广东省佛山市高三物理上学期12月月考试卷（含解析）.doc

广东省佛山市2015届高三上学 期月考物理试卷（12月份）一、单项选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1（3分）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库仑最先提出电荷周围存在电场的观点b麦克斯韦第建立了完整的电磁场理论c楞次得出了电磁感应的产生条件d卡文迪许测出了电子的电荷量2（3分）关于平抛运动，下列说法有误的是（）a平抛运动是匀变速运动b做平抛运动的物体机械能守恒c做平抛运动的物体处于完全失重状态d做平抛运动的物体，落地时间和落地时的速度只与抛出点的高度有关3（3分）如图甲所示，mn是某一电场中的一条电场线，a、b是该电场线上的两个点，如果在a、b 两点分别引入试探电荷，测得试探电荷所受的电场力f跟它的电荷量q之间的关系如图乙所示，选从n到m的方向为电场力的正方向，那么，关于a、b两点的场强和电势的大小关系，下列说法中正确的是（）a电场强度eaeb；电势abb电场强度eaeb，电势abc电场强度eaeb，电势abd电场强度eaeb，电势ab4（3分）如图所示，三颗质量均为m的地球同步卫星等间隔分布在半径为r的圆轨道上，设地球质量为m，半径为r下列说法正确的是（）a地球对一颗卫星的引力大小为b一颗卫星对地球的引力小于c两颗卫星之间的引力大小为d三颗卫星对地球引力的合力大小为二、双项选择题（在每小题给出的四个选项中，只有两项是符合题目要求的）5（3分）下列关于摩擦力的说法，正确的是（）a作用在物体上的滑动摩擦力只能使物体减速，不可能使物体加速b作用在物体上的静摩擦力只能使物体加速，不可能使物体减速c作用在物体上的滑动摩擦力既可能使物体减速，也可能使物体加速d作用在物体上的静摩擦力既可能使物体加速，也可能使物体减速6（3分）在如图所示的ui图象中，直线为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线为某一电阻r的伏安特性曲线用该电源直接与电阻r相连组成闭合电路，由图象可知（）a电源的电动势为3 v，内阻为0.5b电阻r的阻值为0.5c电源的输出功率为4 wd电源的效率为50%7（3分）两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，与导轨接触良好的导体棒ab和 cd可以在导轨上自由滑动，当ab在外力f作用下向右运动时，下列说法正确的是（）a导体棒cd内有电流通过，方向是dcb导体棒cd内有电流通过，方向是cdc磁场对导体棒cd的作用力向左d磁场对导体棒cd的作用力向右8（3分）图中a、b是两个位于固定斜面上的正方形物块，它们的质量相等f是沿水平方向作用于a上的推力已知a、b的接触面，a、b与斜面的接触面都是光滑的正确的说法是（）aa、b可能沿斜面向上运动ba对b的作用力沿水平方向ca、b对斜面的正压力相等da受到的合力等于b受到的合力9（3分）在如图所示的电路中，电源内阻不能忽略，当滑动变阻器滑片移动时，电流表示数变大，则（）a电源的总功率一定增大b电源的输出功率一定增大c电源内部消耗功率一定减小d电源的效率一定减小三、实验题10如图（c）所示的金属工件，截面外方内圆，外边长约为1cm、内径约为0.5cm、长度约为40cm某同学用游标卡尺测出截面外边长如图（d）所示，其读数a=cm应选用来测量工件内径d，选用来测量工件长度l（选填“毫米刻度尺”、“游标卡尺”、“螺旋测微器”）为了测出该金属的电阻率，该同学设计了如图（e）所示的电路，请按设计的电路完成实物图（f）的连线实验测得工件两端电压为u，通过的电流为i，写出该金属电阻率的表达式=（用a、d、l、u、i等字母表示）11如图甲所示，用包有白纸的质量为m（kg）的圆柱棒代替纸带和重物，蘸有颜料的毛笔固定在电动机上并随之转动，代替打点计时器当烧断悬挂圆柱棒的线后，圆柱棒竖直自由下落，毛笔就在圆柱棒表面的纸上画出记号，如图乙所示，设毛笔接触棒时不影响棒的运动测得记号之间的距离依次为20.0mm，44.0mm，68.0mm，92.0mm，116.0mm，140.0mm，已知电动机铭牌上标有“1200r/min”字样，由此研究圆柱棒的运动情况根据以上内容，回答下列问题：（1）毛笔画相邻两条线的时间间隔t=s，图乙中的端是圆柱棒的悬挂端（填“左”或“右”）（2）根据图乙所给的数据，可知毛笔画下记号d时，圆柱棒下落的速度vd=m/s；圆柱棒竖直下落的加速度a=m