1、湖南省衡阳八中2015届高三上学期第四次月考物理试题（解析版）【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的必修一、必修二等内容，主要包含物理学方法受力分析、匀变速直线运动的规律、追及问题、牛顿运动定律、动能定理、欧姆定律、带电粒子在匀强电场中的运动电流表改装气态方程分子动理论等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，重视生素养的考查，注重主干知识，兼顾覆盖面。一、 选择题（本题共12小题，每题4分，共48分。其中1-8题为单选题，9-12题为多选题，全对得4分，选对但不全的得2分，选错不给分）【题文】1.在物理学的重大发现中，科学家总结出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极
2、限思想法、类比法、科学假说法和建立物理模型法等，以下关于物理学研究方法的叙述不正确的是 ()A在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点代替物体的方法叫假设法B根据速度的定义式，当t非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想法C在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系， 再保持力不变研究加速度与质量的关系，该探究运用了控制变量法D在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里运用了微元法【知识点】物理学方法P【答案解析】A解析：A、质点是实际物体在一定条件下的科学抽
3、象，是采用了建立理想化的物理模型的方法；没有采用假设法；故A错误；B、根据速度定义式v= ，当t非常非常小时， 就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，故B正确；C、在实验探究加速度与力、质量的关系时，因为三量之间相互都有关系，故应采用控制变量法；故C正确；D、在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法故D正确；【思路点拨】质点是实际物体在一定条件下的科学抽象，是采用了建立理想化的物理模型的方法；当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法
4、；在研究多个量之间的关系时，常常要控制某些物理量不变，即控制变量法；在研究曲线运动或者加速运动时，常常采用微元法，将曲线运动变成直线运动，或将变化的速度变成不变的速度【题文】2.下列说法正确的是A.液体中悬浮颗粒的无规则运动称为布朗运动 B.液体分子的无规则运动称为布朗运动C.物体从外界吸收热量，其内能一定增加 D.物体对外界做功，其内能一定减少【知识点】分子动理论 热力学定律与能量守恒H1 H3【答案解析】A解析：布朗运动形成的原因是由于液体分子对悬浮微粒无规则撞击引起的小颗粒并不是分子，小颗粒无规则运动的轨迹不是分子无规则运动的轨迹，所以布朗运动是指液体中悬浮固体小颗粒的运动，不是液体分子
5、的运动，故A正确B错误；物体从外界吸收热量，有可能同时对外做功，根据热力学第一定律公式，其内能不一定增加，同理，物体对外做功，有可能同时从外界吸收热量，其内能不一定减少，故CD错误。故选A.【思路点拨】布朗运动形成的原因是由于液体分子对悬浮微粒无规则撞击引起的；物体从外界吸收热量，有可能同时对外做功；其内能不一定增加，同理，物体对外做功，有可能同时从外界吸收热量，其内能不一定减少，【题文】3.研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，未人类发射的地球同步卫星与现在的相比()A向心加速度变大 B距地面的高度变大C线速度变大 D角
6、速度变大【知识点】万有引力定律D5【答案解析】B解析：同步卫星的周期等于地球的自转周期，根据万有引力定律和牛顿第二定律可知，卫星的周期越大，轨道半径越大，所以地球自转变慢后，同步卫星需要在更高的轨道上运行，选项B正确；而此时万有引力减小，所以向心加速度减小、线速度减小，角速度减小，故选项A、C、D错误. 故B正确.【思路点拨】同步卫星的周期等于地球的自转周期，根据万有引力定律和牛顿第二定律可知，卫星的周期越大，轨道半径越大，所以地球自转变慢后，同步卫星需要在更高的轨道上运行；万有引力减小，向心加速度减小、线速度减小，角速度减小.【题文】4.M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初
