云南省師范大學(xué)附屬中學(xué)高三第八次月考理綜物理試題

云南省師范大學(xué)附屬中學(xué)2018屆高三第八次月考理綜物理試題一、選擇題1.下列說法正確的是（）A.增大入射光的頻率，遏止電壓不一定會(huì)增大B.原子從基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)時(shí)，會(huì)輻射光子C.湯姆孫通過“油滴實(shí)驗(yàn)”發(fā)現(xiàn)了電子D.用能量等于氘核結(jié)合能的光子照射靜止的氘核，氘核不能分解為一個(gè)質(zhì)子和一個(gè)中子【答案】D【解析】A、根據(jù)eUc=B、原子從基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)時(shí)，會(huì)吸收光子，故B錯(cuò)誤；C、湯姆孫通過研究陰極射線的屬性，并研究了各種類型的實(shí)驗(yàn)，發(fā)現(xiàn)電子是多種原子的組成成分，確定了電子的存在，但油滴實(shí)驗(yàn)是密立根做的，用來確定電子的電量，故C錯(cuò)誤；D、結(jié)合能是拆分原子核所需要的最小能量，且光子具有動(dòng)量，考慮到照射之后氘核分解為一個(gè)質(zhì)子和一個(gè)中子具有動(dòng)量，所需的能量應(yīng)大于結(jié)合能，故D正確；故選D。2.如圖甲所示，海上救援時(shí)，一直升機(jī)愁停在空中，某質(zhì)量為60kg的傷員在繩索的牽引下沿豎直方向從船上升到飛機(jī)上，運(yùn)動(dòng)的vt圖象(以向上為正方向)如圖3乙所示，取g=10m/s2,則下列說法正確的是（）A.5~7s內(nèi)傷員在下降B.前3s內(nèi)與最后2s內(nèi)傷員所受繩子的拉力之比為2:3C.整個(gè)過程中傷員重力所做的功為1.62×104JD.前3s內(nèi)與最后2s內(nèi)傷員重力做功的平均功率不相等【答案】C【解析】A.根據(jù)v?t圖象的斜率等于加速度，斜率的正負(fù)號(hào)表示加速度的方向，則知，5~7s內(nèi)速度為正，加速度為負(fù)，傷員在減速上升，故A錯(cuò)誤；B、前3s內(nèi)戰(zhàn)士的加速度大小為a1=Δv1Δt1=63=2m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得：T1?mg=maC、戰(zhàn)士在整個(gè)下降的程中下降的高度等于梯形面積大小為h=2+72×6D、前3s內(nèi)與最后2s內(nèi)戰(zhàn)士的平均速度均為v=0+62=3m/s，由P=故選C?！军c(diǎn)睛】根據(jù)斜率求出前3s內(nèi)與最后2s內(nèi)戰(zhàn)士的加速度，由牛頓第二定律求出繩子的拉力，根據(jù)圖象與時(shí)間軸所圍的面積表示位移，求0～7s內(nèi)下落的距離，再求重力做的功，由P=mgv分析知：前3s內(nèi)與最后3.如圖所示,柔軟輕繩ON的一端O固定，在其上某點(diǎn)M拴一重物，用手拉住繩的另一端N將重物向右上方緩慢拉起.初始時(shí)，OM豎直，OM⊥MN.保持OM與MN夾角不變，在OM由豎直被拉到水平的過程中（）A.OM上的張力逐漸增大B.OM上的張力先增大后減小C.MN上的張力逐漸增大D.MN上的張力先增大后減小【答案】C【解析】OM和MN的拉力的合力與重力是一對(duì)平衡力，受力分析如圖所示根據(jù)三角形定則有FMN=Gsinθ，F(xiàn)OM=Gcos故選C。4.如圖所示，

2017年6月19日，我國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射“中星9A”廣播電視直播衛(wèi)星。按預(yù)定計(jì)劃，“中星9A”應(yīng)該首先被送入近地點(diǎn)約為200公里、遠(yuǎn)地點(diǎn)約為3.6萬公里的轉(zhuǎn)移軌道II

