2015届山东桓台第二中学高三12月月考物理卷（带解析）.doc

1、2015届山东桓台第二中学高三 12月月考物理卷（带解析） 选择题 许多科学家对物理学的发展作出了巨大贡献，下列表述正确的是 A伽利略创造的科学研究方法以及他的发现，标志着物理学的真正开端 B法拉第发现了电流的磁效应，使人们突破了对电与磁认识的局限性 C开普勒关于行星运动的描述为万有引力定律的发现奠定了基础 D奥斯特发现了电磁感应现象，使人们对电与磁内在联系的认识更加完善 答案： AC 试题分析：伽利略创造的科学研究方法以及他的发现，标志着物理学的真正开端，选项 A正确； 奥斯特发现了电流的磁 效应，使人们突破了对电与磁认识的局限性，选项 B错误；开普勒关于行星运动的描述为万有引力定律的发现奠

2、定了基础，选项 C正确；法拉第发现了电磁感应现象，使人们对电与磁内在联系的认识更加完善，选项 D错误；故选 AC. 考点：物理学史 . 如图所示，两平行光滑导轨竖直固定。边界水平的匀强磁场宽度为 h，方向垂直于导轨平面。两相同的导体棒 a、 b中点用长为 h的绝缘轻杆相接，形成 “工 ”字型框架，框架置于磁场上方， b棒距磁场上边界的高度为 h，两棒与导轨接触良好。保持 a、 b棒水平，由静止释放框架， b棒刚进入磁场即做匀速运动，不计导 轨电阻。则在框架下落过程中， a棒所受轻杆的作用力 F及 a棒的机械能 E随下落的高度 h变化的关系图象，可能正确的是 答案： BCD 试题分析：框架在进入

3、磁场前做自由落体运动，轻杆对 a作用力为零， b进入磁场后，框做匀速运动， a处于平衡状态，杆对 a的作用力 F=mg，方向向上，当框架下落 2h，a棒进入磁场后， a受到轻杆的作用力大小等于重力，方向向下，故 A错误， B正确； C、框架进入磁场前做自由落体运动，机械能守恒，机械能不变，线框进入磁场后做匀速直线运动，动能不变，重力势能减小，机械能减少，框架完全离开磁场后，只受重力作用，机械能守恒，由于零重力势能点不确 定，故 CD都正确；故选： BCD 考点：机械能守恒定律；电磁感应现象及楞次定律 . 在如图所示的电路中，闭合电键 S，当滑动变阻器的滑动触头 P向上滑动过程中，下列说法正确的

4、是 A电容器的电荷量增大 B电流表 A的示数减小 C电压表 V1示数在变大 D电压表 V2示数在变大 答案： C 试题分析：该电路中两个电阻串联，闭合电键 S，当滑动变阻器的滑动触头 P向上滑动过程中，接入电路的有效电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析可知电路中电流 I变大，则电流表 A读数变大，选项 B错误；路端电压： U=E-Ir减小，电压表 V3示数在变小电容器两端的电压为路端电压，而 U减小，根据 Q=CU可知电容器的带电量减小故 A错误；根据 U1=IR1，随 I的增大则 U1在变大故 C正确； U2示数 U2=E-I（ R1+r），随电流 I的增大而减小故 D错误故选： C。 考点：

5、电路的动态分析 . 如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为 5： l，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统（报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻， R为半导体热敏电阻， 其阻值随温度的升高而减小。下列说法中正确的是 A图乙中电压的有效值为 110 V B电压表的示数为 44V C R处出现火警时电流表示数增大 D R处出现火警时电阻 R0消耗的电功率增大 答案： ACD 试题分析：设乙图电压有效值为 U，则 ，解得 ，选项A正确；次级电压有效值： ，选项 B错误； R处出现火警时， R减小，则次级电流变大，则初级电流也变大，故电流表示数增大，选项 C正

6、确；由于 R处出现火警时，次级电流变大，则电阻 R0消耗的电功率增大，选项 D正确；故选 ACD. 考点：变压器；交流电的有效值；动态分析 . 如图所示，真空中固定两个等量异号点电荷 +Q、 -Q，图中 O是两电荷连线的中点，a、 b两点与 +Q的距离相等， c、 d是两电荷连线垂直平分线上的两点， bcd构成一等腰三角形。则下列说法正确的是 A a、 b两点的电场强度相同 B c、 d两点的 电势相同 C将电子由 b移到 c的过程中电场力做正功 D质子在 b点的电势能比在 O点的电势能大 答案： BD 试题分析： a点的场强向左，而 b点的场强向右，故 a、 b两点的电场强度不相同，选项 A

