衡陽市八中2019級高三第6次月考物理試題（教師版）

衡陽市八中2019級高三第六次月考試題物理命題人：劉龍華審題人：陳珍請注意：時量75分鐘滿分100分選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.如圖所示為一個無線充電器，右側(cè)是一個可以輻射電磁場的線圈，逆時針繞向，左側(cè)是配套的模塊化接口電路，它能把直流電變成高頻交流電。手機背部安裝有受電線圈，當(dāng)正對送電線圈放上去時就實現(xiàn)了給手機充電的功能，其工作原理與變壓器類似。圖中最內(nèi)側(cè)線圈中間黑色Ⅰ區(qū)域為線圈中心區(qū)域，Ⅱ區(qū)域為環(huán)狀繞線區(qū)域，若某時刻電流恒定，則下列說法正確的是（）

A.當(dāng)送電線圈通順時針方向的電流時，其中心區(qū)域的磁場方向垂直紙面向里B.在中心區(qū)域的白點處垂直線圈放一根較短的通電導(dǎo)線，它會受到安培力的作用C.送電線圈Ⅰ區(qū)域的磁場比Ⅱ區(qū)域的磁場弱D.當(dāng)圖中送電線圈的電流增加時，受電電流一定增加【答案】A【解析】【詳解】A．當(dāng)通入順時針方向電流時，根據(jù)安培定則，可以判斷中心區(qū)域磁場垂直紙面向里，A正確；B．垂直線圈放一根較短的通電導(dǎo)線時，導(dǎo)線與磁場平行，所以導(dǎo)線不受力，B錯誤；C．由于所有線圈產(chǎn)生的磁場都通過Ⅰ區(qū)域，并且方向相同，所以Ⅰ區(qū)域的磁場比Ⅱ區(qū)域強，C錯誤；D．當(dāng)電阻一定時，受電電流的大小取決于單位面積上磁通量的變化率，D錯誤。故選A。2.北京時間2021年10月16日0時23分，搭載神舟十三號載人飛船的長征二號F遙十三運載火箭，在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心點火發(fā)射。這是我國載人航天工程立項實施以來的第21次飛行任務(wù)，也是空間站階段的第2次載人飛行任務(wù)。飛船入軌后，在完成與空間站高難度的徑向交會對接后，航天員將進(jìn)駐天和核心艙，開啟為期6個月的在軌駐留。已知空間站在距離地球表面約400km的高度，每90分鐘繞地球一圈，1天之內(nèi)將經(jīng)歷16次日出日落。下列說法正確的是（）A.空間站在軌運行的線速度小于7.9km/sB.空間站運行角速度小于地球同步衛(wèi)星運行角速度C.載人飛船需先進(jìn)入空間站軌道，再加速追上空間站完成對接D.已知空間站的運行周期、軌道高度和引力常量G，可求出空間站質(zhì)量【答案】A【解析】【詳解】A．根據(jù)萬有引力提供向心力得因為空間站的軌道半徑大于地球半徑，則運行線速度小于第一宇宙速度，故A正確；B．同步衛(wèi)星的周期為24h，空間站的周期為90min，由可知空間站運行角速度大于地球同步衛(wèi)星運行角速度，故B錯誤；C．若載人飛船需先進(jìn)入空間站軌道，加速后會做離心運動飛到更高的軌道，無法與空間站完成對接，故C錯誤；D．根據(jù)可知空間站的質(zhì)量總會被約掉，所以已知空間站的運行周期、軌道高度和引力常量G，無法求出空間站質(zhì)量，故D錯誤。故選A。3.★電路如圖所示，電源的電動勢為E、內(nèi)阻為r，與定值電阻R1、R2及滑動變阻器R連接，當(dāng)滑動變阻器的觸頭由中點滑向b端時，下列說法正確的是電壓表讀數(shù)增大，電流表讀數(shù)減小R1的電功率減小

