湖南师大附中2015届高三月考试卷（五）（附答案版）
高三物理备课组组稿
一．选择题（共48分，每题4分；其中1-8小题仅一个选项正确；9-12题，有多个选项正确，选对且选全得满分，选对但不全得2分，包含错误选项不得分。）
1．在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。关于科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是 （ ）
A ．伽利略对自由落体的研究，开创了研究自然规律的科学方法
B ．奥斯特实验表明了电流周围的磁场方向跟电流方向的关系
C ．卡文迪许通过扭秤实验，较准确地测出了静电力常量
D ．安培的分子环形电流假说可以用来解释通电导线周围存在磁场这一现象
【答案】A
【解析】伽利略对自由落体的研究，开创了研究自然规律的科学方法，A 对；奥斯特实验只是发现了电流周围有磁场，B 错；卡文迪许通过扭秤实验，较准确地测出了万有引力常量，C 错；安培的分子环形电流假说不能用来解释通电导线周围存在磁场这一现象，D 错； 2．水平抛出的小球,t 秒末的速度方向与水平方向的夹角为θ1， t+t 0秒末速度方向与水平方向的夹角为θ2，忽略空气阻力, 则小球初速度的大小为( )
A. g t0（ cosθ1-cos θ2） B. gt 0 cos θ1-cos θ2
gt C. g t0（ tanθ1-tan θ2）
【答案】D 0D. tan θ2-tan θ1
【解析】由平抛运动规律ts 末，在t+秒末，由两个式子联立可得初速度为，D 对；
3．汽车在水平公路上以额定功率做直线运动，速度为3m/s时的加速度为6m/s时的3倍，若汽车受到的阻力不变，由此可求得：
A. 汽车的最大速度 B. 汽车受到的阻力
C. 汽车的额定功率 D. 速度从3m/s增大到6m/s所用的时间
【答案】A
4．如图是一个将电流表改装成欧姆表的示意图，此欧姆表已经调零，用此欧
姆表测一阻值为R 的电阻时，指针偏转至满刻度4/5处，现用该表测一未知
电阻，指针偏转到满刻度的1/5处，则该电阻的阻值为（ ）
A ．4R B．5R C．10R D．16R
【答案】D
【解析】设电动势为E ，内阻为R 内，满偏电流为I g ，根据题述“欧姆表已经调零”可知，当两表笔短接即待测电阻阻值为零时，电流表示数达到满偏（电流满偏位置对应欧姆表的零
刻度位置），由闭合电路欧姆定律有，；测一阻值为R 的电阻时，；测一未知电阻R x 时，，联立三式可得：R x =16R，故选D ．
5．如图所示，两根平行放置、长度均为L 的直导线a 和b ，放置在与导线所在平面垂 直的匀强磁场中，当a 导线通有电流强度为I ，b 导线通有电流强度为2I ，且
电流方向相反时，a 导线受到磁场力大小为F 1，b 导线受到的磁场力大小为
F 2，则a 通电导线的电流在b 导线处产生的磁感应强度大小为（ ）
2F 1－F 22F 1－F 2F F A. B. C. D. 2IL IL 2IL IL
【答案】C
【解析】a 、b 电流方向相反，两导线之间的磁场力为斥力，设大小为F ，对a 有F 1＝F ＋BIL ，对b 有F 2＝F ＋2BIL ，解得F ＝2F 1－F 2，对于导线b ，F ＝2F 1－F 2＝B ′·2IL ，解得B ′＝2F 1－F 2，选项C 正确． 2IL
6. 如图所示，A 为太阳系中的天王星，它绕太阳O 运行的轨道视为圆时，运动的轨道半径为R 0，周期为T 0. 长期观测发现，天王星实际运动的轨道与圆轨道总有一些
偏离，且每隔t 0时间发生一次最大偏离，即轨道半径出现一次最大。根
据万有引力定律，天文学家预言形成这种现象的原因可能是天王星外侧还
存在着一颗未知的行星(假设其运动轨道与A 在同一平面内，且与A 的绕
行方向相同），它对天王星的万有引力引起天王星轨道的偏离，由此可推
测未知行星的运动轨道半径是（ ）
t A. 0R 0 B.
R t 0-T 0
R R 02t 0 t 0-T 02
【答案】D
【解析】 天王星每隔t 0时间发生一次最大偏离即天王星与外侧的未知行星每隔t o 时间相遇一次。根据万有引力提供向心力，即，可知天王星的角速度大即转的快，所以每隔t o 时间天王星比未知行星多转一圈，即，得，根据开普勒第三定律可得，D 对。
7．静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其相互绝缘的金属球与外壳之间的电势差大小，如图所示，A 、B 是平行板电容器的两个金属板，G
为静电计，
极板B 固定，A 可移动，开始时开关S 闭合，静电计指针张开一定角度，则下列说法正确的是（ ）
A. 断开S 后，将A 向左移动少许，静电计指针张开的角度减小
B. 断开S 后，在A 、B 间插入一电介质，静电计指针张开的角度增大
C. 断开S 后，将A 向上移动少许，静电计指针张开的角度增大
D. 保持S 闭合，将变阻器滑动触头向右移动，静电计指针张开的角度减小
【答案】C
【解析】静电计的指针张开的角度越大，说明静电计金属球和外壳之间的电势差越大，由电路图可知，这个电势差也等于A 、B 间的电势差；断开S 后，将A 向左移动少许，电容器的带电荷量不变，由知电容减小，由知电势差增大，静电计指针张开的角度增大，A 错误；断开S 后，在A 、B 间插入一电介质，电容增大，电势差减小，静电计指针张开的角度减小，B 错误；断开S 后，将A 向上移动少许，电容减小，电势差增大，静电计指针张开的角度增大，C 正确；保持S 闭合，无论将滑动变阻器滑动触头向右或向左移动，静电计金属球和外壳之间的电势差不变，D 错误。
8．一均匀带负电的半球壳，球心为O 点，AB 为其对称轴，平面L 垂直AB 把半球壳一分为左右两部分，L 与AB 相交于M 点，对称轴AB 上的N 点和M 点关于O 点对称。已知一均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零；取无穷远处电势为零，点电荷q 在距离其为r 处的电势为ϕ=k q （q 的正负对应ϕ的正负）。假设左侧部分在M 点的电场强度为E 1，电势为φ1；r