(橢圓)，然后通過在遠(yuǎn)地點(diǎn)Q變軌，最終進(jìn)入地球同步軌道III(圓形)，但是衛(wèi)星實(shí)際進(jìn)入軌道I，遠(yuǎn)地點(diǎn)只有1.6萬公里?？萍既藛T沒有放棄，通過精心操作，利用衛(wèi)星自帶燃料在軌道I近地點(diǎn)P點(diǎn)火，逐漸抬高遠(yuǎn)地點(diǎn)的高度，經(jīng)過10次軌道調(diào)整，終于在7月5日成功進(jìn)入預(yù)定軌道。下列說法正確的是（）A.衛(wèi)星在軌道I的P點(diǎn)和軌道II的Q點(diǎn)機(jī)械能相等B.衛(wèi)星在軌道III經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)和在軌道II經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)(未點(diǎn)火)的加速度不相同C.“中星9A”發(fā)射失利的原因可能是發(fā)射速度沒有達(dá)到7.9km/sD.衛(wèi)星在軌道II由P點(diǎn)向Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中處于完全失重狀態(tài)【答案】D【解析】A、衛(wèi)星從軌道Ⅰ變軌到軌道Ⅱ，軌道半徑變大，要做離心運(yùn)動(dòng)，衛(wèi)星應(yīng)從軌道Ⅰ的P點(diǎn)加速后才能做離心運(yùn)動(dòng)，從而進(jìn)入軌道Ⅱ，衛(wèi)星加速過程機(jī)械能增加，則衛(wèi)星從軌道Ⅰ的P點(diǎn)進(jìn)入軌道Ⅱ后機(jī)械能增加，故A錯(cuò)誤；B、由萬有引力提供向心力GMmr2=ma，可知衛(wèi)星在軌道III經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)和在軌道II經(jīng)過QC、發(fā)射速度大于第一宇宙速度，故C錯(cuò)誤；D、衛(wèi)星環(huán)繞地球運(yùn)行的過程中，萬有引力提供向心力，處于失重狀態(tài)，故D正確；故選D。5.在靜電場(chǎng)中，有一帶電粒子僅在電場(chǎng)力作用下做變加速直線運(yùn)動(dòng)，先后經(jīng)過A、B、C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)。在粒子通過A點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí)，此過程的“速度時(shí)間”圖象如圖所示。下列說法正確的是（）A.A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度最大B.A點(diǎn)的電勢(shì)小于B點(diǎn)的電勢(shì)C.粒子在A點(diǎn)的電勢(shì)能大于在B點(diǎn)的電勢(shì)能D.A、C兩點(diǎn)的電勢(shì)差UAC與C、D兩點(diǎn)的電勢(shì)差UCD相等【答案】AC【解析】A、根據(jù)速度圖象的斜率等于加速度，由數(shù)學(xué)知識(shí)可以看出，從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程中帶電粒子的加速度先減小后增大再減小，則其所受的電場(chǎng)力先減小后增大再減小，由a=qEm知，電場(chǎng)強(qiáng)度E先減小后增大再減小，即有B、由于帶電粒子的電性未知，無法判斷電場(chǎng)方向，也就不能判斷電勢(shì)高低，故B錯(cuò)誤；C、由圖看出，從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中帶電粒子的速度增大，動(dòng)能增大，則由能量守恒定律得知，其電勢(shì)能減小，粒子在A點(diǎn)的電勢(shì)能大于在B點(diǎn)的電勢(shì)能，故C正確；D、從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中與從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程中，由圖看出ΔEkAC=?