湖南长沙县第三中学高三12月物理试题(含答案)

湖南长沙县第三中学高三12月物理试题
1．宇宙飞船在半径为R 1的轨道上运行，变轨后的半径为R 2，R 1>R 2。

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
2．如图所示，三根轻绳的一端分别系住质量m 1、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. 123::m m m =
B. 123::m m m =
C. 123::m m m =
D. 123::2:1m m m
3．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，M ＞m ，用一力F 水平向右拉小球（图甲），使小球和车一起以加速度a 向右运动，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为F 1.若用一力F ′水平向左拉小车（图乙），使小球和车一起以加速度a ′向左运动时，细线与竖直方
向也成α角，细线的拉力为F 1′，则
A. 11,'a a F F '==
B. 11','a a F F >=
C. 11','a a F F <=
D. '11,a a F F '>> 4．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h 1与球网高度h 2之间的关系为h 1 =1.8h 2
B ．若保持击球高度不变，球的初速度0v
，一定落在对方界内 C ．任意降低击球高度（仍大于2h ），只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内
1
h
5．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小球与接触面间动摩擦因数逐渐增大
6．6．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
7．如图所示，空间的虚线框内有匀强电场，AA′、BB′、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E k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1.25E k
B．该粒子到达C′点时的动能是2E k
C．该粒子在P点时的电势能是E k
D．该粒子到达C′点时的电势能是-0.5E k
8．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．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.
9．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F AB 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F AB =F
B. 若地面是完全光滑的，则F AB =F /2
C. 若地面是有摩擦的，且AB 被推动加速前进，则F AB =F
D. 若地面是有摩擦的，且AB 被推动加速前进，则F AB =F /2
10．2007年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2π
B. 由题目条件可知月球的平均密度为34g GR π
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2
R g R h ⎛⎫ ⎪+⎝⎭
11．如图所示，电路中开关S 闭合时，表V 1、V 2、A 的示数分别为220V 、110V 、0.2A ，则当V 1和V 2的示数都是220V ，而A 示数为零时（ ）
A. 出故障的是L 1，且L 1断路
B. 出故障的是L 2，且L 2断路
C. 出故障的是L 2，且L 2短路
D. L 1和L 2都同时断路
12．如图所示,长为L ,倾斜为θ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v 0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v 0，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mgL q
C. 若电场是匀强电场，则该电场的场强的最小值一定是
sin mg q θ D. 小球由A 点运动到B 点一定是匀速运动
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．
14．（6分）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a再次从滑槽上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。

①实验还需要测量的物理量（用文字和字母表示）：。

②写出滑块a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）：=
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______ Ω．
(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0～0.6 A，内阻为0.5Ω的电流表
B．量程0～6 V，内阻为10 kΩ的电压表
C．阻值为0～1 kΩ的滑动变阻器D．阻值为0～5Ω的滑动变阻器
E．蓄电池的电动势为6 V，内电阻为1.0Ω
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.
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
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?
17．如图所示，已知电源电动势E=30V，内阻r=lΩ，当接入固定电阻R=4Ω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)电路中的电流大小；
(2)电动机的额定电压；
(3)电动机的内阻．
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m1、m2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m1：m2为多少？
参考答案
1．D 【解析】根据飞船运动时万有引力提供圆周运动向心力有：22
2224mM v G m mr mr ma r r T
πω＝＝＝＝ 解得线速度
A 错误；角速度ω
B 错误；周期T
C 错误；加速度a ＝2GM r 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．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：C F F =cos30°
b F F =sin30°=12；根据三力平衡条件可知，F b 和F
c 的合力F 与F a 等值反向，
所以有c a F F =，12b a F F =，则：F a ：F c ：F b =2
1，根据定滑轮两端拉力相等，有：F a =m 1g ，F b =m 3g ，F c =m 2g ．所以：m 1：m 2：m 3=2
1，故选择C ．
3．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 ①
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 1cosα-mg=0 ③
由以上三式可解得
F 1
＝mg
cos α，a ＝mgtan M
α， 再对右图中小球受力分析，如图
由几何关系得：
F 合=mgtanα
F 1′＝mg cos α
， 再由牛顿第二定律，得到a′=gtanα
由于M ＞m ，故a′＞a ，F 1′=F 1
故选B ．
4．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32
s 的时间比2：3，则竖直方向上，根据h ＝12gt 2，则有1214 9
h h h -＝，解得h 1=1.8h 2．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h 1＝
12gt 12得，1t ．则平抛运动的最大速度0112s v t ＝．根据h 1−h 2＝12gt 22得，2t ，则平抛运动的最小速度022s v t ＝＝B 错误． 任意降低击球高度（仍大于h 2），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.
5．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θ，则有：N=mgcosθ，
不断改变，故C 错误；小球径向的合力提供向心力，则有N-mgcosα=m 2
v r
，向下运动的过程中，α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：mgsinα=f ，α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 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．
6．B
【解析】试题分析： 1R 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2R 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2R 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 向上加速运动，故D 正确．
考点：电容；闭合电路的欧姆定律．
7．AC
【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=v 0t ，竖直方向做匀加速直线运动有2y v y t ．
由题x=2cm ，竖直位移为y=1cm ，得到v y =v 0，0，该粒子到达C′点时的动能是E K =12mv 2=2•12mv 02 =2E K ．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1.5E k ．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1.5E k ，该粒子在P 点时的电势能是 1.5E k -E k =0.5E k ．故C 错误．根据能量守恒得，该粒子到达C′点时的电势能E P =1.5E k -2E K =-0.5E k ．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.
8．C
【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P =F v ，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P =F v 可知，功率一定时，速度减小后，牵引力增大，合力减小，加速度减小，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。

