湖南省长沙长郡中学2015届高三上学期第四次月考物理试题及答案.pdf
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1、湖南省长沙长郡中学2015届高三上学期第四次月考 物 理 试 题 【试卷综析】本试卷是高三模拟试题,包含了高中物理的全部内容,主要包含匀变速运动规 律、受力分析、牛顿运动定律、电场、磁场、带电粒子的运动、电磁感应等内容,在注重考 查核心知识的同时,突出考查考纲要求的基本能力,重视生素养的考查,注重主干知识,兼 顾覆盖面。 本试题卷分选择题和非选择题两部分,时量90 分钟,满分110 分。 第 I 卷选择题(共50 分) 一、选择题:本题共10 小题,每小题5 分,共计 50 分在每小题给出的四个选项中,第1 7 题只有一项符合题目要求,第810 题有多项符合题目要求全部选对的得5 分,选对 但
2、不全的得3 分,有选错或不选的得0 分 【题文】 12014 年度诺贝尔物理学奖授予日本名古屋大学的赤崎勇、大野浩以及美国加州大 学圣巴巴拉分校的中村修二,以表彰他们在发明一种新型高效节能光源即蓝色发光二极管 ( LED )方面的贡献,在物理学的发展过程中,许多物理学家的科学发现推动了人类历史 的进步,下列表述符合物理学史实的是 A开普勒认为只有在一定的条件下,弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比 B牛顿认为在足够高的高山上以足够大的水平速度抛出物体,物体就不会冉落在地球上 C奥斯特发现了电磁感应现象,这和他坚信电和磁之间一定存在着联系的哲学思想是分 不开的 D安培首先引入电场线和磁感线,极大地促
3、进了他对电磁现象的研究 【知识点】物理学史 O2 【答案解析】 B解析 : A、胡克认为只有在一定的条件下,弹簧的弹力才与弹簧的形变量 成正比,故A 错误 ;B、牛顿认为在足够高的高山上以足够大的水平速度抛出一物体,物体将 绕地球做圆周运动,不会再落在地球上,故B正确 C、法拉第发现了电磁感应现象,这和他 坚信电和磁之间一定存在着联系的哲学思想是分不开的,故C错误 D、法拉第首先引入电场 线和磁感线,极大地促进了他对电磁现象的研究,故D错误 ; 故选: B 【思路点拨】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本题本题 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
4、名理论要加强记忆,这也 是考试内容之一 【题文】 2用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法,下面四个表达式符合比值法定 义物理量的是 A加速度 m F aB电流强度 R U I C电场强度 2 r Q kED磁感应强度 IL F B 【知识点】牛顿第二定律C2 【答案解析】 D解析 : A 、加速度a 与 F 和 m有关,随F 和 m的变化而变化不是运用比 值定义法定义的故A错误 B、电流强度I 与电压和电阻的大小有关,不是运用比值定义法 定义的故B错误 C、电场强度E与场源电荷的电量和距离场源电荷的距离有关,不是运用 比值定义法定义的故 C错误 D、课本明确给出磁感应强度定义式为:B=
5、F IL ,故 D正确故 选 D 【思路点拨】所谓比值定义法,就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的 方法比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性,它不随定 义所用的物理量的大小取舍而改变解决本题的关键理解比值定义法的特点:被定义的物理 量往往是反映物质的最本质的属性,它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变 【题文】 3如图所示,一条形磁铁从静止开始穿过采用双线绕成的闭合线圈,条形磁铁在穿 过线圈过程中可能做 A减速运动 B匀速运动 C白南落体运动 D非匀变速运动 【知识点】楞次定律 L1 【答案解析】 C 解析 :穿过采用双线绕法的通电线圈,相邻并行的导
