2014届黑龙江省双鸭山市一中高三12月月考物理试卷与答案（带解析）.doc

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1、2014届黑龙江省双鸭山市一中高三 12月月考物理试卷与答案（带解析） 选择题 物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命 ,促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步，下列说法中正确的是 ( ) A亚里士多德发现了力是改变物体运动状态的原因 B哥白尼提出了日心说，并发现了行星沿椭圆轨道运行的规律 C卡文迪许总结出了万有引力定律并测出了万有引力常量 D库仑在前人研究的基础上，通过扭秤实验研究得出了库仑定律 答案： D 试题分析：伽利略通过实验证明了力不是维持物体运动的原因而是改变物体运动的原因， A错误；开普勒发现了行星沿椭圆轨道运动的规律，即开普勒三定律， B错误；牛顿总结

2、了万有引力定律，卡文迪许通过扭秤实验测量了万有引力常量， C错误；库伦提出了库仑定律， D正确 考点：考查了物理学史 如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方 O 点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度 v1 从 M点沿斜面上滑，到达 N 点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为 . 若小物体电荷量保持不变， OM=ON，则（ ） A小物体上升的最大高度为 B 从 N 到 M的过程中，小物体的电势能逐渐减小 C从 M到 N 的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功 D从 N 到 M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小 答案： AD 试题分析：设斜面倾角为 、上升过程沿斜面运动的

3、最大距离为 L。因为，则 MN 两点电势相等，小物体从 M到 N、从 N 到 M电场力做功均为 0。上滑和下滑经过同一个位置时，垂直斜面方向上电场力的分力相等，则经过相等的一小段位移在上滑和下滑过程中电场力分力对应的摩擦力所作的功均为相等的负功，所以上滑和下滑过程克服电场力产生的摩擦力所作的功相等、并设为 W1。在上滑和下滑过程，对小物体，应用动能定理分别有：和 ，上两式相减可得 ，而上升高度 ， A正确；由，可知电场力对小物体先作正功后作负功，电势能先减小后增大，BC 错误；从 N 到 M的过程中，小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小，而重力分力不变，则摩擦力先增大后减小，在此过程中

4、小物体到 O 的距离先 减小后增大，根据库仑定律可知小物体受到的电场力先增大后减小， D正确。 考点：本题考查动能定理的应用、摩擦力及电场力做功的特点， 如图是两等量异种点电荷，以两电荷连线的中点 O 为圆心画出半圆，在半圆上有 a、 b、 c三点， a、 c分别为半圆与两电荷连线的交点， b点在两电荷连线的垂直平分线上，下列说法正确的是（ ） A a、 c两点的电场强度相同 B a、 c两点的电势相同 C正电荷在 a点的电势能大于在 b点的电势能 D将正电荷由 O 移到 b电场力做正功 答案： AC 试题分析：根据等量异号点电荷电场线的对称性可知， a、 c两处电场线疏密程度相同，则场强大小

5、相同，场强方向都沿 a指向 c方向，所以 a、 c两点的电场强度相同，故 A正确根据顺着电场线方向电势降低可知， a点的电势高于 c点的电势，故 B错误两等量异号点电荷连线的垂直平分线是一条等势线， b点的电势与 O 点电势相等， a点的电势高于 O 点的电势，根据 可得，正电荷在电势高的地方电势能大，所以正电荷在 a点的电势能大于在 b点的电势能，将正电荷由 O 移到 b电场力不做功，故 D错误 C正确 考点：电势能，电场强度，等量异号点电荷的电场线和等 势线分布情况 如图所示，质量为 m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O 点，将小球拉至 A处，弹簧恰好无形变。由静止释放小球，

6、它运动到 O 点正下方 B点间的竖直高度差为 h，速度为 v。下列说法正确的是 ( ) A由 A到 B小球的机械能减少 B由 A到 B重力势能减少 mv2/2 C由 A到 B小球克服弹力做功为 mgh D小球到达 B时弹簧的弹性势能为 mgh-mv2/2 答案： AD 试题分析：小球、地球和弹簧组成的系统机械能守恒，由 A到 B过程弹簧的弹性势能增加了，因此小球的机械能减少， A正确；该过程小球重力势能减少等于小球动能增量 和弹簧弹性势能增量之和， B错误；克服弹力做功等于弹性势能的增加，根据能量守恒定律可知小球到达 B时弹簧的弹性势能为， C错误， D正确。 考点：本题考查了机械能守恒定律的