7、错误； c、 d两点的电势相同，都为零，选项 B正确； b点电势高于 c点，故将电子由 b移到 c的过程中电势能增加，电场力做负功，选项 C错误； b点的电势高于 O点，故质子在 b点的电势能比在 O点的电势能大，选项 D正确；故选 BD. 考点：电场强度；电势及电势能 . 如图所示，在水平向右的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿绝缘斜面下滑 ，已知在金属块下滑的过程中动能增加了 10J，金属块克服摩擦力做功 5J，重力做功20J，则以下判断正确的是 A电场力做功 5J B合力做功 15J C金属块的机械能减少 20J D金属块的电势能增加 5J 答案： D 试题分析：在金属块滑下的过程中动

8、能增加了 10J，金属块克服摩擦力做功 5J，重力做功 20J，根据动能定理得： WG+W电 +Wf=EK，解得： W电 =-5J，故电场力做功 -5J，金属块的电势能增加 5J故 A错误 D正确 ； 合力做功等于物体动能的变化量，故为 10J，故 B错误；在金属块滑下的过程中重力做功 20J，重力势能减小 20J，动能增加了 10J，所以金属块的机械能减少 10J，故 C错误故选： D 考点：动能定理； 如图所示弹簧左端固定，右端自由伸长到 O点并系住物体 m。现将弹簧压缩到 A点，然后释放，物体一直可以运动到 B点。如果物体受到的阻力恒定，则 A物体从 A到 O先加速后减速 B物体从 A到

9、 O加速运动，从 O到 B减速运动 C物体运动到 O点时所受合力为零 D物体从 A到 O的过程加速度逐渐减小 答案： A 试题分析：物体从 A点到 O点过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧的弹力大于摩擦力，合力向右，加速度也向右，速度也向右，物体加速，到某位置时，弹力等于摩擦力，此位置在 AO之间，后来弹力小于摩擦力，合力向左，速度向右，物体减速即物体先加速后减速，故 A正确， B错误；物体运动到 O点时， 弹簧的弹力为零，而滑动摩擦力不为零，则物体所受合力不为零故 C错误物体从 A点至 O点先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，故 D错误；故选 A 考点：牛顿第二定律 .

10、“神舟十号 ”飞船将于 2013年 6月至 8月择机发射，再次与 “天宫一号 ”进行交会对接。三位航天员再次入住 “天宫 ”完成一系列实验。 “神舟十号 ”与 “天宫一号 ”对接后做匀速圆周运动，运行周期为 90分钟。对接后 “天宫一号 ”的 A运行速度大于第一宇宙速度 B加速度大于赤道上静止物体随地球自转的加速度 C角速度为地球同步卫星角速 度的 16倍 D航天员可以用天平测出物体的质量 答案： BC 试题分析：第一宇宙速度为近地轨道上的运行速度，轨道半径等于地球半径，因为天宫一号轨道半径大于地球半径，根据 ，故其速度小于第一宇宙速度，故 A错误；赤道上物体随地球自转的加速度 ，天宫一号的加

11、速度，根据轨道半径和周期关系，可知天宫一号加速度大于赤道上静止物体随地球自转的加速度，故 B正确；根据 ，则： ，所以 C正确；在天宫一号上航天员等物体均处于完全失重状态，天秤不能使用，故 D错误故选 BC 考点：万有引力定 律的应用；圆周运动的规律 . 甲、乙两车沿同一平直公路同向运动。其运动的 v t图象如图所示。已知 t=0时刻，乙在甲前方 20m处，以下说法正确的是 A 4s末两车相遇 B 10s末两车相遇 C相遇前，两车间的最大距离是 36m D相遇前，两车间的最大距离是 16m 答案： BC 试题分析：因为开始时乙在甲前方 20m处乙做匀速运动，甲做加速运动， 4s内乙的速度小于甲

12、，故 4s末两车相距最远，此时两车的最大距离，选项 AD错误， C正确；甲的加速度：，两车相遇时满足： ，代入数据解得： t=10s（负值舍掉），选项 C正确；故选 BC. 考点： v-t图线；追击问题 . 如图所示，固定在水平面上的斜面倾角为 ，长方体木块 A质量为 M，其 PQ面上钉着一枚小钉子，质量为 m的小球 B通过一细线与小钉子相连接，小球 B与 PQ面接触， 且细线与 PQ面平行，木块与斜面间的动摩擦因数为 。下列说法正确的是 A若木块匀速下滑，则小球对木块的压力为零 B若木块匀速下滑，则小球对木块的压力为 mgsin C若木块匀加速下滑，则小球对木块的压力为零 D若木块匀加速下滑