6、线中电流方向相反, 根据安培定则可知,它们产生的磁场方向相反,在空中同一点磁场抵消,则对条形磁铁没有 安培力作用,条形磁铁只受重力,又从静止开始下落,所以做自由落体运动故选C 【思路点拨】根据安培定则判断双线绕法的通电线圈产生的磁场方向关系,分析条形磁铁所 受的作用力, 再判断它的运动性质本题中线圈采用双线并行绕法是消除自感的一种方式可 用安培定则加深理解基础题 【题文】 4如图所示,A 为水平放置的橡胶圆盘,在其侧面带有负电荷一Q,在 A 正上方用 丝线悬挂一个金属圆环B(丝线未画出) ,使 B 的环面在水平面上与圆盘平行,其轴线与橡 胶盘 A 的轴线 O1O2重合现使橡胶盘A 南静止开始绕
7、其轴线OlO2按图中箭头方向加速转 动,则 A金属圆环B 有扩大半径的趋势,丝线受到拉力增大 B金属圆环B 有缩小半径的趋势,丝线受到拉力减小 C金属圆环B 有扩大半径的趋势,丝线受到拉力减小 D金属圆环B有缩小半径的趋势,丝线受到拉力增大 【知识点】楞次定律 L1 【答案解析】 B 解析 :带电圆盘如图转动时,形成顺时针方向的电流,根据右手螺旋定则 可知,在圆盘上方形成的磁场方向竖直向下,由于加速转动,所以电流增大,磁场增强,穿 过金属圆环B 的磁通量增大,根据楞次定律感应电流产生的磁场要阻碍原磁通量的变化,所 以金属圆环B有缩小半径的趋势,金属圆环B有向上的运动趋势,所以丝线受到拉力减小故
8、 选 B 【思路点拨】带电圆盘转动时形成环形电流,利用右手螺旋定则判断出环形电流在导线处的 磁场方向,根据楞次定律进行判定本题考查了电流的形成、右手螺旋定则,要深刻理解楞 次定律“阻碍”的含义如“阻碍”引起的线圈面积、速度、受力等是如何变化的 【题文】 5南两块不平行的长导体板组成的电容器如图所示若使两板分别带有等量异号的 电荷,定性反映两板间电场线分布的图可能是 【知识点】电场线;电容器I1 I3 【答案解析】 C解析 :两板分别带有等量异种电荷,根据电势差与电场强度的关系式U=Ed 得,板间电势差不变,距离越长,电场强度E越小,电场线越疏故ABD错误, C正确 ; 故选: C 【思路点拨】
9、根据电势差与电场强度的关系式U=Ed得,板间电势差不变,距离越长,电场强 度 E越小,电场越疏常见的电容器是平行板电容器,该题板不平行,但是可以运用U=Ed定 性分析判断 【题文】 6一电流表南表头G 与电阻 R 并联而成若在使用中发现此电流表读数比准确值稍 小些,下列可采取的措施是 A在 R上串联一个比R小得多的电阻 B在 R 上串联一个比R 大得多的电阻 C在 R上并联一个比R 小得多的电阻 D在 R 上并联一个比R 大得多的电阻 【知识点】把电流表改装成电压表J6 【答案解析】 A解析 : A 在 R 上串联一个比R 小得多的电阻,可实现增加分流电阻,减 小分流,使电表示数增加故A 正确
10、 ; B 在 R上串联一个比R 大得多的电阻,会使G表的电 流增加太多,读数偏大故B 错误 ; C 在 R 上并联一个比R 小得多的电阻,使分流更大,示 数更偏小故C 错误 ; D 在 R 的并联一个比R 大的电阻,会使分流更大,示数更偏小故D 正确 ; 故选: A 【思路点拨】读数偏小说明通过G 表的电流稍小,分流电阻分流偏大,分流电阻稍小,要采 取的措施:稍增加分流电阻阻值考查的电流表的改装原理,明确分流与电阻成反比,电阻 大,分流小,反之电阻小则分流大 【题文】 7如图所示,水平传送带以速度v1匀速运动,小物体P、Q 南通过定滑轮且小可伸 长的轻绳相连, t=0 时刻 P在传送带左端具有