7、应用。 受水平外力 F作用的物体，在粗糙水平面上作直线运动，其 v-t图线如图所示，则 ( ) A在 0 t1秒内，外力 F大小不断增大 B在 t1时刻，外力 F为零 C在 t1 t2秒内，外力 F大小可能不断减小 D在 t1 t2秒内，外力 F大小可能先减小后增大 答案： CD 试题分析： v-t图像的斜率表示加速度，在 时间内，物体物体的加速度不断减小，由牛顿第二定律得： ，阻力 f不变，所以 F不断减小，故 A错误；在 时刻，加速度为零，外力 F等于阻力 f，所以 B错误；在 时间内，物体做加速度增大的减速运动，有牛顿第二定律得： ，所以外力 F可能不断减小，故 C正确；若物体静止前，外

8、力 F已减至零，则此后，外力 F必再反向增大，所以 D正确。 考点：本题考查 v-t图像、牛顿第二定律，意在考查学生利用图像分析问题的能力。 如图所示的电路中，各元件均为线性元件 .电源电动势为 E，内电阻不能忽略，闭合 S后，调整 R的阻值，使电压表的示数增大 U，在这一过程中（ ） A通过 R1的电流增大，增量为 B R2两端的电压减小，减小量为 U C路端电压与干路电流的比值为定值 D路端电压的变化量与干路电流的变化量的比值为定值 答案： AD 试题分析： 是定值电阻，电压表 V的示数增大 的过程中，通过 的电流增加，增加量 故 A正确电压表 V的示数增大，变阻器有效电阻增大，外电路总电

9、阻增大，干路电流减小， 两端电压减小，路端电压增大，则两端电压减少量一定小于 故 B错误路端总电阻等于路端电压与干路电流的比值，而 路端电阻是可以变化的，故路端电压与干路电流的比值不是定值， C错误；因为 ，所以两者的比值是定值， D正确； 考点：本题是电路动态变化分析问题， 如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机 M和电热丝 R构成。当闭合开关 S1、 S2后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出。已知电吹风的额定电压为 220V，吹冷风时的功率为 120W，吹热风时的功率为 1000W。关于该电吹风，下列说法正确的是（ ） A电热丝的电

10、阻为 55 B电动机的电阻为 C当电吹风吹 冷风时，电热丝每秒钟消耗的电能为 120 J D当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为 1120 J 答案： A 试题分析：当吹热风时，电热丝消耗的电功率为 ，电阻丝消耗的电能全部转化为热能，所以根据公式 可得电热丝的电阻为， A正确，由于电动机是非纯电阻，所以电流所做的功不全部转化为电热，所以电功率不等于发热功率，由于不知道电动机的发热功率，所以不能求出电动机的电阻， B错误；当电吹风吹冷风时， 断开， 接通，所以电热丝不工作，不消耗电能， C错误；当电吹风吹热风时，电动机的功率是 120W，所以电动机每秒钟消耗的电能为 120 J， D错误。

11、 考点：考查了电功率的计算 图甲是在温度为 10 左右的环境中工作的某自动恒温箱原理简图，箱内的电阻 R1=20 k,R2 =10 k,R3 =40 k,Rt为热敏电阻，它的电阻随温度变化的图线如图乙所示当 a、 b端电压 Uab 0时，电压鉴别器会令开关 S接通，恒温箱内的电热丝发热，使箱内温度升高；当 a、 b端电压 Uab0时，电压鉴别器会令开关 S断开，停止加热，则恒温箱内的温度可保持在（ ） A 10 B 20 C 35 D 45 答案： C 试题分析：当 a、 b端电压 时，电压鉴别器会令开关 S接通，恒温箱内的电热丝发热，使箱内温度提高；当 时，电压鉴别器使 S 断开，停止加热，

12、得出当 时，恒温箱保持稳定。 由题意得：当 时，恒温箱保持稳定，根据串并联电路电压与电阻的关系可知： 只有 也为 2： 1的时候，才有 ，所以可知 电阻值为 20k，从图乙可以看出，电阻为 20k时，温度为 35摄氏度。故选 C 考点：闭合电路的欧姆定律；常见传感器的工作原理 如图所示，光滑小球用细绳系住，绳的另一端固定于 O 点。现用水平力 F缓慢地拉动斜面体，小球在斜 面上滑动，细绳始终处于绷紧状态。小球从图示位置开始到离开斜面前，斜面对小球的支持力 N 以及绳对小球拉力 T的变化情况是 ( ) A N 保持不变， T不断减小 B N 不断减小， T不断增大 C N 保持不变， T先减小后

13、增大 D N 不断减小， T先减小后增大 答案： D 试题分析：先对小球进行受力分析，重力、支持力 N、拉力 T组成一个闭合的矢量三角形， 由于重力不变、支持力 N 方向不变，且从已知图形知 ，且 逐渐变大；故斜面向右移动的过程中，拉力 T与水平方向的夹角 变大，当 时，细绳的拉力 T最小，由图可知，随 的增大，斜面的支持力 N 不断变小， T先减小后增大故 D正确 ABC错误 考点：本题考查受力分析、共点力的动态平衡。 如图所示，一根轻绳跨过定滑轮，两端分别系着质量为 m1、 m2的小物块，m1放在地面上， m2离地面有一定高度。当 m2的质量发生变化时， m1上升的加速度 a的大小也将随之

