[解析]辽宁省大连市普兰店二中2015-2016学年高三上学期12月月考物理试卷

一、选择题（本题共10小题，每题4分，共40分．1-7题只有一个选项符合题意，8-10题有多项符合题目要求．）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．开普勒进行了“月﹣地检验”，说明天上和地下的物体都遵从万有引力定律B．伽利略不畏权威，通过“理想斜面实验”，科学地推理出“力不是维持物体运动的原因”C．哥白尼提出日心说并发现了太阳系中行星沿椭圆轨道运动的规律D．奥斯特发现了电磁感应现象，使人类从蒸汽机时代步入了电气化时代2．如图所示，杂技演员站在一块被他踩成斜面的木板上处于静止状态，关于斜面对演员的作用力，下面说法正确的是（ ）A．木板对人可能有摩擦力作用，也可能没有摩擦力作用B．木板对人一定有摩擦C．木板对人的弹力方向一定竖直向上D．木板对人的作用力方向垂直板斜向上3．质量相同的甲、乙两木块仅在摩擦力作用下沿一水平面滑动，它们的动能﹣位移（E k﹣x）的关系如下图所示，则两木块的速度﹣时间（v ﹣t）的图象正确的是（ ）A．B．C．D．4．我国成功发射“天宫一号”飞行器，入轨后绕地球的运动可视为匀速圆周运动，运动周期为T，已知地球同步卫星的周期为T0，则以下判断正确的是（ ）A．“天宫一号”的轨道半径与地球同步卫星的轨道半径之比为B．“天宫一号”的角速度与地球同步卫星的角速度之比为C．“天宫一号”的线速度与地球同步卫星的线速度之比为D．“天宫一号”的向心加速度与地球同步卫星的向心加速度之比为5．a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，∠abc=120°．现将三个等量的正点电荷+Q分别固定在a、b、c三个顶点上，将一个电量为+q的点电荷依次放在菱形中心点O点和另一个顶点d点处，两点相比（ ）A．d点电场强度的方向由d指向OB．+q在d点所具有的电势能较大C．d点的电势小于O点的电势D．d点的电场强度大于O点的电场强度6．如图所示，在O≤x≤2L的区域内存在着匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面（纸面）向里，具有一定电阻的矩形线框abcd位于xOy平面内，线框的ab边与x，轴重合，bc边的长度为L．令线框从t=0时刻由静止开始沿x轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流i（取顺时针方向的电流为正）随时间t的函数图象大致是图中的（ ）A．B．C．D．7．如图所示，斜面倾角为θ，从斜面的P点分别以v0和2v0的速度水平抛出A、B两个小球，不计空气阻力，若两小球均落在斜面上且不发生反弹，则（ ）A．A、B两球飞行时间之比为1：2B．A、B两球的水平位移之比为4：1C．A、B下落的高度之比为1：2D．A、B两球落到斜面上的速度大小之比为1：48．如图所示，真空中同一水平线上固定两等量异种点电荷A、B，其中A带负电、B带正电．C、D、O是分布在AB连线的垂线上的三个点，且AO＞BO．下列判断正确的是（ ）A．C、D两点的电势相等B．同一带负电的试探电荷在C点的电势能大于在D点的电势能C．C、D两点的电场强度的方向均水平向左D．同一试探电荷在C点受到的电场力比在D点受到的电场力小9．如图所示，矩形线圈面积为0.1m2，匝数为100，绕OO′轴在磁感应强度为T的匀强磁场中以角速度5π rad/s匀速转动．从图示位置开始计时．理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，两电表均为理想电表，电阻R=50Ω，其他电阻不计，下列判断正确的是（ ）A．在t=0.1 s时，穿过线圈的磁通量最大B．=时，变压器输入功率为50WC．P向上移动时，电压表示数变大D．P向上移动时，电流表示数变小10．如图所示，将一轻弹簧固定在倾角为30°的斜面底端，现用一质量为m的物体将弹簧压缩至A点并锁定弹簧，解除锁定后，物体将沿斜面上滑，物体在运动过程中所能到达的最高点B距A点的竖直高度为h，物体离开弹簧后沿斜面向上运动的加速度大小等于重力加速度g．