湖南师大附中届高三物理第五次月考试题有解析.docx

1、湖南师大附中届高三物理第五次月考试题有解析湖南师大附中2017届高三物理第五次月考试题（有解析）湖南师范大学附属中学2017届高三第五次月考物理试题一、选择题1.场是物理学中的重要概念，除了电场和磁场，还有引力场。物体之间的万有引力就是通过引力场发生作用的，地球附近的引力场叫做重力场。类比电场的相关概念，下列有关重力场的说法正确是A.类比电场强度，地球附近某点的“重力场强度”即为该点的重力加速度B.“重力场”方向跟正电荷附近的电场方向类似C.类比电势，重力场中某点的“重力势”反映重力场的能的性质，与零势面的选取无关D.重力场中某点的“重力势”即为该点相对地面的高度【答案】A【解析】A.电场力公

2、式：F=Eq，而重力公式G=mg，类比电场强度，地球附近某点的“重力场强度”即为该点的重力加速度，故A正确；B.用于形象描述它所产生的重力场的所谓“重力场线”的分布，重力场的方向指向地球，重力场”方向跟负电荷附近的电场方向类似，故B错误；C.类比电势，重力场中某点的“重力势”反映重力场的能的性质，与零势面的选取有关，故C错误；D.重力场中某点相对地面的“重力势”即为该点与参考面的高度，故D错误故选：A点睛：可以类比的物体，它们都是有某些相同或相似的性质，根据这一个特点，分析它们是否具有相似性，就可以做出判断2.一质点做匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，速度变为原来的3倍。该质点的加速度为

3、A.B.C.D.【答案】A【解析】设初速度为v，则末速度为3v；由平均速度公式可得：则综上所述本题答案是：A3.如图所示，小球在水平拉力作用下，以恒定速率v沿竖直光滑圆轨由A点运动到B点，在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是A.逐渐减小B.逐渐增大C.先减小，后增大D.先增大，后减小【答案】B【解析】试题分析：因为小球是以恒定速率运动，即它是做匀速圆周运动，那么小球受到的重力G、水平拉力F、轨道的支持力三者的合力必是沿半径指向O点设球与圆心的连线与竖直方向夹角是，则：（F与G的合力必与支持力在同一直线上）得：F=Gtan，而水平拉力F的方向与速度V的方向夹角也是，所以水平力F的瞬时功率是P=Fv

4、cos，即为：P=Gvsin，显然，从A到B的过程中，是不断增大的，所以水平拉力F的瞬时功率是一直增大的故B正确，ACD错误故选B。考点：功率【名师点睛】解决本题的关键掌握瞬时功率的表达式P=Fvcos，注意为F与速度的夹角。4.美国在2016年2月11日宣布“探测到引力波的存在”，天文学家通过观测双星轨道参数的变化来间接验证引力波的存在，证实了GW150914是两个黑洞并合的事件，GW150914是一个36倍太阳质量的黑洞和一个29倍太阳质量的黑洞并合事件。假设这两个黑洞绕它们连线上的某点做圆周运动，且这两个黑洞的间距缓慢减小，若该黑洞系统在运动过程中各自质量不变且不受其它星系的影响，则关于

5、这两个黑洞的运动，下列说法正确的是A.这两个黑洞做圆周运动的向心加速度大小始终相等B.36倍太阳质量的黑洞比29倍太阳质量的黑洞运行的轨道率径小C.这两个黑洞运行的线速度大小始终相等D.随两个黑洞的间距缓慢减小，这两个黑洞运行的周期也在增大【答案】B【解析】试题分析：根据可得根据可得由知m1:m2=r2:r1，质量与轨道半径成反比，所以36倍太阳质量的黑洞轨道半径比29倍太阳质量的黑洞轨道半径小故B正确；根据a2rr可知，角速度相等，质量大的半径小，所以质量大的向心加速度小，故A错误；这两个黑洞共轴转动，角速度相等，根据v=r可以，质量大的半径小，所以质量大的线速度小故C错误；又：，当m1+m

6、2不变时，L减小，则T减小，即双星系统运行周期会随间距减小而减小，故D错误；故选B考点：万有引力定律的应用【名师点睛】解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，应用万有引力定律与牛顿第二定律即可正确解题，难度不大，属于基础题。5.已知一足够长的传送带与水平面的倾角为，以一定的速度匀速运动。某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图a所示)，以此时为t=0时刻纪录了小物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图b所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小)。已知传送带的速度保持不变，g取10m/s2。则下列判断正确的是A.0内，物块对传送带做正功B.物块

