湖南省涟源一中2017届高三第十二次月考物理试卷 含解

湖南省涟源一中2017届高三第十二次月考物理试卷
二、选择题：（本题共8小题，每小题6分。

在给出的四个选项中，第14~17题只有一项符合题目要求，第18~21题有多项符合题目要求。

全部选对得6分，选对但不全的得3分。

有选错的得0分。

）
1. 伽利略通过研究自由落体和物块沿光滑斜面的运动，首次发现了匀加速运动规律．伽利略假设物块沿斜面运动与物块自由下落遵从同样的法则，他在斜面上用刻度表示物块滑下的路程，并测出物块通过相应路程的时间，然后用图线表示整个运动过程，如图所示．图中OA表示测得的时间，矩形OAED的面积表示该时间内物块经过的路程，P为DE的中点，连接OP且延长交AE的延长线于B，则图中（）
A. OD的长度表示平均速度，AB的长度表示末速度
B. OD的长度表示加速度，AB的长度表示平均速度
C. OD的长度表示初速度，AB的长度表示平均速度
D. OD的长度表示平均速度，AB的长度表示加速度
【答案】A
【解析】建立时间轴和速度轴，如图
OB段表示速度时间图线，反映速度随时间的变化情况；故OD表示OA时间段的平均速度，AB的长度表示A时刻的瞬时速度．故选A.
点睛：本题关键要类比速度-时间图象进行分析，其实题中图就是速度时间图象，只不过在当时还没有坐标系的概念．
2. 如图所示,用三条细线悬挂的水平圆形线圈共有n匝,线圈由粗细均匀、单位长度的质量为2.5g的导线绕制而成,三条细线呈对称分布,稳定时线圈平面水平,在线圈正下方放有一个圆柱形磁铁,磁铁的中轴线OO′线圈平面且通过其圆心O,测得线圈的导线所在处磁感应强度大小为0.5T,方向与竖直线成300角,要使三条细线上的张力为零,线圈中通过的电流至少为( )
A. 0.1A
B. 0.2A
C. 0.05A
D. 0.01A
【答案】A
【解析】试题分析：设圆环的半径为r，则圆环的质量m环=2πr×2.5×10-3kg，磁场的水平分量为Bsin30°，环受到的安培力为：F=Bsin30°×I×2πr，由于环所受向上的安培力等于环的重力，则2πr×2.5×10-3×10=Bsin30°×I×2πr，
解得：I=0.1A，选项A正确。

考点：安培力
【名师点睛】对环进行受力分析，求出环所受到的安培力是正确解题的关键．把磁场磁感应强度分解为水平分量与竖直分量，磁场竖直分量对电流的安培力为零，由左手定则可知，磁场水平分量对电流的安培力竖直向上；由安培力公式求出安培力，然后求出电流．
3. 如图为某控制电路的一部分，已知AA′的输入电压为 24V，如果电阻
R=6kΩ，R1=6kΩ，R2=3kΩ，则从BB′不可能输出的电压是（）
A. 12V
B. 8V
C. 6V
D. 3V
【答案】D
【解析】试题分析：若两开关都闭合，在电阻和并联，再和R串联，为并联电路
两端电压，，若闭合断开，则和R串联，
，若闭合断开，则和R串联，，若两者都断开，则电路断路，，故D不可能。

考点：考查了欧姆定律，串并联电路规律
【名师点睛】在分析电路问题时，首先必须明确电路结构，画出等效电路图，然后根据串并联电路规律，欧姆定律分析解题
4. 2016 年 10 月 17 日 , “神舟十一号”载人飞船发射升空 , 运送两名宇航员前往
在 2016 年 9 月 15 日发射的“天宫二号”空间实验室 , 宇航员计划在“天宫二号”驻留 30 天进行科学实验。

