湖南省邵阳市邵东三中2015届高三物理下学期第五次月考试卷(含解析)

湖南省邵阳市邵东三中2 015届高三下学期第五次月考物理试卷

一、选择题．本题共12小题，每小题4分，共计48分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．

1．关于科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是( )

A．安培首先发现了电流的磁效应

B．伽利略认为自由落体运动是速度随位移均匀变化的运动

C．牛顿发现了万有引力定律，并计算出太阳与地球间引力的大小

D．法拉第提出了电场的观点，说明处于电场中电荷所受到的力是电场给予的

考点：物理学史．

分析：本题比较简单考查了学生对物理学史的了解情况，在物理学发展的历史上有很多科学家做出了重要贡献，大家熟悉的牛顿、爱因斯坦、法拉第等，在学习过程中要了解、知道这些著名科学家的重要贡献．

解答：解：A、奥斯特首先发现了电流的磁效应，故A错误；

B、伽利略认为自由落体运动中速度随时间变化是均匀的，位移与所用时间的平方成正比，故B错误；

C、牛顿发现了万有引力定律，并没有计算出太阳与地球间引力的大小，故C错误；

D、法拉第最早提出场的概念，并引入电场线描述电场，说明电荷所受到的力是电场给予的，故D正确．

故选D．

点评：本题属于记忆知识，要了解、熟悉物理学史，关键在于平时注意积累和记忆．

2．如图为一种主动式光控报警器原理图，图中R1和R2为光敏电阻，R3和R4为定值电阻．当射向光敏电阻R1和R2的任何一束光线被遮挡时，都会引起警铃发声，则图中虚线框内的电路是( )

A．“与”门B．“或”门C．“或非”门D．“与非”门

考点：闭合电路的欧姆定律；简单的逻辑电路．

专题：恒定电流专题．

分析：当某个事件的条件全部满足，事件才能发生，应采用与门电路．某个光敏电阻没有被光照时，电阻很大，与之相连的门电路的输入端为低电位，反之为高电位．门电路的输出端为高电位时，电铃不响，门电路的输出端为低电位是电铃响．

解答：解：由题意分析：当射向两个光敏电阻的光束都没有被挡，两个光敏电阻的电阻值都比较小，门电路的输入端都是高电位，而此时警铃不响，说明门电路的输出端也是高电位．当射向光敏电阻R1和R2的任何一束光线被遮挡时，门电路的输入端一个为高电位、一个为低电位，此时电铃响，说明门电路的输出端为低电位．根据以上分析，只有“与”门符合．

故选A．

点评：本题的解题关键要掌握与门逻辑电路的特点：某个事件的条件全部满足事件才能发生，采用与门电路，能够理解它在实际中的应用原理．

3．如图所示的电路中，电池的电动势为E，内阻为r，电路中的电阻R1、R2和R3的阻值都相同．在电键S处于闭合状态下，若将电键S1由位置1切换到位置2，则( )

A．电压表的示数变大B．电池内部消耗的功率变大

C．电阻R2两端的电压变大D．电池的效率变大

考点：路端电压与负载的关系．

分析：将电键S1由位置1切换到位置2，通过外电阻的变化，抓住电动势和内阻不变，分析电流、外电压的变化．电池的效率可根据η=得知．

解答：解：A．将电键S1由位置1切换到位置2，外电阻变小，电动势和内阻不变，电路中的总电流变大，内电压变大，外电压变小，电压表测的是外电压，所以电压表示数变小．故A错误．

B．电路中的总电流变大，根据P内=I2r，知，电源内部消耗的功率变大．故B正确．

C．设电路中的电阻R1、R2和R3的阻值为R，当电建打在1时，R2两端的电压U2=R，当电键打在2时R2两端的电压=××R=可知．＜U2．故C错误．

D．电池的效率可根据η=得知，外电压变小，电池的效率变小．故D错误．

故选B．

点评：解决本题的关键是抓住电源的电动势和内阻不变，结合闭合电路欧姆定律进行动态分析．

4．如图1所示电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图2所示．开关S闭合后下列判断正确的是( )