C.電源的輸出功率增大D.通過R1的電流變化量ΔI1大于通過滑動變阻器的電流變化量ΔIR【答案】B4.一物體靜止在光滑水平面上，從0時刻起，受到的水平外力如圖所示，以向右運動為正方向，物體質(zhì)量為，則下列說法正確的是（）A.2s時物體回到出發(fā)點B.3s時物體的速度大小為C.第3s內(nèi)物體的位移為4mD.前2s內(nèi)物體的平均速度為0【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．根據(jù)牛頓第二定律可得物體的加速度隨時間變化的圖像如圖所示內(nèi)，物體向右加速，向右減速，時速度剛好減為0，內(nèi)物體一直向右運動，A錯誤；BC．第內(nèi)，物體從靜止開始向右做勻加速運動，加速度為第末速度為第內(nèi)物體的位移為C錯誤B正確；D．前，物體一直向右運動，位移不為0，根據(jù)平均速度的定義式平均速度不為0，D錯誤。故選B?！?.水平光滑的絕緣木板上點的正上方固定一正點電荷，其電荷量為，、、為木板上以為圓心的三個等間距同心圓?，F(xiàn)將一帶正電的小球P從木板上點附近靜止釋放，小球依次經(jīng)過、、位置，其電勢能分別為、、，加速度分別為、、，忽略P對電場的影響，下列說法中正確的是（）???????A.、、三處的電勢大小???????

B.間的電勢差與間的電勢差大小???????

C.P在、、位置處的電勢能大小???????

D.P在、、位置處的加速度大小???????【答案】A【解析】【分析】本題考查了電場力做功與電勢能變化的關(guān)系以及非勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系。帶正電的點電荷形成的電場，距離電荷越遠(yuǎn)則電勢越低，根據(jù)庫侖定律結(jié)合圖中幾何關(guān)系求解小球P所受庫侖力的水平分量的表達(dá)式，根據(jù)表達(dá)式分析電場力的變化，進(jìn)一步分析加速度的變化及ab與cd之間的電勢差的變化；帶正電的小球P依次經(jīng)過a、b、c三點，電場力做正功，所以電勢能減小，由此分析電勢能的變化。

【解答】

A.帶正電的點電荷形成的電場，距離電荷越遠(yuǎn)則電勢越低，所以a、b、c三處的電勢大小為

>>，故A正確；

BD.如圖所示

小球P所受電場力的水平分量為：，

所以，，F(xiàn)x=0；，F(xiàn)x=0，所以正電的小球P從木板上O點附近靜止釋放向無窮遠(yuǎn)處運動過程中，沿x軸方向的電場力先增大后減小。所以無法確定小球P在a、b、c位置處沿x軸所受電場力Fx的大小關(guān)系，由牛頓第二定律F=ma可知無法確定P在a、b、c位置處的加速度大小的大小關(guān)系；

由W=Fxx可知無法確定小球P從a到b與從b到c電場力做功的大小關(guān)系，由可知無法確定ab間的電勢差與bc間的電勢差大小，故BD錯誤；

C.帶正電的小球P依次經(jīng)過a、b、c三點，電場力做正功，所以電勢能減小，所以帶正電的小球P在a、b、c位置處的電勢能大小為>>，故C錯誤。

故選A。

6.如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在墻上?？臻g存在水平方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里。一個帶正電的小物塊（可視為質(zhì)點）從A點以初速度v0向左運動，接觸彈簧后運動到C點時的速度恰好為零，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。已知AC兩點間的距離為L，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。則物塊由A運動到C點的過程中，下列說法正確的是（C）A．小物塊的加速度先不變后減小B．彈簧的彈性勢能增加量為C．小物塊與彈簧接觸的過程中，摩擦力的功率逐漸減小D．小物塊運動到C點時速度為零，加速度也一定為零二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。★7．一個長直密繞螺線管N放在一個金屬圓環(huán)M的中心，圓環(huán)軸線與螺線管軸線重合，如圖甲所示。螺線管N通有如圖乙所示的電流，下列說法正確的是（）