9．BD
【解析】若地面完全光滑，对整体分析有：a=
2F m
，隔离对B 分析，则A 对B 的作用力F AB ＝ma ＝F/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-μ（m+m ）g=2ma 解得：a=2F m
−μg ，对B ：F AB -μmg=ma 故：F AB =ma+μmg=m （a+μg ）=F/2，故D 正确，C 错误．故选BD ．
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．
10．BD
【解析】根据万有引力提供向心力，即：22
2224GMm v m m r m r r r T πω＝＝＝，解得；v ω
T ＝r=R+h ，结合黄金代换公式：GM=gR 2，代入线速度和角速度及周期
公式得：T ＝v ，故AC 错误；由黄金代换公式得中心天体的质量M ＝2gR G ，月球的体积V ＝43πR 3，则月球的密度ρ＝34g GR π，故B 正确；月球表面万有引力等于重力，则()
2GMm R h +＝mg ′，得：g ′＝(
R R H +)2g ，故D 正确；故答案选BD . 11．B
【解析】若出故障的是L 1，且L 1断路，电路中没有电流，则V 2的示数为零，不符合题意．故A 错误．若出故障的是L 2，且L 2断路，电流中没有电流，L 2两端的电势分别等于电源两极的电势，则L 2两端的电压等于电源的电压，符合题意．故B 正确．若出故障的是L 2，且L 2短路，则电压表V 2读数应该为零，不符合题意．故C 错误．若L 1和L 2都同时断路，V 2的示数和A 的示数都变为零时，与题意不符．故D 错误．故选B.
12．C
【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．根据动能定理得：-mgLsinθ+qU AB =0
得到，U AB =mgLsin q
θ，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v 0．小球的重力沿斜面向下的分力为mgsinθ一定，则当电场力沿斜面向上，大小为F=mgsinθ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sin mg q
θ．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.
13． 10.120m9.695mm
【解析】（1）游标卡尺的读数为：10.1cm+0.02mm×10=10.120cm ；
（2）金属丝的直径为9.5mm+0.01mm×19.5=9.695mm ．
14．(1)h:抛出点到地面的高度；x 1：OP 距离；x 2:OP`距离
（2）
【解析】试题分析：（1）设滑块滑到斜槽底端时速度大小为v 1，第二次离开桌面时速度大小为v 2，
第一次时应有：x1=v1，第二次时应有：x2=v2，
且v22-v12=2gL
联立①②③解得μ=
考点：牛顿第二定律
15．×112D
【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12×1Ω=12Ω．
（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．
16．（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=mg
q
；
（2）从A到B的过程中，由动能定理得：mgr+qEr=1
2
mv2-0
解得：
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
2 v r
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．（1）2A （2）16V （3）1Ω
【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：
8
2
4
L
L
P
I A
U
===．
（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：
U M=E-I（R+r）-U L=30-2×（4+1）-4=16V
（3）电动机的输出功率为：P出=U M I-I2R D=28W；解得R D=1Ω
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
．
)) 1:1
【解析】两球到达最低的过程由动能定理得：mgR=1
2
mv2
解得：
设向左为正方向，则m1的速度v1
m2的速度v2
由于碰撞瞬间动量守恒得：m2v2+m1v1=（m1+m2）v共
解得：v共
①
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：
-（m1+m2）gR（1-cos60°）=0-1
2
（m1+m2）v共2 ②
由①②解得：() ()
2
12
2
21
m m
m m
+
-
=2
整理地：m1：m2=
）：
）
点睛：注意动量守恒的条件的应用：物体之间发生相互作用的过程中，如果没有外力作用，那么相互作用的物体的总动量保持不变，在解题时注意选择合适的正方向．。