湖南省岳阳县一中、湘阴县一中联考2015届高三上学期月考物理试卷(12月份)

1、湖南省岳阳县一中、湘阴县一中联考2015届高三上学期月考物理试卷（12月份）一、选择题（每小题4分，共48分，其中第3、9、10、12题为多选）1下列说法正确的是( )A牛顿发现了万有引力定律并测出了万有引力常量B第谷通过对太阳系各行星运动的观测和记录并总结出了行星运动的三大规律C库仑总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律D伽利略通过“理想斜面实验”得出“力是维持物体运动的原因”考点：物理学史 专题：常规题型分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：A、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了万有引力常量，故A错误；B、开普勒通过对太阳系各行星运动的观测和

2、记录并总结出了行星运动的三大规律，故B错误；C、库仑总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律，故C正确；D、伽利略通过“理想斜面实验”得出“力不是维持物体运动的原因”，故D错误；故选：C点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2一直线上有a、b两点，相距2m，一质点沿该直线做匀变速直线运动，经过1s的时间先后通过a、b两点，则关于该质点通过a、b中点时的速度大小，的下列判断正确的是( )A若为匀加速运动，则v2 m/s，若为匀减速运动，则v2 m/sB若为匀加速运动，则v2 m/s，若为匀减速运动，则v2 m/sC无论加

3、速还是减速，都有v2m/sD无论加速还是减速，都有v2m/s考点：匀变速直线运动的速度与时间的关系 专题：直线运动规律专题分析：匀变速直线运动中，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，不论匀加速还是匀减速运动，中间位置的瞬时速度大于中间时刻的瞬时速度解答：解：匀变速直线运动质点通过a、b两点间的平均速度因为，中间位置的瞬时速度因为0，知无论加速还是减速，中间位置的速度都大于中间时刻的速度，都有v2m/s故C正确，A、B、D错误故选：C点评：解决本题的关键知道匀变速直线运动的推论，知道在匀变速直线运动中，中间位置的瞬时速度大于中间时刻的瞬时速度3如图，电梯内重为10N的物体悬挂在弹簧测力计

4、上某时刻，乘客观察到测力计示数变为8N，则电梯可能( )A匀加速向上运动B匀减速向上运动C匀加速向下运动D匀减速向下运动考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重 专题：牛顿运动定律综合专题分析：对物体受力分析，受重力和拉力，结合牛顿第二定律，判断出加速度的方向；然后判断电梯和乘客的超、失重情况解答：解：由题意乘客观察到测力计示数变为8N，小于物体的重力，所以知物体失重，具有向下的加速度，运动状态可能是匀减速向上运动或匀加速向下运动故选：BC点评：本题关键是对物体受力分析，根据牛顿第二定律判断出小球的加速度方向，由于小球和电梯相对静止，从而得到电梯的加速度，最后判断电梯的超、失重情况4将两个质量均为

5、m的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于O点，如图所示用力F拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持=30°，则F的最小值为( )AmgBmgCmgDmg考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：以两个小球组成的整体为研究对象，当F垂直于Oa线时取得最小值，根据平衡条件求解F的最小值解答：解：以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F在三个方向时整体的受力图，根据平衡条件得知：F与T的合力与重力mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为：根

6、据平衡条件得：F=2mgsin30°=mg故选：B点评：本题是隐含的临界问题，关键运用图解法确定出F的范围，得到F最小的条件，再由平衡条件进行求解5冥王星绕太阳的公转轨道是个椭圆，公转周期为T0，其近日点到太阳的距离为a，远日点到太阳的距离为b，半短轴的长度为c，A、B、C、D分别为长短轴的端点，如图所示若太阳的质量为M，万有引力常量为G，忽略其他行星对它的影响则( )A冥王星从ABC的过程中，速率逐渐变大B冥王星从AB所用的时间等于C冥王星从BCD的过程中，万有引力对它先做正功后做负功D冥王星在B点的加速度为考点：万有引力定律及其应用；功能关系 专题：万有引力定律的应用专题分析：熟