A．L1电流为L2电流的2倍B．L1消耗的电功率为0.75W

C．L2消耗的电功率为0.375W D．此时L2的电阻为12Ω

考点：闭合电路的欧姆定律．

专题：恒定电流专题．

分析：当开关闭合后，灯泡L1的电压等于3V，由图读出其电流I，由欧姆定律求出电阻，并求出其电功率．灯泡L2、L3串联，电压等于1.5V，由图读出电流，求出电功率．

解答：解：当开关闭合后，灯泡L1的电压U1=3V，由图2读出其电流I1=0.25A，则灯泡L1的电阻R1=Ω=12Ω，功率P1=U1I1=0.75W，灯泡L2、L3串联，电压U2=U3=1.5V，由图读出其电流I2=I3=0.20A，则I1=1.25I2，R2=，灯泡L2、L3的功率均为

P=UI=1.5V×0.20A=0.30W，故B正确，ACD错误；

故选：B

点评：本题关键抓住电源的内阻不计，路端电压等于电动势，来确定三个灯泡的电压．读图能力是基本功．

5．如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板（A位置）上，随跳板一同向下做变速运动到达最低点（B位置）．对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，下列说法中正确的是( )

A．运动员到达最低点时，其所受外力的合力为零

B．在这个过程中，跳板的弹力一直对她做负功

C．在这个过程中，合外力一直对她做负功

D．在这个过程中，运动员的重力对她做的功小于运动员克服跳板的弹力做的功

考点：机械能守恒定律．

专题：机械能守恒定律应用专题．

分析：运动员从接触跳板开始，受到弹力和重力两个力，在整个过程中，弹力从0 增加到最大，合力先减小和增大，速度先增大后减小，动能先增大后减小，弹力一直向上，位移向下，所以弹力一直做负功．

解答：解：A、从接触跳板到最低点，弹力一直增大，合力先减小后增大，最低点合力不为零．故A错误．

B、弹力一直向上，位移向下，所以弹力一直做负功，故B正确．

C、加速度的方向先向下后向上，速度先和加速度同向再和加速度反向，可知速度先增大后减小，动能先增大后减小，所以合力先做正功，后做负功．故C错误．

D、根据动能定理，重力做正功，弹力做负功，动能在减小，所以运动员所受重力对他做的功小于跳板的作用力对他做的功．故D正确．

故选：BD

点评：解决本题的关键掌握力与运动的关系，当加速度与速度同向，速度增加，当加速度与速度反向，速度减小，知道合外力做功等于物体动能的变化量．

6．竖直平面内光滑圆轨道外侧，一小球以某一水平速度v0从A点出发沿圆轨道运动，至B 点时脱离轨道，最终落在水平面上的C点，不计空气阻力．下列说法中不正确的是( )

A．在B点时，小球对圆轨道的压力为零

B．B到C过程，小球做匀变速运动

C．在A点时，小球对圆轨道压力大于其重力

D．A到B过程，小球水平方向的加速度先增加后减小

考点：牛顿第二定律；向心力．

专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．

分析：小球在竖直圆轨道内做变速圆周运动，当其与轨道间有相互作用时，沿着轨道运动，否则将脱离轨道，至于水平方向的加速度的变化和离开轨道后的运动性质利用牛顿第二定律即牛顿第二定律的独立性解决即可

解答：解：A、小球在B点恰好脱离轨道，则小球与轨道间恰好无相互作用力，故A正确

B、从B到C过程，小球只受重力作用，做匀变速曲线运动，故B正确

C、在A点，小球具有竖直向下的向心加速度，此瞬间处于失重状态，对轨道的压力小于其重力，故C错误

D、小球在A点时合力沿竖直方向，在B点时合力也沿竖直方向，但在中间过程某点支持力却有水平向右的分力，所以小球水平方向的加速度必定先增加后减小，故D正确

本题选不正确的，故选C

点评：考纲规定中学阶段竖直轨道的圆周运动只考察最高点及最低点，故本题的出现给做题者以耳目一新的感觉，同时也带来了一定的难度，其实针对不同的位置和过程分别利用牛顿第二定律就行了，但要考虑牛顿第二定律的独立性