A.t=時刻，圓環(huán)有擴張的趨勢

B.t=時刻，圓環(huán)有收縮的趨勢

C.t=和t=時刻，圓環(huán)內(nèi)有相同的感應(yīng)電流

D.t=和t=時刻，圓環(huán)內(nèi)有相同的感應(yīng)電流【答案】AD【解析】【分析】

本題主要考查楞次定律，線圈中的電流增大或減小時，根據(jù)楞次定律判斷出閉合金屬圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向。

???????根據(jù)感應(yīng)電流產(chǎn)生的效果總是阻礙引起感應(yīng)電流的原因，可以很好判斷閉合金屬圓環(huán)的面積變化趨勢。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律判斷感應(yīng)電動勢與感應(yīng)電流的大小。

【解答】AB．由圖可知在時刻，通過線圈的電流增大，則線圈產(chǎn)生的磁場增大，所以穿過金屬小圓環(huán)的磁通量變大，則需要回穿的磁感線條數(shù)增加，根據(jù)楞次定律可知，圓環(huán)有擴張的趨勢，選項A正確，B錯誤；C．由圖可知在時刻通過線圈的電流增大，而在時刻通過線圈的電流減小，根據(jù)楞次定律可知兩時刻圓環(huán)感應(yīng)電流方向不同，選項C錯誤；D．由圖可知在和時刻，線圈內(nèi)電流的變化率是大小相等的，則線圈產(chǎn)生的磁場的變化率也相等，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，圓環(huán)內(nèi)的感應(yīng)電動勢大小是相等的，所以感應(yīng)電流大小也相等，根據(jù)楞次定律可知兩時刻圓環(huán)感應(yīng)電流方向也相同，選項D正確。故選AD。8.如圖為含有理想變壓器的電路，圖中電流表均為理想電表，三個燈泡電阻相同且不變。變壓器原線圈兩端接入有效電壓為18V的正弦交流電，開關(guān)S閉合時，均能發(fā)光。當(dāng)開關(guān)S斷開后，電流表A1示數(shù)改變了0.3A，A2示數(shù)改變了0.6A，則下列說法正確的是（）A．變壓器原副線圈的匝數(shù)比為1：2 B．開關(guān)S斷開后，副線圈兩端的輸出電壓變大 C．開關(guān)S斷開后，燈泡L1的功率變大 D．開關(guān)S斷開后，燈泡L2減小的功率大于5.4W【解答】解：A、根據(jù)變壓器變流比得：＝即＝＝＝，原副線圈的匝數(shù)比為1：2，故A錯誤。B、輸入電壓不變，匝數(shù)不變，根據(jù)變壓器變壓規(guī)律知輸出電壓不變，故B錯誤。C、開關(guān)S斷開后，副線圈電阻變大，輸入電壓不變，匝數(shù)不變，根據(jù)變壓器變壓規(guī)律知輸出電壓不變，所以輸出端的電流減小，則燈泡L2的電壓變小，所以燈泡L1的電壓變大，根據(jù)P＝可知燈泡L1的功率變大，故C正確。D、在原線圈，輸入功率減少，△P＝U1ΔI1＝18×0.3w＝5.4w，在副線圈，電鍵由閉合到斷開，通過燈泡L2的電流減少，故其功率減少，燈泡L1的電壓增大，故其功率增大，因為變壓器的輸入功率等于輸出功率，故輸出功率減小了5.4w，所以燈泡L，減小的功率大于5.4w。故D正確。故選：CD。9.如圖所示細(xì)線的上端系在墻上的A點，下端連一光滑小球B（視為質(zhì)點），圓柱體靜置于粗糙水平地而上細(xì)線恰好與圓柱體相切于B?，F(xiàn)對圓柱體施加一水平向右的拉力，使之沿地面緩慢向右移動，直至小球B到達(dá)C點則在該過程中（）A.細(xì)線的拉力增大B.圓柱體對小球的支持力增大C.地面對圓柱體的支持力增大D.地面對圓柱體摩擦力大小不變【答案】BC【解析】【分析】【詳解】AB．小球B的受力情況如圖所示

