（衡水金卷）高三物理月大联考试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精13-学必求其心得，业必贵于专精PAGE衡水金卷2018届全国高三大联考（9月）物理一、选择题:：共12小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分,有选错的得0分1．下列说法正确的是A．两个带电质点,只在相互作用的静电力下运动，若其中一个质点的动量增加，另一个质点的动量一定减少B．波尔将量子观念引入原子领域,成功解释了氢原子光谱的特征C．在原子核中,比结合能越小表示原子核中的核子结合的越牢固D．已知氢原子从基态跃迁到某一激发态需要吸收的能量为12。09eV，则动能等于12。09eV的另一个氢原子与这个氢原子发生正碰,可以使这个原理静止并处于基态的氢原子跃迁到该激发态答案B:根据动量守恒定律，若两个带同种电荷的质点在斥力作用下由静止弹开,两个质点的动量都增大，A错误;波尔理论能解释氢原子光谱特征，B正确；根据比结合能的含义可知比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固,C错误；根据动量守恒定律和能量守恒定律可知两个氢原子发生碰撞时,其中一个氢原子的电子获得的能量一定小于12.09eV，D错误。2．质量为m的物体放置在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数，现用拉力F（与水平方向的夹角为)拉动物体沿地面匀速前进，下列说法正确的是A．=0°即拉力F水平时，拉力最小B．=45°时，拉力F最小C．拉力F的最小值为D．拉力F的最小值为答案C：由匀速运动条件有得，当=30°时,拉力F的最小值为,C正确.3．摩天轮是游乐场一种大型转轮状设施，摩擦力边缘悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，随摩天轮转动过程中,可以俯瞰四周景色,下列叙述正确的是A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B．摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量为零C．在最高点,乘客重力大于座椅对他的支持力D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变答案C：乘客随摩天轮匀速转动上升过程中,动能不变，重力势能增加,机械能增加，A错误；根据冲量的定义可知摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量不为零，B错误;在最高点,重力和支持力的合力提供向心力,重力大于支持力,C正确;重力大小不变，但是竖直方向的速度分量总在变化，故乘客重力的瞬时功率是变化的，D错误4．如图所示，一理想变压器原副线圈的匝数比，变压器原线圈通过一理想电流表A接的正弦交流电，副线圈接有三个规格相同的灯泡和两个二极管，已知两二极管的正向电阻均为零,反向电阻均为无穷大,不考虑温度对灯泡电阻的影响，用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为和，下列分析正确的是A．B．流经的电流是流经电流表的电流的2倍C．若其中一个二极管被短路,电流表的示数将不变D．若通电1小时,消耗的电能等于消耗的电能之和答案D：根据变压器原理可知流经的电流是流经电流表的电流的4倍,副线圈两端电压为原线圈两端电压的四分之一，即55V,但cd间电压不等于副线圈电压,AB错误;若其中一个二极管被短路，副线圈电路发生变化,原线圈电流表的示数也要发生变化,C错误；根据能量守恒定律知D正确。5．碳14可以用来作示踪剂标记化合物，也常在考古学中测定生物死亡年代，在匀强电场中有一个初速度可以忽略的放射性碳14原子核,它所放射的粒子与反冲核经过相等的时间所形成的径迹如图所示，a、b均表示长度，那么碳14的衰变方程可能为A．B．C．D．答案A:对图线分析，根据类平抛鼓励，对放射出的粒子1有，对反冲核2有，又根据动量守恒定律可得，联立解得，A正确；6．