则下列说法正确的是（ ）A．弹簧的最大弹性势能为mghB．物体从A点运动到B点的过程中系统损失的机械能为mghC．物体的最大动能等于弹簧的最大弹性势能D．物体最终静止在B点二、实验题（共15分，12题（1）为3分，其余每空2分）11．做匀变速直线运动的小车带动纸带通过打点计时器，打出的部分计数点如图所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出），已知打点计时器使用的是50Hz的交变电流，则打点计时器在打“1”时的速度v1= ，平均加速度为a= m/s2．由计算结果可估计出第5个计数点与第6个计数点之间的距离最可能是 cm．（结果均保留3位有效数字）．12．用伏安法测量一电池的内阻．已知该待测电池的电动势E约为9V，内阻约数十欧，允许输出的最大电流为50mA，可选用的实验器材有：电压表V1（量程5V）；电压表V2（量程10V）；电流表A1（量程50mA）；电压表A2（量程100mA）；滑动变阻器R（最大电阻300Ω）；定值电阻R1（阻值为200Ω，额定功率为W）；定值电阻R2（阻值为220Ω，额定功率为1W）；开关S；导线若干．测量数据如坐标纸上U﹣I图线所示．（1）在答题卡相应的虚线方框内画出合理的电路原理图，并标明所选器材的符号．（2）在设计的电路中，选择定值电阻的根据是 ．（3）由U﹣I图线求得待测电池的内阻为 Ω．（4）在你设计的电路中，产生系统误差的主要原因是 ．三、计算题（每题15分，共45分）13．如图所示，在水平光滑轨道PQ上有一个轻弹簧其左端固定，现用一质量m=2.0kg的小物块（视为质点）将弹簧压缩后释放，物块离开弹簧后经过水平轨道右端恰好沿半圆轨道的切线进入竖直固定的轨道，小物块进入半圆轨道后恰好能沿轨道运动，经过最低点后滑上质量M=8.0kg的长木板，最后恰好停在长木板最左端．已知竖直半圆轨道光滑且半径R=0.5m，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，木板与水平地面间摩擦不计，取g=10m/s2．（1）弹簧具有的弹性势能；（2）小物块滑到半圆轨道底端时对轨道的压力；（3）木板的长度．14．如图所示，在x轴下方的区域内存在方向与y轴相同的匀强电场，电场强度为E．在x轴上方以原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感应强度为B．y 轴下方的A点与O点的距离为d．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A点由静止释放，经电场加速后从O点射入磁场．不计粒子的重力作用．（1）求粒子在磁场中运动的轨道半径r．（2）要使粒子进入磁场之后不再经过x轴，电场强度需大于或等于某个值E0．求E0．（3）若电场强度E等于第（2）问E0的，求粒子经过x轴时的位置．15．有一列简谐横波在弹性介质中沿x轴正方向以速率v=10m/s传播，某时刻的波形如图1所示，把此时刻作为零时刻，质点A的振动方程为y= m．16．如图所示，ABC是三棱镜的一个截面，其折射率为n=1.5．现有一细束平行于截面的光线沿MN方向射到棱镜的AB面上的N点，AN=NB=2cm，入射角的大小为i，且sini=0.75．已知真空中的光速c=3.0×108m/s，求：①光在棱镜中传播的速率；②此束光进入棱镜后从棱镜射出的方向和位置．（不考虑AB面的反射）参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题，每题4分，共40分．1-7题只有一个选项符合题意，8-10题有多项符合题目要求．）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．开普勒进行了“月﹣地检验”，说明天上和地下的物体都遵从万有引力定律B．伽利略不畏权威，通过“理想斜面实验”，科学地推理出“力不是维持物体运动的原因”C．