衡阳市八中2019级高三第6次月考物理试题（教师版）

衡阳市八中2019级高三第六次月考试题物理命题人：刘龙华审题人：陈珍请注意：时量75分钟满分100分选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.如图所示为一个无线充电器，右侧是一个可以辐射电磁场的线圈，逆时针绕向，左侧是配套的模块化接口电路，它能把直流电变成高频交流电。手机背部安装有受电线圈，当正对送电线圈放上去时就实现了给手机充电的功能，其工作原理与变压器类似。图中最内侧线圈中间黑色Ⅰ区域为线圈中心区域，Ⅱ区域为环状绕线区域，若某时刻电流恒定，则下列说法正确的是（）

A.当送电线圈通顺时针方向的电流时，其中心区域的磁场方向垂直纸面向里B.在中心区域的白点处垂直线圈放一根较短的通电导线，它会受到安培力的作用C.送电线圈Ⅰ区域的磁场比Ⅱ区域的磁场弱D.当图中送电线圈的电流增加时，受电电流一定增加【答案】A【解析】【详解】A．当通入顺时针方向电流时，根据安培定则，可以判断中心区域磁场垂直纸面向里，A正确；B．垂直线圈放一根较短的通电导线时，导线与磁场平行，所以导线不受力，B错误；C．由于所有线圈产生的磁场都通过Ⅰ区域，并且方向相同，所以Ⅰ区域的磁场比Ⅱ区域强，C错误；D．当电阻一定时，受电电流的大小取决于单位面积上磁通量的变化率，D错误。故选A。2.北京时间2021年10月16日0时23分，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号F遥十三运载火箭，在酒泉卫星发射中心点火发射。这是我国载人航天工程立项实施以来的第21次飞行任务，也是空间站阶段的第2次载人飞行任务。飞船入轨后，在完成与空间站高难度的径向交会对接后，航天员将进驻天和核心舱，开启为期6个月的在轨驻留。已知空间站在距离地球表面约400km的高度，每90分钟绕地球一圈，1天之内将经历16次日出日落。下列说法正确的是（）A.空间站在轨运行的线速度小于7.9km/sB.空间站运行角速度小于地球同步卫星运行角速度C.载人飞船需先进入空间站轨道，再加速追上空间站完成对接D.已知空间站的运行周期、轨道高度和引力常量G，可求出空间站质量【答案】A【解析】【详解】A．根据万有引力提供向心力得因为空间站的轨道半径大于地球半径，则运行线速度小于第一宇宙速度，故A正确；B．同步卫星的周期为24h，空间站的周期为90min，由可知空间站运行角速度大于地球同步卫星运行角速度，故B错误；C．若载人飞船需先进入空间站轨道，加速后会做离心运动飞到更高的轨道，无法与空间站完成对接，故C错误；D．根据可知空间站的质量总会被约掉，所以已知空间站的运行周期、轨道高度和引力常量G，无法求出空间站质量，故D错误。故选A。3.★电路如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接，当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是电压表读数增大，电流表读数减小R1的电功率减小

C.电源的输出功率增大D.通过R1的电流变化量ΔI1大于通过滑动变阻器的电流变化量ΔIR【答案】B4.一物体静止在光滑水平面上，从0时刻起，受到的水平外力如图所示，以向右运动为正方向，物体质量为，则下列说法正确的是（）A.2s时物体回到出发点B.3s时物体的速度大小为C.第3s内物体的位移为4mD.前2s内物体的平均速度为0【答案】B【解析】【分析】【详解】A．根据牛顿第二定律可得物体的加速度随时间变化的图像如图所示内，物体向右加速，向右减速，时速度刚好减为0，内物体一直向右运动，A错误；BC．第内，物体从静止开始向右做匀加速运动，加速度为第末速度为第内物体的位移为C错误B正确；D．前，物体一直向右运动，位移不为0，根据平均速度的定义式平均速度不为0，D错误。故选B。★5.水平光滑的绝缘木板上点的正上方固定一正点电荷，其电荷量为，、、为木板上以为圆心的三个等间距同心圆。现将一带正电的小球P从木板上点附近静止释放，小球依次经过、、位置，其电势能分别为、、，加速度分别为、、，忽略P对电场的影响，下列说法中正确的是（）​​​​​​​A.、、三处的电势大小​​​​​​​