7．如图所示，水平面上放置质量为M的三角形斜劈，斜劈顶端安装光滑的定滑轮，细绳跨过定滑轮分别连接质量为m1和m2的物块．m1在斜面上运动，三角形斜劈保持静止状态．下列说法中正确的是( )

A．若m2向下运动，则斜劈受到水平面向左摩擦力

B．若m1沿斜面向下加速运动，则斜劈受到水平面向右的摩擦力

C．若m1沿斜面向下运动，则斜劈受到水平面的支持力大于（m1+m2+M）g

D．若m2向上运动，则轻绳的拉力一定大于m2g

考点：共点力平衡的条件及其应用；静摩擦力和最大静摩擦力；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：运动情况不同，各部分受力不同，故需要根据选项提到的运动状态分别讨论，并运用整体法，牛顿第二定律的内容进行分析．即可求解．

解答：解：A、只说向下运动，没说明是加速向下还是减速向下还是匀速向下．分三种情况讨论：

1）若m2加速向下运动，则m1沿斜面向上加速运动，加速度沿斜面向上，m1和斜面看作一个整体，则整体有沿斜面向上的加速，该加速度可正交分解为水平方向和竖直方向两个分量，则水平方向加速度由斜面受到的向左的摩擦力提供，竖直向上的加速度由地面支持力与重力的合力提供．故斜面受到水平向左的摩擦力．

2）若m2减速下滑，则m1减速沿斜面上滑，加速度沿斜面向下，把m1和斜面看作整体，则整体有沿斜面向下的加速度．该加速度有水平向右的分量．该加速度分量由摩擦力提供．故斜面受到向右的摩擦力．

3）若m2匀速下划，则m1沿斜面匀速上滑，加速度为零．把m1和斜面看作整体，整体没有加速，处于平衡状态，故地面对斜面摩擦力为零．故A错误．

B、由于m1加速下滑，故m1加速度沿斜面下滑，把m1和斜面看作整体，整体有沿斜面向下的加速度，该加速度有水平向右的分量，所以斜面受到向右的摩擦力．故B正确．

C、同样没有说明是加速减速还是匀速，故C错误．

D、同样没有说明向上加速向上减速还是向上匀速，三种情况绳的拉力不同．需要讨论．故D错误

故选：B

点评：该题较难．需要熟练掌握整体法处理物理问题．真确理解并能灵活运用牛顿运动定律，即可求解该题．

8．木星是太阳系中最大的行星，它有众多卫星．观察测出：木星绕太阳作圆周运动的半径为r1、周期为T1；木星的某一卫星绕木星作圆周运动的半径为r2、周期为T2．已知万有引力常量为G，则根据题中给定条件( )

A．能求出木星的质量

B．能求出木星与卫星间的万有引力

C．能求出太阳与木星间的万有引力

D．可以断定

考点：万有引力定律及其应用．

专题：计算题．

分析：木星绕太阳作圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式．

某一卫星绕木星作圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式．

根据题目中已知物理量判断能够求出的物理量．

运用开普勒第三定律求解问题．

解答：解：A、某一卫星绕木星作圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：

=m卫r2

m木=

故A正确．

B、由于不知道卫星的质量，所以不能求出木星与卫星间的万有引力，故B错误．

C、太阳与木星间的万有引力提供木星做圆周运动所需要的向心力，

太阳与木星间的万有引力F=m木r1=?r1=

故C正确．

D、根据开普勒第三定律为：=k，其中我们要清楚k与中心体的质量有关，与环绕体无关．而木星绕太阳作圆周运动的中心体是太阳，卫星绕木星作圆周运动的中心体为木星，所以

，故D错误．

故选AC．

点评：一个物理量能不能求出，我们应该先通过物理规律表示出这个物理量的关系式，再根据题目中已知物理量判断．

开普勒第三定律为：=k，其中我们要清楚k与中心体的质量有关，与环绕体无关．

9．如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块．当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论中正确的是( )

A．上述过程中，F做功大小为

B．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长

C．其他条件不变的情况下，M越大，s越小

D．其他条件不变的情况下，f越大，滑块与木板间产生的热量越多

考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；功能关系．专题：压轴题．

分析：（1）由功能关系可知拉力F做功除了增加两物体动能以外还有系统产生的热量；（2）F越大，滑块的加速度就越大，而木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，滑块的位移也没有发生改变，所以时间越少；

