1、长沙县三中高三 12 月月考物理模拟试卷一.选择题（不定项选择题，每题 4 分，错选或不选得 0 分，部分选对得 2 分）1. 宇宙飞船在半径为 R1的轨道上运行，变轨后的半径为 R2，R 1R2。宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，则变轨后宇宙飞船的( )A. 线速度变小 B. 角速度变小 C. 周期变大 D. 向心加速度变大【答案】D【解析】根据飞船运动时万有引力提供圆周运动向心力有：解得线速度 v= 知半径变小线速度变大，故 A 错误；角速度 知半径变小角速度变大，故 B 错误；周期 T 知半径变小周期变小，故 C 错误；加速度 a 知半径变小加速度变大，故 D 正确故选 D点睛：根据万有引力
2、提供圆周运动向心力，并由此分析线速度、角速度、周期、加速度与半径的关系是正确解决问题的关键2. 如图所示，三根轻绳的一端分别系住质量 m1、m 2、m 3的物体，它们的另一端分别通过光滑定滑轮系于 O，整个装置处于平衡状态时，Oa 与竖直方向成 300角，Ob 处于水平状态，则( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】对结点 O 受力分析，O 点受到三根绳子的拉力如图所示根据三角形的知识有： =cos30= ； =sin30= ；根据三力平衡条件可知，F b和 Fc的合力 F 与 Fa等值反向，所以有 ， ，则：F a：F c：F b=2： ：1，根据定滑轮两端拉力相等，有：F a=m1
3、g，F b=m3g，F c=m2g所以：m 1：m 2：m 3=2： ：1，故选择 C3. 如图所示，质量为 M 的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬挂一质量为 m 的小球，Mm，用一力 F 水平向右拉小球（图甲） ，使小球和车一起以加速度 向右运动，细线与竖直方向成 角，细线的拉力为 .若用一力 水平向左拉小车（图乙） ，使小球和车一起以加速度 向左运动时，细线与竖直方向也成 角，细线的拉力为 ，则A. B. C. D. 【答案】B【解析】先对左图中情况下的整体受力分析，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有F=（M+m）a 再对左图中情况下的小球受力分析，如图；根据牛顿第二定律，有F
4、-F1sin=ma F1cos-mg=0 由以上三式可解得F1 ， a ，再对右图中小球受力分析，如图由几何关系得：F 合 =mgtanF1 ，再由牛顿第二定律，得到 a=gtan由于 Mm，故 aa，F 1=F 1故选 B4. 如图所示，水平地面上有两块完全相同的木块 AB，水平推力 F 作用在 A 上，用 FAB代表A、 B 间的相互作用力，下列说法可能正确的是（ ）A. 若地面是完全光滑的，则 FAB=FB. 若地面是完全光滑的，则 FAB=F /2C. 若地面是有摩擦的，且 AB 被推动加速前进，则 FAB=FD. 若地面是有摩擦的，且 AB 被推动加速前进，则 FAB=F/2【答案】
5、BD【解析】若地面完全光滑，对整体分析有：a= ，隔离对 B 分析，则 A 对 B 的作用力FAB maF/2，故 A 错误，B 正确若地面是有摩擦的，且 A、B 被推动，A、B 也将以共同的加速度运动,根据牛顿第二定律，对 AB 整体：F-（m+m）g=2ma 解得：a= g，对B：F AB-mg=ma 故：F AB=ma+mg=m（a+g）=F/2，故 D 正确，C 错误故选 BD点睛：用整体法与隔离法对物体受力分析是处理连接体问题常用的方法一般情况下，先用整体法求出整体的加速度，由这一加速度再用隔离法根据牛顿第二定律，求解受力情况正确选择研究对象是用整体法与隔离法的关键5. 2007 年