右侧部分在M 点的电场强度为E 2，电势为φ2；整个半球壳在M 点的电场强度为E 3，在N 点的电场强度为E 4。下列说法中正确的是（ ）
A ．若左右两部分的表面积相等，有E 1＞E 2，φ1＞φ2
B ．若左右两部分的表面积相等，有E 1＜E 2，φ1＜φ2
C ．不论左右两部分的表面积是否相等，总有E 1＞E 2，E 3＝E 4
D ．只有左右两部分的表面积相等，才有E 1＞E 2，E 3＝E 4
【答案】C
【解析】设想将右侧半球补充完整，右侧半球在M 点的电场强度方向向右，因完整均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，可推知左侧半球在M 点的电场强度方向向左；根据对称性和矢量叠加，可知E 1方向水平向左，E 2方向水平向右，所以E 1＞E 2。根据几何关系知，分割后的右侧部分各点到M 点的距离均大于左侧部分各点到M 点的距离，根据知，且球面带负电，q 为负，，所以φ1＜φ2，A 、B 错误；E 1＞E 2与左右两部分的表面积是否相等无关。完整的均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，根据对称性，可知左、右半球壳在M 、N 点的电场强度大小都相等，故左半球壳在M 、N 点的电场强度大小相等，方向相同。所以D 错误，C 正确。
9．如图所示，在四分之一的圆弧腔内存在径向的电场，且与圆心
等距离处电场强度大小相等，M 和N 两端均有带小孔的挡板，且两
个小孔到圆心距离相等。不同的带电粒子以不同的速度从M 孔垂
直挡板射入，则关于从N 孔射出的粒子，下列说法正确的是（ ）
A. 都带正电 B.速度相同
C. 若速度相同，则比荷相同 D.若电荷量相等则动能相等
【答案】ACD
【解析】带电粒子进入静电分析器后要想从N 点出来，即在四分之一圆弧空腔内做匀速圆周运动，以空腔的圆心为圆心，以电场力提供向心力做匀速圆周运动，根据向心力即电场力指向圆心判断粒子带正电。粒子从M 进从N 出，所有粒子运动的半径都相同，而且经过之处电
场强度大小相等，因此
，即，所以若电荷量相等则动能相等。
，若速度相同，则比荷相同。则应选ACD 。
10．如图所示，带负电的物块A 放在足够长的不带电的绝缘小车B 上，两者均保持静止，置于垂直于纸面向里的匀强磁场中，在t ＝0时刻用水平恒力F 向左推小车B. 已知地面光滑，
A 、B 接触面粗糙，A 所带电荷量保持不变，下列四图中关于A 、B 的v －t 图象及A 、B 之间摩擦力F f —t 图象大致正确的是 （ ）
【答案】AC
【解析】在t=t1之前物体A 与小车共同做匀加速直线运动，据牛顿第二定律：F=（m+M）a ，所以小车与物块的速度随时间均匀增大；对物块A 根据牛顿第二定律有：f=ma．即静摩擦力提供其加速度，保持不变。根据左手定则判断出物块A 所受洛伦兹力方向竖直向上，物块所受的洛伦兹力逐渐增大，由于物体A 竖直方向受力平衡，所以A 与B 之间的压力减小，即它们间的最大静摩擦力减小，当两物体A 、B 之间的最大静摩擦力不能提供物块A 原来的加速度a 时，A 、B 发生相对滑动．此时物块A 受到向左的滑动摩擦力，物块A 仍然加速运动，物块所受向上的洛伦兹力qvB 逐渐增大，由于物体A 竖直方向受力平衡，物块A 与小车B 之间的压力减小，所以向左的滑动摩擦力也减小，即物块A 的加速度也减小，直到t 2时刻压力为零，摩擦力为零，加速度减小到零，最后做匀速直线运动，在速度-时间图象中物块A 的斜率逐渐减小到零；当物块与小车发生了相对滑动，小车受到物块施加的向右的滑动摩擦力一直减小，由于水平恒力F 是定值，所以小车受到向左的合力一直增大，即小车的加速度逐渐增大，在速度-时间图象中，小车的图象斜率从t 1时刻开始增大，直到t 2时刻，两物体间无摩擦力时，小车水平方向受到的合力F 保持不变，即小车做匀加速直线运动，故选项A C正确BD 错误．
11．如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O 点(图中未标出) ．物块的质量为m ，AB ＝a ，物块与桌面间的动摩擦因数为μ. 现用水平向右的力将物块从O 点拉至A 点，拉力做的功为W. 撤去拉力后物块由静止向左运动，经O 点到达B 点时速度为零．重力加速度为g. 则上述过程中( )
A ．物块在A 点时，弹簧的弹性势能等于W －μmga
B ．物块在B 点时，弹簧的弹性势能小于W －μmga
C ．经O 点时，物块的动能小于W －μmga
D ．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B 点时弹簧的弹性势能
【答案】BC
【解析】如果没有摩擦力，由对称性可知，O 点应该在AB 1（B 1在B 点左侧）中间，由于有摩擦力，物体从A 到B 过程中机械能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的B 1点，也即O 点靠近B 点．故，此过程物体克服摩擦力做功大于，所以物块在A 点时，弹簧的弹性势能小于，故A 错误；由A 分析得物块从O 点开始运动到最终停在B 点，路程大于，故整个过程物体克服阻力做功大于，故物块在B 点时，弹簧的弹性势能小于，故B 正确；从O 点开始到再次到达O 点，物体路程大于
，故C 正确；物块动能最大时，在O 点右a ，故由动能定理得，物块的动能小于
侧，且弹力等于摩擦力，而在B 点弹力与摩擦力的大小关系未知，故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在B 点时弹簧压缩量大小未知，故此两位置弹性势能大小关系不好判断，故D 错误．
12．如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平
