云南省师范大学附属中学高三第八次月考理综物理试题

云南省师范大学附属中学2018届高三第八次月考理综物理试题一、选择题1.下列说法正确的是（）A.增大入射光的频率，遏止电压不一定会增大B.原子从基态跃迁到激发态时，会辐射光子C.汤姆孙通过“油滴实验”发现了电子D.用能量等于氘核结合能的光子照射静止的氘核，氘核不能分解为一个质子和一个中子【答案】D【解析】A、根据eUc=B、原子从基态跃迁到激发态时，会吸收光子，故B错误；C、汤姆孙通过研究阴极射线的属性，并研究了各种类型的实验，发现电子是多种原子的组成成分，确定了电子的存在，但油滴实验是密立根做的，用来确定电子的电量，故C错误；D、结合能是拆分原子核所需要的最小能量，且光子具有动量，考虑到照射之后氘核分解为一个质子和一个中子具有动量，所需的能量应大于结合能，故D正确；故选D。2.如图甲所示，海上救援时，一直升机愁停在空中，某质量为60kg的伤员在绳索的牵引下沿竖直方向从船上升到飞机上，运动的vt图象(以向上为正方向)如图3乙所示，取g=10m/s2,则下列说法正确的是（）A.5~7s内伤员在下降B.前3s内与最后2s内伤员所受绳子的拉力之比为2:3C.整个过程中伤员重力所做的功为1.62×104JD.前3s内与最后2s内伤员重力做功的平均功率不相等【答案】C【解析】A.根据v−t图象的斜率等于加速度，斜率的正负号表示加速度的方向，则知，5~7s内速度为正，加速度为负，伤员在减速上升，故A错误；B、前3s内战士的加速度大小为a1=Δv1Δt1=63=2m/s2，根据牛顿第二定律得：T1−mg=maC、战士在整个下降的程中下降的高度等于梯形面积大小为h=2+72×6D、前3s内与最后2s内战士的平均速度均为v=0+62=3m/s，由P=故选C。【点睛】根据斜率求出前3s内与最后2s内战士的加速度，由牛顿第二定律求出绳子的拉力，根据图象与时间轴所围的面积表示位移，求0～7s内下落的距离，再求重力做的功，由P=mgv分析知：前3s内与最后3.如图所示,柔软轻绳ON的一端O固定，在其上某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N将重物向右上方缓慢拉起.初始时，OM竖直，OM⊥MN.保持OM与MN夹角不变，在OM由竖直被拉到水平的过程中（）A.OM上的张力逐渐增大B.OM上的张力先增大后减小C.MN上的张力逐渐增大D.MN上的张力先增大后减小【答案】C【解析】OM和MN的拉力的合力与重力是一对平衡力，受力分析如图所示根据三角形定则有FMN=Gsinθ，FOM=Gcos故选C。4.如图所示，

2017年6月19日，我国在西昌卫星发射中心发射“中星9A”广播电视直播卫星。按预定计划，“中星9A”应该首先被送入近地点约为200公里、远地点约为3.6万公里的转移轨道II