6、 10 月 24 日，我国发射了第一颗探月卫星“嫦娥一号” ，使“嫦娥奔月”这一古老的神话变成了现实。嫦娥一号发射后先绕地球做圆周运动，经多次变轨，最终进入距月面 h=200 公里的圆形工作轨道，开始进行科学探测活动设月球半径为 R，月球表面的重力加速度为 g，万有引力常量为 G，则下列说法正确的是（ ）A. 嫦娥一号绕月球运行的周期为 B. 由题目条件可知月球的平均密度为C. 嫦娥一号在工作轨道上的绕行速度为 D. 在嫦娥一号的工作轨道处的重力加速度为【答案】BD【解析】根据万有引力提供向心力，即： ，解得； v ， T2 ，嫦娥一号的轨道半径为 r=R+h，结合黄金代换公式：GM=gR 2
7、，代入线速度和角速度及周期公式得： T2 ， v ，故 AC 错误；由黄金代换公式得中心天体的质量 M ，月球的体积 V R3，则月球的密度 ，故 B 正确；月球表面万有引力等于重力，则 mg ，得： g ( )2g，故 D 正确；故答案选 BD.6. 如图所示，一网球运动员将球在边界处正上方水平向右击出，球刚好过网落在图中位置（不计空气阻力） ，相关数据如图，下列说法中正确的是A. 击球点高度 h1与球网高度 h2之间的关系为 h1 =1.8h2B. 若保持击球高度不变，球的初速度 只要不大于 ，一定落在对方界内C. 任意降低击球高度（仍大于 ） ，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内D
8、. 任意增加击球高度，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内【答案】AD【解析】试题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，水平位移为 s 和 的时间比2：3，则竖直方向上，根据 h gt2，则有 ，解得 h1=1.8h2故 A 正确若保持击球高度不变，要想球落在对方界内，要既不能出界，又不能触网，根据 h1 gt12得，则平抛运动的最大速度 根据 h1h2 gt22得， ，则平抛运动的最小速度 故 B 错误任意降低击球高度（仍大于 h2） ，会有一临界情况，此时球刚好触网又刚好压界，若小于该临界高度，速度大会出界，速度小会触网，所以不是高度比网高，就一定能将球发到界内故 C 错误增加击球
9、高度，只要速度合适，球一定能发到对方界内故 D 正确故选 AD.考点：平抛运动【名师点睛】本题考查平抛运动的临界问题，关键掌握平抛运动的规律，水平方向是匀速直线运动，竖直方向是自由落体运动；解题时要抓住临界情况，运用运动学规律进行求解；此题是中等题；意在考查学生利用所学知识解决实际问题的能力.7. 如图所示， B 是竖直平面内四分之一圆周轨道的最低点，由于圆轨道的动摩擦因数是变化的，小球从 A 到 B 做匀速圆周运动。在小球从 A 到 B 的运动过程中，下列说法中正确的是（ ）A. 小球的加速度为零 B. 小球所受到的支持力大小逐渐增大C. 小球所受到的合力不变 D. 从 A 到 B 小球与接
10、触面间动摩擦因数逐渐增大【答案】B【解析】小球从 A 到 B 做匀速圆周运动，小球的加速度大小不变，方向始终指向圆心故 A错误因为小球的速度大小不变，根据对球受力分析，结合受力平衡，可知，设 N 与竖直方向夹角为 ，则有：N=mgcos，随着 在减小，则 N 支持力大小逐渐增大故 B 正确小球做匀速圆周运动，合外力的大小不变，方向不断改变，故 C 错误；小球径向的合力提供向心力，则有 N-mgcos=m ，向下运动的过程中， 减小，则支持力增大，所以小球对轨道的压力增大小球做匀速圆周运动，知切线方向的合力为零，则有：mgsin=f， 减小，则摩擦力减小，而支持力增大，则动摩擦因数逐渐减小故 D