面的电场，其中某一区域的电场线与x 轴平行，在x 轴上的
电势 与坐标x 的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线
过点（0.15，3）的切线。现有一质量为0.20kg ，电荷量为
－8+2.0×10 C 的滑块P （可视作质点），从x=0.l0m处由静
止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02。取重力加速度
2g=l0m／s 。则下列说法正确的是( )
6 A ．x=0.15m处的场强大小为2.0×l0N ／C
B．滑块运动的加速度逐渐减小
C．滑块运动的最大速度约为0.1m/s
D．滑块最终在0.3m 处停下
【答案】AC
【解析】电势ϕ与位移x 图线的斜率表示电场强度，则x=0.15m处的场
强
动摩擦力大小f=μmg=0.02×2N=0.04N，在x=0.15m前，电场力大
于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x=0.15m后电场力小于
摩擦力，做减速运动，加速度逐渐增大．故A 正确，B 错误．在x=0.15m
时，电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得，qU −fx ＝mv ，由图象可得，0.10m 和0.15m 处的电势差大约为1.5×10V ，
代入求解，最大速度大约为0.1m/s．故C 正确；滑块最终在0.3m
处停下则满足：qU-fx=0-0 ①．
5因为0.10m 和0.30m 处的电势差大约为3.0×10V ，
-85-3代入得：qU=2.0×10×3.0×10=6.0×10J ②
-3fx=0.02×0.2×10×（0.30-0.15）=6×10J ③
由①②③得，滑块能够滑到x=0.30m处．又由于图中在x=0.30m处曲线的斜率小于x=0.15m处曲线的斜率，所以在x=0.30m处，电荷受到的电场力小于它受到的滑动摩擦力（近似等于最大静摩擦力）所以滑块最终在0.3m 处停下．故D 正确．注意：D 是错误的！
故选：AC
二．实验题（共16分，其中13题4分，14题4分，15题8分。）
13. （4分）图中游标卡尺的读数是 cm．螺旋测微器的读数是 mm．
【答案】 0.72 8.694（8.691~8.697均可）
14. （6分）如图所示，NM 是水平桌面，PM 是一端带有滑轮的长木板，1、2是固定在木板上的两个光电门。质量为M 的滑块A 上固定一很窄的遮光条，在质
量为m 的重物B 牵引下从木板的顶端由静止滑下，光电门1、2记
录遮光时间分别为Δt 1和Δt 2，另外测得两光电门间的距离为L ，
遮光条的宽度为d （重力加速度为g ）。
（1）若用此装置验证牛顿第二定律，且认为滑块A 受到外力的合
力等于B 重物的重力，在平衡摩擦力外，还必须满足（ ）
A.M《m B.M》m
（2）若木板PM 水平放置在桌面上，用此装置测量滑块与木板间
的动摩擦因数，则动摩擦因数的表达式为 （用题中测量的物理量的符号表示）。 25
【答案】（1）B （2分）
⎛d m M +m ⎝∆t 2-（2） μ=M M
【解析】（1）略 ⎫⎛d ⎫⎪⎪- ∆t ⎪⎪⎭⎝1⎭（2分） 2Lg 22
（2）根据匀变速直线运动的规律，可得：，解得：
;木板水平放置，以系统为研究对象, 利用整体法，根据牛顿第二
⎛d ∆t 2m M +m ⎝-定律可得：mg-μMg=(M+m)a，解得：μ=M M ⎫⎛d ⎫⎪⎪- ∆t ⎪⎪⎭⎝1⎭。 2Lg 22
15. （8分）在“描绘小灯泡伏安特性曲线”的实验中，同学们从实验室选择了一个标有“12V ，6W ”字样的灯泡，实验器材如下：
电流表A 1（量程300 mA，内阻约为3Ω）；
电流表A 2（量程600 mA，内阻约为1Ω）；
电压表V （量程15 V，内阻约为3 kΩ）；
滑动变阻器R 1（0～5Ω，额定电流为1 A）；
滑动变阻器R 2（0～50Ω，额定电流为0.01A ）；
电源E （电动势15 V，内阻较小）
单刀单掷开关一个、导线若干。
（1）实验器材中，电流表应该选择 ，滑动变阻器选择 。（请选填仪表的符号）
（2）画出符合实验要求的实验电路图。
（3）描绘的伏安特性曲线如图1所示，若选取2个这样的灯泡并联，再与一个阻值为
定值电阻串联，接在电动势18v ，内阻的的电源两极，如图2
所示，则灯泡消耗的电功率 。(请保留三位有效数字)
【答案】（1）A 2（2分） R1（2分） （2）如图所示（2分）
（3）4.05W(4.00~4.10均可) （2分）
【解析】(1)灯泡正常发光的额定电
流，电流表
量程过小，所以电流表选择。描绘伏安特性
曲线，需要电压从0开始调节，要求滑动变阻器选择分压式，且额定电流足够，那么滑动变阻器选。（2）描绘伏安特性曲线要选择滑动变阻器分压式接入电路；灯泡正常发光时电阻，由于，所以电流表选择外接。（3）设灯泡两端电压为
，对闭合电路有
, ，通过灯泡的电流为，则干路电流为，做出对应的伏
,
此时灯泡功率安特性曲线，与灯泡的伏安特性曲线的交点，可得
（4.00~4.10均可）
三．解答题（共46分，其中16题8分，17题10分，18题14分，19题14分。）
16．（8分）教练员选拔短跑运动员时，要对运动员进行测试。某运动员在测试过程中，在起跑后2s 内通过的距离为10m （视为匀加速过程）。该运动员的最大速度为10m/s，持续时
2间不超过10s 。之后，减速运动，加速度大小为1m/s。若把短跑运动员完成比赛的过程简
化为匀加速直线运动、匀速直线运动及匀减速阶段。
（1）求该运动员启动阶段的加速度大小。
（2）求该运动员100m 赛的最好成绩。
【答案】（1）（2）11s
【解析】（1）根据题意，在启动后的2s 内运动员做匀加速直线运动，设运动员在匀加速阶段的加速度为a ，前2s 内通过的位移为， 由运动学规律可得： （2分） 解得：（1分）