在B緩慢沿弧面上移的過程中，細(xì)線與豎直方向的夾角增大，圓柱體對小球的支持力與豎直向上方向的夾角θ減小，故細(xì)線的拉力T減小，圓柱體對小球的支持力N增大，A錯誤，B正確；C．B對圓柱體的壓力N′（N′與N大小相等）的豎直分力大小Ny=N′cosθ，當(dāng)θ減小時Ny增大，使得地面對圓柱體的支持力增大，C正確；D．地面對圓柱體的摩擦力大小f=μ（Ny+G），其中G為圓柱體的重量，可知地面對圓柱體的摩擦力增大，D錯誤。故選BC。10.如圖所示，ab是半徑為R的圓的直徑，c是圓周上一點，。質(zhì)量為m的物體僅受一個恒力作用，從a點沿ac方向射入圓形區(qū)域，經(jīng)時間t沿cb方向從b點射出、圓形區(qū)域。下列說法中正確的是（）A.恒力沿cb方向，大小為B.恒力方向垂直ab斜向左上，大小為C.物體在a點的速率為D.物體離開b點時的速率為【答案】BD【解析】【分析】【詳解】CD．把運動分解為沿ac方向和cb方向，沿ac方向初速度為va，末速度為零，物體做勻減速直線運動，由幾何關(guān)系得位移為，在這方向的平均速度則沿cb方向初速度為0，末速度為零，物體做勻加速直線運動，在這方向的平均速度解得C錯誤D正確；AB．沿ac方向的加速度

方向從c指向a沿cb方向加速度方向從c指向b合加速度為解得方向與ab垂直斜向左上方根據(jù)牛頓第二定律B正確A錯誤。故選BD。三、非選擇題：共56分。第11~14題為必考題，每個試題考生都必須作答。第15、16題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共43分。11.如圖所示。在水平桌面的左端固定一個圓弧槽滑道，滑道的末端與水平桌面相切。桌面的右端附近固定一個光電門。直徑為d、質(zhì)量為m1的小球1從圓弧槽上某處靜止釋放。下滑到水平桌面向右運動通過光電門與靜止在桌面右邊緣的質(zhì)量為m2的小球2發(fā)生正碰，碰后小球1向左彈回，小球2離開桌面做平拋運動。實驗中測出小球1連續(xù)兩次通過光電門的時間分別為t1、t2桌面離水平地面高度為h，小球2碰后做平拋運動的水平距離為x。(1)若兩球的碰撞為彈性碰撞，則兩球的質(zhì)量大小關(guān)系應(yīng)滿足m2________m1（填“＜”“＞”或“＝”）。(2)改變小球1在圓弧槽上靜止釋放的位置·重復(fù)實驗，實驗中測出多組、與x的數(shù)據(jù)。若要驗證兩小球在碰撞過程中動量守恒，以x為橫軸。以_____為縱軸。作出的圖像為線性圖像。已知重力加速度為g，若線性圖像（直線）的斜率k=___________，則可驗證兩小球在碰撞過程中動量守恒。【答案】①.>②.③.【解析】【詳解】(1)[1]選向右為正方向，設(shè)小球1碰前的速度為，若兩小球發(fā)生彈性碰撞，則有解得碰后球1反彈，則，可得；(2)[2][3]若兩球在碰撞過程中動量守恒，則有其中可得故圖像（直線）的斜率★12.一興趣小組要測一節(jié)干電池的電動勢（約1.5V）和內(nèi)阻（小于1Ω），借助以下實驗器材進(jìn)行實驗。A．毫安表mA（量程0～600mA，內(nèi)阻約為0.1Ω）；B．微安表G（量程0～400μA，內(nèi)阻為100Ω）；C．滑動變阻器R1(0～20Ω)；D．滑動變阻器R2(0～1kΩ)；E．電阻箱R(0～9999.9Ω)；F．定值電阻R01（阻值為2.50Ω）；G．定值電阻R02（阻值為10.00Ω）；H．開關(guān)、導(dǎo)線若干。（1）將微安表G改裝為量程2V的電壓表，該小組應(yīng)將電阻箱調(diào)到的阻值為__________Ω。（2）該小組設(shè)計電路原理圖如圖1所示，則應(yīng)該選擇的滑動變阻器為__________，定值電阻為__________。（填器材對應(yīng)的符號）（3）請寫出定值電阻在實驗中所起的兩個作用：__________________；__________________。（4）該小組根據(jù)記錄的數(shù)據(jù)，作出微安表G的示數(shù)I1隨毫安表mA的示數(shù)I2變化的圖像如圖2所示，則該節(jié)干電池的電動勢E＝_________V，內(nèi)阻r＝__________Ω。（保留2位小數(shù)）【答案】（1）4900（2）