7、记理解开普勒的行星运动三定律：第一定律：所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等第三定律：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等根据力与速度方向的夹角判断该力是做正功还是负功解答：解：A、根据第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等所以冥王星从ABC的过程中，冥王星与太阳的距离增大，速率逐渐变小，故A错误；B、公转周期为T0，冥王星从AC的过程中所用的时间是0.5T0，由于冥王星从ABC的过程中，速率逐渐变小，从AB与从BC的路程相等，所以冥王星从AB

8、所用的时间小于，故B错误；C、冥王星从BCD的过程中，万有引力方向先与速度方向成钝角，过了C点后万有引力方向与速度方向成锐角，所以万有引力对它先做负功后做正功，故C错误；D、根据几何关系可知，冥王星在B点到太阳的距离为r=，根据万有引力充当向心力知=ma知冥王星在B点的加速度为=，故D正确；故选：D点评：正确理解开普勒的行星运动三定律是解答本题的关键，会根据力与速度方向的夹角判断该力是做正功还是负功6如图所示，在粗糙水平板上放一个物体，使水平板和物体一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，ab为水平直径，cd为竖直直径，在运动过程中木板始终保持水平，物块相对木板始终静止，则( )A物块始终

9、受到三个力作用B只有在a、b、c、d四点，物块受到合外力才指向圆心C从a到b，物体所受的摩擦力先增大后减小D从b到a，物块处于超重状态考点：向心力；牛顿第二定律 专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：木板托着物体在竖直平面内逆时针方向一起做匀速圆周运动，物体所受的合力提供圆周运动所需的向心力当加速度方向向上时，物体处于超重状态，加速度向下时，物体处于失重状态解答：解：A、在cd两点处，只受重力和支持力，在其他位置处物体受到重力，支持力、静摩擦力三个作用，故A错误；B、物体作匀速圆周运动，合外力提供向心力，所以合外力始终指向圆心，故B错误；C、从a运动到b，物体的加速度的方向始终指向圆心，水

10、平方向的加速度先减小后反向增大，根据牛顿第二定律可得，物体所受木板的摩擦力先减小后增大故C错误D、从b运动到a，向心加速度有向上的分量，所以物体处于超重状态，故D正确；故选：D点评：解决本题的关键知道A所受的合力提供向心力，向心力大小不变，知道A所受合力在竖直方向的分力等于重力和支持力的合力，在水平方向的分力等于摩擦力7如图所示是某个点电荷电场中的一根电场线，在线上O点由静止释放一个自由的负电荷，它将沿电场线向B点运动下列判断中正确的是( )A电场线由B指向A，该电荷做加速运动，加速度越来越小B电场线由B指向A，该电荷做加速运动，其加速度大小的变化不能确定C电场线由A指向B，该电荷做匀速运动D

11、电场线由B指向A，该电荷做加速运动，加速度越来越大考点：电场线；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据负电荷的运动方向判断电场力，确定场强方向场强的大小由电场线的疏密反映，电场线越密场强越大解答：解：由题，负电荷由静止开始从O运动到B，负电荷所受电场力方向从0到B，场强方向与电场力方向相反，即场强方向由B指向A负电荷从静止开始，必定做加速运动由于电场线的分布情况未知，场强如何变化无法确定，电场力和加速度如何变化也无法确定，则电荷加速度可能越来越小，也可能越来越大故B正确，ACD错误故选：B点评：本题根据电荷的运动方向确定场强方向不难，容易产生的错误在于分析场强大小的变化来确定加速度的

12、变化，条件不明时，考虑问题要全面8如图所示，在等势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线从A向B运动，由此可知( )A电场中A点的电势低于B点的电势B微粒在A点时的动能大于在B点时的动能，在A点时的电势能小于在B点时的电势能C微粒在A点时的动能小于在B点时的动能，在A点时的电势能大于在B点时的电势能D微粒在A点时的机械能与电势能之和等于在B点时的机械能与电势能之和考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系 专题：电场力与电势的性质专题分析：解决本题的突破口是：电场力与重力共同作用，使其做直线运动，由力与运动的关系，可知，微粒做匀减速运动，同时注意电场线和等势线垂直，