（2）要运动成绩最好，运动员先匀加速运动，当速度达到10m/s，然后匀速运动，设加速阶段运动时间为，匀速运动时间为，匀速运动的速度为v ，， 加速阶段：，解得（2分）对应的位移正好为10m ， 匀速阶段发生的位移：
因 ， 匀速时间，解得（2分）
，运动员跑完100m 还未达到减速阶段，所以运动员跑100m
的最短时间为，代入数据可得，跑完100m 的最好成绩为11s （1分）
17．（10分）飞行员驾驶舰载机在300m 长的水平跑道上进行起降训练。舰载机在水平跑道加速过程中受到的平均阻力大小为其重力的0.2倍，其涡扇发动机的水平推力大小能根据舰载机的起飞质量进行调整，使舰载机从静止开始经水平跑道加速后恰能在终点起飞。没有挂
45弹时，舰载机质量为m=2.0x10Kg ，其涡扇发动机的水平推力大小恒为F=1.6×10 N。重力
2加速度g 取10m/s。（不考虑起飞过程舰载机质量的变化）
（1）求舰载机没有挂弹时在水平跑道上加速的时间及刚离开地面时水平速度的大小；
（2）已知舰载机受到竖直向上的升力F 升与舰载机水平速度v 的平方成正比，当舰载机升力
4和重力大小相等时离开地面。若舰载机挂弹后，质量增加到m 1=2.5×10Kg ，求挂弹舰载机
刚离开地面时的水平速度大小。
【答案】（1）， （2）
①（2分） 【解析】（1）根据牛顿第二定律：
由 ②（1分）
得舰载机在水平跑道上加速的时间
由 ④（1分） ③（1分） 舰载机离开地面时的水平速度
（2）舰载机离开地面时，重力等于升力
⑤（1分） ⑥（2分）
挂弹时
⑦（1分） 挂弹舰载机刚离开地面时的水平速度 ⑧（1分）
18．（14分）如图，足够长斜面倾角θ=30°，斜面上OA 段光滑，A 点下方粗糙且。水平面上足够长的OB 段粗糙且μ2=0.5，B 点右侧水平面光滑。OB 之间有与水平方向夹角为β（β已知）且斜向右上方的匀强电场E=
-4×10V/m。可视为质点的小物体C 、D 质量分5别为m C =4kg，m D =1kg，D 带电q= +1×10C ，用轻质细线通过光滑滑轮连在一起，分别放在
斜面及水平面上的P 和Q 点由静止释放（释放时绳恰好拉直且与下方平面平行），B 、Q 间距离d=1m，A 、P 间距离为2d ，细绳与滑轮之间的摩擦
不计。（sin β=，cos β=，g=10m/s），求： 2
（1）物体C 第一次运动到A 点时的重力的功率；
（2）物块D 运动过程中电势能变化量的最大值；
（3）物体C 第一次经过A 到第二次经过A 的时间t 。
【答案】（1）40W ；（2）50J ；（3）1.82s
【解析】（1）对D 进入电场后受力分析可得：
，即N=0，所以D 在OB 段不受摩擦力。（1分）
设C 物体到A 点速度为v 0，由题知释放后C 物将沿斜面下滑，C 物从P 到A 过程，对CD 系统由动能定理得：
解得：
故： （1分） （1分） （2分） （2）由题意，C 经过A 点后将减速下滑至速度为0后又加速上滑，设其减速过程中加速度大小为a 1，向下运动的时间为t 1，发生的位移为x 1，
对物体C ：
（1分）
对物体D ：
（1分）
（1分）
（1分）
D 从开始运动到最左端过程中：
所以电势能变化量的最大值为50J （1分）
（3）设之后物体C 再加速上滑到A 的过程中，加速度大小为a 2，时间为t 2，
对物体C 有：
对物体D ：
（1分）
（1分）
（1分）
联立并代入数据解得：（1分）
19．（14分）如图甲所示，水平轨道光滑，小球质量为m ，带电荷量为+q，可看做质点，空间存在不断变化的电场和磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，磁感应强度的大小，方向垂直纸面向里。电场强度在第1s 、3s 、5s
„„内方向水平向右，大小为
，在第2s 、4s 、6s „„内方向竖直向上，大小也为
在A 点由静止释放，求：
（1）t=1.5s时，小球与A 点的直线距离大小； 。小球从零时刻开始
（2）在A 点前方轨道正上方高度为位置
有圆环水平放置，若带电小球恰好可以从圆环中心竖直穿过，求圆环中心与A 点的水平距离大小。
【答案】（1）（2）见解析
【解析】（1）小球在第1s 内，只受到水平向右的电场力作用，做匀加速直线运动。 设其加速度大小为a ，则qE=ma
可得a=g （1分）
运动轨迹如图所示，1s 时小球到达1位置的速度为
2v 1=at=g（m/s），位移x 1=at/2=g/2（m ） （1分）
第2s 内磁场向里，电场向上，且有qE=mg，故小球做匀速圆周运动（1分）
由qvB=mv/r得
2 （1分） 周期=1s （1分）
t=1.5s时，小球在圆轨迹的最高点，高度为2r 1，则小球与A 点的直线距离
（m ） （1分）
（2）第3s 内电场水平向右，没有磁场，小球以初速度v 1、加速度a=g做匀加速直线运动，第3s 末到达2位置，速度为v 2，
22则v 2=v1+at=2g（m/s），位移大小x 2=v1+at/2=3g/2（m ） （1分）
小球在第4s 内电场力与重力平衡，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，周期T=1s （1分） 半径r 2=2× （1分）
因此小球在奇数秒内做匀加速运动，在偶数秒内做匀速圆周运动，在圆轨迹的最低点速度为 v 1=g（m/s），v 2=2g（m/s），v 3=3g（m/s） 圆轨迹的半径分别为，， （1分）
在奇数秒内位移分别为x 1=g/2，x 2=3g/2，x 3=5g/2 . （1分）
小球恰好从圆环中竖直穿过，则圆轨迹半径恰好等于h ，有 （1分）
因此圆环在小球运动的第四个圆轨迹与圆心等高处，
若小球向上竖直穿过圆环，则圆环与A 点的水平距离为x=x1+x2+x3+x4+r4=8g+ （1分） 若小球竖直向下穿过圆环，则圆环与A 点的水平距离为x=x1+x2+x3+x4-r 4=8g- （1分）