（3）保護電路

增大改裝后的電壓表電壓的變化范圍（4）1.440.50【解析】【分析】

（1）根據(jù)串聯(lián)電路的特點列式即可；

（2）（3）根據(jù)電路結(jié)構(gòu)和實驗原理分析即可。

（4）根據(jù)閉合電路歐姆定律及圖2分析即可。

本題以測電源的電動勢和內(nèi)阻為背景，注意是根據(jù)閉合電路歐姆定律求解。

【解答】

（1）根據(jù)電壓表的改裝原理，將和代入可得。

（2）滑動變阻器選便于調(diào)節(jié)，若定值電阻選，則阻值偏大，毫安表的讀數(shù)達(dá)不到半偏以上，因此定值電阻選。

（3）定值電阻一是可以起到保護電路的作用，二是可以增大改裝后電壓表電壓的變化范圍；

（4）根據(jù)閉合電路歐姆定律可得，變式可得，結(jié)合圖像中的數(shù)據(jù)，可得干電池的電動勢為

故干電池的內(nèi)阻為。

故答案為（1）4900（2）

（3）保護電路

增大改裝后的電壓表電壓的變化范圍（4）1.440.50

13.如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，第四象限內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強電場。一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子(不計重力)以速度v0從A(0，-L)點沿x軸正方向垂直射入勻強電場，之后經(jīng)過x軸上B點進(jìn)入勻強磁場，經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后再次經(jīng)過x軸上C點。已知OC間距為4L，帶電粒子經(jīng)過C點時速度與x軸所成夾角為45°，求：

(1)磁感應(yīng)強度B的大??；(2)在C點右側(cè)某處垂直x軸放置一接收屏，若粒子能夠垂直打到屏上，求接收屏所放位置的x坐標(biāo)值?！敬鸢浮拷猓海?）帶電粒子經(jīng)過C點時速度與x軸夾角為45°，可知帶電粒子由電場進(jìn)入磁場時速度v的方向與x軸成45°，由類平拋規(guī)律得：沿y軸方向：

水平方向位移：x=v0t

速度偏向角：

可得水平位移為：x=2L；

（2）粒子進(jìn)入磁場時的速度為：

由幾何關(guān)系得勻速圓周運動半徑為：

由洛倫茲力提供圓周運動的向心力得：

解得：；

（3）若粒子垂直達(dá)到C點右側(cè)的接收屏上，由運動的對稱性可知：x=3L(n+2)，(n=0，1，2，)。【解析】（1）帶電粒子在電場中做類平拋運動，由類平拋運動規(guī)律求解OB間的距離；

（2）帶電粒子做類平拋運動的末速度為進(jìn)入磁場中的速度，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心結(jié)合半徑即可求解磁感應(yīng)強度B的大??；

