湖南省衡阳市八中高三物理第六次月考试题（含解析）新人教版.doc

湖南省衡阳市八中2014届高三物理第六次月考试题（含解析）新人教版 命题人：刘龙华 审题人：唐忠涛一、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）1. 密绕在轴上的一卷地膜用轻绳一端拴在轴上，另一端悬挂在墙壁上a点，如图所示，当逆时针缓慢向下用力f抽出地膜时，整卷地膜受的各个力要发生变化，不计地膜离开整卷时对地膜卷的粘扯拉力和地膜卷绕轴转动时的摩擦力，但在d点地膜与墙壁间有摩擦力，随着地膜的不断抽出，下述分析正确的是( ) a悬挂地膜的轻绳上的拉力在增大b地膜对墙的压力在增大c地膜与墙壁间的摩擦力在减小d地膜卷受墙的支持力与轻绳的拉力的合力不变。【答案】ca、根据平衡条件得，得到，随着地膜的不断抽出，减小，cos增大，g减小，则t减小，故a错误；b、由水平方向力平衡得：，g、减小，n减小，故b错误；c、由摩擦力公式得知n减小，f减小，故c正确；d、地膜卷受墙的支持力与轻绳的拉力的合力等于，其在减小，故d错误。故选c。【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用2. 如图甲所示为一个质量为m、带电荷量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为b的匀强磁场中。现给圆环向右初速度v0 ，其中，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是图乙中的（ ）【答案】d当即时，此时：，所以小环做加速度逐渐减小的减速运动，直到时，小环开始做匀速运动，故d正确；故选d。【考点】洛仑兹力；牛顿第二定律；力的合成与分解3.如图所示，假设地球是个半径为r的标准的球体，其表面的重力加速度为g，有一辆汽车沿过两极的圆周轨道沿地面匀速率行驶，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）a重力和地面的支持力是一对平衡力b汽车的机械能保持不变c汽车在北极处于超重状态，在南极处于失重状态d若汽车速率为，则重力不改变汽车的运动状态【答案】ba、汽车做的是匀速圆周运动，重力与支持力的差提供向心力，故a错误；b、汽车的动能和重力势能都不发生变化，所以机械能守恒，故b正确；c、无论在南极还是北极，汽车的加速度都向下，所以都处于失重状态，故c错误；d、重力会改变汽车的速度方向，故d错误。故选b。【考点】匀速圆周运动4. 如图甲所示，轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一小物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力f作用在物体上，使物体开始向上做匀加速直线运动，拉力f与物体位移x的关系如图乙所示(g=10m/s2)，则下列结论正确的是( )a.物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态b.物体的质量为3 kgc.物体的加速度大小为5 m/s2d.弹簧的劲度系数为7. 5 n/cm【答案】ca、物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长,故a错误；bcd、刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有拉力f1为10n时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有物体与弹簧分离后，拉力f2为30n，根据牛顿第二定律，有代入数据解得：m=2kg，k=5n/cm，a=5m/s2，故bd错误c正确；故选c。【考点】牛顿第二定律；胡克定律5如图所示，ab为半圆环acb的水平直径，c为环上的最低点，环半径为r。一个小球从a点以速度水平抛出，不计空气阻力，则下列判断正确的是（ ）a. 越大，小球落在圆环时的时间越长b.即使取值不同，小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角也相同c.若取值适当，可以使小球垂直撞击半圆环d.无论取何值，小球都不可能垂直撞击半圆环【答案】da、小球的初速度越大，下降的高度不一定大，平抛运动的时间不一定长，故a错误；b、平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，初速度不同，位移与水平方向方向夹角不同，则速度与水平方向夹角不同，故b错误；c、假设小球与bc段垂直撞击，设此时速度与水平方向的夹角为，知撞击点与圆心的连线与水平方向的夹角为连接抛出点与撞击点，与水平方向的夹角为根据几何关系知，=2因为平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，即tan=2tan与=2相矛盾则不可能与半圆弧垂直相撞，故c错误d正确。