湖南师大附中2015届高三月考试卷（五）（附答案版）
高三物理备课组组稿
一．选择题（共48分，每题4分；其中1-8小题仅一个选项正确；9-12题，有多个选项正确，选对且选全得满分，选对但不全得2分，包含错误选项不得分。）
1．在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。关于科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是 （ ）
A ．伽利略对自由落体的研究，开创了研究自然规律的科学方法
B ．奥斯特实验表明了电流周围的磁场方向跟电流方向的关系
C ．卡文迪许通过扭秤实验，较准确地测出了静电力常量
D ．安培的分子环形电流假说可以用来解释通电导线周围存在磁场这一现象
【答案】A
【解析】伽利略对自由落体的研究，开创了研究自然规律的科学方法，A 对；奥斯特实验只是发现了电流周围有磁场，B 错；卡文迪许通过扭秤实验，较准确地测出了万有引力常量，C 错；安培的分子环形电流假说不能用来解释通电导线周围存在磁场这一现象，D 错； 2．水平抛出的小球,t 秒末的速度方向与水平方向的夹角为θ1， t+t 0秒末速度方向与水平方向的夹角为θ2，忽略空气阻力, 则小球初速度的大小为( )
A. g t0（ cosθ1-cos θ2） B. gt 0 cos θ1-cos θ2
gt C. g t0（ tanθ1-tan θ2）
【答案】D 0D. tan θ2-tan θ1
【解析】由平抛运动规律ts 末，在t+秒末，由两个式子联立可得初速度为，D 对；
3．汽车在水平公路上以额定功率做直线运动，速度为3m/s时的加速度为6m/s时的3倍，若汽车受到的阻力不变，由此可求得：
A. 汽车的最大速度 B. 汽车受到的阻力
C. 汽车的额定功率 D. 速度从3m/s增大到6m/s所用的时间
【答案】A
4．如图是一个将电流表改装成欧姆表的示意图，此欧姆表已经调零，用此欧
姆表测一阻值为R 的电阻时，指针偏转至满刻度4/5处，现用该表测一未知
电阻，指针偏转到满刻度的1/5处，则该电阻的阻值为（ ）
A ．4R B．5R C．10R D．16R
【答案】D
【解析】设电动势为E ，内阻为R 内，满偏电流为I g ，根据题述“欧姆表已经调零”可知，当两表笔短接即待测电阻阻值为零时，电流表示数达到满偏（电流满偏位置对应欧姆表的零
刻度位置），由闭合电路欧姆定律有，；测一阻值为R 的电阻时，；测一未知电阻R x 时，，联立三式可得：R x =16R，故选D ．
5．如图所示，两根平行放置、长度均为L 的直导线a 和b ，放置在与导线所在平面垂 直的匀强磁场中，当a 导线通有电流强度为I ，b 导线通有电流强度为2I ，且
电流方向相反时，a 导线受到磁场力大小为F 1，b 导线受到的磁场力大小为
F 2，则a 通电导线的电流在b 导线处产生的磁感应强度大小为（ ）
2F 1－F 22F 1－F 2F F A. B. C. D. 2IL IL 2IL IL
【答案】C
【解析】a 、b 电流方向相反，两导线之间的磁场力为斥力，设大小为F ，对a 有F 1＝F ＋BIL ，对b 有F 2＝F ＋2BIL ，解得F ＝2F 1－F 2，对于导线b ，F ＝2F 1－F 2＝B ′·2IL ，解得B ′＝2F 1－F 2，选项C 正确． 2IL
6. 如图所示，A 为太阳系中的天王星，它绕太阳O 运行的轨道视为圆时，运动的轨道半径为R 0，周期为T 0. 长期观测发现，天王星实际运动的轨道与圆轨道总有一些
偏离，且每隔t 0时间发生一次最大偏离，即轨道半径出现一次最大。根
据万有引力定律，天文学家预言形成这种现象的原因可能是天王星外侧还
存在着一颗未知的行星(假设其运动轨道与A 在同一平面内，且与A 的绕
行方向相同），它对天王星的万有引力引起天王星轨道的偏离，由此可推
测未知行星的运动轨道半径是（ ）
t A. 0R 0 B.
R t 0-T 0
R R 02t 0 t 0-T 02
【答案】D
【解析】 天王星每隔t 0时间发生一次最大偏离即天王星与外侧的未知行星每隔t o 时间相遇一次。根据万有引力提供向心力，即，可知天王星的角速度大即转的快，所以每隔t o 时间天王星比未知行星多转一圈，即，得，根据开普勒第三定律可得，D 对。
7．静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其相互绝缘的金属球与外壳之间的电势差大小，如图所示，A 、B 是平行板电容器的两个金属板，G
为静电计，
极板B 固定，A 可移动，开始时开关S 闭合，静电计指针张开一定角度，则下列说法正确的是（ ）
A. 断开S 后，将A 向左移动少许，静电计指针张开的角度减小
B. 断开S 后，在A 、B 间插入一电介质，静电计指针张开的角度增大
C. 断开S 后，将A 向上移动少许，静电计指针张开的角度增大
D. 保持S 闭合，将变阻器滑动触头向右移动，静电计指针张开的角度减小
【答案】C
【解析】静电计的指针张开的角度越大，说明静电计金属球和外壳之间的电势差越大，由电路图可知，这个电势差也等于A 、B 间的电势差；断开S 后，将A 向左移动少许，电容器的带电荷量不变，由知电容减小，由知电势差增大，静电计指针张开的角度增大，A 错误；断开S 后，在A 、B 间插入一电介质，电容增大，电势差减小，静电计指针张开的角度减小，B 错误；断开S 后，将A 向上移动少许，电容减小，电势差增大，静电计指针张开的角度增大，C 正确；保持S 闭合，无论将滑动变阻器滑动触头向右或向左移动，静电计金属球和外壳之间的电势差不变，D 错误。
8．一均匀带负电的半球壳，球心为O 点，AB 为其对称轴，平面L 垂直AB 把半球壳一分为左右两部分，L 与AB 相交于M 点，对称轴AB 上的N 点和M 点关于O 点对称。已知一均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零；取无穷远处电势为零，点电荷q 在距离其为r 处的电势为ϕ=k q （q 的正负对应ϕ的正负）。假设左侧部分在M 点的电场强度为E 1，电势为φ1；r