ΔEk故選AC?！军c(diǎn)睛】速度時(shí)間圖象的斜率等于加速度，由數(shù)學(xué)知識(shí)判斷帶電粒子的加速度，即可判斷電場(chǎng)力和場(chǎng)強(qiáng)；因帶電粒子的電性未知，無法判斷電場(chǎng)方向，不能判斷電勢(shì)高低；根據(jù)能量守恒判斷電勢(shì)能的大小，根據(jù)U=6.如圖所示，在水平面內(nèi)有兩根平行光滑導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為d,左端連接一個(gè)定值電阻R0,右端連接一豎直光滑的四分之一圓弧軌道，軌道半徑為r,平行導(dǎo)軌右端的空間區(qū)域內(nèi)存在方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一導(dǎo)體棒垂直水平導(dǎo)軌放置，電阻為R1,質(zhì)量為m。在外力作用下，導(dǎo)體棒從水平軌道某處開始沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，在滑過圓弧軌道過程中，導(dǎo)體棒的速率始終為v,導(dǎo)體棒到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)撤去外力。運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，不計(jì)空氣阻力、重力加速度為g,下列說法正確的是（）A.導(dǎo)體棒沿圓弧軌道上滑時(shí)，流過導(dǎo)體棒的電流方向?yàn)閍→bB.導(dǎo)體棒沿圓弧軌道下滑的過程中，流過電阻R0的電荷量與上滑時(shí)相等C.導(dǎo)體棒一定能回到水平導(dǎo)軌D.導(dǎo)體椿沿圓孤軌道下滑過程中產(chǎn)生的熱量小于m【答案】BCD【解析】A、由右手定則可得，流過導(dǎo)體棒的電流方向?yàn)閎→a，故B、由Δq=BΔS投影C、若導(dǎo)體棒停在圓弧上，對(duì)導(dǎo)體棒受力分析，僅受到重力和圓弧給的支持力，無法平衡，故C正確；D、導(dǎo)體棒能回到水平軌道，回到水平軌道時(shí)還具有動(dòng)能，導(dǎo)體棒落回到圓弧軌道上端時(shí)所具有的機(jī)械能為E=mgr+故選BCD。7.如圖所示，質(zhì)量為M的木板放在光滑的水平面上，木板的右端有一質(zhì)量為m的木塊(可視為質(zhì)點(diǎn)),在木板上施加一水平向右的恒力F,木塊和木板由靜止開始運(yùn)動(dòng)并在最后分離。設(shè)分離時(shí)木塊相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)的位移為x,保證木塊和木板會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的情況下，下列方式可使位移x增大的是()A.僅增大木板的質(zhì)量MB.僅減小木塊的質(zhì)量mC.僅增大恒力FD.僅增大木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)【答案】AD【解析】設(shè)木板長為L，當(dāng)木塊與木板分離時(shí)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，對(duì)于木板：F?μmg=Ma1，當(dāng)木塊與木板分離時(shí)，它們的位移滿足L=12a1tA、僅增大木板的質(zhì)量M，a1變小，a2不變，則t增大，x增大，故B、僅減小木塊的質(zhì)量m，a1變大，a2不變，則t減小，x減小，故C、僅增大恒力F，a1變大，a2不變，則t減小，x減小，故D、僅稍增大木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，a1變小，a2增大，則t增大，x增大，故故選AD。8.如圖所示為模擬遠(yuǎn)距離輸電實(shí)驗(yàn)電路圖。兩理想變壓器的匝數(shù)n1=n4<n2=n3,模擬輸電線電阻的四個(gè)電阻R1、R2、R3、R4的阻值均為R,

