湖南省衡阳市八中2022届高三物理上学期第六次月考试题（含解析）新人教版

衡阳市八中2022届高三第六次月考试题理科综合测试【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、选修等内容，主要包含受力分析、物体的平衡、匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、运动的合成和分解、万有引力定律及其应用、动能定理、电场、楞次定律等内容，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。第I卷（共126分）二、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。【题文】14．物理学对人类文明进步做出了积极的贡献，成为当代人类文化的一个重要组成部分。关于物理学发展过程，下列说法中正确的是A．亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快B．自然界的电荷只有两种，库仑把它们命名为正电荷和负电荷C．奥斯特发现了电磁感应现象，揭示了电现象与磁现象之间的联系D．伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去【知识点】物理学发展史P【答案解析】D解析：A．伽利略认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快，故A错误；B．自然界的电荷只有两种，富兰克林把它们命名为正电荷和负电荷，故B错误C．法拉第发现了电磁感应现象，揭示了电现象与磁现象之间的联系，故C错误；D．伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去，正确；故选D【思路点拨】根据已有的知识，了解物理学史，知道科学家对物理的贡献【题文】15．质量为2kg的质点在竖直平面内斜向下做曲线运动，它在竖直方向的速度图象和水平方向的位移图象如图甲、乙所示．下列说法正确的是A．前2s内质点处于超重状态B．2s末质点速度大小为4m/sC．质点的加速度方向与初速度方向垂直D．质点向下运动的过程中机械能减小【知识点】机械能守恒定律；匀变速直线运动的图像；超重和失重．E3A5C3【答案解析】D解析：A、物体在竖直方向上有向下的加速度，知质点在前2s内处于失重状态．故A错误13\n．B、2s末竖直方向上的分速度为4m/s，水平分速度为m/s，则合速度为v=＞4m/s．故B错误．C、质点的加速度方向竖直向下，竖直方向和水平方向都有初速度，则合初速度不沿水平方向，质点的加速度方向初速度方向不垂直．故C错误．D、质点竖直向下的加速度为2m/s2，知物体除受重力以外，还受到其它力，且其它力做负功，则机械能机械能减小．故D正确．故选AD．【思路点拨】从图象可知，在竖直方向上做初速度为2m/s，加速度为1m/s2的匀加速直线运动，在水平方向上做速度为m/s的匀速直线运动．根据加速度的方向确定质点的超失重，根据运动学公式求出2s末水平分速度和竖直分速度，再根据平行四边形定则求出合速度的大小．除重力以外其它力做功等于机械能的增量，根据其它力做功情况确定机械能的变化【题文】16．如图所示，竖直放置的劲度系数为k的轻质弹簧，上端与质量为m、带电量为+q的小球连接，小球与弹簧绝缘，下端与放在水平桌面上的质量为M的绝缘物块相连。物块、弹簧和小球组成的系统处于静止状态。现突然加一个方向竖直向上，大小为E的匀强电场，某时刻物块对水平面的压力为零，则从加上匀强电场到物块对水平面的压力为零的过程中，小球电势能改变量的大小为A．B．C．D．【知识点】电势能；胡克定律I2B5【答案解析】A解析：开始小球压着弹簧，则弹簧被压缩了x1=，当加入一个竖直向上，大小为E的匀强电场后，当某时刻物块对水平面的压力为零时，弹簧对物块的拉力为Mg，所以弹簧又被物块M拉长了x2=．小球电势能改变等于静电力做功，由于电场力恒定，则电场力做功为：W=F△x=Eq（x1+x2）=，故C正确，BCD13\n错误；故选：A【思路点拨】在没有加入匀强电场时，小球压着弹簧，而当加入竖直向上匀强电场时，弹簧处于拉伸状态，则小球电势能的变化，即为电场力做功，由于电场力恒定，所以由电场力做功，可求出电势能的改变量．【题文】17．两光滑平板MO、NO构成一具有固定夹角θ0=75°的V形槽，一球置于槽内，用θ表示NO板与水平面之间的夹角，如图所示。若球对板NO压力的大小正好等于球所受重力的大小，则下列θ值中哪个是正确的？A．15°B．30°C．45°D．