/s2（结果保留三位有效数字）四、计算题12如图所示，两小物块a、b之间夹着一压缩的轻弹簧，弹簧的弹性势能为ep=12j，开始时，两物体用细线绑着静止在水平传送带上，传送带两端与光滑水平台面相切已知a的质量m1=1kg，b的质量m2=2kg，a、b距传送带两端的距离分别为2m和1.25m两物块均可看成质量，且与传送带间的动摩擦因数均为0.2某一时刻烧断细线，同时传送带以v=3m/s的恒定速度沿顺时针方向运动（忽略传送带加速和弹簧弹开的时间）取g=10m/s2（1）求弹开后瞬间两物体的速度大小；（2）求两物体到达传送带两端时的速度大小；（3）若在传送带两端外的水平台面上各固定放置一半径相同的光滑竖直半圆轨道，轨道最低点与水平台面相切，要使两物体第一次冲上内圆轨道后不会脱离轨道，圆轨道的半径应满足什么条件？13如图所示，pr是一块长为l=4m的绝缘平板固定在水平地面上，整个空间有一个平行于pr的匀强电场e，在板的右半部分有一个垂直于纸面向外的匀强磁场b，一个质量为m=0.1kg，带电量为q=0.5c的物体，从板的p端由静止开始在电场力和摩擦力的作用下向右做匀加速运动，进入磁场后恰能做匀速运动当物体碰到板r端的挡板后被弹回，若在碰撞瞬间撤去电场，物体返回时在磁场中仍做匀速运动，离开磁场后做匀减速运动停在c点，pc=，物体与平板间的动摩擦因数为=0.4，取g=10m/s2，求：（1）判断物体带电性质，正电荷还是负电荷？（2）物体与挡板碰撞前后的速度v1和v2（3）磁感应强度b的大小和电场强度e的大小和方向广东省佛山市2015届高三上学期月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、单项选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1（3分）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库仑最先提出电荷周围存在电场的观点b麦克斯韦第建立了完整的电磁场理论c楞次得出了电磁感应的产生条件d卡文迪许测出了电子的电荷量考点：物理学史 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、法拉第最先提出了电荷周围存在电场的观点，故a错误；b、麦克斯韦建立了完整的电磁场理论，故b正确；c、法拉第得出了电磁感应的产生条件，故c错误；d、密立根测出了电子的电荷量，故d错误；故选：b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（3分）关于平抛运动，下列说法有误的是（）a平抛运动是匀变速运动b做平抛运动的物体机械能守恒c做平抛运动的物体处于完全失重状态d做平抛运动的物体，落地时间和落地时的速度只与抛出点的高度有关考点：平抛运动 专题：平抛运动专题分析：平抛运动的加速度不变，做匀变速曲线运动，只有重力做功，机械能守恒平抛运动的时间由高度决定，高度和初速度共同决定落地的速度大小解答：解：a、平抛运动的加速度不变，做匀变速曲线运动故a正确b、在平抛运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒故b正确c、做平抛运动的物体加速度竖直向下，大小为g，处于完全失重状态故c正确d、根据h=知，平抛运动的时间由高度决定，落地的速度与高度和抛出的初速度有关故d错误本题选错误的故选：d点评：解决本题的关键知道平抛运动的特点，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道高度决定运动的时间，初速度和时间共同决定水平位移和落地的速度3（3分）如图甲所示，mn是某一电场中的一条电场线，a、b是该电场线上的两个点，如果在a、b 两点分别引入试探电荷，测得试探电荷所受的电场力f跟它的电荷量q之间的关系如图乙所示，选从n到m的方向为电场力的正方向，那么，关于a、b两点的场强和电势的大小关系，下列说法中正确的是（）a电场强度eaeb；电势abb电场强度eaeb，电势abc电场强度eaeb，电势abd电场强度eaeb，电势ab考点：电势；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据fq图线的斜率比较电场强度的大小，根据沿着电场线方向电势逐渐降低，判断电势的高低解答：解：图象fq斜率表示电场强度的大小，a图线的斜率大于b图线的斜率，则电场强度eaeb，选从n到m的方向为电场力的正方向，由甲图可知，电场的方向由n指向m，沿着电场线方向电势降低，则电势ab故b正确，a、c、d错误故选b点评：解决本题的关键知道fq图线的斜率表示电场强度，知道沿着电场线方向电势逐渐降低4（3分）如图所示，三颗质量均为m的地球同步卫星等间隔分布在半径为r的圆轨道上，设地球质量为m，半径为r下列说法正确的是（）a地球对一颗卫星的引力大小为b一颗卫星对地球的引力小于c两颗卫星之间的引力大小为d三颗卫星对地球引力的合力大小为考点：同步卫星 