11、 错误故选 B点睛：解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，注意受力分析与平衡条件的应用，分析支持力与摩擦力的变化是解题的突破口8. 如图所示，电路中开关 S 闭合时，表 V1、V 2、A 的示数分别为 220V、110V、0.2A，则当V1和 V2的示数都是 220V，而 A 示数为零时（ ）A. 出故障的是 L1，且 L1断路 B. 出故障的是 L2，且 L2断路C. 出故障的是 L2，且 L2短路 D. L1和 L2都同时断路【答案】B9. 如图所示，电源电动势为 E，内阻为 r C 为两极板水平放置的平行板电容器，闭合开关S，当滑动变阻器 R1、 R2的
12、滑片处于各自的中点位置时，悬在电容器 C 两极板间的带点尘埃P 恰好处于静止状态，要使尘埃 P 向下加速运动，下列方法中可行的是（ ）A. 把 R1的滑片向左移动 B. 把 R2的滑片向左移动C. 把 R2的滑片向右移动 D. 把开关 S 断开【答案】B【解析】试题分析： 的滑片移动不能改变电容器的电压，所以尘埃 P 处于处于静止状态，故 A 错误；把 的滑片向左移动时，电容器的电压减小，板间场强减小，尘埃 P 向下加速运动，故 B 错误；把 的滑片向右移动时，电容器的电压增大，板间场强增大，向上加速运动，故 C 正确；把开关 S 断开后，电容器的电压等于电源的电动势，即电压增大，尘埃 P 向
13、上加速运动，故 D 正确考点：电容；闭合电路的欧姆定律10. 如图所示,长为 L,倾斜为 的光滑绝缘斜面处于电场中一带电量为+ q，质量为 m 的小球，以初速度 v0 由斜面底端的 A 点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为 v0，则:( )A. 小球在 B 点的电势能一定大于小球在 A 点的电势能B. A、 B 两点的电势差一定为 C. 若电场是匀强电场，则该电场的场强的最小值一定是 D. 小球由 A 点运动到 B 点一定是匀速运动【答案】BC【解析】小球从 A 运动到 B 点时，动能不变，重力势能增加，电势能减小，则小球在 B 点的电势能一定小于小球在 A 点的电势能故 A 错误根据动能
14、定理得：-mgLsin+qU AB=0得到，U AB= ，故 B 错误；若电场力与重力、支持力的合力为零时，小球做匀速直线运动，到达 B 点时小球速度仍为 v0小球的重力沿斜面向下的分力为 mgsin 一定，则当电场力沿斜面向上，大小为 F=mgsin 时，电场力最小，场强最小，又电场力 F=Eq，则该电场的场强的最小值一定是 故 C 正确；由以上分析可知，只有当电场是匀强电场时小球才可能做匀速运动，故选项 D 错误故选 C。点睛：本题是带电体在电场中运动问题，要转换头脑，就把电场力当作一般的力，将这类问题当作力学问题去处理，可增强信心.11. 如图上所示，空间的虚线框内有匀强电场，AA、BB
15、、CC是该电场的三个等势面，相邻等势面间的距离均为 0.5cm，其中 BB为零势能面。一个质量为 m，带电量为+q 的粒子沿 AA方向以初动能 Ek 自图中的 P 点进入电场，刚好从 C点离开电场。已知 PA=2cm。粒子的重力忽略不计。下列说法中正确的是( )A. 该粒子通过等势面 BB时的动能是 1.25Ek, B. 该粒子到达 C点时的动能是 2Ek,C. 该粒子在 P 点时的电势能是 Ek, D. 该粒子到达 C点时的电势能是0.5Ek,【答案】A【解析】试题分析：粒子做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，有 x=v0t，竖直方向做匀加速直线运动有 由题 x=2cm，竖直位移为 y=1