哥白尼提出日心说并发现了太阳系中行星沿椭圆轨道运动的规律D．奥斯特发现了电磁感应现象，使人类从蒸汽机时代步入了电气化时代【考点】物理学史．【分析】“月一地检验”，说明一切物体都遵从万有引力定律；再结合伽利略、开普勒、奥斯特的物理学成就解答．【解答】解：A、设地球半径和月球绕地球运行的轨道半径分别为R和r（已知r=60R）．那么月球绕地球运行的向心加速度a n与地面的重力加速度g的比值为1：3600，这是牛顿进行了“月一地检验”，说明一切物体都遵从万有引力定律，故A错误；B、伽利略不畏权威，通过“理想斜面实验”，科学地推理出“力不是维持物体运动的原因“．故B正确．C、哥白尼提出日心说，开普勒发现了太阳系中行星沿椭圆轨道运动的规律，故C错误．D、法拉第发现了电磁感应现象，使人类从蒸汽机时代步入了电气化时代．故D错误．故选：B．【点评】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、著名理论要加强记忆，注意积累．2．如图所示，杂技演员站在一块被他踩成斜面的木板上处于静止状态，关于斜面对演员的作用力，下面说法正确的是（ ）A．木板对人可能有摩擦力作用，也可能没有摩擦力作用B．木板对人一定有摩擦C．木板对人的弹力方向一定竖直向上D．木板对人的作用力方向垂直板斜向上【考点】静摩擦力和最大静摩擦力；弹性形变和范性形变；物体的弹性和弹力．【专题】定性思想；推理法；摩擦力专题．【分析】根据摩擦力产生的条件及人的运动趋势判断摩擦力的有无，根据平衡条件判断作用力的方向．【解答】解：AB、演员有沿斜面下滑的趋势，木板对演员一定有摩擦力作用，故A错误，B正确；C、人受到的弹力是由于木板的形变产生的；方向垂直于接触面指向受力物体；故方向斜向上；故C错误；D、人受自身的重力和木板对他的作用力平衡，所以木板对演员的作用力方向一定竖直向上，故D错误；故选：B【点评】本题考查了摩擦力有无的判断和平衡条件下物体的受力情况．要注意明确木板的作用力包括支持力和摩擦力，是二力的合力．3．质量相同的甲、乙两木块仅在摩擦力作用下沿一水平面滑动，它们的动能﹣位移（E k﹣x）的关系如下图所示，则两木块的速度﹣时间（v ﹣t）的图象正确的是（ ）A．B．C．D．【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的图像．【专题】动能定理的应用专题．【分析】甲、乙两物体的初动能不同，末动能相同，都只受摩擦力作用，由动能定理及两物体的位移关系比较出两物体质量关系，然后根据动能的计算公式比较出两物体的初速度关系，最后判断两物体v﹣t关系图象哪个正确．【解答】解：质量相同的甲、乙两木块仅在摩擦力作用下沿同一水平面滑动，只有摩擦力做功，得：W=fx，又：W=E k﹣E k0，得：E k=E k0﹣f•x ①由图象和公式①可知，物体与水平面间的动摩擦因数μ相同，E k甲＞E k 乙甲、乙两物体的质量相同，所以v0甲＞v0乙甲乙两物体在水平面上做匀减速运动，加速度a=μg相同，速度﹣时间图象的斜率相同，甲减速到零所用时间大于乙的时间，由图示图象可知，ABC错误，D正确；故选：D．【点评】本题考查了物体的v﹣t图象，由图象获取所需信息，应用动能定理、动能的计算公式即可正确解题．4．我国成功发射“天宫一号”飞行器，入轨后绕地球的运动可视为匀速圆周运动，运动周期为T，已知地球同步卫星的周期为T0，则以下判断正确的是（ ）A．“天宫一号”的轨道半径与地球同步卫星的轨道半径之比为B．“天宫一号”的角速度与地球同步卫星的角速度之比为C．“天宫一号”的线速度与地球同步卫星的线速度之比为D．“天宫一号”的向心加速度与地球同步卫星的向心加速度之比为【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【专题】定量思想；推理法；人造卫星问题．【分析】解决卫星运行规律问题的核心原理是万有引力提供向心力，通过选择不同的向心力公式，来研究不同的物理量之间的关系．本题也可定性分析．