7、速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是（）A电子在N点的动能小于在M点的动能 B该电场有可能是匀强电场C该电子运动的加速度越越小 D电子运动的轨迹为曲线如图所示【知识点】电势能、电势差、电势I2【答案解析】C解析：电子从M运动到N过程中，只受电场力且初速度为零，电场力做正功，电势能减小，动能增加，因此N点动能大于M点动能，A错误；由电场力做功和电势能变化关系EPW电F电x，在Epx图象中斜率的绝对值是F电，由图象知，斜率逐渐减小，则电场力逐渐减小，电场强度逐渐减小，加速度逐渐减小，B错误、C正确；带电粒子初速度为0且
8、沿电场线移动，其轨迹一定为直线，D错误.【思路点拨】电子从M运动到N过程中，只受电场力且初速度为零，电场力做正功，电势能减小，动能增加，由电场力做功和电势能变化关系EPW电F电x，在Epx图象中斜率的绝对值是F电，由图象知，斜率逐渐减小，则电场力逐渐减小，电场强度逐渐减小，加速度逐渐减小，带电粒子初速度为0且沿电场线移动，其轨迹一定为直线.【题文】5.用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用串联或并联的方式接入电路，如图（a）、（b）所示，则闭合开关后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（）A图（a）中的A1、A2的示数
9、相同 B图（a）中的A1、A2的指针偏角相同C图（b）中的A1、A2的示数和偏角都不同 D图（b）中的A1、A2的指针偏角相同【知识点】电流表改装成电流表J10【答案解析】B解析：A、a图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同故A错误，B正确C、b图乙中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同故CD错误故选B.【思路点拨】电流表A1、A2是由两个相同的小量程电流表改装成的，它们并联时，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程大的电流表读数大当它们串联时
10、，A1、A2的示数相同由于量程不同，内阻不同，两电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同【题文】6.竖直平面内放一直角杆MON，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数0.2，杆的竖直部分光滑。两部分各套有质量均为1 kg的小球A和B，A、B球间用细绳相连。初始A、B均处于静止状态，已知：OA3 m，OB4 m，若A球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动1 m(取g10 m/s2)，那么该过程中拉力F做功为() A 14 J B10 J C6 J D4 J【知识点】物体平衡、功能关系以及整体法的应用B7【答案解析】A解析：由题意可知，绳长，若A球向右移动1m，OA=4m，则OB=3m，即B球
11、升高hB=1m，对整体AB进行受力分析，在竖直方向上杆对A球的支持力FN=(mA+mB)g，球A受到的摩擦力Ff=FN=4N，由功能关系可知，拉力做功，所以A正确.【思路点拨】对AB整体受力分析，受拉力F、重力G、支持力N、向左的摩擦力f和向左的弹力N1，根据共点力平衡条件列式，求出支持力N，从而得到滑动摩擦力为恒力；最后对整体运用动能定理列式，得到拉力的功【题文】7.在电场强度大小为E的匀强电场中，将一个质量为m、电荷量为q的带电小球由静止开始释放，带电小球沿与竖直方向成(450)角做直线运动.关于带电小球的电势能和机械能W的判断，正确的是A.若sin，则一定减少，W一定增加 B.若sin=
12、，则、W一定不变C.若sin,则一定增加，W一定减小 D.若tan=，则可能增加，W一定增加【知识点】；I2【答案解析】B解析：由于带电小球由静止开始运动，小球只受重力和电场力，因q45且sinqqE/mg，由受力分析可知电场力垂直速度，电场力不做功，电势能和机械能不变，B对；同理判断ACD 错.【思路点拨】带电小球从静止开始做直线运动，受到两个恒力作用，其合力与速度方向必定在同一直线上，根据电场力与速度方向的夹角，判断电场力做功正负，确定电势能和机械能的变化【题文】8.如图所示，在水平传送带上有三个质量分别为m1、m2、m3的木块1、2、3, 1和2及2和3间分别用原长为L，劲度系数为k的轻
13、弹簧连接起，木块与传送带间的动摩擦因数均为，现用水平细绳将木块1固定在左边的墙上，传送带按图示方向匀速运动，当三个木块达到平衡后，1、3两木块之间的距离是() A BC. D. 【知识点】力的合成与分解的运用、共点力平衡的条件及其应用B3 B7【答案解析】B解析：对木块3分析，摩擦力与弹簧弹力平衡，有：m3g=kx，则x=对木块2和3整体分析，摩擦力和弹簧弹力平衡，有：（m2+m3）g=kx，则则1、3两木块的距离s=2L+x+x=2L+故A、C、D错误,选B【思路点拨】分别对木块3和木块2和3整体分析，通过共点力平衡，结合胡克定律求出两根弹簧的形变量，从而求出1、3量木块之间的距离【题文】9