7、与传送带间的动摩擦因数为，tanC.0内，传送带对物块做功为D.系统产生的热量一定比物块动能的减少量大【答案】D【解析】A、由图知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上0t1内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功故A错误；B、在t1t2内，物块向上运动，则有mgcosmgsin，得tan故B错误；C、0t2内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得：，故C错误；D、物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小故D正确故

8、选D点睛：由图看出，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上0t1内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，可知物块对传送带做功情况由于物块能向上运动，则有mgcosmgsin根据动能定理研究0t2内，传送带对物块做功根据能量守恒判断可知，物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小6.如图所示，均匀T型物块A质量为m，夹在两个相同的水平垫板中，A与垫板间的动摩擦因数为，当垫板B、C以相同的水平速率对称且匀速地向两侧退开时，若要使A以速率匀速前移，作用在A中央位置上与同向的水平拉力F的大小满足A.FD.不能确定【答案】A【解

9、析】对A进行受力分析,可知A在水平方向受到B和C对A摩擦力的作用和拉力的作用，由于滑动摩擦力的方向与相对运动的方向相反，所以相对A的运动的方向如图(实线):滑动摩擦力的方向以及滑动摩擦力的分解如图中虚线。由对称性可知，B与C对A的支持力都是mg，则：B对A的摩擦力：f1=mg由图可知,由于：，所以f1yf1=mg同理,沿y方向C对A的摩擦力也满足：f2yf2=mg所以：作用在A中央位置上与v2同向的水平拉力F的大小满足：F=f1y+f2ymg故选：A。点睛：对物体A进行受力分析可知，A在水平方向受到摩擦力的作用和拉力的作用，其中的摩擦力的作用效果分别是向左、向右和向后，拉力向前；竖直方向A受到

10、重力与BC对它的支持力的作用根据力的合成方法即可做出判定7.如图所示，电源的电动势为E内阻为r，R为电阻箱。图乙为电源的输出功率P与电流表示数I的关系图象，电流表为理想电表，其中电流为I1、I2时对应的外电阻分别为R1、R2，电源的效率分别为1、2，输出功率均为P0。下列说法中正确的是A.R1R2B.I1+I2C.R1R2=r2D.1=2【答案】C【解析】A.由闭合电路欧姆定律可知：，由图可知，I1I2，则R1R2，故A错误；B.由闭合电路欧姆定律得：U=E−Ir，输出功率为：P=UI=EI−I2r，由图有，整理得：I1+I2=E/r，故B错误；C.根据电功率表达式：,

11、且；整理得：R1R2=r2，故C正确；D.根据电源的效率可得：，因I1I2，因此12，故D错误；故选：C.点睛：由图象知电流关系，根据闭合电路欧姆定律可明确电阻关系；而电流为I1、I2时电源的输出功率相等，据此由功率公式P=UI和闭合电路欧姆定律结合，进行分析便可求解8.如图所示的逻辑电路中能让小灯亮起来的是A.B.C.D.【答案】B【解析】试题分析：选项A中门电路为与门电路，高电势与低电势经过与门电路之后输出为低电势，灯泡不会亮，选项A正确；选项C中门电路为与非门电路，高电势经过门电路之后为低电势，灯泡不亮，选项C错误；选项D中门电路为或门电路，高电势与低电势经过或门之后输出高电势，但灯泡两

12、端电势差为零，灯泡不亮，选项D错误；同理判断选项B正确；故选B考点：考查门电路点评：本题难度较小，熟悉并掌握各类门电路特点是关键9.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能E随位移x变化的关系如图所示，其中0对段是对称的曲线，段是直线，则下列说法正确的是A.处电场强度为零B.、处电势、的关系为C.粒子在0段做匀变速运动，段做匀速直线运D.段是匀强电场【答案】ABD【解析】A、根据电势能与电势的关系：Ep=q，场强与电势的关系：，得：，由数学知识可知Ep-x图象切线的斜率处为零，电场强度等于零，A正确；B、由图可知，、处电势能EP1EP2EP3，根据电势能与电势的关系：Ep=q，粒

