云南玉溪市师院附中2018届高三五月份考试理科综合物理部分 含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精绝密★启用前云南省2017-2018学年玉溪市师院附中高三5月份考试高三理综物理部分分卷I一、单选题(共5小题,每小题6。0分，共30分）1。一课外活动小组在一次活动中，用到的用电器上标有“36V72W”字样，用电器工作时需使用变压器将220V的交变电压进行降压。由于手边只有一个匝数比为5：1的变压器，不能直接使用。经过讨论后，大家认为可在原线圈上加一个可变电阻进行调节,设计好的电路示意图如图甲所示。当在ab两端间加上如图乙所示的电压后,用电器恰好能正常工作，则下列说法正确的是(）A．原线圈cd两点间的电压为220VB．在t=0．01s时,电压表的示数为0VC．通过原线圈中的电流为10AD．可变电阻R0上消耗的电功率为l6W【答案】D【解析】因为电器正常工作，所以两端的电压为36V,副线圈两端的电压即用电器两端的电压，根据变压器的电压与匝数的关系得:．故A错误;在t=0．01s时,电压的瞬时值为零,但是电压表中的电压是交流的有效值，不是瞬时值．故B错误；因为电器正常发光，根据公式P=UI得:副线圈中的电流，根据变压器的电流与匝数的关系得：．故C错误；可变电阻R0上消耗的电功率为：P0=(U-U1）I1=（220-180）×0.4W=16W．故D正确．2。如图所示，平行长直导线1,2通过相反方向的电流，电流大小相等．a，b两点关于导线1对称，b,c两点关于导线2对称,且ab＝bc，则关于a，b，c三点的磁感应强度B的说法中正确的是（）．A．三点的磁感应强度相同B．b点的磁感应强度最大C．a，c两点的磁感应强度大小相同，方向相反D．a点的磁感应强度最大【答案】B【解析】直接画出导线1，2在a，b，c三点所产生的磁场方向，同向相加,反向相减，易知B正确．a，c两点的磁感应强度B的大小和方向均相同，但要小于b点,故A，C，D均错．3。如图所示,某同学通过滑轮组将一重物缓慢吊起的过程中,该同学对绳的拉力将（滑轮与绳的重力及摩擦均不计)（)A．越来越小B．越来越大C．先变大后变小D．先变小后变大【答案】B【解析】本题主要考查了共点力平衡的条件及其应用。对结点受力分析，如图所示，由于为同一根绳子，故F1＝F2＝F，设F1与F2夹角为θ，则,F1＝F2＝在重物被吊起的过程中，θ变大，故F1与F2同时变大,故选项B正确．4.如图所示，细绳一端固定在天花板上的O点，另一端穿过一张CD光盘的中央小孔后拴着一个橡胶球，橡胶球静止时,竖直悬线刚好挨着水平桌面的边沿．现将CD光盘按在桌面上,并沿桌面边缘以速度v匀速移动,移动过程中，CD光盘中央小孔始终紧挨桌面边线,当悬线与竖直方向的夹角为θ时，小球上升的速度大小为（)A．vsinB．vcosC．vtanD．vcot【答案】A【解析】由题意可知，线与光盘交点参与两个运动,一是逆着线的方向运动，二是垂直线的方向运动，则合运动的速度大小为v，由数学三角函数关系，则有:;而线的速度的方向，即为小球上升的速度大小，故A正确，BCD错误;5。中国科学家发现了量子反常霍尔效应，杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级的成果．如图5所示,厚度为h，宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上下表面会产生电势差,这种现象称为霍尔效应．下列说法正确的是(）A．上表面的电势高于下表面的电势B．仅增大h时,上下表面的电势差增大C．仅增大d时，上下表面的电势差减小D．仅增大电流I时,上下表面的电势差减小【答案】C【解析】金属导体中的自由电荷是带负电的电子，由电流方向向右可知电子的移动方向向左，根据左手定则，上表面带负电，下表面带正电，下表面的电势高于上表面，故A错误；稳定时，电子受到的洛伦兹力与电场力相平衡，则evB＝e，解得U＝vBh，而根据I＝nevhd，可知v＝，故U＝，故增大h，电势差不变,仅增大d时，上，下表面的电势差减小，故B错误，C正确；而仅增大I时,电势差应该增大，故D错误．二、多选题（共3小题，每小题6.0分,共18分）6。如图甲是小型交流发电机的示意图，两极M，N间的磁场可视为水平方向的匀强磁场,A为理想交流电流表，V为理想交流电压表．内阻不计的矩形线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，矩形线圈通过滑环接一理想变压器,滑动触头P上下移动时可改变变压器副线圈的输出电压，副线圈接有可调电阻R，从图示位置开始计时,发电机线圈中产生的交变电动势随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是(）A．电压表的示数为10VB．0。01s时发电机线圈平面与磁场方向平行C．若P的位置向上移动，R的大小不变时，电流表读数将减小D．