【解答】解：A、卫星环绕地球作匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，即有：，所以：天宫一号的轨道半径与地球同步卫星的轨道半径之比为，故A错误；B、ω∝，所以：天宫一号的角速度与地球同步卫星的角速度之比为，故B正确；C、v∝，所以：天宫一号的线速度与地球同步卫星的线速度之比为，故C错误；D、a∝；所以：天宫一号的向心加速度与地球同步卫星的向心加速度之比，故D错误；故选：B【点评】本类题型可灵活选择方法，卫星运行规律问题如果定性研究，可简单记为“越近越快”，即离地面越近，轨道半径越小，线速度、角速度、加速度越大，周期越小；若定量计算，则需按万有引力提供向心力，选择合适的公式求解．5．a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，∠abc=120°．现将三个等量的正点电荷+Q分别固定在a、b、c三个顶点上，将一个电量为+q的点电荷依次放在菱形中心点O点和另一个顶点d点处，两点相比（ ）A．d点电场强度的方向由d指向OB．+q在d点所具有的电势能较大C．d点的电势小于O点的电势D．d点的电场强度大于O点的电场强度【考点】电势；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据电场的叠加，分析d点电场强度的方向；O点的电场强度等于b处+Q在O处产生的电场强度大小．根据顺着电场线方向电势降低，分析d点与O点电势关系．正电荷在高电势高处电势能大．【解答】解：A、由电场的叠加原理可知，d点电场方向由O指向d，A错误；B、由O到d合场强方向均沿Od，故d点电势小于O点电势，+q在O点具有的电势能较大，故B错误，C正确；D、设菱形的边长为r，根据公式E=k分析可知三个点电荷在D产生的场强大小E相等，由电场的叠加可知，d 点的场强大小为E d=2k．O点的场强大小为E o=4k，可见，d点的电场强度小于O点的电场强，即E d＜E o，故D错误．故选：C．【点评】本题关键要抓住对称性，由电场的叠加分析场强大小和电场线的方向，再判断电场力大小和电势能的高低．6．如图所示，在O≤x≤2L的区域内存在着匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面（纸面）向里，具有一定电阻的矩形线框abcd位于xOy平面内，线框的ab边与x，轴重合，bc边的长度为L．令线框从t=0时刻由静止开始沿x轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流i（取顺时针方向的电流为正）随时间t的函数图象大致是图中的（ ）A．B．C．D．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】先根据楞次定律分析感应电流的方向．再根据E=BLv和I=求出感应电流与时间的关系式．分三段研究：线框进入磁场、完全进入磁场、穿出磁场．【解答】解：分三段研究：线框进入磁场的过程：磁通量增加，根据楞次定律分析可知，感应电流的方向为逆时针方向，电流为负值，故AD错误；感应电流大小I==，则知，I与t成正比；设此过程所用时间为t0，则有L=at，得t0=（a是线框的加速度）线框完全进入磁场的过程中，穿过线框的磁通量不变，没有感应电流产生．根据运动学规律知，此过程所用时间为（﹣1）t0=0.4t0；线框穿出磁场的过程：磁通量减小，根据楞次定律分析可知，感应电流的方向为顺时针方向，电流为正值；感应电流大小I=﹣=﹣．此过程所用时间为（﹣1）t0=0.32t0；根据数学知识分析得知，C正确．故选：C【点评】本题根据楞次定律判断出感应电流的方向，确定出电流的正负，根据E=BLv和欧姆定律得到电流的表达式，再选择图象，是常用的方法和思路．7．如图所示，斜面倾角为θ，从斜面的P点分别以v0和2v0的速度水平抛出A、B两个小球，不计空气阻力，若两小球均落在斜面上且不发生反弹，则（ ）A．A、B两球飞行时间之比为1：2B．A、B两球的水平位移之比为4：1C．