14、.在如图甲所示的电路中，L 1、L 2和L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关S闭合后，电路中的总电流为025 A则此时AL 1的电压为L 2电压的2倍 BL 1消耗的电功率为075 WCL 2的电阻为12 DL 1、L 2消耗的电功率的比值大于4：1【知识点】；J2【答案解析】BD解析：由伏安特性曲线可知三个灯泡的电阻不是定值电阻，并且也不是线性变化的，当电路中的总电流为025 A 时，通过L 2和L3分别是0.125A，由图乙可知，此时L 1的电压是3.0V，L 2电压约是0.4V，所以A错B对；L 2和L3的电阻约为，C错；L 1、L 2消耗的电功率的比值
15、大于4：1，D对.【思路点拨】当开关闭合后，灯泡L1的电压等于3V，由图读出其电流I，由欧姆定律求出电阻，并求出其电功率灯泡L2、L3串联，电压等于1.5V，由图读出电流，求出电功率【题文】10.水平传送带在电动机的带动下始终以速度v匀速运动。某时刻在传送带上A点处轻轻放上一个质量为m的小物体，经时间t小物体的速度与传送带相同，相对传送带的位移大小为x，A点未到右端，在这段时间内A小物体相对地面的位移大小为x B传送带上的A点对地的位移大小为xC由于物体与传送带相互作用产生的热能为mv2D由于物体与传送带相互作用电动机要多做的功为mv2【知识点】牛顿第二定律C2 【答案解析】AD解析：本题考查
16、的是传送带问题，由于传送带以速度v匀速运动，小物体无初速度放上去，先做匀加速直线运动，当速度达到和传送带速度相同时，随传送带一起做匀速直线运动。所以小物体相对地面的位移大小为x，A选项正确，B选项错误；物体与传送带相互作用电动机要多做的功包括摩擦放热和物体增加的动能两个部分，所以为，D选项正确。所以正确答案选AD.【思路点拨】本题考查的是传送带问题，由于传送带以速度v匀速运动，小物体无初速度释放，先做匀加速直线运动，当速度达到和传送带速度相同时，随传送带一起做匀速直线运动.【题文】11.如图所示电路中，电电动势E恒定，内阻r1 ，定值电阻R35 .当开关K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相
17、等则以下说法中正确的是（）A电阻R1、R2可能分别为4、5 B电阻R1、R2可能分别为3、6C开关K断开时电压表的示数一定小于K闭合时的示数D开关K断开与闭合时，电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比一定等于6【知识点】闭合电路欧姆定律 J2【答案解析】AD解析：将R3和电串联在一起看做等效电，则该等效电的电动势为E，等效内阻为rrR3，K闭合时，两电表的示数分别为：.当K断开时，两电表的示数分别为：.又U故选项C错由以上各式可得：r，故D选项正确据题意，UIUI，代入解得：R1(R1R2)r2，显然A选项正确，B选项错误；故AD正确.【思路点拨】当K闭合时R2被短路，根据电键K断
18、开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，列出方程，将电阻R1、R2代入，选择使方程成立的阻值根据外电路总电阻的变化，分析电压表示数的大小关系根据闭合电路欧姆定律求解电键K断开与闭合时电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比【题文】12.如图所示，在光滑绝缘水平面上有一半径为R的圆，AB是一条直径，空间有匀强电场场强大小为E，方向与水平面平行。在圆上A点有一发射器，以相同的动能平行于水平面沿不同方向发射带电量为+q的小球，小球会经过圆周上不同的点，在这些点中，经过C点的小球的动能最大。由于发射时刻不同时，小球间无相互作用。且=30，下列说法正确的是（ ）A. 电场的方向与AC间的夹角为
19、30 B. 电场的方向与AC间的夹角为60C. 小球在A点垂直电场方向发射，恰能落到C点，则初动能为qERD. 小球在A点垂直电场方向发射，恰能落到C点，则初动能为qER【知识点】小球在匀强电场中的运动，平抛运动D2 I2【答案解析】AC解析小球在匀强电场中，从A点运动到C点，根据动能定理qUAC=Ek,因为到达C点时的小球的动能最大，所以UAC最大，即在圆周上找不到与C电势相等的点且由A到C电场力对小球做正功过C点作切线，则CF为等势线过A点作CF的垂线，则该线为电场线，场强方向如图示因为CAB=30，所以连接CO，ACO=30，故COAM，所以电场方向与AC间的夹角为30，沿OC方向,选项