如图所示，物块A质量为1kg,足够长的木板B质量为2kg,叠放在水平地面上，A、B间动摩擦因数=0.4，B与地面间动摩擦因数=0.1,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现对A施加一个逐渐增大的水平力F=kt（k=1N/s，t为时间）,,则下面关于A与B间摩擦力、B与地面间摩擦力以及A、B加速度与时间关系图像正确的是答案B:对A、B进行受力分析可得在0～3s内即F在0~3N时，A、B静止，A、B加速度a=0，摩擦力均匀增大，在3~4。5s内即F在3～4.5N时，A、B有共同的加速度，在4。5s时即F=4.5N时,A、B共同加速度最大为，此时，之后A、B相对滑动,在t=4.5s以后即F〉4。5N，A、B相对滑动，，不再变化,，不再变化，注意4.5s前后A的加速度变化快慢不同，综上分析，ACD错误B正确；7．一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示,三点的电势分别为10V、17V、26V。下列说法正确的是A．ab连线中点的电势与ac连线中点的电势相等B．电子在a点的电势能比在b点的电势能少7eVC．若电子从b点运动到c点，需克服电场力做功9eVD．电场强度的大小为2.5V/m答案D：根据匀强电场分别规律可知ac连线中点的电势为18V，ab连线的中点的电势为13.5V，A错误；电子在电势较低位置的电势能大于电子在电势较高位置的电势能，B错误；电子从电势较低处向电势较高处运动，电场力做正功，C错误；如图所示，设ac之间的d点电势与b点相同,则,所以d点的坐标为(3。5cm，6cm)，过c点作等势线bd的垂线，由几何关系可得cf的长度为3。6cm,电场强度的大小为，D正确；8．如图所示，在竖直平面内有一边长为a的等边三角形区域ABC,该区域中存在垂直平面向里的匀强磁场和竖直方向的匀强电场,匀强电场的场强为E，一带正电，电量为q的小球以速度v沿AB边射入匀强磁场中恰好能做匀速圆周运动，欲使带电小球能从AB边射出，重力加速度为g，则下列说法正确的是A．匀强磁场的磁感应强度B的最小值应为B．匀强磁场的磁感应强度B的最小值应为C．匀强磁场的磁感应强度B的最小值应为D．当磁感应强度取最小值时，小球在磁场内运动的时间最短答案C：小球进入磁场后恰好做匀速圆周运动，所以,即，当圆周运动轨道半径最大时对应的磁感应强度最小，由几何关系可得，结合可得，所以，A、B错误C正确；小球运动时间，从AB边射出时偏转角相等，而周期，磁感应强度B越小，周期越大，故运动时间越长，D错误；9．2017年6月19日，我国在西昌卫星发射中心发射“中星9A”广播电视直播卫星，按预定计划，“中星9A”应该首选被送入近地点约为200公里，远地点约为3。6万公里的转移轨道II（椭圆），然后通过在远地点变轨,最终进入地球同步轨道III（圆形）。但是由于火箭故障,卫星实际入轨后初始轨道I远地点只有1.6万公里。科技人员没有放弃，通过精心操作，利用卫星自带燃料在近地点点火，尽量抬高远地点的高度，经过10次轨道调整，终于在7月5日成功定点于预定轨道,下列说法正确的是A．失利原因可能是发射速度没有达到9。7km/sB．卫星在轨道III经过Q点时和在轨道II经过Q点时的速度相同C．卫星从轨道I的P点进入轨道II后机械能增加D．卫星在轨道II由P点向Q点运行时处于失重状态答案CD：发射速度大于第一宇宙速度,A错误;在轨道II和轨道III的Q点，卫星机械能不等，卫星重力势能相等,但动能不等,所以速度大小不等,B错误;卫星从轨道I进入轨道II机械能增加，C正确;卫星环绕地球运行的过程中，万有引力提供向心力，处于失重状态，D正确；10．在真空中的光滑绝缘水平面上有一带电小滑块，开始时滑块静止，现在滑块所在空间加一水平方向的匀强电场,持续一段时间后立即换成与相反方向的匀强电场。当电场与电场持续时间相同时,滑块恰好回到初始位置，则在上述前后两个过程中A．滑块动能增量之比为1：3B．电场强度大小之比为1：2C．滑块动量增量大小之比为1:3D．电场力的最大瞬时功率之比为1:4答案AC：由位移关系得，所以两阶段电场强度大小之比为1：3,两阶段末速度大小之比为，两阶段动能增量之比为1：3，两阶段动量增量之比为1：3，最大瞬时功率之比为1:6，所以AC正确;11．做磁共振检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流。