A、B下落的高度之比为1：2D．A、B两球落到斜面上的速度大小之比为1：4【考点】平抛运动．【专题】比较思想；合成分解法；平抛运动专题．【分析】小球落在斜面上，根据竖直位移和水平位移的关系求出运动的时间，结合初速度和公式求出水平位移之比．根据位移时间公式求出下落的高度之比．由速度的合成求两球落到斜面上的速度大小之比．【解答】解：A、对于任意一球，该球落在斜面上时有：tanθ==得，运动的时间 t=，因为A、B两球的初速度之比为1：2，则运动的时间之比为1：2，故A 正确．B、根据x=v0t知，水平位移之比为1：4，故B错误．C、下落的高度为 h=，可得A、B下落的高度之比为1：4．故C错误．D、小球落在斜面上的速度大小 v=，甲、乙两球的初速度之比为1：2，则运动的时间之比为1：2，则A、B两球落到斜面上的速度大小之比为1：2．故D错误．故选：A【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住位移关系求出时间是解决本题的突破口．8．如图所示，真空中同一水平线上固定两等量异种点电荷A、B，其中A带负电、B带正电．C、D、O是分布在AB连线的垂线上的三个点，且AO＞BO．下列判断正确的是（ ）A．C、D两点的电势相等B．同一带负电的试探电荷在C点的电势能大于在D点的电势能C．C、D两点的电场强度的方向均水平向左D．同一试探电荷在C点受到的电场力比在D点受到的电场力小【考点】电场线；电场强度．【专题】定性思想；推理法；电荷守恒定律与库仑定律专题．【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到无穷远处或负电荷为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．然后结合等量异种点电荷的电场线和等势面分布解答即可．【解答】解：A、由等量异种点电荷的电场线和等势面分布可知，φO＞φD＞φC，故A错误；B、负电荷在电势低处电势能大，所以E pC＞E pD，选项B正确；C、在AB连线中垂线上的各点电场强度方向水平向左，结合等量异种点电荷的电场线的分布可知，E C和E D的方向斜向左上，故C错误；D、由等量异种点电荷的电场线的分布可知，E C＜E D，所以同一试探电荷在C点受到的电场力比在D点受到的电场力小，故D正确．故选：BD【点评】本题要求掌握住等量异种电荷的电场的分布的情况，根据电场分布的特点可以分析本题．9．如图所示，矩形线圈面积为0.1m2，匝数为100，绕OO′轴在磁感应强度为T的匀强磁场中以角速度5π rad/s匀速转动．从图示位置开始计时．理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，两电表均为理想电表，电阻R=50Ω，其他电阻不计，下列判断正确的是（ ）A．在t=0.1 s时，穿过线圈的磁通量最大B．=时，变压器输入功率为50WC．P向上移动时，电压表示数变大D．P向上移动时，电流表示数变小【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率；交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．【专题】交流电专题．【分析】先求出转动周期，判断在t=0.1 s时线圈的位置，从而判断磁通量的大小；根据E m=NBSω求解原线圈电压最大值，进而求出有效值，根据原副线圈电压之比等于匝数比求出副线圈电压，根据功率公式求解功率，电压表和电流表读数为有效值．根据变压器的工作特点解答．【解答】解：A、周期T=，在t=0.1s=时，线圈平面与磁场垂直，磁通量为零，故A错误；B、交流电的最大值，E m=NBSω=，则原线圈电压U1=10V，当时，副线圈电压U2=50V，则副线圈功率，所以输入功率也为50W，故B正确；C、当P位置向上移动时，副线圈匝数变少，原副线圈电压之比等于线圈匝数比，所以副线圈电压变小，即电压表示数变小，根据P=可知，副线圈功率较小，则原线圈功率减小，原线圈电压不变，则原线圈电流减小，所以电流表示数减小，故C错误，D正确．