右侧部分在M 点的电场强度为E 2，电势为φ2；整个半球壳在M 点的电场强度为E 3，在N 点的电场强度为E 4。下列说法中正确的是（ ）
A ．若左右两部分的表面积相等，有E 1＞E 2，φ1＞φ2
B ．若左右两部分的表面积相等，有E 1＜E 2，φ1＜φ2
C ．不论左右两部分的表面积是否相等，总有E 1＞E 2，E 3＝E 4
D ．只有左右两部分的表面积相等，才有E 1＞E 2，E 3＝E 4
【答案】C
【解析】设想将右侧半球补充完整，右侧半球在M 点的电场强度方向向右，因完整均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，可推知左侧半球在M 点的电场强度方向向左；根据对称性和矢量叠加，可知E 1方向水平向左，E 2方向水平向右，所以E 1＞E 2。根据几何关系知，分割后的右侧部分各点到M 点的距离均大于左侧部分各点到M 点的距离，根据知，且球面带负电，q 为负，，所以φ1＜φ2，A 、B 错误；E 1＞E 2与左右两部分的表面积是否相等无关。完整的均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，根据对称性，可知左、右半球壳在M 、N 点的电场强度大小都相等，故左半球壳在M 、N 点的电场强度大小相等，方向相同。所以D 错误，C 正确。
9．如图所示，在四分之一的圆弧腔内存在径向的电场，且与圆心
等距离处电场强度大小相等，M 和N 两端均有带小孔的挡板，且两
个小孔到圆心距离相等。不同的带电粒子以不同的速度从M 孔垂
直挡板射入，则关于从N 孔射出的粒子，下列说法正确的是（ ）
A. 都带正电 B.速度相同
C. 若速度相同，则比荷相同 D.若电荷量相等则动能相等
【答案】ACD
【解析】带电粒子进入静电分析器后要想从N 点出来，即在四分之一圆弧空腔内做匀速圆周运动，以空腔的圆心为圆心，以电场力提供向心力做匀速圆周运动，根据向心力即电场力指向圆心判断粒子带正电。粒子从M 进从N 出，所有粒子运动的半径都相同，而且经过之处电
场强度大小相等，因此
，即，所以若电荷量相等则动能相等。
，若速度相同，则比荷相同。则应选ACD 。
10．如图所示，带负电的物块A 放在足够长的不带电的绝缘小车B 上，两者均保持静止，置于垂直于纸面向里的匀强磁场中，在t ＝0时刻用水平恒力F 向左推小车B. 已知地面光滑，
A 、B 接触面粗糙，A 所带电荷量保持不变，下列四图中关于A 、B 的v －t 图象及A 、B 之间摩擦力F f —t 图象大致正确的是 （ ）
【答案】AC
【解析】在t=t1之前物体A 与小车共同做匀加速直线运动，据牛顿第二定律：F=（m+M）a ，所以小车与物块的速度随时间均匀增大；对物块A 根据牛顿第二定律有：f=ma．即静摩擦力提供其加速度，保持不变。根据左手定则判断出物块A 所受洛伦兹力方向竖直向上，物块所受的洛伦兹力逐渐增大，由于物体A 竖直方向受力平衡，所以A 与B 之间的压力减小，即它们间的最大静摩擦力减小，当两物体A 、B 之间的最大静摩擦力不能提供物块A 原来的加速度a 时，A 、B 发生相对滑动．此时物块A 受到向左的滑动摩擦力，物块A 仍然加速运动，物块所受向上的洛伦兹力qvB 逐渐增大，由于物体A 竖直方向受力平衡，物块A 与小车B 之间的压力减小，所以向左的滑动摩擦力也减小，即物块A 的加速度也减小，直到t 2时刻压力为零，摩擦力为零，加速度减小到零，最后做匀速直线运动，在速度-时间图象中物块A 的斜率逐渐减小到零；当物块与小车发生了相对滑动，小车受到物块施加的向右的滑动摩擦力一直减小，由于水平恒力F 是定值，所以小车受到向左的合力一直增大，即小车的加速度逐渐增大，在速度-时间图象中，小车的图象斜率从t 1时刻开始增大，直到t 2时刻，两物体间无摩擦力时，小车水平方向受到的合力F 保持不变，即小车做匀加速直线运动，故选项A C正确BD 错误．
11．如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O 点(图中未标出) ．物块的质量为m ，AB ＝a ，物块与桌面间的动摩擦因数为μ. 现用水平向右的力将物块从O 点拉至A 点，拉力做的功为W. 撤去拉力后物块由静止向左运动，经O 点到达B 点时速度为零．重力加速度为g. 则上述过程中( )
A ．物块在A 点时，弹簧的弹性势能等于W －μmga
B ．物块在B 点时，弹簧的弹性势能小于W －μmga
C ．经O 点时，物块的动能小于W －μmga
D ．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B 点时弹簧的弹性势能
【答案】BC
【解析】如果没有摩擦力，由对称性可知，O 点应该在AB 1（B 1在B 点左侧）中间，由于有摩擦力，物体从A 到B 过程中机械能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的B 1点，也即O 点靠近B 点．故，此过程物体克服摩擦力做功大于，所以物块在A 点时，弹簧的弹性势能小于，故A 错误；由A 分析得物块从O 点开始运动到最终停在B 点，路程大于，故整个过程物体克服阻力做功大于，故物块在B 点时，弹簧的弹性势能小于，故B 正确；从O 点开始到再次到达O 点，物体路程大于
，故C 正确；物块动能最大时，在O 点右a ，故由动能定理得，物块的动能小于
侧，且弹力等于摩擦力，而在B 点弹力与摩擦力的大小关系未知，故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在B 点时弹簧压缩量大小未知，故此两位置弹性势能大小关系不好判断，故D 错误．
12．如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平
