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1、12014-20152014-2015 学年湖南师大附中高三（上）第五次月考学年湖南师大附中高三（上）第五次月考物理试卷物理试卷一、选择题（本题共一、选择题（本题共 1212 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，在每小题给出的四个选项中，第分，在每小题给出的四个选项中，第 l l8 8 题只有题只有一项符合题目要求，第一项符合题目要求，第 9 9l2l2 题有多项符合题目要求，全部选对的得题有多项符合题目要求，全部选对的得 4 4 分，选对但不全的分，选对但不全的得得 2 2 分，有选错或不选的得分，有选错或不选的得 O O 分将选项填写在答题卷上）分将选项填写在答题卷上）1 （4 分）在物
2、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【考点】： 物理学史【分析】：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解析解析】： 解：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，故 A 正确；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，故 B 正确；C、卡文迪许通过扭秤实验，较准
3、确地测出了引力常量，故 C 错误；D、安培的分子环形电流假说是说核外电子绕原子核作圆周运动故可以解释磁化、退磁现象，通电导线的磁场是由自由电荷的定向运动形成的，即产生磁场的不是分子电流，故不能解释电流为什么能产生磁场故 D 错误；故选：AB【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，这也是考试内容之一2 （4 分）水平抛出的小球，t 秒末的速度方向与水平方向的夹角为 1，t+t0秒末速度方向与水平方向的夹角为 2，忽略空气阻力，则小球初速度的大小为（ ）A gt0（cos1cos2） B 2C gt0（tan1tan2） D 【考点】： 平抛运动【
4、专题】：平抛运动专题【分析】：设水平方向上的速度为 v0，根据平行四边形定则求出 t 秒末、 （t+t）秒末竖直方向上的分速度，根据vy=gt 求出小球的初速度【解析解析】： 解：设水平方向上的速度为 v0，t 秒末速度方向与水平方向的夹角为 1，则竖直方向上的分速度：vy1=v0tan1，（t+t）秒末速度方向与水平方向的夹角为 2，则竖直方向上的分速度：根据 vy2vy1=gt 得：故 B 正确，A、C、D 错误故选：B【点评】：解决本题的关键掌握平抛运动的规律，知道平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀速直线运动3 （4 分）汽车在水平公路上以额定功率做直线运动，速度为 3
5、m/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【考点】： 功率、平均功率和瞬时功率【专题】：功率的计算专题【分析】：根据 P=Fv，结合牛顿第二定律，抓住速度为 3m/s 时的加速度为 6m/s 时的 3 倍，求出功率与阻力的关系，根据牵引力与阻力相等时，速度最大，求出最大速度的大小3【解析解析】： 解：设额定功率为 P，则速度为 3m/s 时的牵引力，速度为 6m/s 时，牵引力为根据牛顿第二定律得，F1f=3（F2f） ，解得 f=因为牵引力与阻力
6、相等时，速度最大，则 F=f=，知最大速度为 12m/s因为功率未知，无法求出阻力，该运动为变加速运动，无法求出运动的时间故 A 正确，B、C、D 错误故选：A【点评】：解决本题的关键通过加速度的大小关系得出功率与阻力的关系，结合牵引力等于阻力时，速度最大得出最大速度的大小4 （4 分）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 处，现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的 处，则该电阻的阻值为（ ）A 4R B 5R C 10R D 16R【考点】： 把电流表改装成电压表【专题】：实验题；恒定电流专题【分析】：欧姆表调零即待
7、测电阻为零，根据指针偏转位置和闭合回路欧姆定律求解【解析解析】： 解：设电动势为 E，内阻为 R 内，满偏电流为 Ig，欧姆表调零时，Ig=测一阻值为 R 的电阻时4Ig=测一未知电阻时Ig=解这三式得：R=16R故选 D【点评】：考查欧姆表的改装原理，结合闭合回路欧姆定律进而求所测电阻5 （4 分）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 F1，b 导线受到的磁场力大小为 F2，则 a 通电导线的电流在 b 导线处产生的磁感应强度大
8、小为（ ）A B C D 【考点】： 磁感应强度；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；安培力【专题】：电磁感应中的力学问题【分析】：两个导线间的作用力是相互作用力，根据牛顿第三定律，等大、反向、共线；两个导线在原磁场中受到向外侧的作用力；求解出导线 a、b 间的相互作用力后，再根据磁感应强度的定义公式 B=列式求解【解析解析】： 解：两个导线间的作用力是相互作用力，根据牛顿第三定律，等大、反向、共线，大小设为 Fab；对左边电流，有：F1=BIL+Fab对右边电流，有：F2=2BIL+Fab两式联立解得：Fab=2F1F2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：5B=故选：