60°【知识点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力；力的合成与分解的运用．B4B3【答案解析】B解析：对球受力分析如下图所示：球受重力mg、挡板MO的支持力FM和挡板NO的支持力FN三个力的作用，根据题意知，挡板NO的支持力FN等于球的重力mg，即FN=mg．球静止，所以球所受的三个力的合力为零，三个力的合力为零，则其中任意两个力的合力必定与第三个力构成平衡力，图中所示的FN与FM的合力F′与重力mg构成平衡力，即F′=mg，所以力的三角形O′FNF′是等腰三角形，根据几何关系和已知条件得：φ=            ①对于四边形OM′O′N′有：∠M′O′N′+θ0=180°即φ+θ+θ0=180°               ②解方程①②得：+θ+75°=180°，所以θ=30°．故选B．【思路点拨】对球受力分析，根据力的合成和共点力平衡条件得出力间的关系．根据题目中已知条件和几何关系求出θ值．【题文】18．在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束。已知电子的电量为e、质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长为△L的电子束内电子个数是13\nA.B.C.D.【知识点】带电粒子在匀强电场中的运动；电流、电压概念I3J1【答案解析】B解析：根据动能定理得   eU=mv2，得到，v= ①在刚射出加速电场时，一小段长为△l的电子束内电子电量为q=I△t=I ②电子数n= ③联立①②③得，n=全【品教学网，用后离不了！故选B【思路点拨】根据动能定理求出电子刚出加速电场时的速度v．在一小段长为△l内电子可以看成做匀速运动，由△t=求出电子运动的时间，根据电流求出长为△l电子束的电量，再求解电子数【题文】19.如图所示，平行金属板中带电质点P原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，R1的阻值和电源内阻r相等．当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则A．R3上消耗的功率逐渐增大B．电流表读数减小，电压表读数增大C．电源的输出功率逐渐增大D．质点P将向下运动【知识点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．J2E1【答案解析】CD13\n解析：当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知干路电流I增大．电容器板间电压等于R3的电压．R4减小，AB间并联部分的总电阻减小，则R3的电压减小，R3上消耗的功率逐渐减小，电容器板间场强减小，质点P所受的电场力减小，所以质点P将向下运动．流过电流表的电流IA=I-I3，I增大，I3减小，则IA增大，所以电流表读数增大．R4的电压U4=U3-U2，U3减小，U2增大，则U4减小，所以电压表读数减小．由于R1的阻值和电源内阻r相等，则外电路总电阻大于电源的内阻r，当外电阻减小时，电源的输出功率逐渐增大．故AB错误，C正确．故选：CD．【思路点拨】当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，由欧姆定律确定电容器两极板间电压的变化，分析质点P如何运动．根据干路电流和通过R3的电流变化，确定通过电流表的电流变化．根据R3和R2的电压变化，判断电压表示数的变化．根据电源的内电阻与外电阻的关系，分析电源的输出功率如何变化．【题文】20．如图光滑的水平桌面处在竖直向下的匀强磁场中，桌面上平放一根一端开口、内壁光滑的绝缘细管，细管封闭端有一带电小球，小球直径略小于管的直径，细管的中心轴线沿y轴方向。在水平拉力F作用下，细管沿x轴方向做匀速运动，小球能从管口处飞出。小球在离开细管前的运动加速度a、拉力F随时间t变化的图象中，正确的是【知识点】洛仑兹力；牛顿第二定律．K2C2【答案解析】BD解析：A、B、在x轴方向上的速度不变，则在y轴方向上受到大小一定的洛伦兹力，根据牛顿第二定律，小球的加速度不变，故A错误，B正确；C、D、管子在水平方向受到拉力和球对管子的弹力，球对管子的弹力大小等于球在x轴方向受到的洛伦兹力大小，在y轴方向的速度逐渐增大，（vy=at）则在x轴方向的洛伦兹力逐渐增大，（F洛=qvyB=qBat），所以F随时间逐渐增大，故C错误，D正确；故选BD．【思路点拨】小球在沿x轴方向上做匀速直线运动，根据左手定则知小球在沿y轴方向受到洛伦兹力，小球在y轴方向上做加速运动．在y轴方向一旦有速度，在x轴方向也会受到洛伦兹力．