故选d。【考点】平抛运动6. 如图，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和mn其中ab、ac在a点接触，构成“v”字型导轨。空间存在垂直于纸面的均匀碰场。用力使mn向右匀速运动，从图示位置开始计时运动中mn始终与bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触。下列关于回路中电流i与时间t的关系图线可能正确的是（ ）【答案】a设bac=2，单位长度电阻为r0则mn切割产生电动势回路总电阻为由闭合电路欧姆定律得：电流i与时间无关，是一定值，故a正确。故选a。【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律7. 如图所示，、是两个等量异种点电荷形成电场中的、位于同一平面内的三个等势线，其中为直线，与、与的电势差相等一重力不计、带负电的粒子进入电场，运动轨迹如图中实线所示与、分别交于a、b、c三点，则（ ）a若粒子从a到b电场力做功大小为w1，从b到c电场力做功大小为w2，则w1w2b粒子从a到b再到c，电势能不断减少ca点的电势比b点的电势高d粒子在c点时的加速度为零【答案】ca、由题，与、与的电势差相等，根据电场力做功公式w=qu得知，粒子从a到b电场力做功与从b到c电场力做功相等，即w1=w2，故a错误；bc、由于为直线，是一条等势线，必是则知两个等量异种点电荷连线的垂直平分线，根据粒子的轨迹弯曲方向可知粒子所受的电场力方向向左，则知正点电荷在左侧，负点电荷在右侧，粒子从a到b再到c，电势不断降低，负电荷的电势不断增大，故b错误c正确；d、粒子在c点时的电场力不为零，加速度不为零，故d错误。故选c。【考点】电势差；电势；电势能8. 如图所示，电源内阻不能忽略，安培表、伏特表都是理想电表，当滑动变阻器r的滑动头从a端滑到b端过程中下列说法正确的是（ ）av的示数先增大后减小，a示数增大bv的示数先增大后减小，a示数减小cv的示数先减小后增大，a示数增大 dv的示数先减小后增大，a示数减小【答案】a滑动头从a端滑到中点时，变阻器左右并联的电阻增大，分担的电压增大，变阻器右边电阻减小，电流减小，则通过电流表的电流增大外电路总电阻增大，干路电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，则电压表的示数增大；当滑动头从中点滑到b端时，变阻器左右并联的电阻减小，分担的电压减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，而通过变阻器左侧的电流减小，则通过电流表的电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，变阻器左端电阻增大，电流减小，则电压表的示数减小，所以v的示数先增大后减小，a示数一直增大，故选a。故选a。【考点】闭合电路欧姆定律9如图（l）所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为20:1， 已知电阻两端的正弦交流电压如图（2）所示，则( )a原线圈输入电压的最大值为 400v b交流电的频率为 100hz c电容器所带电量恒为 d电阻消耗的电功率为 20w【答案】ada、由图2可知r1的电压最大值为20v，再根据原副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为400v，a正确；b、根据变压器原理可知原副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02s、频率为50赫兹，b错误；c、电容器两端的电压是变化的，所带电量也是变化的，所以c错误；d、电阻r1两端电压的有效值为，电阻r1消耗的电功率，故d正确；故选ad。【考点】变压器的构造和原理10.2 012年6月18 日，神舟九号飞船与天官一号目标发生器在离地面343km的近圆形轨道上成功进行了我国首次载人空间交会对接。对接轨道所处的空间存在极其稀薄的大气。下列说法正确的是（ ）a为实现对接两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间b如不加干预，在运行一段时间后，天宫一号的动能可能会增加c如不加干预，天宫一号的轨道高度将缓慢降低d航天员在天宫一号中处于失重状态，说明航天员不受地球引力作用 【答案】bca、又第一宇宙速度为最大环绕速度，天宫一号的线速度一定小于第一宇宙速度，故a错误；b、根据万有引力提供向心力有：得，则轨道高度降低，卫星的线速度增大，故动能将增大，所以b正确；c、卫星本来满足万有引力提供向心力即，由于摩擦阻力作用卫星的线速度减小，提供的引力大于卫星所需要的向心力故卫星将做近心运动，即轨道半径将减小，故c正确；d、失重状态说明航天员对悬绳或支持物体的压力为0，而地球对他的万有引力提供他随天宫一号围绕地球做圆周运动的向心力，所以d错误。