13、，则小球对木块的压力为 mgcos 答案： BD 试题分析：当木块匀速下滑时，对 B受力分析：重力、拉力和 A对 B的支持力，根据共点力平衡得支持力 N=mgsin故 A错误， B正确若木块匀加速下滑，对 整体分析，根据牛顿定律可得加速度 a=gsin-gcos隔离 B，根据牛顿第二定律有：mgsin-N=ma，解得 N=mgsin-ma=mgcos则小球对木块的压力为 mgcos故 C错误， D正确故选 BD 考点：牛顿定律的应用 . 实验题 某一小型电风扇额定电压为 4.0V，额定功率为 2.4W。某实验小组想通过实验描绘出小电风扇的伏安特性曲线。实验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择

14、： A电源 E（电动势为 4.5V） B电压表 V（量程为 0 5V，内阻约为 4k ） C电流表 A1（量程为 0 0.6A，内阻约为 0.2 ） D电流表 A2(量程 3A，内阻约 0.05 ); E滑动变阻器 R1（最大阻值 10 ，额定电流 1A） F滑动变阻器 R2（最大阻值 2k ，额定电流 100mA） 为了便于调节，减小读数误差和系统误差，实验中所用电流表应选用 ，滑动变阻器应选用 。（填所选仪器前的字母序号） 请你为该小组设计实验电路，并把电路图画在虚线内（小电风扇的电路符号如图所示）。 操作过程中发现，小电风扇通电后受阻力作用，电压表读数小于 0.5V时电风扇没启动。该小组

15、测绘出的小电风扇的伏安特性曲线如图所示，由此可以判定，小电风扇的电阻为 ，正常工作时的发热功率为 ，机械功率为 。 答案：（ 1） C; E （ 2）电路如图：分压式电路，电流表外接；（ 3） 2.5； 0.9W； 1.5W. 试题分析：（ 1）电风扇的额定电流为 ，为了便于调节，减小读数误差和系统误差，实验中所用电流表应选用 C，滑动变阻器用分压电路，应选用 E。（ 2）电路如图：分压式电路，电流表外接； （ 3）电压表读数小于 0.5V时电风扇没启动根据欧姆定律得， 正常工作时电压为 4V，根据图象知电流为 0.6A，则电风扇发热功率P=I2R=0.362.5W=0.9W， 则机械功率 P

16、=UI-I2R=2.4-0.9=1.5W 考点：描绘出小电风扇的伏安特性曲线 . 用如图所示的装置 “探究加速度与力和质量的关系 ”，带滑轮的长木板水平固定，跨过小车上定滑轮的两根细线均处于水平。 (1)实验时，一定要进行的操作是 _。 (填步骤序号 ) A小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数 ； B改变砂和砂桶质量，打出几条纸带 C用天平测出砂和砂桶的质量 D为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量 (2)以拉力传感器示数的二倍 F(F=2 )为横坐标，以加速度为纵坐标，画出的 图象如下图所示，则可能正确的是 _。 (3)写出

17、两条减小实验误差的措施： _。 答案：（ 1） AB；（ 2） C；（ 3）将木板适当垫高以平衡摩擦力；多进行几次实验，每次实验时多测量几组数据，以减小偶然误差 试题分析：（ 1）打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故 A正确；改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随 F变化关系，故 B正确；本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故 CD错误故选： AB； （ 2）小车质量不变时，加速度与拉力成正比，所以 a-F图象是一

18、条倾斜的直线，由实验装置可知，实验前没有平衡摩擦力，则画出的 a-F图象在 F轴上有截距，故 C正确故选： C； （ 3）减小实验误差的措施有：将木板适当垫高以平衡摩擦力；多进行几次实验，每次实验时多测量几组数据，以减小偶然误差； 考点：探究加速度与力和质量的关系 计算题 如图所示，斜面轨道 AB与水平面之间的夹角 = 530， BD为半径 R = 4 m的圆弧形轨道，且 B点与 D点在同一水平面上，在 B点，斜面轨道 AB与圆弧形轨道 BC在 B点相切，整个轨道处于竖直平面内且处处光滑，在 A点处一个质量 m =1 kg的小球由静止开始滑下，经 过 B、 C两点后从 D点斜抛出去，已知 A点