B.间的电势差与间的电势差大小​​​​​​​

C.P在、、位置处的电势能大小​​​​​​​

D.P在、、位置处的加速度大小​​​​​​​【答案】A【解析】【分析】本题考查了电场力做功与电势能变化的关系以及非匀强电场中电势差与电场强度的关系。带正电的点电荷形成的电场，距离电荷越远则电势越低，根据库仑定律结合图中几何关系求解小球P所受库仑力的水平分量的表达式，根据表达式分析电场力的变化，进一步分析加速度的变化及ab与cd之间的电势差的变化；带正电的小球P依次经过a、b、c三点，电场力做正功，所以电势能减小，由此分析电势能的变化。

【解答】

A.带正电的点电荷形成的电场，距离电荷越远则电势越低，所以a、b、c三处的电势大小为

>>，故A正确；

BD.如图所示

小球P所受电场力的水平分量为：，

所以，，Fx=0；，Fx=0，所以正电的小球P从木板上O点附近静止释放向无穷远处运动过程中，沿x轴方向的电场力先增大后减小。所以无法确定小球P在a、b、c位置处沿x轴所受电场力Fx的大小关系，由牛顿第二定律F=ma可知无法确定P在a、b、c位置处的加速度大小的大小关系；

由W=Fxx可知无法确定小球P从a到b与从b到c电场力做功的大小关系，由可知无法确定ab间的电势差与bc间的电势差大小，故BD错误；

C.带正电的小球P依次经过a、b、c三点，电场力做正功，所以电势能减小，所以带正电的小球P在a、b、c位置处的电势能大小为>>，故C错误。

故选A。

6.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上。空间存在水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一个带正电的小物块（可视为质点）从A点以初速度v0向左运动，接触弹簧后运动到C点时的速度恰好为零，弹簧始终在弹性限度内。已知AC两点间的距离为L，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则物块由A运动到C点的过程中，下列说法正确的是（C）A．小物块的加速度先不变后减小B．弹簧的弹性势能增加量为C．小物块与弹簧接触的过程中，摩擦力的功率逐渐减小D．小物块运动到C点时速度为零，加速度也一定为零二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。★7．一个长直密绕螺线管N放在一个金属圆环M的中心，圆环轴线与螺线管轴线重合，如图甲所示。螺线管N通有如图乙所示的电流，下列说法正确的是（）

A.t=时刻，圆环有扩张的趋势

B.t=时刻，圆环有收缩的趋势

C.t=和t=时刻，圆环内有相同的感应电流

D.t=和t=时刻，圆环内有相同的感应电流【答案】AD【解析】【分析】

本题主要考查楞次定律，线圈中的电流增大或减小时，根据楞次定律判断出闭合金属圆环中感应电流的方向。

​​​​​​​根据感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因，可以很好判断闭合金属圆环的面积变化趋势。根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势与感应电流的大小。