A1、A2為相同的理想交流電流表，

L1、L2為相同的小燈泡，燈絲電阻RL>2R,忽略燈絲電阻隨溫度的變化。將A、B端接人輸出電壓為U的低壓交流電源，下列說法正確的是（）A.A1表的示數(shù)IB.燈泡L1比燈泡L2亮C.R1消耗的功率大于R3消耗的功率D.R2兩端的電壓小于R4兩端的電壓【答案】BD【解析】由理想變壓器電壓比值原理，U1U2=n1n2，U3U4=n3n4=n2n1，由電流比值原理，A、由過程分析，A1表的示數(shù)I1=UnB、由過程分析得，UL1>UL2，由P=U2C、由焦耳定律，電阻消耗功率P=I2R，由過程分析，I<I′，所以R1D、由I<I′，又由歐姆定律U=IR得，R2兩端的電壓小于故選BD。二、實(shí)驗(yàn)題9.某同學(xué)通過實(shí)驗(yàn)描繪一個(gè)“2V

1W”小燈泡的UI曲線。該同學(xué)已正確選用合適的器材及其量程，并連接好了部分實(shí)驗(yàn)電路，如圖甲所示。要求小燈泡兩端的電壓能在0~2V范圍內(nèi)連續(xù)變化，且盡可能減小實(shí)驗(yàn)誤差。(1)在連接最后一根導(dǎo)線的c端到直流電源正極之前，請(qǐng)指出其中僅有的2個(gè)不當(dāng)之處，并說明如何改正：A.__________________________________________;B._________________________________________;(2)該同學(xué)在正確完成實(shí)驗(yàn)后得到如圖乙所示的小燈泡的UI特性曲線，將此小燈泡接在電動(dòng)勢(shì)為1.5V.內(nèi)阻為1.0Ω的電源上，小燈泡的實(shí)際功率是_______W。(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)【答案】(1).A．開關(guān)S不應(yīng)閉合；應(yīng)處于斷開狀態(tài);(2).B．滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P位置不當(dāng)；應(yīng)將其置于b端;(3).見解析(4).0.44（0.42~0.46）;【解析】(1)連接電路，開關(guān)應(yīng)斷開，所以不當(dāng)之處一：開關(guān)S不應(yīng)閉合；應(yīng)處于斷開狀態(tài)；小燈泡兩端的電壓能從0開始連續(xù)變化，滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓接法，滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P位置不當(dāng)，所以不當(dāng)之處二：滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P位置不當(dāng)；應(yīng)將其置于b端；(2).該同學(xué)在正確完成實(shí)驗(yàn)后得到如圖乙所示的小燈泡的UI特性曲線，將此小燈泡接在電動(dòng)勢(shì)為1.5V，內(nèi)阻為1.0Ω的電源上，根據(jù)閉合電路歐姆定律則有U=由圖像可得U=1.1V,10.為測(cè)定木塊與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù),某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)中，當(dāng)木塊A位于水平桌面上的O點(diǎn)時(shí)，重物B剛好接觸地面,不考慮B反彈對(duì)系統(tǒng)的影響。將A拉到P點(diǎn)，待B穩(wěn)定后,A由靜止釋放，最終滑到Q點(diǎn)。分別測(cè)量PO、OQ的長度h和s。(1)實(shí)驗(yàn)開始時(shí)，發(fā)現(xiàn)A釋放后會(huì)撞到滑輪，為了解決這個(gè)問題，可以適當(dāng)______(填“增大”或“減小”

)重物B的質(zhì)量。(2)滑塊A在PO段和OQ段運(yùn)動(dòng)的加速度的比值為______。(3)實(shí)驗(yàn)測(cè)得A、B的質(zhì)量分別為m、M,可得滑塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的表達(dá)式為_____(用m、M、h、s表示)。(4)以下能減小實(shí)驗(yàn)誤差的是_______(填序號(hào))。A.改變h,測(cè)量多組h和s的值，算出結(jié)界求平均值B.增加細(xì)線的長度C.減小細(xì)線與滑輪的摩擦【答案】(1).減??；(2).sh；(3).Mhm【解析】(1)B減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化成系統(tǒng)的內(nèi)能和AB的動(dòng)能，A釋放后會(huì)撞到滑輪，說明B減少的勢(shì)能太多，轉(zhuǎn)化成系統(tǒng)的內(nèi)能太少，可以通過減小B的質(zhì)量，增加細(xì)線的長度（或增大A的質(zhì)量，降低B的起始高度）解決；(2)設(shè)滑塊滑到O點(diǎn)速度為v，由v2=2ax得滑塊A在PO段的加速度大小為a1=v22h，OQ段運(yùn)動(dòng)的加速度的大小為(3)由能量守恒定律可得：Mgh=μmgh(4)以下能減小實(shí)驗(yàn)誤差的是改變h，測(cè)量多組h和s的值，算出結(jié)界求平均值；減小細(xì)線與滑輪的摩擦；與細(xì)線的長度無關(guān)；故選AC。三、計(jì)算題11.如圖所示，在光滑水平而上放置一個(gè)勻質(zhì)木塊A,厚度為l,質(zhì)量為19m,并用銷釘固定。一顆質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射入木塊，恰好能從A中穿出，子彈在木塊中受到的阻力可視為恒力，且子彈可視為質(zhì)點(diǎn)。(1)求子彈在木塊中受到的阻力大?。?2)取下銷釘，同樣的子彈仍以水平速度v0射人木塊，求子彈能打入木塊的深度?！敬鸢浮?1)f=mv【解析】【分析】子彈恰好擊穿A，根據(jù)動(dòng)能定理可得子彈在木塊中受到的阻力大小，子彈與木塊最后達(dá)到共速，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒和功能關(guān)系得子彈射入木塊的深度；解：（1）子彈恰好擊穿A，根據(jù)動(dòng)能定理可得?解得：f（2）由題意得子彈與木塊最后達(dá)到共速，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒有m損失的動(dòng)能Δ根據(jù)功能關(guān)系有f聯(lián)立可得子彈射入木塊的深度d12.如圖所示，在豎直平而內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy,

x軸水平，以O(shè)為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)(圓形區(qū)域交x軸于M、