为了探究该感应电流对肌肉组织的影响，可将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈,如图所示,若等效线圈的半径为r，线圈导线的截面积为S，电阻率为，匀强磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度在时间内从B均匀地减为零，则下列说法正确的是A．沿磁场方向从右向左看，该圈肌肉组织中感应电流方向为逆时针B．根据题中条件可以求出该圈肌肉组织中的感应电动势C．根据题中条件可以求出该圈肌肉组织中的等效电阻D．根据题中条件可以求出时间内该圈肌肉组织中产生的热量答案BCD：根据楞次定律可知当线圈内磁感应强度减小时,沿磁场方向从右向左看，感应电流方向为顺时针，A错误；由电磁感应定律可得,B正确；由电阻定律可得等效电阻，C正确；结合欧姆定律可求出电流，再结合焦耳定律可求出时间内该圈肌肉组织中产生的热量,D正确.12．如图所示，在竖直平面的xOy坐标系中，Oy竖直向上,该平面内存在沿x轴正向的匀强电场，一个带电小球从坐标原点沿Oy方向抛出，初速度为，不计空气阻力,小球到达最高点P的位置坐标为,小球落回到x轴的位置为Q点(图上未标出）,则下列说法正确的是A．小球到达最高点P时的速度大小可能小于B．小球到达最高点P时的速度大小不可能等于C．小球落回x轴的位置Q点坐标为（3d，0）D．小球落回x轴的位置Q点坐标为（4d，0）答案BD:由得竖直方向，电场方向可得,A错误；B正确;竖直方向只受重力,做竖直上抛运动，上升时间和下降时间相等，电场方向加速度大小一定，由可知小球落回x轴的位置Q点坐标为(4d，0)，C错误D正确；二、非选择题:包括必考题和选考题两部分（一）必考题13．某小组同学做“验证机械能守恒”实验，采用了如图甲所示的装置,其中，在高处由静止开始下落,可以带动拖着纸带带出一系列的点，某次实验打出的纸带如图乙所示，0为打下的第一个点，相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），所用电源的频率为50Hz，请计算（当地重力加速度,计算结果均保留三位有效数字）：(1)系统的加速度大小为_______;（2）在打计数点0~5的过程中,系统动能的增量为=_______J，系统重力势能的减少量为=_______J。答案(1）4.80（2）0。576；0.588解析：（1）系统的加速度由可得（2）,系统动能的增量为；系统重力势能的减少量为14．某学习小组想利用下列器材测量两节干电池的电动势和内阻，直流电压表，量程均为3V，内阻约为3kΩ，标称值为2。0Ω的定值电阻；最大阻值为15Ω的滑动变阻器R以及开关和导线若干。利用上述器材,小球设计了如图甲所示的电路用以测量电源的电动势和内阻,实验中移动滑动变阻器触头,记录的值如下表所示。（1）用E、r、写出和的关系式：_________.（2）用测出的数据在图乙中选择合适的标度绘出图线;（3）由图线可得被测电池组的电动势E=_____V，内阻r=______Ω,（结果保留一位小数）.答案（1)（2）根据描点法,如图所示（3）2。9（2。8~3.0均可）；3。0(2.9～3.1均可）解析：由闭合电路欧姆定律可得,变形可得，结合图像分析可知E=2。9V，r=3。0Ω。15．如图所示，MN为固定的竖直光滑四分之一圆弧轨道，N端与水平面相切,轨道半径R=0。9m,粗糙水平端NP长L=1m，P点右侧有一与水平方向成=30°角的足够长的传送带与水平面在P点平滑连接，传送带逆时针转动的速率恒为3m/s，一质量为1kg可视为质点的物块A从圆弧轨道最高点M由静止开始沿轨道滑下,物块A与NP段间的动摩擦因数，静止在P点的另一个物块B与A完全相同,B与传送带间的动摩擦因数，A与B碰撞后A、B交换速度，碰撞时间不计,重力加速度，求：（1）物块A滑下后首次到达最低点N时对轨道的压力；（2）从A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B与传送带之间由于摩擦而产生的热量；解析：(1)设物块质量为m,A首次到达N点的速度为，由机械能守恒定律可得由牛顿第二定律可得联立解得根据牛顿第三定律可知支持力与压力大小相等，方向相反，所以物体对轨道压力大小为30N，方向竖直向下(2）设A到B第一次碰撞前的速度为,从释放物块A至到达P点的过程中，由能量守恒定律可得解得设A、B第一次碰撞后的速度分别为，则碰后B沿传送带向上匀减速运动直至速度为零,加速度大小设为则对B有解得运动时间为位移为此过程物块B与传送带相对运动的路程此后B反向加速，加大仍为，与传送带共速后匀速运动直至与A再次碰撞加速时间为位移为此过程相对运动路程全过程产生的热量为16．