“神舟十一号”与“天宫二号”的对接变轨过程如图所示 ,AC 是椭圆轨道Ⅱ的长轴。

“神舟十一号”从圆轨道 I 先变轨到椭圆轨道Ⅱ ,再变轨到圆轨道Ⅲ , 与在圆轨道Ⅲ运行的“天宫二号”实施对接。

下列描述正确的是 ( )...
A. “神舟十一号”在变轨过程中机械能不变
B. 可让“神舟十一号”先进入圆轨道Ⅲ，然后加速追赶“天宫二号”实现对接
C. “神舟十一号”从 A 到 C 的平均速率比“天宫二号”从 B 到 C 的平均速率大
D. “神舟十一号”在椭圆轨道上运动的周期与“天宫二号”运行周期相等
【答案】C
【解析】
“神舟十一号”在变轨过程中需要向外喷出气体，对飞船做功，所以机械能将发生变化，故A错误．若“神舟十一号”与“天宫二号”同轨，加速会做离心运动，不会对接，故B错误；结合牛顿第二定律和开普勒第三定律，可以将椭圆轨道的平均速率与半径等于
的圆轨道类比，根据
可知，“神舟十一号”从A到C的平均速率比“天宫二号”从B到C的平均速率大，故C正确；由图可知，A到C的轨道的半长轴小于圆轨道Ⅲ的半径，根据开普勒第三定律：＝k可知，“
神舟十一号”在椭圆轨道上运动的周期小于“天宫二号”运行周期，故D错误；故选C.
点睛：
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与轨道半径的关系．该题解答的过程也可以使用排除法排除ABD选项．
5. 以下关于物理学史和物理方法叙述中,正确的是( )
A. 伽利略探究物体下落规律的过程使用的科学方法是:问题猜想数学推理实验验证合理外推得出结论
B. 安培通过多年的研究,发现了电流周围存在磁场
C. 牛顿根据理想斜面实验,提出力不是维持物体运动的原因
D. 匀变速直线运动的位移公式是利用微元法推导出来的
【答案】AD
【解析】伽利略探究物体下落规律的过程使用的科学方法是:问题→猜想→数学推理→实验验证→合理外推→得出结论，选项A正确；奥斯特通过多年的研究,发现了电流周围存在磁场，选项B错误；伽利略根据理想斜面实验,提出力不是维持物体运动的原因，选项C错误；匀变速直线运动的位移公式是利用微元法推导出来的，选项D正确；故选AD.
6. 绝缘光滑斜面与水平面成α角，质量为m、带电荷量为-q（q＞0）的小球从斜面上高度为h处释放，初速度为V0（V0＞0），方向与斜面底边MN平行，如图所示，整个装置处在匀强磁场B中，磁场方向平行斜面向上。

如果斜面足够大，且小球能够沿斜面到达底边MN。

则下列判断正确的是（）
A. 匀强磁场磁感应强度的取值范围为
B. 匀强磁场磁感应强度的取值范围为
C. 小球在斜面上做变加速曲线运动
D. 小球到达底边MN的时间
【答案】BD
考点：洛伦兹力、带电粒子在匀强磁场中的运动。

【名师点睛】根据小球的受力情况，确定小球的运动情况，结合小球离开斜面的临界条件，进行分析和判断。

7. 如图所示,在竖直平面内xoy坐标系中分布着与水平方向夹450角的匀强电场,将一质量为m、带电量为q的小球,以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程
y=kx2，且小球通过点p(1/k,1/k)。

已知重力加速度为g，则( )
A. 电场强度的大小为
B. 小球初速度的大小为
C. 小球通过点P时的动能为...
D. 小球从O点运动到P点的过程中,电势能减少
【答案】BC
【解析】试题分析：小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线
方程y=kx2，说明小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿y轴正方向，竖直方向
到的合力，所以，由平抛运动规律有，
得初速度大小为，故B正确；由于：，又，所以通过点P 时的动能为，故C正确；小球从O到P电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即，故D错误．
考点：考查了带电小球在电场中的运动
【名师点睛】结合小球运动的特点与平抛运动的方程，判断出小球在竖直方向受到重力与电场力在竖直方向的分力大小相等，方向相反，由此求出电场力的大小，再由即可求出电场强度；由平抛运动的方程即可求出平抛运动的初速度，以及到达P时的速度；由动能定理即可求出电势能的变化．
8. 光滑的平行金属导轨长L=2m，两导轨间距d=0.5m，轨道平面与水平面的夹角θ=30°，导轨上端接一阻值为R=0.6Ω的电阻，轨道所在空间有垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度B=1T，如图所示．有一质量m=0.5kg、电阻r=0.4Ω的金属棒ab，放在导轨最上端，其余部分电阻不计．已知棒ab从轨道最上端由静止开始下滑到最底端脱离轨道的过程中，电阻R上产生的热量Q1=0.6J，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（）
A. 当棒的速度v=2m/s时，电阻R两端的电压为1.0V
B. 当棒的速度v=2m/s时，电阻R两端的电压为0.6V
C. 棒下滑到轨道最底端时速度的大小为2m/s
D. 棒下滑到轨道最底端时加速度的大小为3m/s2
【答案】BD
【解析】速度v=2m/s时，棒中产生的感应电动势E=Bdv=1V
电路中的电流，
所以电阻R两端的电压：U=IR=0.6V，选项A错误，B正确；根据Q=I2Rt∝R，在棒下滑的整个过程中金属棒中产生的热量
设棒到达底端时的速度为v m，根据能的转化和守恒定律，得：mgLsinθ=mv m2+Q1+Q2
解得：v m=4m/s，选项C错误；
棒到底端时回路中产生的感应电流
根据牛顿第二定律有：mgsinθ-BI m d=ma
解得：a=3m/s2，选项D正确；故选BD.
点睛:本题难度不大，对金属棒正确受力分析、分析清楚金属棒的运动过程、应用安培力公式、牛顿第二定律和能量守恒定律等，即可正确解题.
三、非选择题
9. 如图1所示,用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律,即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。