（3）滑块对木板的摩擦力不变，M越大，木板的加速度越小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑快在木板上运动时间短，所以木板运动的位移小；

（4）系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，摩擦力越大，产生的热量越多．

解答：解：A．由功能关系可知拉力F做功除了增加两物体动能以外还有系统产生的热量，故A错误；

B．滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情况下，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，滑块的位移也没有发生改变，所以拉力F越大滑块的加速度越大，离开木板时间就越短，故B错误；

C．由于木板受到摩擦力不变，当M越大时木板加速度小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑快在木板上运动时间短，所以木板运动的位移小，故C正确；

D．系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，摩擦力越大，产生的热量越多，故D正确．

故选CD．

点评：本题重点考查了功能关系，对物理过程仔细分析是解题关键，同时对物理模型要把握和熟悉．本题就是常见而重要的滑块和木板模型．

10．如图示为某点电荷电场中的一条电场线，A、B、C是电场线上的三个点，且AB=BC，若在A处由静止释放一带正电的试探电荷，只在电场力作用下开始运动，以下判断正确的是( )

A．该试探电荷的加速度一定越来越小

B．运动过程中，试探电荷的电势能一定逐渐增加

C．若AB两点间电势差为U，则AC两点间电势差为2U

D．试探电荷的电势能与动能之和一定保持不变

考点：电场线；电势差；电势能．

专题：电场力与电势的性质专题．

分析：电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．

解答：解：A、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，由于只有一条电场线，不能判断电场线的疏密情况，所以不能判断场强的大小，也就不知道电荷加速度的变化情况，所以A错误；

B、由静止释放一带正电的试探电荷，电荷将向右运动，电场力做正功，电势能减小，所以B错误；

C、由于只有一条电场线，不能判断电场线的疏密情况，所以不能判断场强的大小，所以此时就不能再根据U=Ed来计算电势差，所以C错误；

D、整个过程中，电荷只受电场力的作用，总的能量守恒，所以试探电荷的电势能与动能之和一定保持不变，所以D正确；

故选D．

点评：本题就是考查学生基础知识的掌握，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．

11．如图所示，两个固定的相同细环相距一定的距离，同轴放置，O1、O2分别为两环的圆心，两环分别带有均匀分布的等量异种电荷．一带正电的粒子从很远处沿轴线飞来并穿过两环．则在带电粒子运动过程中( )

A．在O1点粒子加速度方向向左

B．从O1到O2过程粒子电势能一直增加

C．轴线上O1点右侧存在一点，粒子在该点动能最小

D．轴线上O1点右侧、O2点左侧都存在场强为零的点，它们关于O1、O2连线中点对称

考点：电场强度；动能定理的应用；电势能．

专题：电场力与电势的性质专题．

分析：在O1点时，右环上电荷由于关于O1对称，所以其在O1产生的电场强度为0，而﹣Q各点在O1产生的场强水平向左，故+q在O1点所受电场力方向向左；要看电势能如何变化就看电场力如何做功；如果合外力做正功，动能增大，合外力做负功，动能减小；根据E=可

知在O1右侧+Q产生的场强的先增大后减小且一直减小到0，而﹣Q的场强大多数情况下小于+Q产生的电场但场强却不会为0．

解答：解：A、在O1点时，右环上电荷由于关于O1对称，所以其在O1产生的电场强度为0，而﹣Q各点在O1产生的场强水平向左，故+q在O1点所受电场力方向向左，故加速度的方向水平向左，故A正确．

B、在+q从O1向O2运动的过程中+Q对+q的电场力向左，﹣Q对+q的作用力方向也向左，故电场力对+q始终做正功，故+q的电势能一直减小．故B错误．

C、根据E=可知在O1右侧+Q产生的场强的先增大后减小且一直减小到0，而﹣Q的场强大

多数情况下小于+Q产生的电场但场强却不会为0，故合场强为0的位置应该在O1的右侧，而在合力为0之前合外力做负功，动能持续减小，之后合力做正功，动能增大，故动能最小的点在O1的右侧，故C正确．