面的电场，其中某一区域的电场线与x 轴平行，在x 轴上的
电势 与坐标x 的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线
过点（0.15，3）的切线。现有一质量为0.20kg ，电荷量为
－8+2.0×10 C 的滑块P （可视作质点），从x=0.l0m处由静
止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02。取重力加速度
2g=l0m／s 。则下列说法正确的是( )
6 A ．x=0.15m处的场强大小为2.0×l0N ／C
B．滑块运动的加速度逐渐减小
C．滑块运动的最大速度约为0.1m/s
D．滑块最终在0.3m 处停下
【答案】AC
【解析】电势ϕ与位移x 图线的斜率表示电场强度，则x=0.15m处的场
强
动摩擦力大小f=μmg=0.02×2N=0.04N，在x=0.15m前，电场力大
于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x=0.15m后电场力小于
摩擦力，做减速运动，加速度逐渐增大．故A 正确，B 错误．在x=0.15m
时，电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得，qU −fx ＝mv ，由图象可得，0.10m 和0.15m 处的电势差大约为1.5×10V ，
代入求解，最大速度大约为0.1m/s．故C 正确；滑块最终在0.3m
处停下则满足：qU-fx=0-0 ①．
5因为0.10m 和0.30m 处的电势差大约为3.0×10V ，
-85-3代入得：qU=2.0×10×3.0×10=6.0×10J ②
-3fx=0.02×0.2×10×（0.30-0.15）=6×10J ③
由①②③得，滑块能够滑到x=0.30m处．又由于图中在x=0.30m处曲线的斜率小于x=0.15m处曲线的斜率，所以在x=0.30m处，电荷受到的电场力小于它受到的滑动摩擦力（近似等于最大静摩擦力）所以滑块最终在0.3m 处停下．故D 正确．注意：D 是错误的！
故选：AC
二．实验题（共16分，其中13题4分，14题4分，15题8分。）
13. （4分）图中游标卡尺的读数是 cm．螺旋测微器的读数是 mm．
【答案】 0.72 8.694（8.691~8.697均可）
14. （6分）如图所示，NM 是水平桌面，PM 是一端带有滑轮的长木板，1、2是固定在木板上的两个光电门。质量为M 的滑块A 上固定一很窄的遮光条，在质
量为m 的重物B 牵引下从木板的顶端由静止滑下，光电门1、2记
录遮光时间分别为Δt 1和Δt 2，另外测得两光电门间的距离为L ，
遮光条的宽度为d （重力加速度为g ）。
（1）若用此装置验证牛顿第二定律，且认为滑块A 受到外力的合
力等于B 重物的重力，在平衡摩擦力外，还必须满足（ ）
A.M《m B.M》m
（2）若木板PM 水平放置在桌面上，用此装置测量滑块与木板间
的动摩擦因数，则动摩擦因数的表达式为 （用题中测量的物理量的符号表示）。 25
【答案】（1）B （2分）
⎛d m M +m ⎝∆t 2-（2） μ=M M
【解析】（1）略 ⎫⎛d ⎫⎪⎪- ∆t ⎪⎪⎭⎝1⎭（2分） 2Lg 22
（2）根据匀变速直线运动的规律，可得：，解得：
;木板水平放置，以系统为研究对象, 利用整体法，根据牛顿第二
⎛d ∆t 2m M +m ⎝-定律可得：mg-μMg=(M+m)a，解得：μ=M M ⎫⎛d ⎫⎪⎪- ∆t ⎪⎪⎭⎝1⎭。 2Lg 22
15. （8分）在“描绘小灯泡伏安特性曲线”的实验中，同学们从实验室选择了一个标有“12V ，6W ”字样的灯泡，实验器材如下：
电流表A 1（量程300 mA，内阻约为3Ω）；
电流表A 2（量程600 mA，内阻约为1Ω）；
电压表V （量程15 V，内阻约为3 kΩ）；
滑动变阻器R 1（0～5Ω，额定电流为1 A）；
滑动变阻器R 2（0～50Ω，额定电流为0.01A ）；
电源E （电动势15 V，内阻较小）
单刀单掷开关一个、导线若干。
（1）实验器材中，电流表应该选择 ，滑动变阻器选择 。（请选填仪表的符号）
（2）画出符合实验要求的实验电路图。
（3）描绘的伏安特性曲线如图1所示，若选取2个这样的灯泡并联，再与一个阻值为
定值电阻串联，接在电动势18v ，内阻的的电源两极，如图2
所示，则灯泡消耗的电功率 。(请保留三位有效数字)
【答案】（1）A 2（2分） R1（2分） （2）如图所示（2分）
（3）4.05W(4.00~4.10均可) （2分）
【解析】(1)灯泡正常发光的额定电
流，电流表
量程过小，所以电流表选择。描绘伏安特性
曲线，需要电压从0开始调节，要求滑动变阻器选择分压式，且额定电流足够，那么滑动变阻器选。（2）描绘伏安特性曲线要选择滑动变阻器分压式接入电路；灯泡正常发光时电阻，由于，所以电流表选择外接。（3）设灯泡两端电压为
，对闭合电路有
, ，通过灯泡的电流为，则干路电流为，做出对应的伏
,
此时灯泡功率安特性曲线，与灯泡的伏安特性曲线的交点，可得
（4.00~4.10均可）
三．解答题（共46分，其中16题8分，17题10分，18题14分，19题14分。）
16．（8分）教练员选拔短跑运动员时，要对运动员进行测试。某运动员在测试过程中，在起跑后2s 内通过的距离为10m （视为匀加速过程）。该运动员的最大速度为10m/s，持续时
2间不超过10s 。之后，减速运动，加速度大小为1m/s。若把短跑运动员完成比赛的过程简
化为匀加速直线运动、匀速直线运动及匀减速阶段。
（1）求该运动员启动阶段的加速度大小。
（2）求该运动员100m 赛的最好成绩。
【答案】（1）（2）11s
【解析】（1）根据题意，在启动后的2s 内运动员做匀加速直线运动，设运动员在匀加速阶段的加速度为a ，前2s 内通过的位移为， 由运动学规律可得： （2分） 解得：（1分）