N兩點(diǎn)),一、二象限存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，三、四象限存在場(chǎng)強(qiáng)大小相等、方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在M點(diǎn)正上方的A點(diǎn)處有一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，以一沿x軸正方向的水平速度射出，小球從B點(diǎn)(圖中未畫出)進(jìn)入圓形區(qū)域后先做直線運(yùn)動(dòng)，后經(jīng)過原點(diǎn)O從第二象限進(jìn)入第四象限做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最終從N點(diǎn)射出第四象限。已知重力加速度為g,不計(jì)阻力的影響，求：(1)小球初速度的大??；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小?！敬鸢浮?1)v0=1【解析】解：（1）小球在第四象限中能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可得E小球在第二象限中做直線運(yùn)動(dòng)，則小球所受合力方向和小球進(jìn)入圓形區(qū)域時(shí)的速度方向相同，小球所受合力F方向與水平方向成45°，斜向右下即小球以斜向右下45°方向進(jìn)入圓形區(qū)域，小球做平拋運(yùn)動(dòng)的過程由幾何關(guān)系可得水平位移x=由速度夾角和位移夾角關(guān)系有v可得豎直位移yvy則小球的初速度大小v0（2）小球進(jìn)入圓形區(qū)域的速度v1小球在第二象限中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)O點(diǎn)，由動(dòng)能定理可得F合解得：v2小球在第四象限做圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系可得圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=由洛倫茲力提供向心力可得q則B13.下列說法正確的是_______。A.昆明地區(qū)晴朗天氣曬衣服易干，是因?yàn)榭諝獾慕^對(duì)濕度小B.當(dāng)分子間距離增大時(shí)，分子勢(shì)能一定增大C.一定量的理想氣體，在等壓膨脹時(shí)，氣體分子每秒對(duì)器壁單位面積的平均碰撞次數(shù)減少D.晶體熔化時(shí)吸收的熱量主要用來破壞空間點(diǎn)陣E.肥皂泡呈球形是由于液體表面張力的作用【答案】CDE【解析】A、昆明地區(qū)晴朗天氣曬衣服易干，是因?yàn)橄鄬?duì)濕度小，空氣中含水分較小，所以晾曬的衣服易干，故A錯(cuò)誤；學(xué)?？?。網(wǎng)...學(xué)?？?。網(wǎng)...學(xué)?？?。網(wǎng)...學(xué)?？啤＞W(wǎng)...學(xué)。科。網(wǎng)...學(xué)?？?。網(wǎng)...學(xué)?？?。網(wǎng)...C、一定量的理想氣體，在等壓膨脹時(shí)，氣體分子每秒對(duì)器壁單位面積的平均碰撞次數(shù)減小，故C正確；D、晶體在熔化過程中所吸收的熱量，主要用于破壞空間點(diǎn)陣結(jié)構(gòu)，增加分子勢(shì)能，故D正確；E、肥皂泡呈球形是由于液體表面張力的作用，故E正確；故選CDE。14.如圖所示，內(nèi)壁光滑、導(dǎo)熱良好的圓柱形汽缸開口向下豎直懸掛，內(nèi)有一質(zhì)量為m的活塞封閉一定質(zhì)量的理想氣體。已知活塞截面積為S,外界大氣壓張為p0、缸內(nèi)氣體溫度為T1?，F(xiàn)對(duì)汽缸緩慢加熱，使理想氣體體積由V增大了2V的過程中，氣體吸收的熱量為Q1；停止加熱并保持其體積不變，使其降溫到T1。已知重力加速度為g，求：(i)停止加熱時(shí)缸內(nèi)氣體的溫度；(ii

)降溫過程中氣體放出的熱量?！敬鸢浮浚?）T2=3【解析】【點(diǎn)睛】氣缸中氣體在停止加熱前發(fā)生等壓變化，根據(jù)蓋呂薩克定律求末態(tài)溫度；根據(jù)熱力學(xué)第一定律，升溫和降溫過程內(nèi)能的變化量絕對(duì)值相等，體積不變不做功，求出升溫過程的內(nèi)能變化量，即可求出降溫過程放出的熱量；解：（?。┩Ｖ辜訜崆案變?nèi)氣體發(fā)生等壓變化，由蓋—呂薩克定律得V由題意知V解得：T（ⅱ）體積由V增大到3V的過程中，活塞受力平衡有p解得：p氣體對(duì)外所做的功W停止加熱后體積不變，W全程內(nèi)能變化Δ根據(jù)熱力學(xué)第一定律Δ所以降溫過程