故选：BD【点评】本题关键明确交流电的瞬时值、理想变压器的变压比公式、功率关系，难度不大，属于基础题．10．如图所示，将一轻弹簧固定在倾角为30°的斜面底端，现用一质量为m的物体将弹簧压缩至A点并锁定弹簧，解除锁定后，物体将沿斜面上滑，物体在运动过程中所能到达的最高点B距A点的竖直高度为h，物体离开弹簧后沿斜面向上运动的加速度大小等于重力加速度g．则下列说法正确的是（ ）A．弹簧的最大弹性势能为mghB．物体从A点运动到B点的过程中系统损失的机械能为mghC．物体的最大动能等于弹簧的最大弹性势能D．物体最终静止在B点【考点】机械能守恒定律；胡克定律．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】物体离开弹簧后沿斜面向上运动的加速度大小等于重力加速度g，可得知斜面不光滑，物体将受到沿斜面向下的摩擦力，且摩擦力大小为重力的一半；物体动能最大时，加速度为零；系统弹性势能最大时，弹簧压缩量最大；注意应用能量守恒的观点加以全程分析【解答】解：A、根据能量守恒，在物块上升到最高点的过程中，弹性势能变为物块的重力势能mgh和内能，故弹簧的最大弹性势能应大于mgh，故A错误；B、物体离开弹簧后沿斜面向上运动的加速度大小等于重力加速度g，由牛顿第二定律得物块所受沿斜面向下的合力为，F=mg，而重力沿斜面向下的分量为mgsin30°=，可知，物块必定受到沿斜面向下的摩擦力为f=，摩擦力做功等于物体从A点运动到B点的过程中系统损失的机械能，W f=f=mgh，故B正确；C、物体动能最大时，加速度为零，此时物块必定沿斜面向上移动了一定距离，故损失了一部分机械能，所以动能小于弹簧的最大弹性势能，故C错误；D、由于物体到达B点后，瞬时速度为零，此后摩擦力方向沿斜面向上，与重力沿斜面向下的分力相抵消，物块将静止在B点，故D正确．故选：BD．【点评】注意挖掘“物体离开弹簧后沿斜面向上运动的加速度大小等于重力加速度g”的隐含信息，用能量守恒观点分析二、实验题（共15分，12题（1）为3分，其余每空2分）11．做匀变速直线运动的小车带动纸带通过打点计时器，打出的部分计数点如图所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出），已知打点计时器使用的是50Hz的交变电流，则打点计时器在打“1”时的速度v1=　0.491　m/s，平均加速度为a=　0.880　m/s2．由计算结果可估计出第5个计数点与第6个计数点之间的距离最可能是　8.86　cm．（结果均保留3位有效数字）．【考点】测定匀变速直线运动的加速度．【专题】实验题．【分析】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，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上2点时小车的瞬时速度大小．【解答】解：（1）每相邻两点间还有四个点未画出来，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，得：v1==m/s=0.491m/s（2）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，得：x4﹣x1=3a1T2x5﹣x2=3a2T2为了更加准确的求解加速度，我们对加速度取平均值得：a=（a1+a2）即小车运动的加速度计算表达式为：a=带入数据解得a=0.880m/s2根据△x=aT2可得，x6=x5+△x=7.98+0.88=8.86cm．故答案为：4.91，0.880，8.86【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．12．用伏安法测量一电池的内阻．已知该待测电池的电动势E约为9V，内阻约数十欧，允许输出的最大电流为50mA，可选用的实验器材有：电压表V1（量程5V）；电压表V2（量程10V）；。