【题文】21．如图所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一个水平面内，线圈A中通以如图所示的交变电流，设t＝0时电流沿逆时针方向。下列说法中正确的是A．0～t1内,线圈B有逆时针方向的电流，且有收缩的趋势B．t1～t2内,线圈B有逆时针方向的电流，且有扩张的趋势C．在t1时刻，线圈B的电流大小和方向同时改变D．在t1时刻，线圈A、B的作用力最小【知识点】楞次定律．L1【答案解析】ABD解析：A、在0-t1时间内，电流逆时针方向减小，通过B线圈的磁通量减小，根据楞次定律，知B内有逆时针方向的电流，根据楞次定律的另一种表述，B线圈有收缩的趋势．故A正确．B、则在t1-t2时间内，电流顺时针增大，通过B线圈的磁通量增大，根据楞次定律，知B内有逆时针方向的电流，根据楞次定律的另一种表述，B线圈有扩张的趋势．故B正确13\nC、t1时刻线圈B中没有电流，故C错误．D、t1时刻线圈B中没有电流，故在t1时刻，线圈A、B的作用力最小．故D正确．【思路点拨】某一线圈中电流变化时，则通过另一线圈的磁通量发生变化，根据楞次定律判断出感应电流的方向，根据楞次定律的另一种表述，引起的机械效果阻碍磁通量的变化，判断线圈有收缩还是扩张趋势．第II卷（共174分）三，非选择题：包括必考题和选考题。第23-32题为必考题，每个考生必须做答；第33-40题为选考题，考生根据要求做答）（一）必考题（129分）【题文】22.（6分）甲、乙两个同学用如图甲所示的实验装置共同研究在保持受到的牵引力不变的条件下，小车的加速度与其质量的关系．(1)甲同学通过对小车所牵引纸带的测量，就能得出小车的加速度a.图乙是某次实验所打出的一条纸带，在纸带上标出了5个计数点，在相邻的两个计数点之间还有4个点未标出，图中数据的单位是cm.实验中使用的电源是频率为f＝50Hz的交变电流．根据以上数据，可以算出小车的加速度a＝________m/s2.(结果保留两位有效数字)(2)乙同学通过给小车增加砝码来改变小车的质量M，得到小车的加速度a与质量M的数据，画出a～图线后，发现：当较大时，图线发生弯曲．于是，该同学后来又对实验方案进行了进一步地修正，避免了图线的末端发生弯曲的现象．那么，该同学的修正方案可能是(　　)A．改画a与的关系图线B．改画a与(M＋m)的关系图线C．改画a与的关系图线D．改画a与的关系图线【知识点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．C4【答案解析】（1）0.343；（2）A．解析：（1）由于每相邻两个计数点间还有4个点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，设第一个计数点到第二个计数点之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：x3-x1=2a1T2 ，x4-x2=2a2T2 为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值，得：a=（a1+a2）即a=m/s2=0.343m13\n/s2（2）分别对小车与砝码列出牛顿第二定律，对小车有F=Ma，对砝码有F-mg=ma，两式联立可得a==•mg，作图时应作出a-图象．故选：A【思路点拨】（1）在相邻的两个计数点之间还有4个点未标出，说明任意两个技计数点之间的时间间隔为打点周期的5倍，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小；（2）分别对小车和砝码盘列出牛顿第二定律方程，即可知道绳子拉力就是砝码重力的条件以及图象弯曲的原因．【题文】23.（8分）现有一块59C2型的小量程电流表G（表头），满偏电流为，内阻约为800～850，把它改装成、的两量程电流表。可供选择的器材有：滑动变阻器R1，最大阻值20；滑动变阻器，最大阻值电阻箱，最大阻值定值电阻，阻值；电池E1，电动势1.5V；电池，电动势；电池，电动势；（所有电池内阻均不计）单刀单掷开关和，单刀双掷开关，电阻丝及导线若干。（1）采用如图1所示电路测量表头的内阻，为提高测量精确度，选用的电池为。图1（2）用半偏法测图1中的电流表G的内阻。下列说法中正确是。A．电键接通前，滑动变阻器R必须调节到高阻值处。B．电键接通前，电阻箱的阻值无需调节。C．当电流表示数从满偏电流Ig调到半偏电流Ig/2时，电阻箱中电流强度稍大于Ig/2。D．滑动变阻器R的阻值的大小，对实验误差没有影响。（3）将G改装成两量程电流表。现有两种备选电路，图2和图3。图为合理电路，另一电路不合理的理由是。