13、说明电场沿水平方向，从而确定了电场的方向，这样问题就解决了解答：解：A、根据电场线和等势线垂直，可知电场沿水平方向，负电荷受到电场力与重力，沿着A到B直线运动，可知，电场力水平向左，与重力的合力沿B到A方向，故电场的方向水平向右根据沿电场线电势降低，所以A点的电势高于B点的电势，故A错误B、由上分析可知，微粒应做匀减速运动，动能减小，电场力做负功，电势能在增大，则微粒在A点时的动能大于在B点时的动能，在A点时的电势能小于在B点时的电势能，故B正确；C错误；D、从A到B过程中，动能、重力势能与电势能之和保持不变，微粒在A点时的机械能与电势能之和等于在B点时的机械能与电势能之和，故D正确故选：BD

14、点评：本题通过带电粒子在电场中的运动考查了电势、电势能、电场力等问题，解决这类问题的突破口是：做直线运动的物体，是否存在合外力，若有合外力，其方向如何确定注意电场力的方向与电场方向要根据电荷的电性来确定9光滑水平面上放置两个等量同种电荷，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个质量m=1kg的小物块自C点由静止释放，小物块带电荷量q=2C，其运动的vt图线如图乙所示，其中B点为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线），则以下分析正确的是( )AB点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=1V/mB由C点到A点物块的电势能先减小后变大C由C点到A点，电势逐渐降低DB、A两点间的电势差为

15、UBA=8.25V考点：电势差与电场强度的关系；电场强度；电势差；电势 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据vt图象的斜率等于加速度和牛顿第二定律求解电场强度E根据能量守恒定律分析物块电势能的变化情况根据电场线方向判断电势的高低根据动能定理求解AB两点电势差UAB解答：解：A、vt图象的斜率等于加速度，B点处为整条图线切线斜率最大的位置，说明物块在B处加速度最大，根据牛顿第二定律得：F=qE=ma，B为中垂线上电场强度最大的点，由图得：B点的加速度为 a=2m/s2，E=V/m=lV/m故A正确B、由图知，由C到A的过程中，物块的速度不断增大，动能增大，根据能量守恒得：物块的电势能不断减小故

16、B错误C、由电势能的公式EP=q知，由C到A的过程中，电势逐渐降低，故C正确D、物块从A到B的过程，根据动能定理得：qUAB=mvB2mvA2，则得， UAB=×（4272）=8.25V，所以UBA=UAB=8.25V，故D正确故选：ACD点评：解决本题的关键是掌握速度图象的物理意义和动能定理，知道电势与电势能的关系EP=q10在一次探究活动中，某同学设计了如图所示的实验装置，将半径R=1m的光滑半圆弧轨道固定在质量M=0.5kg、长L=4m的小车的上表面中点位置，半圆弧轨道下端与小车的上表面水平相切，现让位于轨道最低点的质量m=0.1kg的光滑小球随同小车一起沿光滑水平面向右做匀速

17、直线运动，某时刻小车碰到障碍物而瞬时处于静止状态（小车不反弹），之后小球离开圆弧轨道最高点并恰好落在小车的左端边沿处，该同学通过这次实验得到了如下结论，其中正确的是（g取10m/s2）( )A小球到达最高点的速度为m/B小车与障碍物碰撞时损失的机械能为12.5JC小车瞬时静止前、后，小球在轨道最低点对轨道的压力由1N瞬时变为6.5ND小车向右做匀速直线运动的速度约为6.5m/s考点：机械能守恒定律 专题：机械能守恒定律应用专题分析：小球从圆弧最高点做平抛运动，由竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速运动，即可求得抛出速度，由动能定理即可求得小车和小球的初速度，根据能量守恒判断出小车损失机械能解

18、答：解：A、从最高点做平抛运动，下落时间为t=抛出时的速度为v=，故A正确；B、小球在上滑过程中由动能定理可知解得，故小车和小球向右运动的速度为故小车损失机械能为，故B正确，D错误；C、碰撞前小球静止，故此时小球对轨道的压力为FN1=mg=1N，碰撞后由牛顿第二定律得，解得FN2=6N，由牛顿第三定律可知对轨道的压力为6N，故C错误；故选：AB点评：本题是一道力学综合题，是多研究对象多过程问题，物体运动过程复杂，分析清楚运动过程是正确解题的前提与关键，分析清楚运动过程后，应用相关规律即可正确解题11如图所示，电灯A标有“10V，10W”，电灯B标有“8V，20W”，滑动变阻器的总电阻为6，当滑