(1)实验中,直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的.但是,可以通过仅测量________ (填选项前的符号),间接地解决这个问题.
A.小球开始释放高度h
B.小球抛出点距地面的高度H
C.小球做平抛运动的射程
(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影.实验时,先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放,找到其平均落地点的位置P,测量平抛射程OP.然后,把被碰小球m2静置于轨道的水平部分,再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放,与小球m2相碰,并多次重复.接下来要完成的必要步骤是__________。

(填选项前的符号)
A.用天平测量两个小球的质量m1、m2
B.测量小球m1开始释放高度h
C.测量抛出点距地面的高度H
D.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E.测量平抛射程OM、ON
(3)经测定, m1＝45.0g, m2＝7.5g小球落地点的平均位置距O点的距离如图2所示.碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1ˊ,则p1: p1ˊ=_______:11；若碰撞结束时m2的动量为p２ˊ,则
p1ˊ：p２ˊ＝11:_______。

实验结果表明,碰撞前、后总动量的比值为=_____。

(此问结果保留
三位有效数字)...
【答案】(1). C(2). ADE(3). 14(4). 2.9 (5). 1.01
【解析】试题分析：（1）小球离开轨道后做平抛运动，小球抛出点的高度相同，故它们在空中的运动时间t相等，水平位移，即水平位移与初速度成正比，故实验中不需要测量时间，也就不需要测量桌面的高度H，只需要测量小球做平抛运动的射程就可，选项C 正确；（2）小球离开轨道后做平抛运动，小球抛出点的高度相同，故它们在空中的运动时间
t相等，水平位移，知，，由动量守恒定律知
，将速度表达式带入得，解得
，故要完成的必要步骤是ADE或DAE；（3）碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1´，由题意知，，故
；若碰撞结束时m2的动量为p2´，
，故，碰撞前、后总动量的比值，此问结果在
1.00 1.01范围内均给分。

考点：验证动量守恒定律平抛运动
【名师点睛】该实验用用“碰撞实验器”验证动量守恒定律时，利用小球做平抛运动规律，但是却没有用平抛运动的速度和飞行时间，利用小球碰撞前、后飞行时间相等，只需测量水平射程即可；用水平位移x来代替速度v，成为解决问题的关键。

10. 采用伏安法测量电源电动势E和内阻r时,由于电表因素带来了实验的系统误差.某研究性学习小组对此实验进行改进,设计出如图所示的测量电源电动势E和内电阻r的电路,E'是辅助电源,A、B两点间有一灵敏电流计G.
(1)请你补充实验步骤:
①闭合开关S1、S2,调节R和R'使得灵敏电流计G的示数为零,这时,A、B两点的电势、
的关系是________ (选填“大于”、“小于”或“等于”),读出电流表和电压表的示数I1和
U1,其中I1_____________(选填“大于”、“小于”或“等于”)通过电源E的电流。

②改变滑动变阻器R、R'的阻值,重新使得____________,读出___________________。

(2)由上述步骤中测出的物理量,可以得出电动势E表达式为_____、内电阻r的表达式为
________。

(3)该实验中E测__________E真, r测________r真(选填“大于”、“小于”或“等于”)
【答案】(1). 等于(2). 等于(3). 灵敏电流计示数为零、(4). 电流表和电压
表的示数I2和U2(5). (6). (7). 等于(8). 等于
【解析】试题分析：（1）①闭合开关S1、S2，调节R和R′使得灵敏电流计G的示数为零，这时，A、B两点的电势φA、φB的关系是φA等于φB，读出电流表和电压表的示数I1和U1，电流表测量的是干路上的电流，其中I1等于通过电源E的电流．
②改变滑动变阻器R、R′的阻值，重新使得灵敏电流计示数为零．读出电流表和电压表的示数I2和U2．
（2）根据闭合回路欧姆定律得：E=I1r+U1E=I2r+U2
解得：
（3）两次测量，调节R和R′使得灵敏电流计G的示数为零，使得AB之间的等效电阻为零，利用消元法消除了电表内阻造成的系统误差，所以E测等于E真．
考点：测量电源的电动势及内阻
【名师点睛】电学探究性实验有创新，要求考生对电学实验的基本知识很熟练而且能够灵活应用．是一道很好的题目，该题有一定难度，要注意认真分析题意，明确物理规律的应用11. 如图所示,一辆质量是m=2kg的平板车,其左端放有质量M=3kg的小滑块,滑块与平板车之间的动摩擦因数μ=0.4,开始时平板车和滑块共同以v=2m/s的速度在光滑水平面上向右运动,并与竖直墙壁发生碰撞,设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变,但方向与原
来相反.平板车足够长,以至滑块不会滑到平板车右端.(取g=10m/s2)求:
(1)平板车每一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离.
(2)平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v.
(3)为使滑块始终不会滑到平板车右端,平板车至少多长?
【答案】(1)（2）（3）
【解析】试题分析：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动s，速度为0．由于系统总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．对平板车：
由动能定理得①
②
代入数据得s=0．33m ③...
所以平板车在第二次碰撞前肯定已和滑块具有共同速度v．此即平板车碰墙前瞬间的速度．Mv0-mv0=（m+M）v ④
∴⑤
代入数据得⑥
（3）平板车与墙壁发生多次碰撞，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为L，
根据能量守恒则有：⑦
代入数据得L=0．83m
考点：动量守恒定律；能量守恒定律
【名师点睛】本题是动量守恒定律和动能定理的综合应用，涉及力在空间的效果，优先考虑能量守恒定律或动能定理。