(椭圆)，然后通过在远地点Q变轨，最终进入地球同步轨道III(圆形)，但是卫星实际进入轨道I，远地点只有1.6万公里。科技人员没有放弃，通过精心操作，利用卫星自带燃料在轨道I近地点P点火，逐渐抬高远地点的高度，经过10次轨道调整，终于在7月5日成功进入预定轨道。下列说法正确的是（）A.卫星在轨道I的P点和轨道II的Q点机械能相等B.卫星在轨道III经过Q点时和在轨道II经过Q点时(未点火)的加速度不相同C.“中星9A”发射失利的原因可能是发射速度没有达到7.9km/sD.卫星在轨道II由P点向Q点运动的过程中处于完全失重状态【答案】D【解析】A、卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，轨道半径变大，要做离心运动，卫星应从轨道Ⅰ的P点加速后才能做离心运动，从而进入轨道Ⅱ，卫星加速过程机械能增加，则卫星从轨道Ⅰ的P点进入轨道Ⅱ后机械能增加，故A错误；B、由万有引力提供向心力GMmr2=ma，可知卫星在轨道III经过Q点时和在轨道II经过QC、发射速度大于第一宇宙速度，故C错误；D、卫星环绕地球运行的过程中，万有引力提供向心力，处于失重状态，故D正确；故选D。5.在静电场中，有一带电粒子仅在电场力作用下做变加速直线运动，先后经过A、B、C点运动到D点。在粒子通过A点时开始计时，此过程的“速度时间”图象如图所示。下列说法正确的是（）A.A点的电场强度最大B.A点的电势小于B点的电势C.粒子在A点的电势能大于在B点的电势能D.A、C两点的电势差UAC与C、D两点的电势差UCD相等【答案】AC【解析】A、根据速度图象的斜率等于加速度，由数学知识可以看出，从A点运动到D点的过程中带电粒子的加速度先减小后增大再减小，则其所受的电场力先减小后增大再减小，由a=qEm知，电场强度E先减小后增大再减小，即有B、由于带电粒子的电性未知，无法判断电场方向，也就不能判断电势高低，故B错误；C、由图看出，从A点运动到B点的过程中带电粒子的速度增大，动能增大，则由能量守恒定律得知，其电势能减小，粒子在A点的电势能大于在B点的电势能，故C正确；D、从A点运动到C点的过程中与从C点运动到D点的过程中，由图看出ΔEkAC=−ΔEk故选AC。【点睛】速度时间图象的斜率等于加速度，由数学知识判断带电粒子的加速度，即可判断电场力和场强；因带电粒子的电性未知，无法判断电场方向，不能判断电势高低；根据能量守恒判断电势能的大小，根据U=6.如图所示，在水平面内有两根平行光滑导轨，导轨间距为d,左端连接一个定值电阻R0,右端连接一竖直光滑的四分之一圆弧轨道，轨道半径为r,平行导轨右端的空间区域内存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一导体棒垂直水平导轨放置，电阻为R1,质量为m。在外力作用下，导体棒从水平轨道某处开始沿导轨运动，在滑过圆弧轨道过程中，导体棒的速率始终为v,导体棒到达圆弧轨道最高点时撤去外力。运动过程中导体棒与导轨始终垂直且接触良好，不计导轨电阻，不计空气阻力、重力加速度为g,下列说法正确的是（）A.导体棒沿圆弧轨道上滑时，流过导体棒的电流方向为a→bB.导体棒沿圆弧轨道下滑的过程中，流过电阻R0的电荷量与上滑时相等C.导体棒一定能回到水平导轨D.导体椿沿圆孤轨道下滑过程中产生的热量小于m【答案】BCD【解析】A、由右手定则可得，流过导体棒的电流方向为b→a，故B、由Δq=BΔS投影C、若导体棒停在圆弧上，对导体棒受力分析，仅受到重力和圆弧给的支持力，无法平衡，故C正确；D、导体棒能回到水平轨道，回到水平轨道时还具有动能，导体棒落回到圆弧轨道上端时所具有的机械能为E=mgr+故选BCD。7.如图所示，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的右端有一质量为m的木块(可视为质点),在木板上施加一水平向右的恒力F,木块和木板由静止开始运动并在最后分离。设分离时木块相对地面运动的位移为x,保证木块和木板会发生相对滑动的情况下，下列方式可使位移x增大的是()A.仅增大木板的质量MB.仅减小木块的质量mC.仅增大恒力FD.仅增大木块与木板间的动摩擦因数【答案】AD【解析】设木板长为L，当木块与木板分离时，运动时间为t，对于木板：F−μmg=Ma1，当木块与木板分离时，它们的位移满足L=12a1tA、仅增大木板的质量M，a1变小，a2不变，则t增大，x增大，故B、仅减小木块的质量m，a1变大，a2不变，则t减小，x减小，故C、仅增大恒力F，a1变大，a2不变，则t减小，x减小，故D、仅稍增大木块与木板间的动摩擦因数，a1变小，a2增大，则t增大，x增大，故故选AD。8.如图所示为模拟远距离输电实验电路图。两理想变压器的匝数n1=n4<n2=n3,模拟输电线电阻的四个电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R,