20、A正确。小球只受电场力，做类平抛运动水平方向上：x=Rcos30=v0t，竖直方向上：y=R+Rsin30=由以上两式得：Ek=mv2=qER；选项C正确。【思路点拨】小球在匀强电场中，从A点运动到C点，根据动能定理qUAC=Ek,因为到达C点时的小球的动能最大，所以UAC最大，即在圆周上找不到与C电势相等的点且由A到C电场力对小球做正功过C点作切线，则CF为等势线过A点作CF的垂线，则该线为电场线；小球只受电场力，做类平抛运动二、 实验题（共2小题，共14分）【题文】13.（8分）将小电珠L、滑动变阻器、多用电表、电流表、直流稳压电、开关和导线若干连成如图1所示的电路，进行“描绘小电珠的伏安
21、特性曲线”的实验。闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P置于 端（填“左”或“右”）。用多用电表电压档测量L电压时，红表笔应接图1中的 点。（填“a”或“b”）正确连线后，闭合开关，发现不论怎么调节滑动变阻器的滑片，多用电表指针均不偏转，将两表笔改接到图1电路的a、c两点，电表指针仍不偏转；改接c、d两点时，电表指针偏转如图2所示，其示数为 V；可判定故障为 。【知识点】实验：多用电表的使用 J8【答案解析】左a2.00；c、d间断路解析：闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P置于左端，以保护电路；红表笔接电的正极，故接a点；从表中可读得读数为2.00V，表笔接在a、b两点和a、c两点指针不偏转，改接
22、a、d两点时，针偏转可判断d、c间电路断路【思路点拨】闭合开关前，应将滑动变阻器的最大，以保护电路；红表笔接电的正极，；正确读值，表笔接在a、b两点和a、c两点指针不偏转，改接a、d两点时，针偏转可判断d、c间电路断路【题文】14.（6分）在做测量电电动势E和内阻r的实验时，提供的器材是：待测电一个，内阻为RV的电压表一个（量程略大于电的电动势），电阻箱一个，开关一个，导线若干。为了测量得更加准确，多次改变电阻箱的电阻R，读出电压表的相应示数U，以为纵坐标，R为横坐标，画出与R的关系图象,如图所示。由图象可得到直线在纵轴上的截距为m，直线的斜率为k,试根据以上信息(1)在虚线框内画出实验电路图
23、。(2)写出、的表达式， _ ；_ 【知识点】测量电电动势和内阻J7【答案解析】：（1）电路图如图所示；（2）；解析：（1）伏阻法测电电动势与内阻的实验电路图如图所示 （2）电压表的电阻为RV，闭合开关，设电路电流为I，闭合电路欧姆定律得：E=U+I（r+R）=U+（r+R），解得：=+；可见是R的一次函数，k=，m=+，解得：E=，r=.【思路点拨】采用伏阻法测电电动势与内阻，电阻箱与电串联接入电路，电压表测路端电压，据此作出实验电路图由闭合电路的欧姆定律求出-R表达式，然后根据图象求出电电动势与电内阻三、计算题（共4小题，共38分）【题文】15.（8分）如图所示，上端开口的光滑圆形气缸竖直
24、放置，活塞将一定质量的气体封闭在气缸内。在气缸内距缸底60cm处设有卡环ab，使活塞只能向上滑动。开始时活塞搁在ab上，缸体内气体的压强等于大气压强为p0，活塞因重力而产生的压强为0.2p0,气体起始温度为300K，现缓慢加热气缸内气体，求：（1）温度为多少时活塞开始离开ab？（2）当温度缓慢升为多少时，活塞活塞离缸底80cm？【知识点】气态方程H3【答案解析】（1）T1=360k(2) T2=480k解析：（1）由等容变化有： 解得：T1=360k (2)设横截面积为s, 由等压变化有： 解得：T2=480k【思路点拨】根据活塞静止则气体向上的压力等于活塞的重力与大气压力的和，由等容变化求出
25、温度；活塞缓慢上升过程是等压变化，由盖吕萨克定律易得末温度【题文】16.（8分）交管部门强行推出了“电子眼”，机动车擅自闯红灯的大幅度减少。现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10 m/s当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车（反应时间忽略不计），乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢（反应时间为0.5 s）。已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4倍，乙车紧急刹车制动力为车重的0.5倍，求：（1）若甲司机看到黄灯时车头距警戒线15 m他采取上述措施能否避免闯红灯？（2）为保证两车在紧急刹车过程中不