12. 如图甲所示,一端封闭的两条平行光滑导轨相距d,距左端d处的中间一段被弯成半径为h 的1/4圆弧,导轨左右两段处于高度相差h的水平面上.圆弧导轨所在区域无磁场,右段区域存在磁场B0,左段区域存在均匀分布但随时间线性变化的磁场B(t),如图乙所示,两磁场方向均竖直向上.在圆弧顶端,放置一质量为m的金属棒ab,与导轨左段形成闭合回路,从金属棒下滑开始计时,经过时间t0滑到圆弧底端.设金属棒在回路中的电阻为R,导轨电阻不计,重力加速度为g.
(1)金属棒在圆弧内滑动时,回路中感应电流的大小和方向是否发生改变?为什么?
(2)求0到时间t0内, 回路中感应电流产生的焦耳热;
(3)探讨在金属棒滑到圆弧底端进入匀强磁场B0的一瞬间,回路中感应电流的大小和方向.【答案】(1) 相同（2）
（3）I.当时,;
II当时,,方向为;
III.当时, 方向为 .
【解析】略
13. 下列说法正确的是________
A. 布朗运动就是液体分子的无规则运动
B. 空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸气压强与同温度水的饱和蒸汽压的比值
C. 尽管技术不断进步,热机的效率仍不能达到100%,制冷机却可以使温度降至热力学零度
D. 将一个分子从无穷远处无限靠近另一个分子,则这两个分子间分子力先增大后减小最后再增大,分子势能是先减小再增大
E. 附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离时,液体与固体间表现为浸润
【答案】BDE
【解析】布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的无规则运动，是液体分子的无规则运动的表现，选项A错误；空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸气压强与同温度水的饱和蒸汽压的比值，选项B正确；尽管技术不断进步,热机的效率仍不能达到100%,制冷机也不可以使温度降至热力学零度，选项C错误；将一个分子从无穷远处无限靠近另一个分子,则这两个分子间分子力先增大后减小最后再增大,分子势能是先减小再增大，选项D正确；附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离时,液体与固体间表现为浸润，选项E正确；故选BDE.
14. 某同学涉及的简易火灾报警装置如图所示，竖直固定、上端开口的试管中装有高h=20cm 的水银，其下方封闭有一段气柱．当环境温度为57℃时，电路恰好接通，电铃D发出报警
声，取绝对零度为-273℃．...
①若环境温度缓慢降至27℃时，水银柱下降了△L=5cm，试求环境温度为57℃时，试管内封闭气柱的长度L；
②若使环境温度降低，并且往玻璃管内注入高△h=4cm的水银时，报警装置恰好再次报警，求此时的环境温度t（已知大气压强p0=76cmHg）．
【答案】①L=55cm②45.75℃
【解析】
试题分析：①加入水银柱后空气柱下降，气体做等压变化；由盖-吕萨克定律可求得气柱的长度L；②加入水银柱的长度．温度升高，封闭气体体积增大，水银柱上升，当电路恰好
接通时，报警器开始报警；此时空气柱长度，以封闭空气柱为研究对象，根据等
压变化规律求出温度．
①设试管的横截面积为S，在温度从57℃缓慢至27℃的过程中，封闭气体做等压变化，由
盖-吕萨克定律有：
上式中：；
代入解得：L=55cm；
②当环境温度为57℃时，封闭气体的压强为：；当报警装置再次恰好报警时，封闭气柱的长度为：
此时封闭气体的压强为
由理想气体状态方程有：
解得t=45.75℃；。