故选bc故选bc。【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用11. 如图所示，一个带正电荷的物块m，由静止开始从斜面上a点下滑，滑到水平面bc上的d点停下来。已知物块与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，且不计物块经过b处时的机械能损失。现在abc所在空间加竖直向下的匀强电场，第二次让物块m从a点由静止开始下滑，结果物块在水平面上的d点停下来。后又撤去电场，在abc所在空间加水平向里的匀强磁场，再次让物块m从a点由静止开始下滑，结果物块沿斜面滑下并在水平面上的d点停下来则以下说法中正确的是（ ）ad点一定在d点左侧 bd点一定与d点重合cd点一定在d点右侧 dd点一定与d点重合【答案】bc设物体的质量为m，电量为q，电场强度大小为e，斜面的倾角为，动摩擦因数为，根据动能定理得a、不加电场时： 加电场时： 将两式对比得到，则d点一定与d点重合，故a错误b正确；c、加磁场时，比较两式可得，所以d点一定在d点右侧，故c正确d错误故选bc。【考点】带电粒子在混合场中的运动12.如图所示，abcd为固定的水平光滑矩形金属导轨，处在方向竖直向下，磁感应强度为b的匀强磁场中，ab间距为l，左右两端均接有阻值为r的电阻，质量为m、长为l且不计电阻的导体棒mn放在导轨上，与导轨接触良好，并与轻质弹簧组成弹簧振动系统开始时，弹簧处于自然长度，导体棒mn具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，导体棒mn第一次运动到最右端，这一过程中ab间r上产生的焦耳热为q，则（ ）a初始时刻棒所受的安培力大小为b当棒再一次回到初始位置时，ab间电阻的热功率为c当棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为d当棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为【答案】aca、由、，得初始时刻棒所受的安培力大小为，故a正确；b、由于回路中产生焦耳热，棒和弹簧的机械能有损失，所以当棒再次回到初始位置时，速度小于v0，棒产生的感应电动势，由电功率公式知，则ab间电阻r的功率小于，故b错误；cd、由能量守恒得知，当棒第一次达到最右端时，物体的机械能全部转化为整个回路中的焦耳热和弹簧的弹性势能；电阻r上产生的焦耳热为q，整个回路产生的焦耳热为2q，弹簧的弹性势能为：，故c正确d错误；故选ac。【考点】法拉第电磁感应定律；弹性势能；导体切割磁感线时的感应电动势 二实验题（每空2分，共18分）13.如图甲所示，用包有白纸的质量为m(kg)的圆柱棒代替纸带和重物，蘸有颜料的毛笔固定在电动机上并随之转动，代替打点计时器当烧断悬挂圆柱棒的线后，圆柱棒竖直自由下落，毛笔转动就在圆柱棒表面的纸上画出记号，如图乙所示，设毛笔接触棒时不影响棒的运动测得记号之间的距离依次为20.0 mm,44.0 mm,68.0 mm,92.0 mm,116.0 mm,140.0 mm，已知电动机每秒钟转20圈，由此研究圆柱棒的运动情况根据以上内容，回答下列问题:(1)毛笔画相邻两条线的时间间隔t_s，图乙中的_端是圆柱棒的悬挂端(填“左”或“右”)(2)根据图乙所给的数据，可知毛笔画下记号d时，圆柱棒下落的速度vd_m/s；圆柱棒竖直下落的加速度a= _ m/s2(结果保留三位有效数字)【答案】(1)0.05s 左 （2）1.60m/s 9.60 m/s2（1）电动机的转速n=1200r/min，所以周期，圆柱棒竖直自由下落，速度越来越大，因此毛笔所画出的记号之间的距离越来越大，因此左端的记号后画上，所以左端是悬挂端；（2）匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度等于这一段的平均速度，加速度。【考点】线速度、角速度和周期、转速；自由落体运动14.有一电压表v1，其量程为3v、内阻约为3000.要准确测量该电压表的内阻，提供的器材有：电源e：电动势约为15v，内阻不计电流表a1：量程100ma，内阻r1=20电压表v2：量程2v，内阻r2=2000定值电阻r1：阻值20定值电阻r2：阻值3滑动变阻器r0：最大阻值10.