若P的位置不变,R的大小不变，而把发电机线圈的转速增大一倍，则变压器的输入功率将增大到原来的4倍【答案】ABD【解析】电压表显示的为有效值，示数为10V，A正确;0.01s时感应电动势最大,故线圈平面与磁场方向平行，故B正确;若P的位置向上移动，匝数比减小,副线圈电压增大，R的大小不变时,电流表读数将增大，故C错误；若P的位置不变，R的大小不变，而把发电机线圈的转速增大一倍,电压增大为原来的2倍,则变压器的输入功率将增大到原来的4倍,故D正确．7.(多选)如图所示，质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜面B上，现用大小均为F，方向相反的水平力分别推A和B，它们均静止不动，则（）A．A与B之间不一定存在摩擦力B．B与地面之间可能存在摩擦力C．B对A的支持力一定大于mgD．地面对B的支持力的大小一定等于(M+m)g【答案】AD【解析】对A，B整体受力分析，如图,受到重力（M+m）g，支持力N和已知的两个推力，对于整体,由于两个推力刚好的合力为零，故整体与地面间没有摩擦力;根据共点力平衡条件，有N=(M+m)g故B错误,D正确;再对物体A受力分析，受重力mg，已知的推力F，斜面体B对A的支持力N′和摩擦力f，当推力F沿斜面分量大于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向下，如下图当推力F沿斜面分量小于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向上，如下图当推力F沿斜面分量等于重力的下滑分量时，摩擦力为零，如下图根据共点力平衡的条件,运用正交分解法,可以得到:N′=mgcos+Fsin故A正确，C错误；8。我国自行研制的新一代轮式装甲车已达到西方国家第三代战车的水平，将成为中国军方快速部署型轻装甲部队的主力装备.设该装甲车的质量为m，若在平直的公路上从静止开始加速，前进较短的距离s速度便可达到最大值。设在加速过程中发动机的功率恒定为P，坦克所受阻力恒为f，当速度为时，所受牵引力为F。以下说法正确的是（）A．坦克速度为v时，坦克的牵引力做功为FsB．坦克的最大速度C．坦克速度为v时加速度为D．坦克从静止开始达到最大速度vm所用时间【答案】BC【解析】因为在运动的过程中，功率不变，速度增大,则牵引力减小，知牵引力不是恒力，不能通过求解牵引力做功的大小，所以牵引力做功不等于，因为功率不变，知牵引力做功．故A错误．当牵引力与阻力相等时,速度最大,根据知，最大速度．故B正确．当坦克的速度为v时，根据牛顿第二定律得,故C正确．根据动能定理得，，则．故D错误．分卷II三、实验题(共2小题,每小题10.0分，共20分）9.某实验小组探究弹簧的劲度系数k与其长度(圈数）的关系;实验装置如图（a)所示：一均匀长弹簧竖直悬挂，7个指针P0,P1,P2，P3,P4,P5，P6分别固定在弹簧上距悬点0，10,20，10，40,50，60圈处；通过旁边竖直放置的刻度尺，可以读出指针的位置，P0指向0刻度;设弹簧下端未挂重物时,各指针的位置记为x0;挂有质量为0.100kg砝码时，各指针的位置记为x;测量结果及部分计算结果如下表所示（n为弹簧的圈数，取重力加速度为9。80m/s2）。已知实验所用弹簧的总圈数为60，整个弹簧的自由长度为11.88cm.（1）将表中数据补充完整：①，②；（2）以n为横坐标，1/k为纵坐标，在图(b）给出的坐标纸上画出1/k-n图像；(3）图（b)中画出的直线可以近似认为通过原点；若从实验中所用的弹簧截取圈数为n的一段弹簧，该弹簧的劲度系数k与其圈数n的关系的表达式为k=③N/m；该弹簧的劲度系数k与其自由长度l0（单位为m)的表达式为k=④N/m.【答案】(1）①81。7②0.0122（2)如图所示（3）③(N/m)（在之间均可）④(在之间均可）【解析】（1）N/m=81。7N/m，故m/N=0.0122m/N(2)如图所示（3)由图线可得其斜率为：故直线满足即(N/m）（在之间均可）由于60匝弹簧总长度为11.88cm；则n匝弹簧的为l0满足,代入得:(在之间均可）12.如图所示，A，B，C，D为物体做平抛运动过程中依次通过的四个点，通过某种方法把四个点记录在了图纸上，图中的网格区域是由许多个正方形小方框构成（实验时,纸张竖直放置．网格竖直线和重垂线平行）,每个正方形小方框的边长均为L=5cm．由于保存不当，纸张被污染了,导致C点的位置无法确定．现在想要用该实验图纸来研究平抛运动，(）请回答以下问题：（1)判断A点是否为平抛的起始点（填“是”或“不是”)（2)从A运动到B所用的时间为s（3)该平抛运动的初速度为m/s【答案】(1）不是(2）0.1s（3）2m/s【解析】（1）根据图象可知，，，可假设C点也为离B，D两点的水平距离为4L的点,即，根据平抛的水平运动是匀速直线运动,故A，B,C,D为连续相等时间的四个点.由平抛竖直方向的自由落体运动规律，若A点是抛出点,应满足，而实际，，，故A点不是抛出点.（2）由匀变速直线的判别式在竖直方向上，，故从A运动到B所用的时间为0.1s。