16、cm，得到 vy=v0，v= v0，该粒子到达 C点时的动能是EK= mv2=2 mv02=2EK由于相邻等势面间的距离相等，电势差相等，动能的增量相等，则该粒子通过等势面BB时的动能是 1.5Ek故 A 错误，B 正确BB为零势能面，由上可知，粒子经过等势面 BB时总能量为是 1.5Ek，该粒子在 P 点时的电势能是 1.5Ek-Ek=0.5Ek故 C 错误根据能量守恒得，该粒子到达 C点时的电势能 EP=1.5Ek-2EK=-0.5Ek故 D 正确故选 BD.考点：动能定理；类平抛运动【名师点睛】此题是类平抛运动及动能定理的考查；解题时首先要分析出粒子做类平抛运动，其次技巧是研究粒子经过
17、BB面时总能量，根据能量守恒研究经过其他等势面时的电势能；此题是中等题，意在考查学生灵活运用规律的能力.12. 汽车在平直公路上以速度 v0 匀速行驶，发动机功率为 P。快进入闹市区时，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半并保持该功率继续行驶。如图四个图象中，哪个图象正确表示了从司机减小油门开始，汽车的速度与时间的关系(A. B. C. D. 【答案】CD【解析】试题分析：汽车匀速行驶时牵引力等于阻力；功率减小一半时，汽车的速度由于惯性来不及变化，根据功率和速度关系公式 ，牵引力减小一半，小于阻力，合力向后，汽车做减速运动，由公式 可知，功率一定时，速度减小后，牵引力增大，合力减小，加速度
18、减小，故物体做加速度不断减小的减速运动，当牵引力增大到等于阻力时，加速度减为零，物体重新做匀速直线运动，故选项 C 正确。考点：功率、平均功率和瞬时功率【名师点睛】该题考查瞬时功率的表达式的应用，解答本题关键是分析清楚物体的受力情况，结合受力情况再确定物体的运动情况。二填空题.(20 分.每空 2 分.连线图 4 分)13. (1)某同学使用游尺为 50 个小等分刻度的游标卡尺测量一物体的尺寸，得到图中的游标卡尺的读数，读数为：_cm；（2）在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图所示，从图中读出金属丝的直径为_mm【答案】 (1). 1.120m (2).
19、9.695mm【解析】 （1）游标卡尺的读数为：10.1cm+0.02mm10=10.120cm；（2）金属丝的直径为 9.5mm+0.01mm19.5=9.695mm14. 为了测定滑块与桌面之间的动摩擦因数，某同学设计了如图所示的实验装置。其中，a是质量为 m 的滑块（可视为质点） ，b 是可以固定于桌面的滑槽（滑槽末端与桌面相切） 。第一次实验时，将滑槽固定于水平桌面的右端，滑槽的末端与桌面的右端 M 对齐，让滑块 a 从滑槽上最高点由静止释放滑下，落在水平地面上的 P 点；第二次实验时，将滑槽固定于水平桌面的左端，测出滑槽的末端 N 与桌面的右端 M 的距离为 L，让滑块 再次从滑槽上
20、最高点由静止释放滑下，落在水平地面上的 P点。已知当地重力加速度为 g，不计空气阻力。实验还需要测量的物理量（用文字和字母表示）：_。写出滑块 与桌面间的动摩擦因数的表达式是： =_（用测得的物理量的字母表示）【答案】 (1). MO 的高度 hop 和 op,的距离 X1和 X2 (2). 【解析】试题分析：（1）设滑块滑到斜槽底端时速度大小为 v1，第二次离开桌面时速度大小为 v2，第一次时应有：x 1=v1 ，第二次时应有：x 2=v2 ，且 v22-v12=2 gL联立解得 =考点：牛顿第二定律15. （分）有一个纯电阻用电器: (1)某同学先用多用电表粗测其电阻用已经调零且选择开关指
21、向欧姆挡“10”档位的多用电表测量，发现指针的偏转角度太大，这时他应将选择开关换成欧姆挡的“_ ”档位；调零后测量，其表盘及指针所指位置如右图所示，则此段电阻丝的电阻为_ (2)现要进一步精确测量其阻值要求使该用电器两端的电压变化范围尽可能大。实验室备有下列器材：A量程 00.6 A，内阻为 0.5 的电流表B量程 06 V，内阻为 10 k 的电压表C阻值为 01 k 的滑动变阻器 D阻值为 05 的滑动变阻器E蓄电池的电动势为 6 V，内电阻为 1.0 F开关一个，导线若干本实验中应选择的滑动变阻器是_(填字母) (3)请在下面的方框内画出实验原理图并在实物图上连线.【答案】 (1). 1