额定电流1a电建一个，导线若干（1）实验中电表应选用_, 定值电阻应选用_（2）请你设计一个测量电压表v1内阻的实验电路图并画在虚线框内（3）说明实验所要测量的物理量_（4）写出电压表v1内阻的计算表达式rv1=_【答案】（1）v2 r1 （2）如图（3）电压表v1的示数u1 电压表v2的示数u2（4）（1）因待测电压表电压为3v，满偏电流为，远小于电流表的满偏电流100ma，所以不能使用电流表测量电流，考虑使用电压表v2，因其满偏电流，所以可以将两电压表串联使用，所以应选用的电表是v2；显然滑动变阻器应用分压式接法，因电压表v1与v2的最大串联电压为，根据串联单路分压规律可知，解得r=20，所以定值电阻应选r1；（2）由上面分析可知，电路图如图所示（3）由欧姆定律所以，只要读出电压表v1的读数u1和电压表v2的读数u2，即可求出待测电压表的内阻，可解得【考点】电表的改装三计算题（共22分）15.（10分）高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶，甲车在前，乙车在后，速度均为v0=30m/s，距离s0=100m，t=0时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化如图所示，取运动方向为正方向。通过计算说明两车在09s内会不会相撞？【答案】不会相撞令，末，甲车速度：；设3s过后经过t2 s 甲、乙两车速度相等，此时距离最近：a2t2 =v0+a3t2；等速之前，甲车位移： ，乙车位移： 解得，不会相撞。【考点】匀变速直线运动位移与时间的关系16.（12分） 如图所示，左侧装置内存在着匀强磁场和方向竖直向下的匀强电场，装置上下两极板间电势差为u,间距为l;右侧为“台形”匀强磁场区域acdh，其中，ah/cd， =4l。一束电荷量大小为q、质量不等的带电粒子(不计重力、可视为质点)，从狭缝s1射入左侧装置中恰能沿水平直线运动并从狭缝s2射出，接着粒子垂直于ah、由ah的中点m射入“台形”区域，最后全部从边界ac射出。若两个区域的磁场方向均水平(垂直于纸面向里)、磁感应强度大小均为b，“台形”宽度=l，忽略电场、磁场的边缘效应及粒子间的相互作用。(1)判定这束粒子所带电荷的种类，并求出粒子速度的大小;(2)求出这束粒子可能的质量最小值和最大值;(3)求出(2)问中偏转角度最大的粒子在“台形”区域中运动的时间。【答案】（1）（2），（3）（1）由于粒子在“台形”磁场中从边界ac射出，可知粒子带正电由于粒子在左侧正交电磁场中沿直线通过，且洛伦兹力不做功，故粒子速率不变故有：，而，所以（2）在台形区域内，粒子匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有由上式知：当粒子质量最小时，r最小，粒子运动轨迹恰好与ac相切，如左图，当粒子质量有最大值时，r最大，粒子运动轨迹恰好过c点，如右图根据几何关系有，所以因为，所以是等边三角形，解得：，（3）粒子运动周期粒子沿质量最小时的轨迹运动时对应圆心角最大，有解得【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动四选考题(12分)17. （从下列三个题组中任选一个题组并在答卷上涂明您选考的是哪个题组。否则不给分）题组一：（选修3-3）（1）以下说法正确的是 （选对一个给1分，选对两个给2分，选对3个给3分。选错不给分）(3分)a浸润现象是表面张力作用的结果，不浸润现象不是表面张力作用的结果b温度越高物体分子的平均动能越大c热量可以自发地由低温物体传到高温物体d压缩气体，气体的内能不一定增加e气体的体积变小，其压强可能减小【答案】 bde a、表面张力决定了液体和固体接触时，会出现两种现象：不浸润和浸润现象，故a错误；b、温度是分子平均动能的标志，故b正确；c、自发的由低温物体传到高温物体是不可能的，违反了热力学第二定律，故c错误；d、改变气体内能有两种方式：做功和热传递，故d正确。e、根据理想气体状态方程可知，当温度降低时，次过程就可能实现，故e正确。故选bde。【考点】分子的平均动能；热力学三定律；理想气体状态方程（2）（9分）如图所示，在一竖直放置的圆环形管道内封闭有一定质量的理想气体。用一绝热的固定活塞c和绝热、不计质量、可自由移动的活塞a将管道内气体分隔成体积相等的两部分，a、c与圆环的圆心o等高，两部分气体的温度均为t0 =300k。现保持下部分气体的温度不变，对上部分气体缓慢加热至t=500k，求此时活塞a的位置与o点的连线跟竖直方向ob之间的夹角。（不计两活塞的体积）【答案】 (2) 因活塞a可自由移动，所以上下两部分压强相等设圆环管道内上下两部分气体的初始体积为，加热前后两部分气体的压强分别为、，上部分气体体积的增加量为，根据理想气体的状态方程得对上部分气体有：因活塞a、c是绝热的，故下部分气体是等温变化，有：联立以上两式解得：故由几何知识可知，活塞a的位置与o点的连线和竖直方向的夹角为：【考点】理想气体的状态方程题组二：（选修3-4）(1) 一列简谐横波沿x轴正方向传播，已知t=0时的波形如图所示，波上有p、q两点，其纵坐标分别为yp=2 cm，yq=-2 cm。