（3）由運動的對稱性特點求接收屏所放位置的x坐標(biāo)值。

???????本題是帶電粒子在勻強電場與勻強磁場中的運動問題，分析時注意粒子運動過程滿足的規(guī)律。

14.（15分）如圖甲所示，光滑的水平絕緣軌道M、N上擱放著質(zhì)量、電阻的“[”形金屬框，軌道間有一有界磁場，變化關(guān)系如圖乙所示，一根長度等于，質(zhì)量、的金屬棒擱在軌道上并靜止在磁場的左邊界上。已知軌道間距與長度相等，均為、，其余電阻不計。0時刻，給“[”形金屬框一初速度，與金屬棒碰撞后合在一起成為閉合導(dǎo)電金屬框（碰撞時間極短）。時刻整個框剛好全部進(jìn)入磁場，時刻，框右邊剛要出磁場。求：（1）碰撞結(jié)束時金屬框的速度大??；（2）時間內(nèi)整個框產(chǎn)生的焦耳熱；（3）時間內(nèi)，安培力對邊的沖量的大小?！敬鸢浮浚?）2m/s；（2）0.45J；（3）【解析】（1）碰撞過程中，動量守恒，得到得（2）對閉合金屬框，時間內(nèi)由動量定理得等號兩邊求和，得又因為得到所以（3）時間內(nèi)，整個框在磁場中運動又因為所以（二）選考題：共13分。請考生從兩道題中任選一題作答。如果多做，則按第一題計分。[物理——選修3-3]15.[物理選修3-3]（1）（5分）2021年8月5日東京奧運會跳水女子臺決賽中，14歲的全紅嬋領(lǐng)先第二名90多分，以總分466.2拿到金牌，并打破了世界紀(jì)錄。五次跳水有三次滿分，嫻熟的動作，標(biāo)準(zhǔn)的姿勢，李小鵬感嘆：我扔個硬幣濺起的水花都比她跳水大。下列說法錯誤的是。（填正確答案標(biāo)號，選對1個給2分，選對2個得4分，選對3個得5分，每選錯1個扣3分，最低得分0分）A．運動員出水后泳衣上的水很快滑落是因為制造泳衣的材料對水不浸潤B．運動員入水過程中，在水中產(chǎn)生的氣泡內(nèi)的氣體壓強小于大氣壓C．運動員入水過程中激起的水花中，很多水滴呈現(xiàn)球形是因為水的表面張力的作用D．跳水池水溫保持恒定約，保證運動員入水后的舒適度，此時運動員和水池中的水處于熱平衡狀態(tài)E.跳水運動員入水后，身體周圍會出現(xiàn)一些小氣泡，這些小氣泡在做無規(guī)則的布朗運動【答案】BDE【解析】A．運動員出水后泳衣上的水很快滑落是因為泳衣采用了對水不浸潤的材料制成，故A正確；B．運動員落水后水下氣泡內(nèi)的氣體壓強大于大氣壓，故B錯誤；C．運動員落水激起的水花中，較小的水滴呈現(xiàn)接近球形是因為表面張力的作用，故C正確；D．跳水池水溫約26攝氏度，保證運動員落水后處于舒適的溫度，所以此時運動員和水池溫度并不相同，所以沒有處于熱平衡狀態(tài)，故D錯誤；E．跳水運動入水后，身體周圍會有一些小氣泡做無規(guī)則的運動，這些小氣泡的運動不是布朗運動，不符合布朗運動的特點。故E錯誤。故選BDE。（2）（8分）新冠疫情期間，武漢市醫(yī)療物資緊缺，需要從北方調(diào)用大批鋼瓶氧氣（如圖），每個鋼瓶內(nèi)體積為40L，在北方時測得鋼瓶內(nèi)氧氣壓強為，溫度為7℃，長途運輸?shù)轿錆h方艙醫(yī)院檢測時測得鋼瓶內(nèi)氧氣壓強為。在方艙醫(yī)院實際使用過程中，先用小鋼瓶（加抽氣機）緩慢分裝，然后供病人使用，小鋼瓶體積為10L，分裝后每個小鋼瓶內(nèi)氧氣壓強為，要求大鋼瓶內(nèi)壓強降到時就停止分裝。不計運輸過程中和分裝過程中氧氣的泄漏，求：（1）在武漢檢測時鋼瓶所處環(huán)境溫度為多少攝氏度？