专题：人造卫星问题分析：根据万有引力定律公式，求出地球与卫星、卫星与卫星间的引力，结合力的合成求出卫星对地球的引力解答：解：a、地球对一颗卫星的引力f=，则一颗卫星对地球的引力为故a错误，b错误c、根据几何关系知，两颗卫星间的距离l=r，则两卫星的万有引力故c正确d、三颗卫星对地球的引力大小相等，三个力互成120度，根据合成法，知合力为零故d错误故选：c点评：本题考查万有引力定律的基本运用，难度不大，知道互成120度三个大小相等的力合成，合力为零二、双项选择题（在每小题给出的四个选项中，只有两项是符合题目要求的）5（3分）下列关于摩擦力的说法，正确的是（）a作用在物体上的滑动摩擦力只能使物体减速，不可能使物体加速b作用在物体上的静摩擦力只能使物体加速，不可能使物体减速c作用在物体上的滑动摩擦力既可能使物体减速，也可能使物体加速d作用在物体上的静摩擦力既可能使物体加速，也可能使物体减速考点：滑动摩擦力；静摩擦力和最大静摩擦力 专题：摩擦力专题分析：当滑动摩擦力方向与物体的运动方向相同时，物体做加速运动；当静摩擦力与物体的运动方向相反时，物体做减速运动；静摩擦力和滑动摩擦力都既可能使物体减速，也可能使物体加速解答：解：a、作用在物体上的滑动摩擦力方向，若与物体的运动方向相同时，能使物体加速，比如物体轻轻放在水平匀速传动的传送带上时物体受到滑动摩擦力而加速故a错误b、当静摩擦力与物体的运动方向相反时，物体可能做减速运动故b错误c、当滑动摩擦力方向与物体的运动方向相同时，物体可能做加速运动；当滑动摩擦力方向与物体的运动方向相反时，物体可能做减速运动故c正确d、当静摩擦力方向与物体的运动方向相同时，物体可能做加速运动；当静摩擦力方向与物体的运动方向相反时，物体可能做减速运动故d正确故选cd点评：本题中判断物体做加速还是减速运动，关键要看摩擦力与物体运动方向的关系，摩擦力与速度同向时，可能加速；反之，减速6（3分）在如图所示的ui图象中，直线为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线为某一电阻r的伏安特性曲线用该电源直接与电阻r相连组成闭合电路，由图象可知（）a电源的电动势为3 v，内阻为0.5b电阻r的阻值为0.5c电源的输出功率为4 wd电源的效率为50%考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：由电源的路端电压与电流的关系图象与纵轴的交点读出电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻电阻r的伏安特性曲线的斜率等于电阻两图线的交点读出电流与电压，求出电源的输出功率和效率解答：解：a、根据闭合电路欧姆定律得u=eir，当i=0时，u=e，由读出电源的电动势e=3v，内阻等于图线的斜率大小，则r=故a正确b、电阻r=故b错误c、两图线的交点表示该电源直接与电阻r相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压u=2v，电流i=2a，则电源的输出功率为p出=ui=4w故c正确d、电源的效率=66.7%故d错误故选：ac点评：对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义基础题7（3分）两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，与导轨接触良好的导体棒ab和 cd可以在导轨上自由滑动，当ab在外力f作用下向右运动时，下列说法正确的是（）a导体棒cd内有电流通过，方向是dcb导体棒cd内有电流通过，方向是cdc磁场对导体棒cd的作用力向左d磁场对导体棒cd的作用力向右考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力 