/=，由以上各式解得，在火星上能达到的最大高度是4g/9，选项D错误。6如图所示，一个电荷量为Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点，另一个电荷量为Q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v

6、0 。沿它们的连线向甲运动，运动到B点时的速度为v，且为运动过程中速度的最小值。已知点电荷乙受到的阻力大小恒为f，AB间距离为L0，静电力常量为k，则下列说法正确的是 A. 点电荷乙从A点向O点运动的过程中，其加速度逐渐增大 B. 点电荷乙从A点向O点运动的过程中，其电势能先增大再减小 C. OB间的距离为 D在点电荷甲形成的电场中，AB间的电势差UAB=答案C解析：电荷乙受到的阻力不变，甲、乙靠近的过程中库仑力增大，乙在运动到B点之前，乙做加速度逐渐减小的减速运动，选项A错误；在乙向左的运动过程中电场力一直做正功，电势能一直减小，选项B错误；当速度最小时有：f=F库=k，解得：r=，选项C正

7、确；乙从A运动到B的过程中，根据动能定理有：UAB q =fL0=mv2mv02，所以A、B两点间的电势差UAB=，选项D错误。 7在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，、为理想电流表和电压表。在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是A. 电压表的示数变大B. 电流表的示数变小C. 电容器C所带的电荷量增多D. a点的电势降低答案AD解析：由题图可知，电压表与R1并联，R3与电流表串联后与R2并联，两部分串联后接在电源两端，在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻变小，故

8、总电阻减小，流过电源的电流增大，路端电压减少，R1两端电压增大，电压表示数变大，a点电势降低，故选项A、D正确；R2两端电压减少，电容器与R2并联，故电容器所带电荷减少，所以选项C错误；流过R2电流减小，又因为总电流增大，所以流过电流表的电流增大，选项B错误。8某同学设计了一种静电除尘装置，如图甲所示，其中有一条长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料，上、下两面板与电压恒为U的高压直流电源相连。带负电的尘埃被吸入矩形通道时的水平速度为v0，当碰到下板后其所带的电荷被中和，同时尘埃被收集。将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率。不计尘

9、埃所受的重力及尘埃之间的相互作用，要增大除尘率，则下列措施可行的是A. 只增大电压U B只增大高度dC. 只加长长度LD. 只增大尘埃被吸入的水平速度v0 答案AC解析：尘埃做类平抛运动，到达下板的尘埃被收集，设有尘埃能够飞出除尘装置，则其竖直偏移y=at2=t2 = ，要增大除尘率，必须增大尘埃在通道内的偏移量，则可以增大U、L，减小d、v0，选项A、C正确。9图示轨道是由一直轨道和一半圆轨道组成的，半圆轨道的圆心为O，直径BOD在竖直方向，最低点B与直轨道平滑连接，一质量为m的小滑块从距最低点高为h的A处由静止释放，不计一切摩擦。则A. 若滑块能通过圆轨道的最高点D，则h最小为25RB.

10、若h=2R，当滑块到达与圆心等高的C点时，对轨道的压力为3mgC. 若h=2R，滑块会从C、D之间的某个位置离开圆轨道做斜抛运动D若要使滑块能返回到A点，则hR答案ACD解析：要使物体能通过最高点D，设滑块通过D点的最小速度为v，则由mg=m可得：v=，由机械能守恒定律可知，mg(h2R)=mv2，解得h=25R，选项A正确；若h=2R，由A至C，由机械能守恒定律可得mg(2RR)= mvC2，在C点，由牛顿第二定律有N=m，解得N=2mg，由牛顿第三定律可知选项B错误；若h=2R，小滑块不能通过D点，将在C、D中间某一位置开始做斜上抛运动而离开轨道，选项C正确；由机械能守恒可知选项D正确。1

11、0如图所示，一长为L的直杆AB与水平面成角固定，在杆上套一质量为m的小滑块，杆底端B点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后，以原速率返回。现将滑块拉到A点由静止释放，滑块与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中点，重力加速度为g，由此可以确定A. 滑块下滑时加速度的大小a1=gsinB. 滑块与杆之间的动摩擦因数=tanC. 滑块最终将停在杆的底端D. 滑块第一次下滑所用的时间t=答案AC解析：设AB长为L，第一次到达底端速度为v。由v2=2ax得下滑过程：v2=2a下L，上滑过程：v2=2a上 a上L ，由牛顿第二定律得，下滑时的加速度a下 ，上滑时的加速度：a上，联立各式，得：a下

12、=gsin a , a上= gsin a，选项A正确；又f=mgsin a， f=fN=mgcos a ，两式联立得：= tan a，选项B错误；因滑杆粗糙且f d/2 (1分) 故带电微粒不能从极板间射出。 (1分)16(13分)图甲为竖直放置的离心轨道，其中圆轨道的半径r=050 m，在轨道的最低点A处和最高点B处各安装了一个压力传感器(图中未画出)，小球(可视为质点)从斜轨道的不同高度由静止释放，可测出小球在轨道内侧通过这两点时对轨道的压力FA和FB的大小，g取10ms2。 (1)若不计小球所受的阻力，且小球恰能过B点，求小球通过A点时速度vA的大小。 (2)若不计小球所受的阻力，小球每

13、次都能通过B点，且FB随FA变化的图线如图乙中的a所示，求小球的质量m。 (3)若小球所受阻力不可忽略，小球的质量m=015 kg，FB随FA变化的图线如图乙中的b所示，求当FA=16 N时，小球从A运动到B的过程中损失的机械能E。16解：(1)若小球恰能通过B点，设小球通过B时的速度为vB 根据牛顿第二定律，有：mg=m (1分) 根据机械能守恒定律有： mvA2 =mvB2+ mg2r (1分) 解得：vA=5 ms (1分) (2)根据第(1)问及图乙可知：当小球通过A点时的速度vA=5 ms时，小球对轨道压力的大小FA1= 6 N (1分) 设小球通过A点时，轨道对小球支持力的大小为FA2 。根据牛顿运动定律，有： FA1 =FA2 且FA2mg=m (2分) 解得：m=01 kg (1分)(3)根据图乙可知：若小球通过A点时对轨道压力的大小FA=16 N，则小球通过B点时对轨道压力的大小FB=6 N (1分) 设小球通过A、B时轨道对小球的支持力的大小分别为FA/,FB/，速度分别为vA/、vB/，则根据牛顿运动定律有： FA/=FA且FA/mg= (1分) FB/=FB且FB/mg= (1分) 在小球从A点运动到C点的过程中，根据功能原理又有： mvA/2 =mvB/2+ mg2r +E (2分)解得：E0.25 J (1分)