13\n图2图3【知识点】把电流表改装成电压表．J6【答案解析】（1）电池，电动势（2）ABC（3）①2②图3电路在通电状态下，更换量程会造成两分流电阻都未并联在表头两端，以致流过表头的电流超过其满偏电流而损坏解析：（1）首先我们要知道半偏法测量电流表内阻的方法以及测量原理：如图，设电源的电动势为E，内阻为r，S2打开时，设电流表满偏电流Ig=，实验要求R＞＞Rg，R＞＞r，这样才有Ig≈，当S2闭合时，R′和Rg并联，并联后总阻值R并＜Rg＜＜R，这样才有S2闭合后，电路中总电流几乎不变，仍然近似等于，调节R′使电流表半偏为，所以流过R′的电流也为，所以R′=Rg．从上述原理可知，S2打开与闭合，近似认为干路中电流不变，前提是R＞＞Rg．故实验器材选择应满足①电源电动势尽可能大，②R尽可能大．所以，滑动变阻器选量程较大的R2，电池选用电动势较大的E3．（2）“半偏电流法”测定电流表G的内电阻Rg的实验中，先闭合S1，R1必须调节到最高阻值是为了保护该电路的用电器；本实验在R1＞＞R2的条件下，所以电流表两端的电压很小，S1闭合前，R2不须调节到最大；当S2接通时，R2有电流流过，R2和Rg并联，并联后的电阻减小，总电流增加，当电流表示数从满偏电流I1调到半偏电流时，R2中电流稍大于；故ABC正确，D错误．D、如果是理想的恒流电源，则电流表上的电压应该下降一半，这样电流才能够减少一半，这时并联电阻上流过的电流与电流表一样，电阻也就一样；  如果R1＞＞R2，则总电阻的变化可以忽略，总电流的变化也就可以忽略，所以电源电动势的大小及相应的R1最大值的大小，对实验误差有很大影响，故D正确．（3）选甲，当开关接到左边接线柱时并联电阻较小通过电流较大，所以此时对应改装电流表的较大量程，接右边接线柱时并联两个电阻，阻值较大，通过电流较小，所以13\n此时对应量程较小；不能选乙是因为乙电路在通电状态下，更换量程会造成两分流电阻都未并联在表头两端，以致流过表头的电流超过其满偏电流而损坏【思路点拨】实验器材选择应满足①电源电动势尽可能大，②R尽可能大，第一问半偏法测量电流表的内阻实验中干路上的滑动变阻器和电池都要越大越好，第二问在用“半偏电流法”测定电流表G的内电阻Rg的实验中，先闭合S1，调节R1，使电流表指针偏转到满刻度；再闭合S2，调节电阻箱R′2使电流表指针指在刻度盘的中央；本实验在R1＞＞R2的条件下，近似有Rg=R2第三考查电流表的改装【题文】24．（14分）《科学》介绍了一种新技术——航天飞缆，航天飞缆是用柔性缆索将两个物体连接起来在太空飞行的系统。飞缆系统在太空飞行中能为自身提供电能和拖曳力，它还能清理“太空垃圾”等。该系统的工作原理可用物理学的基本定律来解释。下图为飞缆系统的简化模型示意图，图中两个物体P，Q的质量分别为mP．mQ，柔性金属缆索长为l，外有绝缘层，系统在近地轨道作圆周运动，运动过程中Q距地面高为h。设缆索总保持指向地心，P的速度为vP。已知地球半径为R，地面的重力加速度为g。（1）飞缆系统在地磁场中运动，地磁场在缆索所在处的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。设缆索中无电流，求缆索P、Q哪端电势高？两端的电势差多大？（2）设缆索的电阻为R1，如果缆索两端物体P、Q通过周围的电离层放电形成电流，相应的电阻为R2，求缆索所受的安培力多大?（3）求缆索对Q的拉力FQ多大？【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；万有引力定律及其应用；安培力．L4【答案解析】（1）P点电势高，（2）（3）解析：（1）P点电势高（2分）P、Q角速度相等（2分）13\n缆索的电动势（2分）（2）缆索电流（1分）安培力（1分）则安培力（1分）（3）Q受地球引力和缆索拉力FQ作用（2分）又（2分）联立①、②、③解得：【思路点拨】（1）根据右手定则判断出导体棒切割磁感线电流方向，即可判断哪点电势高，注意在电源内部电流由负极流向正极，根据E=BLv即可求出电势差．（2）求出P、Q两端的电势差根据闭合电路欧姆定律求出流过缆索的电流，根据安培力公式即可求得结果．（3）对Q进行受力分析，根据受力平衡即可解出结果，注意P、Q的角速度相等．【题文】25.（19分）如图所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上。在xOy平面内有与y轴平行的匀强电场，在圆心为C半径为R的圆内还有与xOy平面垂直的匀强磁场。在原点O放置一带电微粒发射装置，它发射出具有相同质量m、电荷量q（q>0）和初速度大小为v的带电微粒，速度方向分布在xOy平面第一和第二象限内的各个方向上。