19、动触头由a端向b端滑动的过程中（不考电灯电阻的变化）( )A安培表示数一直减小，伏特表示数一直增大B安培表示数一直增大，伏特表示数一直减小C安培表示数先增大后减小，伏特表示数先减小后增大D安培表示数先减小后增大，伏特表示数先增大后减小考点：伏安法测电阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：先两灯的额定电压和功率，求出其电阻大小再分析当滑动触头P由a端向b端滑动的过程中，变阻器总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析路端电压和总电流的变化，再据滑动变阻器的触头判断两灯的电流的变化解答：解：电灯A的电阻为RA=10，电灯B的电阻为RB=3.2，则知RARB所以当滑动触头P由a端向b端滑动的过程中，变阻器

20、两侧并联的总电阻一直减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流一直增大，路端电压一直减小，则电流表的示数一直增大，电压表的示数一直减小故B正确故选：B点评：本题是电路动态变化分析问题，按“局部整体局部”的思路进行分析对于变阻器，两侧电路并联，根据两灯的电阻大小确定总电阻如何变化是关键12如图所示，电阻R1=20，电动机的绕组R2=10当开关打开时，电流表的示数是0.5A，当开关合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数I和电路消耗的电功率P应是( )AI=1.5ABI1.5ACP=15WDP15W考点：电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：当电键S断开时，由欧姆定律求出电阻R1

21、的电压U当电键S闭合后，通过R1的电流仍为0.5A，电动机的电路是非纯电阻电路，由I2求出其电流的范围，即得到电流表电流的范围由P=UI求解电路中功率范围解答：解：当电键S断开时，由欧姆定律得，U=I1R1=10V当电键S闭合后，通过R1的电流仍为0.5A，电动机的电流I2，故电流表的电流I1.5A，电路中电功率P=UI15W故BD正确故选BD点评：本题要抓住非纯电阻电路与纯电阻电路的区别，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，I2是关键不等式二、实验题（5+9=14分）13如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置他在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，

22、滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，力传感器可直接测出绳中拉力，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放气垫导轨摩擦阻力很小可忽略不计，由于遮光条的宽度很小，可认为遮光条通过光电门时速度不变（1）该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=2.30mm（2）实验时，该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，将滑块从A位置由静止释放，测量遮光条到光电门的距离L，若要得到滑块的加速度，还需由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系 专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：游标卡尺读数结果等于固定刻度读数加上可动刻度读数，不需要估读滑

23、块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度根据运动学公式解答解答：解：（1）由图知第6条刻度线与主尺对齐，d=2mm+6×0.05mm=2.30 mm；（2）已知初速度为零，位移为L，要计算加速度，需要知道末速度，故需要由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t；故答案为：（1）2.30；（2）时间t点评：本题要知道滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度要求能够根据实验原理分析操作的合理性14如图2所示，小灯泡L1（4V、1.6W），小灯泡L2（6V、3.6W），滑动变阻器R1（010、0.5A），滑动变阻器R2（020、1.5A），以及电源

24、E（=9V、r=0）和开关S各一只，导线若干（1）设计一个电路，要求在电路中L1和L2均正确发光，且电路中消耗的功率最小，在方框中画出设计的电路图；（2）按设计要求在如图1所示实物中连线考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 专题：实验题；恒定电流专题分析：根据实验原理及实验要求设计合理的电路，并根据原理图连接实物图解答：解：（1）电源电动势E=9V，大于灯泡的额定电压，故应采用一滑动变阻器分压；两灯泡的额定电压值不同，故将L1与滑动变阻器R1串联，然后与L2并联；电路如图所示；（2）根据原理图连接实物图如图所示；注意导线不能交叉，滑动变阻器采用限流接法，故接“一上一下”故答案如图所示：点评：本题考查

25、实验电路图的设计及实物图的连接，要注意实验电路的合理性及实物图的连接方法三、计算题（共38分）15有两个人要把质量m=1000kg的货物装进离地h=1m高的卡车车厢内他们找来L=5m的斜面，但没有其它任何工具可用假设货物在水平地面上和此斜面上滑动时所受摩擦阻力恒为货物重力的0.12倍，两个人的最大推力各为800N（1）通过分析说明俩人能否将货物直接推进车厢？（2）请你帮助他们设计一个可行的方案，两人用最大推理将货物推进车厢并详细证明之（g取10m/s2）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：通过对货物进行受力分析，比较两个推力与摩擦力和重力沿斜面方向分力之和