19、距地面的高度 H = 10 m，B点距地面的高度 h=5 m，（不计空气阻力， g取 10 m/s2， cos 530=0.6，保留两位有效数字）求： （ 1）小球从 D点抛出后，落到水平地面上的速度； （ 2）小球经过 AB段所用的时间； （ 3）小球经过圆弧轨道最低处 C点时对轨道的压力多大？ 答案：（ 1） 14m/s （ 2） 1.25s（ 3） 43N 试题分析：（ 1） （ 2） = 10 解得： t = 1.25s （ 3） F = 43 N 考点：机械能守恒定律，牛顿第二定律 如图所示，光滑水平面上固定一倾斜角为 37 的粗糙斜面，紧靠斜面底端有一质量为4kg的木板，木板与斜面

20、底端之间通过微小弧形轨道相接，以保证滑块从斜面滑到木板的速度大小不变。质量为 2kg的滑块从斜面上高 h=5m处由静止滑下，到达倾斜底端的速度为 v0=6m/s，并以此速度滑上木板左端，最终滑块没有从木板上滑下。已知滑块与木板间的动摩擦因数 2=0.2，取 g=10m/s2， sin370=0.6， cos370=0.8。求： （ 1）斜面与滑块间的动摩擦因数 1； （ 2）滑块从滑上木板到与木板速度相同经历的时间； （ 3）木板的最短长度。 答案：（ 1） 0.48；（ 2） 2s； （ 3） 6m. 试题分析：（ 1）在斜面上，由动能定理得： 得 1=0.48 （ 2）在木板上滑动过程中，

21、有 Ff=2mg 由牛顿第二定律得滑块的加速度 =2g= 2m/s 木板的加速度 =1m/s2 由运动学公式 得 t=2s 此时 v1=v2=2m/s （ 3）设木板最短长度为 x，则： x M= x m=v0t 得 x= x m x M =6m 考点：动能定理及牛顿第二定律。 如图所示，在场强为 E 0.2 N/C的竖直向下匀强电场中有一块水平放置的接地金属板，在金属板正上方，高为 h 0.45 m处有一个小的可沿水平方向向各方向均匀地释放质量为 m 210 23 kg、电量为 q +10 17 C、初速度为 v0 1000 m/s的带电粒子。粒子重力不计，粒子最后落在金属板上。试求： （

22、1）粒子下落过程中电场力做的功； （ 2）粒子打在板上时的动能； （ 3）粒子最后落在金属板上所形成的图形及面积的大小。 答案：（ 1） 910-19J；（ 2） 1.0910 17 J ；（ 3） 9p（或 28.26） m2 试题分析： (1) 粒子下落过程中电场力做的功： W=qEh=110-170.20.45J=910-19J （ 2） Ek W Ek0 qEh mv02 (910 19 210 23106) J 1.0910 17 J （ 3）粒子最后落在金属板上所形成的图形为圆形 105 m/s2 R v0t 1000310-3 m 3m S pR2 9p（或 28.26） m2

23、考点：带电粒子在电场中的运动 . 如图所示，在直角坐标系的二、三象限内有沿 x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为 E；在一、四象限内以 x=L的直线为理想边界的左右两侧存在垂直于纸面的匀强磁场 B1和 B2， y轴为磁场和电场的理想边界。在 x轴上 x=L的 A点有一个质量为 m、电荷量为 q的带正电的粒子以速度 v沿与 x轴负方向成 45o的夹角垂直于磁场方向射出。粒子到达 y轴时速度方向与 y轴刚好垂直。若带点粒子经历在电场和磁场中的运动后刚好能够返回 A点（不计粒子的重力）。 （ 1）判断磁场 B1、 B2的方向； （ 2）计算磁感应强度 B1、 B2的大小； （ 3）求粒子从 A点出发

24、到第一次返回 A点所用的时间。 答案：（ 1） B1的方向垂直纸面向里，磁场 B2的方向垂直纸面向外。 （ 2） ； （ 3） 试题分析：（ 1）根据题意画出带电粒子在电场、磁场中的运动示意图，可知：磁场B1的方向垂直纸面向里，磁场 B2的方向垂直纸面向外。 （ 2）带电粒子在磁场 B1、 B2中的运动半径分别为 R1、 R2，则 联立 两式解得 联立 解得 （ 3）粒子在磁场 B1中的运动周期： 所以粒子在磁场 B1中的运动时间： 粒子在磁场 B2中的运动周期： 所以粒子在磁场 B2中的运动时间： 粒子在电场中的运动的加速度 粒子在电场中匀减速运动和匀加 速运动的时间相等，则 粒子从 A点出发到第一次返回 A点所用的时间为： 考点：带电粒子在匀强电场及在匀强磁场中的运动 .