11、速度v2, 已知 v1v2, P与定滑轮间的绳水平 不 计定滑轮与轻绳质量以及定滑轮与绳间摩擦,绳足够长 直到物体P从传送带右侧离开以 下判断正确的是 A物体 P一定先加速后匀速 B物体 P可能一直匀速 C物体 Q 的机械能可能先增加后不变 D物体 Q 一直处于超重状态 【知识点】牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系A2 C2 【答案解析】B 解析 :A、由于 v1 v2,且物体 P向右运动,故P受到的摩擦力可能大于Q的 重力,故P 可能先加速后匀速,也有可能一直加速运动,如果摩擦力等于Q 的重力,则物体 可能一直匀速,如果摩擦力小于Q的重力,则可能减速到右端,故A错误、 B 正确;
12、 C、不论 A 中那种情况,绳子对物体Q的拉力都做正功,故Q的机械能增加,故C正确; D、当物体先 加速后匀速时,物体不可能一直处于超重,故D错误;故选:B 【思路点拨】 由于 v1v2,且物体 P向右运动,故P受到的摩擦力可能大于Q的重力,故P可 能先加速后匀速,也有可能一直加速运动,故物体Q 不可能一直处于超重,因绳的拉力做正 功,故Q 的机械能增加;本题主要考查了物体在传送带上的运动过程,可能是一直加速,也 可能是先加速后匀速运动,分清过程是关键 【题文】 8如果太阳系几何尺寸等比例地膨胀,月球绕地球的运动近似为网周运动,则下列 物理量变化正确的是(假设各星球的密度不变) A月球的向心加
13、速度比膨胀前的小 B月球受到的向心力比膨胀前的大 C月球绕地球做圆周运动的周期与膨胀前的相同 D月球绕地球做圆周运动的线速度比膨胀前的小 【知识点】万有引力定律及其应用D5 【 答 案 解 析 】BC解 析 : 万 有 引 力 提 供 向 心 力 , 根 据 牛 顿 第 二 定 律 , 有 : 22 22 4Mmv Gmammr rrT A、向心加速度:a= 2 GM r ,太阳系几何尺寸等比例地缩小, 各星球的密度不变,由于质量与半径的三次方成正比,故表达式中分子增大的倍数更多,故 向心加速度增大,故A 错误; B、向心力: F=G 2 Mm r ,太阳系几何尺寸等比例地增大,各星球 的密度
14、不变,由于质量与半径的三次方成正比,故表达式中分子增大的倍数更多,故向心力 增大;故B 正确; C、周期: T=2 3 r GM ,太阳系几何尺寸等比例地增大,各星球的密度不 变,由于质量与半径的三次方成正比,故表达式中分子增大的倍数与分母减小的倍数相同, 故公转周期不变,故C正确; D、线速度: v= GM r ,太阳系几何尺寸等比例地增大,各星球的密度不变,由于质量与半径 的三次方成正比,故表达式中分子增大的倍数更多,故线速度增大,故D错误;故选: BC 【思路点拨】先根据万有引力提供向心力得到线速度、向心加速度、周期和向心力的表达式, 然后再结合几何比例分析本题关键是根据牛顿第二定律推导
15、出各个运动学参量的表达式进 行分析,注意质量与半径的三次方成正比 【题文】 9如图所示,两个倾角分别为30 o 和 60 o 的足够长光滑斜面同定于水平地面上,并 处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中两个质量均为m、带电荷量为 +q 的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端南静止释放,运动一段时间后两小滑块都将飞离斜 面,在此过程中 A甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大 B甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短 C甲滑块在斜面上运动的位移与乙滑块在斜面上运动的位移大小相同 D两滑块在斜面上运动的过程中(从释放到离开斜面),重力的平均功率相等 【知识点】 共点