专题：电磁感应中的力学问题分析：ab切割磁感线产生感应电流，由右手定则判断感应电流的方向；感应电流通过cd，cd棒受到安培力作用，由左手定则判断安培力的方向解答：解：a、bab切割磁感线产生感应电流，根据右手定则判断可知，ab中感应电流的方向为ba，则导体棒cd内有电流通过，方向是cd故a错误，b正确c、d感应电流通过cd，cd棒受到安培力作用，由左手定则判断可知磁场对导体棒cd的安培力向右故c错误，d正确故选bd点评：解决本题的关键掌握右手定则和左手定则，并能正确运用右手定则判断感应电流的方向，运用左手定则判断安培力的方向8（3分）图中a、b是两个位于固定斜面上的正方形物块，它们的质量相等f是沿水平方向作用于a上的推力已知a、b的接触面，a、b与斜面的接触面都是光滑的正确的说法是（）aa、b可能沿斜面向上运动ba对b的作用力沿水平方向ca、b对斜面的正压力相等da受到的合力等于b受到的合力考点：牛顿运动定律的应用-连接体 专题：牛顿运动定律综合专题分析：对整体受力分析可知整体受到的合力的可能，从而确定物体的运动情况；再隔离两物体进行分析可得出各自受力情况解答：解：a、对整体受力分析可知，整体受重力、推力及支持力；若重力的分力小于推力向上的分力，则物体可能向上运动；故a正确；b、ab两物体之间只有弹力，而弹力的方向是垂直于接触面的，故a对b的作用力沿斜面方向，故b错误；c、对a分析可知，a受重力、支持力、b的弹力及f的作用；而b受重力、a的作用力及支持力，故b对斜面的压力等于重力的分力，而a对斜面的压力等于重力的分力与f垂直于斜面的分力之和，故a对斜面的压力要大，故c错误；d、因两物体加速度相同，由牛顿第二定律可知，两物体受到的合力一定相等，故d正确；故选ad点评：本题对学生的要求较高，要求学生不但能正确进行受力分析，还要能够合理地应用牛顿第二定律进行求合力；在学习物理中要注意各知识点间的相互联系，同时注意总结9（3分）在如图所示的电路中，电源内阻不能忽略，当滑动变阻器滑片移动时，电流表示数变大，则（）a电源的总功率一定增大b电源的输出功率一定增大c电源内部消耗功率一定减小d电源的效率一定减小考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：假设滑动变阻器的滑片向左移动，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，确定路端电压的变化，根据电流表的电流与干路电流和r2电流的关系分析电流表的示数变化，结合题意，电流表示数变大，确定变阻器滑片移动的方向，分析电路中总电流的变化，即可判断电源的总功率的变化和其他功率的变化解答：解：假设滑动变阻器的滑片向左移动，变阻器接入电路的电阻增大，并联部分电阻增大，外电路总电阻r增大，由闭合电路欧姆定律得知：干路电流i减小，内电压减小，路端电压增大电路中并联部分的电压u并=ei（r+r1）增大，电阻r2的电流增大，电流表的示数ia=ii2，变小由题意，电流表示数变大，所以可知，滑动变阻器的滑片向右移动，干路电流i增大，电源的总功率p总=ei，可知，p总增大由于电源的内阻与外电阻的关系未知，不能判断电源的输出功率如何变化i增大，由p内=i2r得知电源内部消耗功率一定增大电源的效率=，根据分析可知，路端电压u减小，电动势e不变，所以电源的效率一定减小故ad正确，bc错误故选ad点评：本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般思路都是先分析局部电路的电阻变化，再分析整体中电流及电压的变化，最后分析局部电路中的流及电压的变化；在分析局部电路时要注意灵活应用串并联电路的性质三、实验题10如图（c）所示的金属工件，截面外方内圆，外边长约为1cm、内径约为0.5cm、长度约为40cm某同学用游标卡尺测出截面外边长如图（d）所示，其读数a=1.02cm应选用游标卡尺来测量工件内径d，选用毫米刻度尺来测量工件长度l（选填“毫米刻度尺”、“游标卡尺”、“螺旋测微器”）为了测出该金属的电阻率，该同学设计了如图（e）所示的电路，请按设计的电路完成实物图（f）的连线实验测得工件两端电压为u，通过的电流为i，写出该金属电阻率的表达式=（用a、d、l、u、i等字母表示）考点：测定金属的电阻率 专题：实验题分析：（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；（2）可以用游标卡尺的内侧利爪测工件的内径；用毫米刻度尺测工件的长度；（3）根据电路图连接实物电路图；（4）根据欧姆定律与电阻定律求出电阻率的表达式解答：解：（1）由图d所示游标卡尺可得，主尺示数为1cm，游标尺示数为：20.1mm=0.2mm=0.02cm，则游标卡尺读数为：a=1cm+0.02cm=1.02cm；（2）应选用游标卡尺来测量工件内径d，选用毫米刻度尺来测量工件长度l（3）根据电路图连接实物电路图，电路图如图所示（4）工件的横截面积：s=a2（）2，工件电阻为：r=，由电阻定律为：r= 