重力加速度大小为g。已知从O点沿y轴正方向竖直向上发射的带电微粒射出磁场区域后一直平行于x轴作直线运动打到PN荧光屏上，PN荧光屏垂直x轴，PN屏的长度大于2R。（1）求电场强度和磁感应强度的大小和方向。（2）求PN屏上光斑长度（3）若撤除匀强磁场，且保持匀强电场的大小不变，方向改为水平向右。调节初速度v的大小，使得从O点沿与x轴正方向成450方向发射的粒子落到圆周上D点（图中未画出）时的速度比沿其他方向发射的粒子落到圆周上其他各点的速度都要大。求初速度v的大小？当粒子恰好落到圆周上D点时，是否还有其它粒子同时落到圆周上。若有，求出其它粒子在圆周上的落点到D点的距离；若没有，说明理由。13\n【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．K4C2【答案解析】（1）方向垂直于纸面向外（2）2R（3）另一个粒子落在圆周的B点，，解析：（1）带电微粒射出磁场区域后一直平行于x轴作直线运动，说明重力和电场力平衡。由可得……（1分）方向沿y轴正方向。……（1分）带电微粒进入磁场后，将做圆周运动。依题意得r=R……（2分）由得……（1分）方向垂直于纸面向外……（1分）(2)因为r=R，对任意一个速度，四边形OCBO2为菱形，则BO2平行OC,带电微粒射出磁场区域后平行于x轴作直线运动……（2分）则PN屏上光斑长度为2R……（2分）（3）小球做类平抛运动，方向沿CD方向（1分）（1分）（1分）（1分）13\n如图根据运动的合成和圆的对称性可知：另一个粒子落在圆周的B点，【思路点拨】（1）由平衡条件求出电场强度，由牛顿第二定律求出磁感应强度．（2）作出粒子运动轨迹，粒子在磁场中转过的圆心角越大，粒子运动时间越长，根据粒子转过的圆心角与粒子在圆周运动的周期求出粒子的运动时间．（3）小球做类平抛运动，根据运动的合成和圆的对称性可知（二）选做题：本题45分。请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑，注意所给题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区指定位置答题）【题文】33.[物理——选修3-3]（15分）（1）（6分）质量一定的某种物质，在压强不变的条件下，由液态I到气态Ⅲ（可看成理想气体）变化过程中温度（T）随加热时间（t）变化关系如图所示。单位时间所吸收的热量可看作不变。以下说法正确的是。(填正确答案标号。选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．在区间I，物质分子的平均动能随着时间的增加而增大B．在区间Ⅱ，物质的内能不变C．在区间Ⅲ，分子间的势能变大D．从区间I到区间Ⅲ，物质的熵增加E．在区间Ⅲ,若将压强不变的条件改为体积不变，则温度升高变快（2）（9分）如图所示，一定质量的气体放在体积为V0的容器中，室温为T0＝300K，有一光滑导热活塞C（不占体积）将容器分成A、B两室，B室的体积是A室的两倍，A室容器上连接有一U形管（U形管内气体的体积忽略不计），两边水银柱高度差为76cm，右室容器中连接有一阀门K，可与大气相通。（外界大气压等于76cm汞柱）求：（1）将阀门K打开后，A室的体积变成多少？（2）打开阀门K后将容器内的气体从300K加热到540K，U形管内两边水银面的高度差为多少？13\n【知识点】热力学第二定律．理想气体的状态方程．H3【答案解析】（1）A、D、E（2），15.2cm解析：A、在区间Ⅰ（物质处于液态），温度随着时间的增加而升高．所以物质分子的平均动能也随着时间的增加而增大，选项A正确；B、物质的内能是分子总动能与分子总势能之和，在区间Ⅱ，温度不变，分子的平均动能不变，吸收的热量用来增加分子间的势能，物质的内能增大，选项B错误C、理想气体分子间作用力为零，不考虑分子势能，故选项B错误．D、由熵增原理知从区间Ⅰ到区间Ⅲ，物质的熵增加．选项C正确．E．在区间Ⅲ,若将压强不变的条件改为体积不变，则温度升高变快，故E正确(2)解：（1）开始时，PA0＝2大气压，VA0＝V0/3打开阀门，A室气体等温变化，pA＝l大气压，体积VApA0VA0＝pAVA(2分)(2分)（2）从T0＝300K升到T=450K，体积为V0，压强为P，(2分)P＝1.2大气压(1分)水银高度差为0.2X76cm=15.2cm(2分)【思路点拨】（1）了解液体的加热升温过程，液体的汽化过程和气体的升温过程，通过在各阶段中能量的变化可判断各选项的正误．（2）开始时A中气体压强为：PA0=P0+76cmHg=152cmHg，体积为V0，然后气体压强减小为76cmHg，根据玻意耳定律列式求解；13