16、力的平衡带电粒子在磁场中运动B3 K3 【答案解析】 AD解析 : A、物体飞离斜面的条件是洛伦兹力等于重力垂直于斜面的分力 cosBqvmg,所以 cosmg v Bq ,角度越大,飞离斜面速度越小,故A正确; B、物体 做匀加速运动,斜面倾角大,加速度大,并且速度小,故所用时间短,甲滑离斜面时间小于 大于乙滑离斜面时间,故B错误; C、斜面倾角大,滑离速度大,时间短,故位移较小,即甲 滑 离 斜 面 的 位 移 大 于 乙 滑 离 斜 面 的 位 移 , 故C 错 误 ; D、重 力 的 平 均 功 率 22 cossincos sin 22 mgm g Pmgvmg BqBq 竖直 ,带
17、入数据解得 =PP 甲乙 ,故 D正确; 故选 AD 【思路点拨】粒子离开斜面前做匀加速直线运动,重力沿斜面的分力提供加速度,离开斜面 的条件是洛伦兹力等于重力垂直于斜面的分力,根据匀变速运动规律即重力的平均功率可以 求解。 【题文】10 如图所示,有一矩形区域abcd, 水平边 ab 长为 s=3m, 竖直边 ad 长为, h=1 m 质 量均为, m、带 +电量分别为 +q 和-q 的两粒子,比荷10.0 m q C/kg 当矩形区域只存在电 场强度大小为E=10 N/C、方向竖直向下的匀强电场时,+q 由 a 点沿 ab 方向以速率v0进 入矩形区域,轨迹如图,当矩形区域只存在匀强磁场时
18、,-q 南 c 点沿 cd 方向以同样的速 率进入矩形区域,轨迹如图不计重力,已知两粒子轨迹均恰好通过矩形区域的几何中 心,则 A做匀速圆周运动的网心在b 点 B磁场方向垂直纸面向外 C由题给数据,初速度v0可求 D由题给数据,磁场磁感应强度B 可求 【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动;带电粒子在匀强电场中的运动I3 K3 【答案解析】 ACD解析 :A、因为圆周运动的轨迹经过矩形区域的几何中心,设中心为0, 根据几何关系知,bO= 22 ( )( )0.250.75 22 hs =1m,可知矩形区域几何中心到b 点的 距离等于bc 的距离,知b 点为圆周运动的圆心故A正确 B、-q 由 c
19、 点沿 cd 方向以同样 的速率v0进入矩形区域,根据洛伦兹力的方向,结合左手定则知,磁场方向垂直纸面向里, 故 B错误 C、因为粒子通过矩形区域的几何中心,可知沿电场方向上的距离y= 2 h =0.5m, 垂直电场方向上的距离x= 3 22 s m,根据 y= 2 2 2 0 11 22 qE x at m v ,可以求出初速度的大小故 C正确 ;D、在磁场中做匀速圆周运动, 2 0 0 v Bqvm r ,故 0 mv B rq ,由 C知 0 v可知,故可计 算 B,故 D正确;故选: ACD 【思路点拨】电荷在匀强电场中做类平抛运动,将电荷的运动分解为沿电场方向和垂直电场 方向,结合牛
20、顿第二定律和运动学公式求出初速度的大小粒子在磁场中做匀速圆周运动, 根据几何关系确定粒子做圆周运动的圆心解决本题的关键掌握处理粒子做类平抛运动的方 法,抓住等时性,结合运动学公式和牛顿第二定律求解,以及掌握粒子在磁场中运动的处理 方向,关键确定圆心、半径和圆心角 第卷非选择题(共60 分) 二、实验题:本题共3 小题,共18 分,请将解答填写在答题卡相应的位置 【题文】 11 (4 分)在研究匀变速直线运动的实验中,小明正常进行操作,打出的一条纸带 只有三个连续的清晰点,标记为0、1、2,已知打点频率为50 Hz,则纸带的加速度 为;而 P 点是纸带上一个污点,小明想算出P 点的速度,你认为小
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