13、子带负电，所以、处电势、的关系为C、粒子在0段斜率变化，电场强度变化，电场力变化，粒子做变速运动，不是匀变速运动，段图线斜率不变，电场强度不化，电场力不化，粒子做匀速运动，C错误，D正确；故选：ABD。10.如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为。一个质量为m的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度开始运动，当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，则下列关系式中正确的是A.B.C.D.【答案】BD【解析】AB.小物块上升到最高点时，速度与楔形物体的速度相同，系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。以向右为正方向，在小物块

14、上升过程中,由水平方向系统动量守恒得：mv0cos=(m+M)v，故A错误，B正确；C.系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：，故C错误，D正确；故选：BD.点睛：小物块上升到最高点时，速度与楔形物体的速度相同，小物块与楔形物体作用时水平方向动量守恒，根据动量守恒和机械能守恒列式即可求解11.如图所示，在光滑绝缘水平面上有一半径为R的圆，AB是一条直径，空间有匀强电场，场强大小为E，方向与水平面平行，在圆上A点有一发射器，以相同的动能平行于水平面沿不同方向发射带电量为+q的小球，小球会经过圆周上不同的点，在这些点中，经过B点的小球动能最大，由于发射时刻不同时，小球间无相互作用，且=30，下列说法

15、正确的是A.电场的方向与AB平行B.电场的方向与AB垂直C.小球在A点垂直电场方向发射，若恰能落到C点，则初动能为D.小球在A点重直电场方向发射，若恰能落到C点，则初动能为【答案】AC【解析】AB.小球在匀强电场中，从A点运动到B点，因为到达B点时的小球的动能最大，根据动能定理qUAB=Ek得UAB最大，即在圆周上找不到与B电势相等的点。且由A到B电场力对小球做正功。过B点作切线，则BF为等势线。过A点作BF的垂线，则该线为电场线，即沿AB方向。故A正确，B错误；CD.小球只受电场力，做类平抛运动。x=2Rcos30∘sin30∘=v0t，y=2Rcos30∘

16、;cos30∘=，联立以上三式得：Ek=Qer/8；故C错误，D正确故选：AD.点睛：小球在匀强电场中，从A点运动到B点，根据动能定理qUAB=Ek，因为到达C点时的小球的动能最大，所以UAB最大，即在圆周上找不到与C电势相等的点所以与B点电势相等的点在过B点的切线上再根据电场线与等势线垂直，可以画出电场线，即可确定电场的方向小球做类平抛运动，根据平抛运动的知识分析小球的运动情况，分别相互垂直的两个上列式求解初动能。12.如图所示的直角坐标系中，第一象限内分布着均匀辐射的电场。坐标原点与四分之一圆弧的荧光屏间电压为U；第三象限内分布着竖直向下的匀强电场，场强大小为E。大量电荷量为-

17、q(q0)、质量为m的粒子，某时刻起从第三象限不同位置连续以相同的初速度沿x轴正方向射入匀强电场，若粒子只能从坐标原点进入第一象限，其它粒子均被坐标轴上的物质吸收并导走并不影响原来的电场分布，不计粒子的重力及它们间的相互作用。下列说法正确的是A.能进入第一象限的粒子在匀强电场中的初始位置分布在一条直线上B.到达坐标原点的粒子速度越大，到达0点的速度方向与y轴的夹角越大C.能打到荧光屏的粒子，进入O点的动能必须大于qUD.若U，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮【答案】CD【解析】A.设粒子开始时的坐标为(−x,−h)，粒子在电场中运动过程中，由平抛运动规律及牛顿运动定律

18、得x=v0tqE=ma联立得：可知能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条抛物线上。故A错误；B.粒子的初速度是相等的，到达O点的粒子速度越大，则沿y方向的分速度越大。粒子到达O点时，沿+y方向的分速度vy与x正方向的夹角满足：tan=可知到达坐标原点的粒子速度越大，到达O点的速度方向与y轴的夹角越小。故B错误；C.负电荷进入第一象限后电场力做负功，而到达荧光屏的粒子的速度必须大于等于0，由功能关系可知：−qU0即能打到荧光屏的粒子，进入O点的动能必须大于qU，故C正确；D.粒子在电场中的偏转角：tan=，粒子在偏转电场中运动的时间不同，则进入第一象限后速度与y轴之间

19、的夹角不同。所以从不同的位置开始偏转的粒子，可以以任意夹角进入第一象限，所以若U，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮。故D正确。故选：CD二、填空题13.如图甲为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图，盘和重物的总质量为m，小车和砝码的总质量为M。实验中用盘和重物总重力的大小作为细线对小车拉力的大小。(1)实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端定滑轮的高度，使细线与长木板平行，接下来还需要进行的一项操作是_(填写所选选项的序号)A.将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，使小车在盘和重物的牵引下运动，从打出的纸带判断小车