如图所示，两足够长的平行金属导轨MN、PQ相距L=1m，导轨平面与水平面夹角=30°，在M和P之间连有一个组织为2Ω的电阻R，在导轨上处放置一根与导轨垂直、质量m=0。5kg的金属棒ab,金属棒始终与导轨接触良好,导轨和金属棒电阻不计，用轻绳通过定滑轮将电动小车与金属棒的中点相连，轻绳与金属棒的连线平行与导轨平面，开始时电动小车位于滑轮的正下方水平面上的E处（小车可视为质点），电动小车沿水平面EF前进速度始终为1.0m/s，滑轮离电动小车所在水平地面EF的高度H=3。0m,在导轨的MP和CD所围的区域存在磁感应强度B=1.0T，方向垂直于斜面向上的匀强磁场，此区域金属棒和导轨间的动摩擦因数，此区域外导轨是光滑的，取,电动小车沿水平方向匀速前进t=4s时金属棒恰好运动到CD位置.(1)求此时金属棒中的电流大小和4s内通过金属棒的电量；（2）若此时绳子突然断了，求金属棒再次经过CD进入磁场瞬间,所受到的安培力大小；若金属棒继续下滑到时恰好做匀速直线运动，求从绳子断裂到金属棒回到位置的过程中，电阻R上产生的热量Q为多少？（保留两位有效数字)解析：（1)电动小车的速度为v=1。0m/s，电动小车在t=4s内前进的距离为x=vt=4m设t=4s时滑轮右侧的轻绳与水平面的夹角为，则sin=0.6,cos=0.8可以将轻绳端电动小车的速度分解为沿绳伸长方向的速度和垂直于绳伸长方向的速度，此时金属棒向上运动的速度即绳端沿绳长方向的速度此时金属棒感应电动势为金属棒由上滑过程中切割磁感线,金属棒沿导轨向上移动的距离为平均感应电动势为通过电阻R的电量为，解得q=1C（2）t=4s时，金属棒运动到CD位置时绳子突然断了,金属棒将继续沿斜面上滑，由机械能守恒定律可知它再通过CD位置时的速度大小为0.8m/s进入磁场切割磁感线,产生感应电流大小为受到的安培力大小为，解得设金属棒运动到位置后做匀速运动的速度为，有代入数据可得金属棒从CD滑到的过程中，由能量守恒定律可得代入数据可得Q≈1。1J（二）选考题17．【物理选修3—3】下列说法正确的是A．单晶体在不同方向上的导热性、导电性、机械强度等物理性质不一样B．热量不可能从低温物体向高温物体传递C．一定质量的理想气体，保持气体的压强不变，温度越高，体积越大D．功可以完全转化为热量，而热量不能完全变为功，即不可能从单一热源吸热使之全部变为有用的功E．若气体的温度不变,压强增大,说明每秒撞击单位面积器壁的分子数增多答案：ACE：单晶体具有各向异性，A正确；热力学第二定律是说热量不能自发地从低温物体传到高温物体，通过外力做功是可以把热量从低温物体传递到高温物体，B错误;根据理想气体方程（或者查理定律）可知C正确；在引起其他变化的情况下，是可以从单一热源吸热使之全部变为有用的功,D错误；根据气体压强的微观含义可知E正确;（2）如图所示,两个侧壁绝热,顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均由细管连通，顶部的细管带有阀门K，两气缸的容积均为，气缸中各有一个绝热活塞（质量不同，厚度可忽略），开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体（可视为理想气体），压强分别为和。左活塞在气缸正中间，其上方为真空，右活塞上方气体体积为。现使气缸底部与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好没有接触，然后打开K,经过一段时间，重新达到平衡，已知外界温度为，不计活塞与气缸壁间的摩擦，求：①恒温热源的温度T；②重新达到平衡后活塞上方气体的体积。解析：①与恒温热源接触后,在K未打开时，右活塞不动，两活塞下方气体经历等压过程由盖吕萨克定律可得，解得②由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的质量大,打开K后，左活塞下降至某一位置,右活塞必须升至气缸顶部，才能满足力学平衡条件.气缸顶部与外界接触.底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，设左活塞上方气体压强为p,由玻意耳定律可得,联立解得,解得或（不符合题意，舍去）18．【物理选修3-4】（1）一列简谐横波在时刻的波形图如图甲所示，平衡位置在x=1m处的质点P的振动图像如图乙所示，