26、的大小，判断能否将货物推进车厢可以先让货物在水平面上做匀加速直线运动，以一定的初速度滑上木板，初速度越大，越容易滑进车厢，运用牛顿第二定律，结合运动学公式求出货物刚好滑进车厢时在水平面上加速的距离解答：解：（1）两人最大推力Fm=2F=1600N货物受摩擦力 f=0.12G=1200N 货物沿斜面向下的分力：Fx=mgsin=mg=1000×10×=2000N，因为Fmf+Fx，故两人不可能直接将货推上车厢；（2）因Fmf，因此在水平地面上可使货物加速运动，从而使其在水平面上获得一定速度（动能），即可匀减速滑到斜面顶端 设货物在水平面上滑动位移为s，由牛顿第二定律及运动学规

27、律有：Fmf=ma1，到斜面底端时速度 v=，设货物在斜面上匀减速的加速度为a2，有f+FxFm=ma2要使货物刚好滑到顶端，有v=，由以上各式解出s=L=，代入数据解得，s=20m；答：（1）两人不可能直接将货推上车厢；（2）设计方案为：两人用最大推力使货物在水平面上至少滑行20m后再推物体滑上斜面从而使其在水平面上获得一定速度（动能），即可匀减速滑到斜面顶端点评：解决本题的关键能够正确进行受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式进行求解16一物体在距某一行星表面某一高度O点由静止开始做自由落体运动，依次通过A、B、C三点，已知AB段与BC段的距离相等，均为24cm，通过AB与BC的时间分为

28、0.2s与0.1s，若该星球的半径为180km，则环绕该行星的卫星做圆周运动的最小周期为多少？考点：万有引力定律及其应用；匀变速直线运动规律的综合运用 分析：分别对AB、BC段由位移公移列式，联立可求得该行量表面的重力加速度；当卫星在行星表面飞行时，运行周期最小，则由万有引力定律的应用可求得最周期解答：解：设通过A点的速度为v0，行星表面的重力加速度为g，环绕该行星的卫星做圆周运动的最小周期为T，行星质量为M，卫星质量为m，行星的半径为R，由公式得对AB段有：；对AC段有：；由得：g=8m/s2；对于近地卫星有：；在行星表面有：；由得：；答：卫星做圆周运动的最小周期为942s点评：本题为万有引

29、力与运动学公式的结合，应明确天体的运动中万有引力充当向心力，而在地球表面处万有引力可以近似看作等于重力17如图所示，跨过轻质定滑轮的细绳两端，一端连接质量为m的物体A，另一端通过一轻质弹簧与质量为M的物体B连接，B物体静止在地面上，用手托着A物体，在A距地面高h处时，细绳刚好被拉直、弹簧无形变今将A物体从h高处无初速释放，A物体恰好能到达地面，且A到达地面时，B物体对地面的压力恰好减为零已知重力加速度为g，弹簧的弹性势能与劲度系数k、弹簧的伸长量x的关系是：E弹=kx2；两个物体均可视为质点，不计绳子和滑轮的质量、不计滑轮轴上的摩擦力和空气阻力问：（1）A、B两物体的质量之比为多少？（2）现将

30、A、B两物体的初始位置互换，再让B物体从h高处无初速释放，当A物体刚要离开地面时，B物体的速度是多少？考点：机械能守恒定律 专题：机械能守恒定律应用专题分析：（1）对于A下降的过程，运用机械能守恒列式；A到达地面时，B物体对地面的压力恰好减为零，弹簧的弹力等于B的重力，列式，即可求解（2）当A物体刚要离开地面时，弹簧的弹力等于A的重力，根据机械能守恒和胡克定律结合求解解答：解：（1）由A下降过程，系统的机械能守恒得：=mgh当A刚好到达地面时，对B有：kh=Mg联立可解得：M=2m，即 m：M=1：2（2）将A、B的初始位置互换，设A刚要离开地面时B物体下降了x，且此时B的速度为v，此时对A有：kx=mg由B下降过程，由系统的机械能守恒有：+=Mgx解得：x=，v=答：（1）A、