得金属的电阻率为：=故答案为：1.02；游标卡尺，毫米刻度尺；连线如上图所示；点评：游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，对游标卡尺读数时，不需要估读；应用欧姆定律与电阻定律即可求出电阻率表达式11如图甲所示，用包有白纸的质量为m（kg）的圆柱棒代替纸带和重物，蘸有颜料的毛笔固定在电动机上并随之转动，代替打点计时器当烧断悬挂圆柱棒的线后，圆柱棒竖直自由下落，毛笔就在圆柱棒表面的纸上画出记号，如图乙所示，设毛笔接触棒时不影响棒的运动测得记号之间的距离依次为20.0mm，44.0mm，68.0mm，92.0mm，116.0mm，140.0mm，已知电动机铭牌上标有“1200r/min”字样，由此研究圆柱棒的运动情况根据以上内容，回答下列问题：（1）毛笔画相邻两条线的时间间隔t=0.05s，图乙中的左端是圆柱棒的悬挂端（填“左”或“右”）（2）根据图乙所给的数据，可知毛笔画下记号d时，圆柱棒下落的速度vd=1.60m/s；圆柱棒竖直下落的加速度a=9.60m/s2（结果保留三位有效数字）考点：线速度、角速度和周期、转速；自由落体运动 专题：匀速圆周运动专题分析：了解该实验装置的原理，它类似于打点计时器，蘸有颜料的毛笔随电动机转一圈就在圆柱棒面上的纸上画出记号，这就像打点计时器每隔一定时间就打一个点数据的处理思路与打点计时器打出来的纸带处理一样利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度解答：解：（1）电动机的转速n=1200 r/min，所以周期t= min=0.05 s，圆柱棒竖直自由下落，速度越来越大，因此毛笔所画出的记号之间的距离越来越大，因此左端的记号后画上，所以左端是悬挂端（2）匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度等于这一段的平均速度vd= m/s=1.60 m/s，加速度a=9.60 m/s2故答案为：（1）0.05左（2）1.609.60点评：该实验装置是根据打点计时器的特点和实验原理进行设计新的实验数据的处理思路与打点计时器打出来的纸带处理一样四、计算题12如图所示，两小物块a、b之间夹着一压缩的轻弹簧，弹簧的弹性势能为ep=12j，开始时，两物体用细线绑着静止在水平传送带上，传送带两端与光滑水平台面相切已知a的质量m1=1kg，b的质量m2=2kg，a、b距传送带两端的距离分别为2m和1.25m两物块均可看成质量，且与传送带间的动摩擦因数均为0.2某一时刻烧断细线，同时传送带以v=3m/s的恒定速度沿顺时针方向运动（忽略传送带加速和弹簧弹开的时间）取g=10m/s2（1）求弹开后瞬间两物体的速度大小；（2）求两物体到达传送带两端时的速度大小；（3）若在传送带两端外的水平台面上各固定放置一半径相同的光滑竖直半圆轨道，轨道最低点与水平台面相切，要使两物体第一次冲上内圆轨道后不会脱离轨道，圆轨道的半径应满足什么条件？考点：动量守恒定律；机械能守恒定律 专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：（1）a、b弹簧系统在弹开过程动量和能量守恒列出等式求解；（2）弹开后b做加速运动，弹开后a做减速运动，根据动能定理求解；（3）欲使a、b均不脱离轨道，有两种情形：均能过轨道的最高点，均不超过圆心等高处，根据牛顿第二定律和动能定理求解解答：解：（1）a、b、弹簧系统在弹开过程动量和能量守恒，规定向右为正方向：0=m1vam2vbep=m1va2+m2vb2代入数据得：va=4m/s，vb=2m/s（2）弹开后b做加速运动，设b一直加速到右端，由动能定理有：m2glb=m2vb2m2vb2代入数据得：vb=3m/s弹开后a做减速运动，设一直减速到左端：m1gla=m1va2m1va2代入数据得：va=2m/s（3）欲使ab均不脱离轨道，即均不超过圆心等高处，设恰到圆心等高处：mv2=mgr解得：r=因vavb故取vb，代入数据得：r=0.45m故轨道半径大于或等于0.45m答：（1）弹开后瞬间两物体的速度大小为4m/s和2m/s；（2）两物体到达传送带两端时的速度大小为2m/s和3m/s；（3）若在传送带两端外的水平台面上