9、C【点评】：本题关键是明确两个导线间的作用力是相互作用力，然后根据磁感应强度的定义公式列式求解6 （4 分）如图为宇宙中一恒星系的示意图，A 为该星系的一颗行星，它绕中央恒星 O 运行轨道近似为圆，天文学家观测得到 A 行星运动的轨道半径为 R0，周期为 T0长期观测发现，A 行星实际运动的轨道与圆轨道总有一些偏离，且周期每隔 t0时间发生一次最大偏离，天文学家认为形成这种现象的原因可能是 A 行星外侧还存在着一颗未知的行星 B（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 A 行星的万有引力引起 A 轨道的偏离，由此可推测未知行星 B 的运动轨道半径为（ ）A R0
10、 B R0C R0 D R0【考点】： 万有引力定律及其应用【专题】：万有引力定律的应用专题【分析】：A 行星实际运动的轨道与圆轨道总有一些偏离，且周期每隔 t0时间发生一次最大偏离，知每隔 t0时间 A、B 两行星相距最近，可以求出 B 的周期，再根据万有引力提供向心力，得出轨道半径【解析解析】： 解：周期每隔 t0时间发生一次最大偏离，知每隔 t0时间 A、B 两行星相距最近，即每隔 t0时间 A 行星比 B 行星多运行一圈有：，则 TB=，6根据万有引力提供向心力：，r=，所以则 rB=故 B 正确，A、C、D 错误故选 B【点评】：解决本题的关键知道每隔 t0时间发生一次最大偏离，知每
11、隔 t0时间 A、B 两行星相距最近，而得出每隔 t0时间 A 行星比 B 行星多运行一圈以及会利用万有引力提供向心力：进行求解7 （4 分）静电计是在验电器的基础上制成的，用萁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问的电势差大小，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
12、 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【考点】： 电容器的动态分析【专题】：电容器专题【分析】：静电计测量的是电容器两端的电势差，断开电键，电容器所带的电量不变，根据电容的变化判断电势差的变化闭合电键，电容器两端的电势差等于电源的电动势【解析解析】： 解：A、断开电键，电容器带电量不变，将 A 向左移动少许，则 d 增大，根据C=知，电容减小，根据 U= 知，电势差增大，指针张角增大故 A 错误7B、断开 S 后，在 A、B 间插入一电介质，根据 C=知，电容增大，根据 U= 知，电势差减小，则指针张角减小，故 B 错误C、断开 S 后，将 A 向上移动少许，根据
13、 C=知，电容减小，根据 U= 知，电势差增大，则指针张角变大故 C 正确D、保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头滑动不会影响指针张角，故 D 错误故选：C【点评】：本题考查电容器的动态分析，关键抓住断开电键，电容器所带的电量不变，电键闭合，电容器两端的电势差不变8 （4 分）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
14、=k （q 的正负对应 的正负） 假设左侧部分在 M 点的电场强度为 E1，电势为 1；右侧部分在 M 点的电场强度为 E2，电势为 2；整个半球壳在 M 点的电场强度为E3，在 N 点的电场强度为 E1下列说法正确的是（ ）A 若左右两部分的表面积相等，有 E1E2，12B 若左右两部分的表面积相等，有 E1E2，12C 不论左右两部分的表面积是否相等，总有 E1E2，E3=E4D 只有左右两部分的表面积相等，才有 E1E2，E3=E4【考点】： 电势差与电场强度的关系；电场强度【专题】：电场力与电势的性质专题【分析】：根据电场的叠加原理，分析半球壳在 M 点的场强方向，再比较场强的大小关系
15、根据 =k ，结合左右两侧球壳上点电荷到 M 点距离的关系，进行分析，完整的均匀8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【解析解析】： 解：A、设想将右侧半球补充完整，右侧半球在 M 点的电场强度向右，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原则可知，E1方向水平向左，E2方向水平向右，左侧部分在 M 点产生的场强比右侧电荷在 M 点产生的场强大，E1E2 ，根据几何关系可知，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 =k ，且球面带负
16、电，q为负得：12，故 AB 错误；C、E1E2 与左右两个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，故 C 正确，D 错误故选：C【点评】：本题运用点电荷场强公式和电场的叠加原理理解场强关系，要读懂题意，根据电势公式分析电势的关系，难度适中9 （4 分）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，