【解答】AB．由图可知在时刻，通过线圈的电流增大，则线圈产生的磁场增大，所以穿过金属小圆环的磁通量变大，则需要回穿的磁感线条数增加，根据楞次定律可知，圆环有扩张的趋势，选项A正确，B错误；C．由图可知在时刻通过线圈的电流增大，而在时刻通过线圈的电流减小，根据楞次定律可知两时刻圆环感应电流方向不同，选项C错误；D．由图可知在和时刻，线圈内电流的变化率是大小相等的，则线圈产生的磁场的变化率也相等，根据法拉第电磁感应定律可知，圆环内的感应电动势大小是相等的，所以感应电流大小也相等，根据楞次定律可知两时刻圆环感应电流方向也相同，选项D正确。故选AD。8.如图为含有理想变压器的电路，图中电流表均为理想电表，三个灯泡电阻相同且不变。变压器原线圈两端接入有效电压为18V的正弦交流电，开关S闭合时，均能发光。当开关S断开后，电流表A1示数改变了0.3A，A2示数改变了0.6A，则下列说法正确的是（）A．变压器原副线圈的匝数比为1：2 B．开关S断开后，副线圈两端的输出电压变大 C．开关S断开后，灯泡L1的功率变大 D．开关S断开后，灯泡L2减小的功率大于5.4W【解答】解：A、根据变压器变流比得：＝即＝＝＝，原副线圈的匝数比为1：2，故A错误。B、输入电压不变，匝数不变，根据变压器变压规律知输出电压不变，故B错误。C、开关S断开后，副线圈电阻变大，输入电压不变，匝数不变，根据变压器变压规律知输出电压不变，所以输出端的电流减小，则灯泡L2的电压变小，所以灯泡L1的电压变大，根据P＝可知灯泡L1的功率变大，故C正确。D、在原线圈，输入功率减少，△P＝U1ΔI1＝18×0.3w＝5.4w，在副线圈，电键由闭合到断开，通过灯泡L2的电流减少，故其功率减少，灯泡L1的电压增大，故其功率增大，因为变压器的输入功率等于输出功率，故输出功率减小了5.4w，所以灯泡L，减小的功率大于5.4w。故D正确。故选：CD。9.如图所示细线的上端系在墙上的A点，下端连一光滑小球B（视为质点），圆柱体静置于粗糙水平地而上细线恰好与圆柱体相切于B。现对圆柱体施加一水平向右的拉力，使之沿地面缓慢向右移动，直至小球B到达C点则在该过程中（）A.细线的拉力增大B.圆柱体对小球的支持力增大C.地面对圆柱体的支持力增大D.地面对圆柱体摩擦力大小不变【答案】BC【解析】【分析】【详解】AB．小球B的受力情况如图所示

在B缓慢沿弧面上移的过程中，细线与竖直方向的夹角增大，圆柱体对小球的支持力与竖直向上方向的夹角θ减小，故细线的拉力T减小，圆柱体对小球的支持力N增大，A错误，B正确；C．B对圆柱体的压力N′（N′与N大小相等）的竖直分力大小Ny=N′cosθ，当θ减小时Ny增大，使得地面对圆柱体的支持力增大，C正确；D．地面对圆柱体的摩擦力大小f=μ（Ny+G），其中G为圆柱体的重量，可知地面对圆柱体的摩擦力增大，D错误。故选BC。10.如图所示，ab是半径为R的圆的直径，c是圆周上一点，。质量为m的物体仅受一个恒力作用，从a点沿ac方向射入圆形区域，经时间t沿cb方向从b点射出、圆形区域。下列说法中正确的是（）A.恒力沿cb方向，大小为B.恒力方向垂直ab斜向左上，大小为C.物体在a点的速率为D.物体离开b点时的速率为【答案】BD【解析】【分析】【详解】CD．把运动分解为沿ac方向和cb方向，沿ac方向初速度为va，末速度为零，物体做匀减速直线运动，由几何关系得位移为，在这方向的平均速度则沿cb方向初速度为0，末速度为零，物体做匀加速直线运动，在这方向的平均速度解得C错误D正确；AB．沿ac方向的加速度