下列说法中正确的是 （选对一个给1分，选对两个给2分，选对3个给3分。选错不给分）(3分)ap点的振动形式传到q点需要t/2bp、q在振动的过程中，位移的大小总相等c在5t/4内，p点通过的路程为20cmd经过3t/8，q点回到平衡位置e在相等的时间内，p、q两质点通过的路程相等【答案】abea、由图看出，p、q两点平衡位置间的距离等于半个波长，因简谐波传播过程中，在一个周期内传播一个波长，所以振动形式从p传到q需要半个周期，故a正确；b、p、q的振动情况总是相反，所以在振动过程中，它们的位移大小总是相等，故b正确；c、若图示时刻p在平衡位置或最大位移处，在内，p点通过的路程为：，而实际上图示时刻，p点不在平衡位置或最大位移处，所以在内，p点通过的路程不是20cm，故c错误；d、图示时刻，q点向下运动，速度减小，所以从图示位置运动到波谷的时间大于，再从波谷运动到平衡位置的时间为，所以经过，q点没有回到平衡位置，故d错误；e、由于p、q的步调总是相反，所以在相等时间内，p、q两质点通过的路程相等，故e正确；故选abe。【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象(2)（9分）图示为某种透明介质的截面图，aoc为等腰直角三角形，bc为半径r10cm的四分之一圆弧，ab与水平屏幕mn垂直并接触于a点。由红光和紫光两种单色光组成的细束复色光射向圆心o，在ab分界面上的入射角i=45，结果在水平屏幕mn上出现两个亮斑，左右亮斑分别为p1、p2。假设该介质对红光和紫光的折射率分别为n1 = ，n2 =。（1）判断p1、p2两处产生亮斑的颜色；（2）求两个亮斑间的距离p1p2。【答案】亮斑p1为红色，亮斑p2为红色与紫色的混合色 p1p2=(5+10)cm（2）（1）设该介质对红光和紫光的临界角分别为c1、c2，则sinc1=，得c160同理c245i=45=c2，i=45c1所以紫光在ab面发生全反射，而红光在ab面一部分折射，一部分反射，且由几何关系可知，反射光线与ac垂直，所以亮斑p1为红色，亮斑p2为红色与紫色的混合色。（2）画出如图光路图，设折射角为r，根据折射定律有n1=得sinr=由几何知识可得tanr=解得ap1=5cm由几何知识可得aop2为等腰直角三角形解得ap2=10cm所以p1p2=(5+10)cm【考点】全反射；折射定律；题组三：（选修3-5）（1）如图所示，用某单色光照射光电管的阴板k，会发生光电效应在阳极a和阴极k之间加上反向电压，通过调节滑动变阻器的滑片逐渐增大加在光电管上的电压，直至电流表中电流恰为零，此时电压表的电压值u称为反向截止电压，现分别用频率为和的单色光照射阴极，测得反向截止电压分别为u1和u2设电子的质量为m、电荷量为e，下列说法正确的是 （选对一个给1分，选对两个给2分，选对3个给3分。选错不给分）(3分)a频率为的光照射时，光电子的最大初速度为b频率为的光照射时，光电子的最大初速度为c阴极k金属的逸出功为 d普朗克常数e阴极k金属的极限频率是【答案】acda、光电子在电场中做减速运动，根据动能定理得：，则得光电子的最大初速度，故a正确；b、解析过程类似a选项，故b错误；cd、根据爱因斯坦光电效应方程得：，解得：金属的逸出功、，故c正确d正确；e、阴极k金属的极限频率，故e错误。故选acd。【考点】爱因斯坦光电效应方程（2）（9分）如图所示，a、b两球质量均为m，其间有压缩的轻短弹簧处于锁定状态（a、b两球与弹簧两端接触但不连接）弹簧的长度、两球的大小均忽略,整体视为质点,该装置从半径为r的竖直光滑圆轨道左侧与圆心等高处由静止下滑，滑至最低点时，解除对弹簧的锁定状态之后,b球恰好能到达轨道最高点，求：小球b解除锁定后的速度弹簧处于锁定状态时的弹性势能【答案】 小球b解除锁定后，到轨道最高点的速度为v，则有：b球在最高点，由重力提供向心力，则有：b球从解除锁定到最高点的过程，由机械能守恒得：联立解得：设a、b系统滑到轨道最低点时锁定为v0，根据机械能守恒得：解得：解除弹簧锁定后a、b的速度分别为va、vb，弹性势能为e，根据系统的动量守恒和机械能守恒得：，解得：【考点】机械能守恒定律衡阳市八中2014届高三第六次月考 物 理 答 案一、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）题号123456789101112答案cdbcdacaadbcbcac二实验题（每空2分，共18分）13. (1)0.05s 左 （2）1.60m/s 9.60 m/s214.（1）v2 r1 （2）（3）电压表v1的示数u1 电压表v2的示数u2（4）三计算题（第15题10分，第6题12分。计分标准由阅卷老师自行拟定）15. 解析：公式解法：令a1=-10m/s2，a2=5m/s2，a3=-5m/s2，t1=3s末，甲车速度：v1=v0+a1t1=0；设3s过后经过t2 s 甲、乙两车速度