A1、A2为相同的理想交流电流表，

L1、L2为相同的小灯泡，灯丝电阻RL>2R,忽略灯丝电阻随温度的变化。将A、B端接人输出电压为U的低压交流电源，下列说法正确的是（）A.A1表的示数IB.灯泡L1比灯泡L2亮C.R1消耗的功率大于R3消耗的功率D.R2两端的电压小于R4两端的电压【答案】BD【解析】由理想变压器电压比值原理，U1U2=n1n2，U3U4=n3n4=n2n1，由电流比值原理，A、由过程分析，A1表的示数I1=UnB、由过程分析得，UL1>UL2，由P=U2C、由焦耳定律，电阻消耗功率P=I2R，由过程分析，I<I′，所以R1D、由I<I′，又由欧姆定律U=IR得，R2两端的电压小于故选BD。二、实验题9.某同学通过实验描绘一个“2V

1W”小灯泡的UI曲线。该同学已正确选用合适的器材及其量程，并连接好了部分实验电路，如图甲所示。要求小灯泡两端的电压能在0~2V范围内连续变化，且尽可能减小实验误差。(1)在连接最后一根导线的c端到直流电源正极之前，请指出其中仅有的2个不当之处，并说明如何改正：A.__________________________________________;B._________________________________________;(2)该同学在正确完成实验后得到如图乙所示的小灯泡的UI特性曲线，将此小灯泡接在电动势为1.5V.内阻为1.0Ω的电源上，小灯泡的实际功率是_______W。(结果保留2位有效数字)【答案】(1).A．开关S不应闭合；应处于断开状态;(2).B．滑动变阻器的滑动触头P位置不当；应将其置于b端;(3).见解析(4).0.44（0.42~0.46）;【解析】(1)连接电路，开关应断开，所以不当之处一：开关S不应闭合；应处于断开状态；小灯泡两端的电压能从0开始连续变化，滑动变阻器应采用分压接法，滑动变阻器的滑动触头P位置不当，所以不当之处二：滑动变阻器的滑动触头P位置不当；应将其置于b端；(2).该同学在正确完成实验后得到如图乙所示的小灯泡的UI特性曲线，将此小灯泡接在电动势为1.5V，内阻为1.0Ω的电源上，根据闭合电路欧姆定律则有U=由图像可得U=1.1V,10.为测定木块与桌面之间的动摩擦因数,某同学设计了如图所示的装置进行实验。实验中，当木块A位于水平桌面上的O点时，重物B刚好接触地面,不考虑B反弹对系统的影响。将A拉到P点，待B稳定后,A由静止释放，最终滑到Q点。分别测量PO、OQ的长度h和s。(1)实验开始时，发现A释放后会撞到滑轮，为了解决这个问题，可以适当______(填“增大”或“减小”

)重物B的质量。(2)滑块A在PO段和OQ段运动的加速度的比值为______。(3)实验测得A、B的质量分别为m、M,可得滑块与桌面间的动摩擦因数μ的表达式为_____(用m、M、h、s表示)。(4)以下能减小实验误差的是_______(填序号)。A.改变h,测量多组h和s的值，算出结界求平均值B.增加细线的长度C.减小细线与滑轮的摩擦【答案】(1).减小；(2).sh；(3).Mhm【解析】(1)B减少的重力势能转化成系统的内能和AB的动能，A释放后会撞到滑轮，说明B减少的势能太多，转化成系统的内能太少，可以通过减小B的质量，增加细线的长度（或增大A的质量，降低B的起始高度）解决；(2)设滑块滑到O点速度为v，由v2=2ax得滑块A在PO段的加速度大小为a1=v22h，OQ段运动的加速度的大小为(3)由能量守恒定律可得：Mgh=μmgh(4)以下能减小实验误差的是改变h，测量多组h和s的值，算出结界求平均值；减小细线与滑轮的摩擦；与细线的长度无关；故选AC。三、计算题11.如图所示，在光滑水平而上放置一个匀质木块A,厚度为l,质量为19m,并用销钉固定。一颗质量为m的子弹以水平速度v0射入木块，恰好能从A中穿出，子弹在木块中受到的阻力可视为恒力，且子弹可视为质点。(1)求子弹在木块中受到的阻力大小；(2)取下销钉，同样的子弹仍以水平速度v0射人木块，求子弹能打入木块的深度。【答案】(1)f=mv【解析】【分析】子弹恰好击穿A，根据动能定理可得子弹在木块中受到的阻力大小，子弹与木块最后达到共速，由系统动量守恒和功能关系得子弹射入木块的深度；解：（1）子弹恰好击穿A，根据动能定理可得−解得：f（2）由题意得子弹与木块最后达到共速，由系统动量守恒有m损失的动能Δ根据功能关系有f联立可得子弹射入木块的深度d12.如图所示，在竖直平而内建立直角坐标系xOy,