20、是否做匀速运动B.将长木板的右端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去盘和重物，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动C.将长木板的右端垫起适当的高度，撒去纸带以及盘和重物，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动(2)实验中得到的一条紙带如图乙所示，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，量出相邻的计数点之间的距离分别为、。已知相邻的计数点之间的时间间隔为T，则小车的加速度a=_(用题中所给字母表示)。(3)实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组_。A.M=20g，m=10g、15g、20g、25g、30g、40gB.M=200g，m=20

21、g、40g、60g、80g、100g、120gC.M=400g，m=10g、15g、20g、25g、30g、40gD.M=400，m=20g、40g、60g、80g、100g、120g(4)该实验小组以测得的加速度a为纵轴，盘和重物的总重力F为横轴，作出的图象如图丙中图线1所示，发现图象不过原点，怀疑在测量力时不准确，他们将实验进行了改装，将一个力传感器安装在小车上，直接测量细线拉小车的力F，作a-F图如图丙中图线2所示，则图象不过原点的原因是_，对于图象上相同的力用传感器测得的加速度偏大，其原因是_。【答案】(1).（1）B(2).（2）(3).（3）C(4).（4）未平衡摩擦力或平衡摩擦力

22、不足(5).钩码的质量未远小于小车的质量【解析】(1)小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，可以将长木板的一段垫高，撤去砂和砂桶，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，故B正确；故选：B。(2)根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2，结合逐差法得：；(3)重物加速下滑，处于失重状态，其对细线的拉力小于重力，设拉力为T，根据牛顿第二定律，有对重物，有mg−T=ma对小车，有T=Ma解得：，故当Mm时，有Tmg故C符合要求故选：C(4)由图线可知，F不等于零时，a仍然为零，可知图线不过原点的原因是未平衡摩擦力或平衡

23、摩擦力不足。力传感器可以直接得出绳子拉力的大小，用钩码的重力表示绳子的拉力，必须满足钩码的质量远小于小车的质量，否则绳子的拉力实际上小于钩码的重力。所以对于图线上相同的力，用传感器测得的加速度偏大，原因是钩码的质量未远小于小车的质量。点睛：小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应平衡摩擦力；根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小；当沙和沙桶总质量远远小于小车和砝码的总质量，即mM时才可以认为绳对小车的拉力大小等于沙和沙桶的重力；根据F不等于零，加速度仍然为零，分析图象不过原点的原因14.实验室中有一个未知电朋，为测其阻值，小明同学进行了以下实验

24、探究：(1)小明先用多用电表欧姆挡粗测其阻值。选用倍率为“10”的电阻挡测量时，按规范操作，指针的位置如图1中的a。现要较准确的测量该电阻的阻值，在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，应进行的具体操作是_：按正常顺序操作后，指针的位置如图中b，则该电阻的阻值为_。(2)为了更加精确的测量其阻值，小明同学首先利用如下器材设计了实验方案甲A.电压表V(量程6V，内阻约几千欧)B.电流表A(量程0.4，内阻约几欧)C.滑动变阻器R(阻值020，额定电流1A)D.电池组E(电动势约为6V，内阻不计)E.开关S和导线若千在保证各仪器安全的情况下，该实验方案存在的主要问题是_。(3)经过认真思考，小明对实验

25、方案甲进行了改进，改进方案如图乙所示，已知实验中调节滑动变阻器两次测得电压表和电流表的示数分别为、和、，由以上数据可得=_。【答案】(1).（1）选择1电阻档，重新进行欧姆调零；(2).3(3).（2）电压表指针偏转角度太小，读数带来的误差比较大(4).（3）【解析】(1)选用倍率为“10”的电阻挡测量，指针的位置如图1中的a，指针偏角太大，说明所选挡位太大，要较准确的测量该电阻的阻值，应选择1电阻挡，重新进行欧姆调零，然后再测电阻；按正常顺序操作后，指针的位置如图中b，则该电阻的阻值为：31=3.(2)待测电阻阻值约为3，电流表量程为0.4A，则待测电阻两端最大电压约为：U=IR=0.43=