14、变化。已知重力加速度为 g，图中能正确反映 a与 m2关系的是 ( ) 答案： D 试题分析：当 时， 仍处于静止状态，没有加速度当 时，有向上的加速度，根据牛顿第二定律得：对 分析可得 ，对 分析可得 ，两式联立解得当 时 ， D正确； 考点：考查了牛顿第二定律的应用 物体在变力 F作用下沿水平方向做直线运动，物体质量 m 10kg， F随坐标x的变化情况如图所示。若物体在坐标原点处由静止出发，不计一切摩擦。借鉴教科书中学习直线运动时由 v-t图象求位移的方法，结合其他所学知识，根据图示的 F-x图象，可求出物体运动到 x 16 m处时，速度大小为 ( ) A 3 m/s B 4 m/s C

15、 2 m/s D m/s 答案： C 试题分析：在 0-4m位移内 F恒定，物体做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得； 根据 得： ,对物体在 4-16m内运动过程运用动能定理得； ，从图中可知 ，所以 4-16m内力 F做功之和为 0，所以 ， C正确； 考点：本题考查了牛顿第二定律、功的计算以及动能定理的应用，要求同学们能根据图象找出有用信息，选取合适的运动过程运用动能定理求解，该题难题适中 太阳围绕银河系中心的运动可视为匀速圆周运动，其运动速度约为地球公转速度的 7倍，轨道半径约为地球公转道半径的 2109倍，为了粗略估算银河系中恒星的数目，可认为银河系中所有恒星的质量都集中在银河系中心

16、，且银河系中恒星的平均质量约等于太阳质量，则银河系中恒星数目约为 ( ) A 109 B 1011 C 1013 D 1015 答案： B 试题分析：设银河系的质量为 M1，太阳的质量为 M2，地球的质量为 m，太阳绕银河系的速度为 v1，地球的公转速度为 v2，由万有引力提供向心力可知：， 解得 ， B正确 考点：本题考查万有引力定律的应用 实验题 要测量电压表 V1的内阻 Rv，其量程为 2 V，内阻约 2 k实验室提供的器材有： 电流表 A，量程 0.6 A，内阻约 0.1 ； 电压表 V2，量程 5 V，内阻 R1=5 k； 定值电阻 R2，阻值为 R2=3 k； 滑动变阻器 R3，最

17、大阻值 100 电源 E，电动势 6 V，内阻约 0.5 ； 开关 S一个，导线若干 (1)（ 2 分）有人拟将待测电压表 V1和电流表 A 串联接入电压合适的测量电路中，测出 V1的电压和电流，再计算出 Rv该方案实际上不可行，其最主要的原因是_ (2)（ 2分）某同学选择电压表 V2后，自己设计一个测量电压表 V1内阻 RV的实验电路，实验电路如图 1所示，则被测电压表 V1应接在电路中的 _(填“A”或 “B”)处 (3)（ 2分）实验的实物连线如图 2所示，还有两根导线没有接好，请在实物图上画出应接的导线 (4)（ 3分）实验中电压表 V1读数 U1，电压表 V2的读数 U2，试写出计

18、算电压表V1内阻 Rv的表达式 Rv=_（用题中字母表示） 答案：（ 1）电流表读数过小（ 2） A（ 3） （ 4） 试题分析： (1)待测电压表 V1和电流表 A串连接入电压合适的测量电路中，由于待测电压表内阻很大，电路电流很小，电流表示数很小，对电流表读数时误差很大，不能对电流表正确读数，则该方案不可行 (2)待测电压表应与定值电阻串联，则被测电压表 V1应接在电路中的 A处 (3)根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示 (4)根据电路图，由串并联电路特点及欧姆定律可得： ，则； 考点：伏安法测电阻 某同学用游标为 20分度的卡尺测量一薄金属圆板的直径 D，用螺旋测微器测量其厚度

19、d，示数如图所示。由图可读出 D=_cm， d=_cm。 答案： .080 0.3774-0.3778 试题分析：对于主尺最小分度为 1mm，精确度是 0.05mm的游标卡尺，主尺上的读数为 50mm，游标卡尺上的第 16条刻度线与主尺上某一条刻度线对齐，游标尺上的读数为 0.80mm，因此，薄金属圆板的直径 D 为 50.80mm=5.080cm；对于螺旋测微器，固定刻度上的读数为 3mm+0.5mm=3.5mm，可动刻度上的读数为 (27.4 27.8)0.01mm，所以薄金属圆板的厚度 d为 3.774 3.778mm。即0.3774-0.3778cm 考点：本题考查了游标卡尺和螺旋测微