26、相撞，甲、乙两车行驶过程中应保持多大距离？【知识点】匀变速直线运动的规律、追及问题、牛顿第二定律C2 A2【答案解析】（1）能避免（2）2.5 m解析：1)甲车紧急刹车的加速度为：m/s2 甲车停下所需时间： 甲滑行距离： 由于S=12.5 m15 m，所以甲车能避免闯红灯。(2)设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离，在乙车刹车t2时间两车速度相等，乙车紧急刹车的加速度为：m/s2 速度相等： 解得：t2=2.0 s乙发生的位移： 甲发生的位移：=12.5 m 【思路点拨】（1）根据速度时间公式求出两车速度相等所需的时间（2）速度相等前，因为甲的加速度小于乙的加速度，两者距离逐渐减小，若不相撞
27、，速度相等后，两者距离逐渐增大，要保证两车不相撞，即保证速度相等时恰好不相撞，结合速度时间公式和位移公式求出甲乙两车刹车前至少相距的距离【题文】17.（10分）如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d=8cm，板长为L=25cm，接在直流电上，有一带电液滴以v0=0.5m/s的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下板向上提起cm，液滴刚好从金属板末端飞出，求：（1）将下板向上提起后，液滴的加速度大小；（2）液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点所用时间为多少？（g取10m/s2）【知识点】带电粒子在匀强电场中的运动 I3【答案解析】（1）（2）0.3s
28、解析：（1）带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，因为液滴匀速运动，所以有：当下板向上提后，d减小，E增大，电场力增大，故液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动.此时液滴所受电场力.（2）因为液滴刚好从金属末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是设液滴从P点开始在匀强电场中飞行的时间为 ，而液滴从刚进入电场到出电场的时间所以液滴从射入开始匀速运动到P点时间为.【思路点拨】1）电容器与电相连，故极板间电势差恒定，由E=,可以求出电场强度与电势差的关系，从而根据开始时液滴平衡求解电场力与重力的关系，从而求得下极板上提后电荷所受电场力的大小，根据牛顿第二定律求解加速即可；（2）根据粒子恰好从上极板边缘飞
29、出，根据竖直方向粒子做匀加速运动，由加速度和位移求出粒子做类平抛运动时间，而粒子穿过平行板的总时间等于板长与初速度的比值，从而求得粒子到达P的时间本题抓住平行板间电场强度与电势差的关系，知道粒子做类平抛运动求出粒子的运动情况，电容器与电相连极板电压保持不变掌握基本规律是解决问题的关键【题文】18.（12分）如图所示，以水平地面建立x轴，有一个质量为m=1kg的木块放在质量为M=2kg的长木板上，木板长L=11.5m.已知木板与地面的动摩擦因数为 1=0.1，m与M之间的动摩擦因数 2=0.9（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）m与M保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A点经过坐标原点O时的速度
30、为v0=10m/s，在坐标为X=21m处的P点有一挡板，木板与挡板瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速度不变，若碰后立刻撤去挡板，g取10m/s2,求：（1）木板碰挡板时的速度V1为多少？ (2) 碰后M与m刚好共速时的速度？（3）最终木板停止运动时AP间距离？【知识点】牛顿第二定律C2【答案解析】（1）V1=9m/s（2）V共=1.8m/s，方向向左(3) 19.60m解析：（1）对木块和木板组成的系统，有1（m+M）g=（m+M）a1，V02V122a1s 解得：a1=1m/s2 V1=9m/s（2）由牛顿第二定律可知：am2g9m/s2 aM6m/s2m运动至停止时间为：t1
31、=v1/am=1 s此时M速度：VM=V1-aMt1=3m/s，方向向左，此后至m，M共速时间t2， 有：VM-aMt2=amt2 得：t2=0.2s共同速度V共=1.8m/s，方向向左(3)至共速M位移：S1=(V1+V共)(t1+t2)/26.48m共速后m，M以a11m/s2 向左减速至停下位移：S2=1.62m最终AP间距： X=11.5+S1+S2=11.5+6.48+1.62=19.60m【思路点拨】（1）对木块和木板系统运用牛顿第二定律求出整体的加速度，根据匀变速直线运动的速度位移公式求出木板碰挡板P时的速度大小（2）根据牛顿第二定律分别求出木板和木块碰后的加速度，m向右做匀减速直线运动，M向右做匀减速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出最终木板停止运动时其左端A的位置坐标版权所有：高考资源网()版权所有：高考资源网()