x轴水平，以O为圆心、半径为R的圆形区域内(圆形区域交x轴于M、

N两点),一、二象限存在沿x轴正方向的匀强电场，三、四象限存在场强大小相等、方向竖直向上的匀强电场和方向垂直纸面向里的匀强磁场。在M点正上方的A点处有一可视为质点、质量为m、带电荷量为q的小球，以一沿x轴正方向的水平速度射出，小球从B点(图中未画出)进入圆形区域后先做直线运动，后经过原点O从第二象限进入第四象限做匀速圆周运动，最终从N点射出第四象限。已知重力加速度为g,不计阻力的影响，求：(1)小球初速度的大小；(2)磁感应强度的大小。【答案】(1)v0=1【解析】解：（1）小球在第四象限中能做匀速圆周运动，可得E小球在第二象限中做直线运动，则小球所受合力方向和小球进入圆形区域时的速度方向相同，小球所受合力F方向与水平方向成45°，斜向右下即小球以斜向右下45°方向进入圆形区域，小球做平抛运动的过程由几何关系可得水平位移x=由速度夹角和位移夹角关系有v可得竖直位移yvy则小球的初速度大小v0（2）小球进入圆形区域的速度v1小球在第二象限中做匀加速直线运动，到达O点，由动能定理可得F合解得：v2小球在第四象限做圆周运动，由几何关系可得圆周运动的半径r=由洛伦兹力提供向心力可得q则B13.下列说法正确的是_______。A.昆明地区晴朗天气晒衣服易干，是因为空气的绝对湿度小B.当分子间距离增大时，分子势能一定增大C.一定量的理想气体，在等压膨胀时，气体分子每秒对器壁单位面积的平均碰撞次数减少D.晶体熔化时吸收的热量主要用来破坏空间点阵E.肥皂泡呈球形是由于液体表面张力的作用【答案】CDE【解析】A、昆明地区晴朗天气晒衣服易干，是因为相对湿度小，空气中含水分较小，所以晾晒的衣服易干，故A错误；学。科。网...学。科。网...学。科。网...学。科。网...学。科。网...学。科。网...学。科。网...C、一定量的理想气体，在等压膨胀时，气体分子每秒对器壁单位面积的平均碰撞次数减小，故C正确；D、晶体在熔化过程中所吸收的热量，主要用于破坏空间点阵结构，增加分子势能，故D正确；E、肥皂泡呈球形是由于液体表面张力的作用，故E正确；故选CDE。14.如图所示，内壁光滑、导热良好的圆柱形汽缸开口向下竖直悬挂，内有一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体。已知活塞截面积为S,外界大气压张为p0、缸内气体温度为T1。现对汽缸缓慢加热，使理想气体体积由V增大了2V的过程中，气体吸收的热量为Q1；停止加热并保持其体积不变，使其降温到T1。已知重力加速度为g，求：(i)停止加热时缸内气体的温度；(ii

)降温过程中气体放出的热量。【答案】（1）T2=3【解析】【点睛】气缸中气体在停止加热前发生等压变化，根据盖吕萨克定律求末态温度；根据热力学第一定律，升温和降温过程内能的变化量绝对值相等，体积不变不做功，求出升温过程的内能变化量，即可求出降温过程放出的热量；解：（ⅰ）停止加热前缸内气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律得V由题意知V解得：T（ⅱ）体积由V增大到3V的过程中，活塞受力平衡有p解得：p气体对外所做的功W停止加热后体积不变，W全程内能变化Δ根据热力学第一定律Δ所以降温过程