20、器的读数方法。 (2分 )某实验小组在做 “验证机械能守恒定律 ”实验中，用自由落体运动进行实验，该小组打出了一条纸带如图所示，相邻两点之间的时间间隔为 0.02 s，请根据纸带计算出 B点的速度大小为 _m/s.(结果保留三位有效数字 ) 答案： .37 m/s 试题分析：根据匀变速直线运动规律，可知 B点的速度等于 AC 两点间的平均速度，所以 考点：考查了匀变速直线运动规律的应用 计算题 如图所示，电路中电源内阻不计，水平放置的平行金属板 A、 B间的距离为d，金属板长 为 L.在两金属板左端正中间位置 M，有一个小液滴以初速度 v0水平向右射入两板间，已知小液滴的质量为 m，小液滴带负

21、电，电荷量为 q.要使液滴从 B板右侧上边缘射出电场，电动势 E是多大？重力加速度用 g表示 答案： 试题分析：由闭合电路欧姆定律得 两金属板间电压为 UAB IR 由牛顿第二定律得 q -mg ma 液滴在电场中做类平抛运动 L v0t 由以上各式解得 考点：含电容电路，闭合回路欧姆定律，带电粒子在电场中的偏转 如图所示，光滑绝缘水平桌面上固定一个光滑绝缘的挡板 ABCD、 AB段为直线， BCD段是半径为 R的圆弧，挡板处在场强为 E的匀强电场中，电场方向与圆环直径 MN 平行。现使一带电荷量为 q，质量为 m的小球由静止从斜挡板内侧上某点释放，为使小球沿挡板内侧运动，从 D点抛出，求：

22、(1)小球从释放点到 N 点沿电场强度方向的最小距离。 (2)在上问中小球经过 N 点时对挡板压力大小。 答案： (1) (2)6qE 试题分析： (1)小球经过 M点时恰好无压力，此时对应的 s最小， 由 式解得 s . (2)过 N 点时， 所以 考点：圆周运动的向心力公式，动能定理， （ 12 分）如图所示，内壁光滑、内径很小的 1/4 圆弧管固定在竖直平面内，圆弧的半径 为 0.2m，在圆心 O 处固定一个电荷量为 - .0 C的点电荷。质量为 0.06kg、略小于圆管截面的带电小球 ,从与 O 点等高的 A点沿圆管内由静止运动到最低点 B ,到达 B点小球刚好与圆弧没有作用力，然后从

23、 B点进入板距d= 0.08m的两平行板电容器后刚好能在水平方向上做匀速直线运动 ,且此时电路中的电动机刚好能正常工作。已知电源的电动势为 12V,内阻为 1,定值电阻 R的阻值为 6，电动机的内阻为 0.5.求（取 g=10m/s2,静电力常量 k=9.0 109 N m2/C2） （ 1）小球到达 B点时的速度； （ 2）小球所带的电荷量； （ 3）电动机的机械功率。 答案：（ 1） （ 2） （ 3） 试题分析：（ 1）根据机械能守恒可得 : ,解得 (2)到达 B点恰好作用力为 0,由牛顿第二定律得 1分 解得， 1分 (3)设电容器两端电压为 U，由二力平衡得 1分 由欧姆定律得 1

24、分 所以，电动机两端电压， 1分 1分 联立解得， 1分 考点：考查了牛顿第二定律以及机械能守恒定律的应用 ,该题的综合性较强，涉及的知识点比较多，关键是从题中找出突破口，比如求 B点的速度，然后根据不同性质的运动，选择对应的规律公式 （ 1分）如图所示，电源内阻 ， 。当电键闭合时，电流表和电压表的示数分别为 1.5A和 2V，各电表均为理想电表。求： （ 1）电源电动势； （ 2） 的阻值； （ 3）电键断开时，干路上的电流强度。 答案：（ 1） （ 2） （ 3） 试题分析：（ 1） S接通：电键 S接通时， 与 并联后与 串联，这一大块再与 并联电压表的示数为 U=2V，电 流表的示数为 I=1.5A电流表的示数为 和 的电流和，根据欧姆定律可得 通过 和 的电流分别为： 故通过 的电流： 因为 并联在路端，所以其两端电压为路端电压，故电源内阻分压为： U 内 = 所以电源电动势为 （ 2） 两端的电压为 ，电流为 ，所以 （ 3） S断开： R1与 R3串联后与 R4并联，再与 R2串联 R 外 =考点：考查了闭合回路欧姆定律的应用，做此类型题目的关键是能画出等效电路图