26、1.2V，电压表量程为6V，电压表量程太大，电压表指针偏转角度太小，读数误差较大，实验误差较大。(3)电源内阻不计，由图乙所示可知，电源电动势：E=U1+I1RX，E=U2+I2RX，解得：RX=；三、计算题15.如图所示，一电动遥控小车停在水平地面上，小车质量M=3kg，质量m=lg的小物块(可视为质点)静止于车板上某处A，物块与车板间的动摩擦因数=0.1，现使小车由静止开始向右行驶，当运动时间=1.6s时物块从车板上滑落。已知小车的速度v随时间t变化规律如图乙所示，小车受到地面的摩擦阻力是小车对地面压力的，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，求：(1)物块离开小车时，物块的速度大小

27、；(2)01.6s时间内小车的奉引力做的功W。【答案】（1）1.6m/s（2）17J【解析】(1)根据牛顿第二定律，物块的加速度：mg=ma，a=1m/s2，小于小车的加速度；所以，物块在离开B前的速度始终小于小车速度，故物块做匀加速运动，物块离开小车时，物块的速度大小：v=gt1=1.6m/s；(2)0−1s时间内，由题图乙得小车的加速度大小为a=2/1=2m/s2.根据牛顿第二定律得：F1−f−k(M+m)g=Ma其中k=1/10解得F1=14N小车的位移在1−1.6s时间内，牵引力F2=k(M+m)g+f=5N由题图乙得小车的位移大小s2=

28、20.6m=1.2m所以0∼1.6s时间内小车的牵引力做的功W=F1s1+F2s2代入数据解得W=17J16.如图所示，水平向左的匀强电场中，用长为l的绝缘轻质细绳悬挂一小球，小球质量为m，带电量为+q，将小球拉至竖直位置最低位置A点处无初速释放，小球将向左摆动，细线向左偏离竖直方向的最大角度=74。(1)求电场强度的大小E；(2)将小球向左摆动的过程中，对细线拉力的最大值；(3)若从A点处释放小球时，给小球一个水平向左的初速度，则为保证小球在运动过程中细线不会松弛，的大小应满足什么条件?【答案】（1）；（2）；（3）【解析】(1)由于带电小球所受电场力方向向左，电场线方向也向左，

29、细线向左偏离竖直方向的最大角度=74，根据动能定理：解得：E=；(2)小球运动的过程中速度最大的位置，由动能定理得：小球在370时，由重力电场力与细线的拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：FT−mgsin37−qEcos37=mv2/L解得：FT=7mg/4（3）为保证细线不会松弛，小球在与竖直方向的夹角37的右上方应满足：根据动能定理：，联立解得：；17.如图，绝缘平板S放在水平地面上，S与水平面间的动摩擦因数=0.4，两足够大的平行金属板P、Q通过绝缘撑架相连，Q板固定在平板S上，P、Q间存在竖直向上的匀强电场，整个装置总质量M=0.48kg，P、Q间距为d=

30、lm，P板的中央有一小孔给装置某一初速度，装置向右运动。现有一质量m=0.04kg、电量q=+110-4C的小球，从离P板高h=1.25m处静止下落，恰好能进入孔内，小球进入电场时，装置的速度为=5m/s。小球进入电场后，恰能运动到Q板且不与Q板接触，忽略平行金属板外部的电场对小球运动的影响。不计空气阻力，g取10m/s2。(1)求匀强电场的场强大小E；(2)求当小球第一次返回到P板时，装置的速度；(3)小球第一次与P板碰撞时间极短，碰后速度大小不变，方向反向，碰后电量变为q=-410-4C。求从小球进入电场到第二次到达Q板过程中，绝缘平板S与地面因为摩擦而产生的热量。(由于小球帶电量很小，碰

31、撞过程对P、Q上的电荷分布的影响可以忽略，可认为碰撞前后两金属板间的电场保持不变)【答案】（1）9103N/C（2）1.2m/s（3）5.7096J【解析】(1)小球下落到Q板时速度为零，从最高点到最低点过程，由动能定理得：mg(h+d)−Eqd=0,解得：E=9103N/C；(2)小球在电场中的加速度：a=（qE−mg）/m=（110−49103−0.0410）/0.04=12.5m/s2小球在电场中运动的时间：t2=，小球进入电场后,装置的加速度：a=(Mg+qE)/M=4.75m/s2当小球第一次返回到P板时,装置的速度：v2=v1−at2=5−4.750.8=1.2m/s；