方向从c指向a沿cb方向加速度方向从c指向b合加速度为解得方向与ab垂直斜向左上方根据牛顿第二定律B正确A错误。故选BD。三、非选择题：共56分。第11~14题为必考题，每个试题考生都必须作答。第15、16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。11.如图所示。在水平桌面的左端固定一个圆弧槽滑道，滑道的末端与水平桌面相切。桌面的右端附近固定一个光电门。直径为d、质量为m1的小球1从圆弧槽上某处静止释放。下滑到水平桌面向右运动通过光电门与静止在桌面右边缘的质量为m2的小球2发生正碰，碰后小球1向左弹回，小球2离开桌面做平抛运动。实验中测出小球1连续两次通过光电门的时间分别为t1、t2桌面离水平地面高度为h，小球2碰后做平抛运动的水平距离为x。(1)若两球的碰撞为弹性碰撞，则两球的质量大小关系应满足m2________m1（填“＜”“＞”或“＝”）。(2)改变小球1在圆弧槽上静止释放的位置·重复实验，实验中测出多组、与x的数据。若要验证两小球在碰撞过程中动量守恒，以x为横轴。以_____为纵轴。作出的图像为线性图像。已知重力加速度为g，若线性图像（直线）的斜率k=___________，则可验证两小球在碰撞过程中动量守恒。【答案】①.>②.③.【解析】【详解】(1)[1]选向右为正方向，设小球1碰前的速度为，若两小球发生弹性碰撞，则有解得碰后球1反弹，则，可得；(2)[2][3]若两球在碰撞过程中动量守恒，则有其中可得故图像（直线）的斜率★12.一兴趣小组要测一节干电池的电动势（约1.5V）和内阻（小于1Ω），借助以下实验器材进行实验。A．毫安表mA（量程0～600mA，内阻约为0.1Ω）；B．微安表G（量程0～400μA，内阻为100Ω）；C．滑动变阻器R1(0～20Ω)；D．滑动变阻器R2(0～1kΩ)；E．电阻箱R(0～9999.9Ω)；F．定值电阻R01（阻值为2.50Ω）；G．定值电阻R02（阻值为10.00Ω）；H．开关、导线若干。（1）将微安表G改装为量程2V的电压表，该小组应将电阻箱调到的阻值为__________Ω。（2）该小组设计电路原理图如图1所示，则应该选择的滑动变阻器为__________，定值电阻为__________。（填器材对应的符号）（3）请写出定值电阻在实验中所起的两个作用：__________________；__________________。（4）该小组根据记录的数据，作出微安表G的示数I1随毫安表mA的示数I2变化的图像如图2所示，则该节干电池的电动势E＝_________V，内阻r＝__________Ω。（保留2位小数）【答案】（1）4900（2）

（3）保护电路

增大改装后的电压表电压的变化范围（4）1.440.50【解析】【分析】

（1）根据串联电路的特点列式即可；

（2）（3）根据电路结构和实验原理分析即可。

（4）根据闭合电路欧姆定律及图2分析即可。

本题以测电源的电动势和内阻为背景，注意是根据闭合电路欧姆定律求解。

【解答】

（1）根据电压表的改装原理，将和代入可得。

（2）滑动变阻器选便于调节，若定值电阻选，则阻值偏大，毫安表的读数达不到半偏以上，因此定值电阻选。

（3）定值电阻一是可以起到保护电路的作用，二是可以增大改装后电压表电压的变化范围；

（4）根据闭合电路欧姆定律可得，变式可得，结合图像中的数据，可得干电池的电动势为

故干电池的内阻为。

故答案为（1）4900（2）

（3）保护电路

增大改装后的电压表电压的变化范围（4）1.440.50

13.如图所示，平面直角坐标系的第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，第四象限内存在沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为+q的粒子(不计重力)以速度v0从A(0，-L)点沿x轴正方向垂直射入匀强电场，之后经过x轴上B点进入匀强磁场，经过磁场偏转后再次经过x轴上C点。已知OC间距为4L，带电粒子经过C点时速度与x轴所成夹角为45°，求：

(1)磁感应强度B的大小；(2)在C点右侧某处垂直x轴放置一接收屏，若粒子能够垂直打到屏上，求接收屏所放位置的x坐标值。【答案】解：（1）带电粒子经过C点时速度与x轴夹角为45°，可知带电粒子由电场进入磁场时速度v的方向与x轴成45°，由类平抛规律得：沿y轴方向：