22、 (2). 12 (3). D 【解析】 （1）选择开关指向欧姆挡“10”档位的多用电表测量时，指针的偏转角度太大，说明倍率档选择过大，则他应将选择开关换成欧姆挡的“1 ”档位；此段电阻丝的电阻为121=12（2）要求使该用电器两端的电压变化范围尽可能大，所以滑动变阻器选择分压式滑动变阻器采用分压式接法，应该选择最大阻值较小的，有利于数据的测量所以本实验中应选择的滑动变阻器是 D（3）滑动变阻器采用分压式接法，由于待测电阻阻值接近电流表内阻，所以采用电流外接法，实验原理图是：点睛：对于多用电表欧姆挡测电阻换挡方法要熟记：“大换小，小换大” ，即偏转角度大时，换用倍率小的挡位；偏转角度小时，换用
23、倍率大的挡位用伏安法测量电阻，首先要考虑安全，其次准确，最后操作方便三、计算题16. 如图所示，竖直放置的光滑圆环上，穿过一个绝缘小球，小球质量为 m，带电量为 q，整个装置置于水平向左的匀强电场中.今将小球从与环心 O 在同一水平线上的 A 点由静止释放，它沿顺时针方向运动到环的最高点 D 时速度恰好为零，则：(1)电场强度大小为多大? (2)小球到达最低点 B 时对环的压力为多大?【答案】 （1）mg/q （2）5mg【解析】小球在运动过程中受到重力、电场力与环的弹力作用，环的弹力对小球不做功；（1）从 A 到 D 的过程中，由动能定理得：-mgr+qEr=0-0，解得：E= ；（2）从
24、A 到 B 的过程中，由动能定理得：mgr+qEr= mv2-0解得：v=2 ；小球在 B 点做圆周运动，环的支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：F-mg=m解得：F=5mg，由牛顿第三定律得：小球在 B 点时对环的压力大小 F=F=5mg；点睛：本题考查了求电场强度、小球的速度、环受到的压力等问题，对小球正确受力分析、熟练应用动能定理、向心力公式即可正确解题17. 如图所示，已知电源电动势 E=30V，内阻 r=l，当接入固定电阻 R=4 时，闭合开关S 后电路中标有“4V, 8W”的灯泡 L 和小型直流电动机 D 都恰能正常工作，并且此时电动机的输出功率为 28W.试求：(1)
25、电路中的电流大小；(2)电动机的额定电压；(3)电动机的内阻【答案】 （1）2A （2）16V （3）1【解析】 （1）由题， “4V，8W”的灯泡 L 正常发光，则通过灯泡的电流等于额定电流，则电路中的电流大小为： （2）直流电动机 D 能正常工作，其两端的电压等于额定电压，则有：UM=E-I（R+r）-U L=30-2（4+1）-4=16V（3）电动机的输出功率为：P 出 =UMI-I2RD=28W；解得 RD=1点睛：本题为闭合电路欧姆定律的计算题，在解题时要注意明确电动机不是纯电阻电路，欧姆定律不能使用，注意根据串并联电路的基本规律进行分析求解18. 半圆形光滑轨道固定在水平地面上，如图所示，并使其轨道平面与地面垂直，物体 、同时由轨道左、右最高点释放，二者碰后粘在一起向上运动，最高能上升到轨道 M 点，已知 OM 与竖直方向夹角为 60，则两物体的质量之比 ： 为多少？【答案】 【解析】两球到达最低的过程由动能定理得：mgR= mv2解得：v= 所以两球到达最低点的速度均为：设向左为正方向，则 m1的速度 v1=- ，则 m2的速度 v2= ，由于碰撞瞬间动量守恒得：m 2v2+m1v1=（m 1+m2）v 共解得：v 共 = 二者碰后粘在一起向左运动，最高能上升到轨道 P 点，对此过程由动能定理得：