（3)小球平抛运动的初速度。四、计算题11。如图所示，滑块A，B的质量分别为，由轻质弹簧相连，置于光滑水平面上，把两滑块拉近，使弹簧处于压缩状态后用一轻绳绑紧，两滑块一起以恒定的速率v0向右滑动。若突然断开轻绳，当弹簧第一次恢复原长时，滑块A的动能变为原来的，求弹簧第一次恢复到原长时B的速度。【答案】【解析】设弹簧恢复原长时，的速度分别为,，则由题意知：；因此;由动量守恒定律知:,得：；12.“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成．偏转器是由两个相互绝缘,半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成，A，B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图12所示．一束电荷量为e,质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M板正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间．忽略电场的边缘效应．(1）判断半球面A，B的电势高低，并说明理由;（2）求等势面C所在处电场强度E的大小；（3)若半球面A，B和等势面C的电势分别为φA，φB和φC，则到达N板左，右边缘处的电子，经过偏转电场前，后的动能改变量ΔEk左和ΔEk右分别为多少？（4)比较｜ΔEk左｜与｜ΔEk右｜的大小，并说明理由．【答案】(1）半球面B的电势高于A。（2）E＝＝（3)ΔEk左＝e（φB－φC)ΔEk右＝e(φA－φC）（4）|ΔEk左|＞｜ΔEk右|。【解析】（1）电子(带负电）做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从B指向A,半球面B的电势高于A.(2）据题意，电子在电场力作用下做圆周运动，考虑到圆轨道上的电场强度E大小相同，有:eE＝m,Ek0＝mv2,R＝联立解得E＝＝。（3)电子运动时只有电场力做功，根据动能定理,有ΔEk＝qU对到达N板左边缘的电子，电场力做正功，动能增加，有ΔEk左＝e（φB－φC)对到达N板右边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有ΔEk右＝e（φA－φC）(4)根据电场线特点，等势面B与C之间的电场强度大于C与A之间的电场强度，考虑到等势面间距相等，有|φB－φC｜＞｜φA－φC｜，即|ΔEk左｜＞｜ΔEk右|.选修【3-3】33.1（多选）我国已开展空气中PM2.5浓度的监测工作，PM2.5是指空气中直径小于2.5微米的悬浮颗粒物，可在显微镜下观察到，它漂浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面,吸入后会进入血液对人体形成危害，矿物燃料燃烧时废弃物的排放是形成PM2。5的主要原因，下列关于PM2.5的说法中正确的是（）A．PM2.5在空气中的运动属于分子热运动B．温度越高，PM2。5的无规则运动越剧烈C．PM2。5的质量越小，其无规则运动越剧烈D．由于周围大量空气分子对PM2。5碰撞的不平衡,使其在空中做无规则运动【答案】BCD【解析】PM2。5是固体小颗粒,不是分子，故A错误;温度越高，PM2.5的无规则运动越剧烈，故B正确；PM2.5的质量越小，其无规则运动越剧烈，故C正确；由于周围大量空气分子对PM2。5碰撞的不平衡，使其在空中做无规则运动，故D正确．2、如图所示，均匀薄壁U形管竖直放置，左管上端封闭，右管上端开口且足够长，用两段水银封闭了A、B两部分理想气体，下方水银的左右液面高度相差ΔL＝10cm，右管上方的水银柱高h＝14cm，初状态环境温度为27℃,A部分气体长度l1＝30cm，外界大气压强p0＝76cmHg。现保持温度不变，在右管中缓慢注入水银，使下方水银左右液面等高，然后给A部分气体缓慢升温,使A部分气体长度回到30cm.求:（1)右管中注入的水银高度是多少？（2）升温后的温度是多少？【答案】（1）30cm(2）117℃【解析】(1）设右管中注入的水银高度是Δh，对A部分气体分析，其做等温变化，根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2p1＝p0＋14cmHg＋10cmHg，p2＝p0＋14cmHg＋ΔhV1＝l1S，V2＝（l1－ΔL)S代入数据解得再加入的水银高Δh＝30cm.(2)设升温前温度为T0，升温后温度为T，缓慢升温过程中，对A部分气体分析，升温前V2＝（l1－ΔL）S,p2＝p0＋14cmHg＋Δh升温结束后V3＝l1S，p3＝p0＋14cmHg＋Δh＋ΔL由理想气体状态方程得＝T0＝300K解得T＝390K则升温后的温度为t＝117℃。选修【3-4】34.(多选)某大学研制出了正六棱柱“隐形衣”，有同学将正六棱柱放进装满水的透明鱼缸,向着棱的方向看,可以看到鱼缸另一侧大学的校徽；用一支铅