（2）要运动成绩最好，运动员先匀加速运动，当速度达到10m/s，然后匀速运动，设加速阶段运动时间为，匀速运动时间为，匀速运动的速度为v ，， 加速阶段：，解得（2分）对应的位移正好为10m ， 匀速阶段发生的位移：
因 ， 匀速时间，解得（2分）
，运动员跑完100m 还未达到减速阶段，所以运动员跑100m
的最短时间为，代入数据可得，跑完100m 的最好成绩为11s （1分）
17．（10分）飞行员驾驶舰载机在300m 长的水平跑道上进行起降训练。舰载机在水平跑道加速过程中受到的平均阻力大小为其重力的0.2倍，其涡扇发动机的水平推力大小能根据舰载机的起飞质量进行调整，使舰载机从静止开始经水平跑道加速后恰能在终点起飞。没有挂
45弹时，舰载机质量为m=2.0x10Kg ，其涡扇发动机的水平推力大小恒为F=1.6×10 N。重力
2加速度g 取10m/s。（不考虑起飞过程舰载机质量的变化）
（1）求舰载机没有挂弹时在水平跑道上加速的时间及刚离开地面时水平速度的大小；
（2）已知舰载机受到竖直向上的升力F 升与舰载机水平速度v 的平方成正比，当舰载机升力
4和重力大小相等时离开地面。若舰载机挂弹后，质量增加到m 1=2.5×10Kg ，求挂弹舰载机
刚离开地面时的水平速度大小。
【答案】（1）， （2）
①（2分） 【解析】（1）根据牛顿第二定律：
由 ②（1分）
得舰载机在水平跑道上加速的时间
由 ④（1分） ③（1分） 舰载机离开地面时的水平速度
（2）舰载机离开地面时，重力等于升力
⑤（1分） ⑥（2分）
挂弹时
⑦（1分） 挂弹舰载机刚离开地面时的水平速度 ⑧（1分）
18．（14分）如图，足够长斜面倾角θ=30°，斜面上OA 段光滑，A 点下方粗糙且。水平面上足够长的OB 段粗糙且μ2=0.5，B 点右侧水平面光滑。OB 之间有与水平方向夹角为β（β已知）且斜向右上方的匀强电场E=
-4×10V/m。可视为质点的小物体C 、D 质量分5别为m C =4kg，m D =1kg，D 带电q= +1×10C ，用轻质细线通过光滑滑轮连在一起，分别放在
斜面及水平面上的P 和Q 点由静止释放（释放时绳恰好拉直且与下方平面平行），B 、Q 间距离d=1m，A 、P 间距离为2d ，细绳与滑轮之间的摩擦
不计。（sin β=，cos β=，g=10m/s），求： 2
（1）物体C 第一次运动到A 点时的重力的功率；
（2）物块D 运动过程中电势能变化量的最大值；
（3）物体C 第一次经过A 到第二次经过A 的时间t 。
【答案】（1）40W ；（2）50J ；（3）1.82s
【解析】（1）对D 进入电场后受力分析可得：
，即N=0，所以D 在OB 段不受摩擦力。（1分）
设C 物体到A 点速度为v 0，由题知释放后C 物将沿斜面下滑，C 物从P 到A 过程，对CD 系统由动能定理得：
解得：
故： （1分） （1分） （2分） （2）由题意，C 经过A 点后将减速下滑至速度为0后又加速上滑，设其减速过程中加速度大小为a 1，向下运动的时间为t 1，发生的位移为x 1，
对物体C ：
（1分）
对物体D ：
（1分）
（1分）
（1分）
D 从开始运动到最左端过程中：
所以电势能变化量的最大值为50J （1分）
（3）设之后物体C 再加速上滑到A 的过程中，加速度大小为a 2，时间为t 2，
对物体C 有：
对物体D ：
（1分）
（1分）
（1分）
联立并代入数据解得：（1分）
19．（14分）如图甲所示，水平轨道光滑，小球质量为m ，带电荷量为+q，可看做质点，空间存在不断变化的电场和磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，磁感应强度的大小，方向垂直纸面向里。电场强度在第1s 、3s 、5s
„„内方向水平向右，大小为
，在第2s 、4s 、6s „„内方向竖直向上，大小也为
在A 点由静止释放，求：
（1）t=1.5s时，小球与A 点的直线距离大小； 。小球从零时刻开始
（2）在A 点前方轨道正上方高度为位置
有圆环水平放置，若带电小球恰好可以从圆环中心竖直穿过，求圆环中心与A 点的水平距离大小。
【答案】（1）（2）见解析
【解析】（1）小球在第1s 内，只受到水平向右的电场力作用，做匀加速直线运动。 设其加速度大小为a ，则qE=ma
可得a=g （1分）
运动轨迹如图所示，1s 时小球到达1位置的速度为
2v 1=at=g（m/s），位移x 1=at/2=g/2（m ） （1分）
第2s 内磁场向里，电场向上，且有qE=mg，故小球做匀速圆周运动（1分）
由qvB=mv/r得
2 （1分） 周期=1s （1分）
t=1.5s时，小球在圆轨迹的最高点，高度为2r 1，则小球与A 点的直线距离
（m ） （1分）
（2）第3s 内电场水平向右，没有磁场，小球以初速度v 1、加速度a=g做匀加速直线运动，第3s 末到达2位置，速度为v 2，
22则v 2=v1+at=2g（m/s），位移大小x 2=v1+at/2=3g/2（m ） （1分）
小球在第4s 内电场力与重力平衡，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，周期T=1s （1分） 半径r 2=2× （1分）
因此小球在奇数秒内做匀加速运动，在偶数秒内做匀速圆周运动，在圆轨迹的最低点速度为 v 1=g（m/s），v 2=2g（m/s），v 3=3g（m/s） 圆轨迹的半径分别为，， （1分）
在奇数秒内位移分别为x 1=g/2，x 2=3g/2，x 3=5g/2 . （1分）
小球恰好从圆环中竖直穿过，则圆轨迹半径恰好等于h ，有 （1分）
因此圆环在小球运动的第四个圆轨迹与圆心等高处，
若小球向上竖直穿过圆环，则圆环与A 点的水平距离为x=x1+x2+x3+x4+r4=8g+ （1分） 若小球竖直向下穿过圆环，则圆环与A 点的水平距离为x=x1+x2+x3+x4-r 4=8g- （1分）