水平方向位移：x=v0t

速度偏向角：

可得水平位移为：x=2L；

（2）粒子进入磁场时的速度为：

由几何关系得匀速圆周运动半径为：

由洛伦兹力提供圆周运动的向心力得：

解得：；

（3）若粒子垂直达到C点右侧的接收屏上，由运动的对称性可知：x=3L(n+2)，(n=0，1，2，)。【解析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律求解OB间的距离；

（2）带电粒子做类平抛运动的末速度为进入磁场中的速度，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心结合半径即可求解磁感应强度B的大小；

（3）由运动的对称性特点求接收屏所放位置的x坐标值。

​​​​​​​本题是带电粒子在匀强电场与匀强磁场中的运动问题，分析时注意粒子运动过程满足的规律。

14.（15分）如图甲所示，光滑的水平绝缘轨道M、N上搁放着质量、电阻的“[”形金属框，轨道间有一有界磁场，变化关系如图乙所示，一根长度等于，质量、的金属棒搁在轨道上并静止在磁场的左边界上。已知轨道间距与长度相等，均为、，其余电阻不计。0时刻，给“[”形金属框一初速度，与金属棒碰撞后合在一起成为闭合导电金属框（碰撞时间极短）。时刻整个框刚好全部进入磁场，时刻，框右边刚要出磁场。求：（1）碰撞结束时金属框的速度大小；（2）时间内整个框产生的焦耳热；（3）时间内，安培力对边的冲量的大小。【答案】（1）2m/s；（2）0.45J；（3）【解析】（1）碰撞过程中，动量守恒，得到得（2）对闭合金属框，时间内由动量定理得等号两边求和，得又因为得到所以（3）时间内，整个框在磁场中运动又因为所以（二）选考题：共13分。请考生从两道题中任选一题作答。如果多做，则按第一题计分。[物理——选修3-3]15.[物理选修3-3]（1）（5分）2021年8月5日东京奥运会跳水女子台决赛中，14岁的全红婵领先第二名90多分，以总分466.2拿到金牌，并打破了世界纪录。五次跳水有三次满分，娴熟的动作，标准的姿势，李小鹏感叹：我扔个硬币溅起的水花都比她跳水大。下列说法错误的是。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）A．运动员出水后泳衣上的水很快滑落是因为制造泳衣的材料对水不浸润B．运动员入水过程中，在水中产生的气泡内的气体压强小于大气压C．运动员入水过程中激起的水花中，很多水滴呈现球形是因为水的表面张力的作用D．跳水池水温保持恒定约，保证运动员入水后的舒适度，此时运动员和水池中的水处于热平衡状态E.跳水运动员入水后，身体周围会出现一些小气泡，这些小气泡在做无规则的布朗运动【答案】BDE【解析】A．运动员出水后泳衣上的水很快滑落是因为泳衣采用了对水不浸润的材料制成，故A正确；B．运动员落水后水下气泡内的气体压强大于大气压，故B错误；C．运动员落水激起的水花中，较小的水滴呈现接近球形是因为表面张力的作用，故C正确；D．跳水池水温约26摄氏度，保证运动员落水后处于舒适的温度，所以此时运动员和水池温度并不相同，所以没有处于热平衡状态，故D错误；E．跳水运动入水后，身体周围会有一些小气泡做无规则的运动，这些小气泡的运动不是布朗运动，不符合布朗运动的特点。故E错误。故选BDE。（2）（8分）新冠疫情期间，武汉市医疗物资紧缺，需要从北方调用大批钢瓶氧气（如图），每个钢瓶内体积为40L，在北方时测得钢瓶内氧气压强为，温度为7℃，长途运输到武汉方舱医院检测时测得钢瓶内氧气压强为。在方舱医院实际使用过程中，先用小钢瓶（加抽气机）缓慢分装，然后供病人使用，小钢瓶体积为10L，分装后每个小钢瓶内氧气压强为，要求大钢瓶内压强降到时就停止分装。不计运输过程中和分装过程中氧气的泄漏，求：（1）在武汉检测时钢瓶所处环境温度为多少摄氏度？