1、云南省宾川县2017-2018学年高三四校联考（三）理综 物理一、单选题(共5小题,每小题6.0分,共30分) 1.测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B为测速仪，A为汽车，两者相距335 m某时刻B发出超声波，同时A由静止开始做匀加速直线运动当B接收到反射回来的超声波信号时A、B相距355 m，已知声速为340 m/s，则下列说法正确的是()A 经1 s，B接收到返回的超声波B 超声波追上A车时，A车前进了10 mCA车加速度的大小为10 m/s2DA车加速度的大小为5 m/s22.在竖直墙壁间有质量分别是m和2m的半圆球A和圆球B，其中B球球面光滑，半球A与左侧墙壁之间存在摩擦两球
2、心之间连线与水平方向成30 的夹角，两球能够一起以加速度a匀加速竖直下滑，已知aB，WAB0，C对；C、D两点位于同一等势面上，故此过程电势能不变，D错6.【答案】CD【解析】由行星运动的对称性可知，从P经M到Q点的时间为T0，根据开普勒第二定律可知，从P到M运动的速率大于从M到Q运动的速率，可知从P到M所用的时间小于T0，选项A错误；海王星在运动过程中只受太阳的引力作用，故机械能守恒，选项B错误；根据开普勒第二定律可知，从P到Q阶段，速率逐渐变小，选项C正确；海王星受到的万有引力指向太阳，从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功，选项D正确7.【答案】BD【解析】物体开始接触弹簧，弹簧的弹
3、力小于重力，其合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动，运动到某个位置时，合力为零，加速度为零，速度最大，后来弹簧的弹力大于重力，合力方向向上，向下做加速度逐渐增大的减速运动，运动到最低点B时，速度为零，所以速度先增大后减小，动能先增大后减小，故A、C错误，B正确；在整个过程中，只有重力和弹簧弹力做功，物体与弹簧组成的系统机械能守恒，故D正确8.【答案】BC【解析】将R1电阻的伏安特性曲线在坐标中作出，两图象的交点为电阻的工作点，由图可知，此时电流为3mA，要使AB与BC之间的电压相等，图中三个电阻串联，电流相等；将R1电阻的伏安特性曲线在坐标中作出，则BC两端的电压为3.5V，并且两电阻中的
4、电流相等，由图可知，此时符合条件的只有1.5mA，这时R的电压为2V则R=U/I=21.5103k=1.3k，故BC正确，AD错误故本题选择BC答案。9.【答案】(1)mU(2)如图10.01.23103【解析】(1)重力与弹力相等，故mgkxUEE所以mU.(2)根据mU的关系，知mU成正比，图线如图所示通过图线可求出斜率为：kkg/N10.0 kg/N已知10，所以kN/m1.23103N/m.10.【答案】(1)黑(2)B(3)160 880 (4)1.47 mA 110 k2.94 V【解析】(1)当B端与“3”连接时，内部电源与外部电路形成闭合回路，电流从A端流出，故A端与黑色表笔相
5、连接(2)在使用多用电表之前，调整表头螺丝使电表指针指在表盘左端电流“0”位置，选项A错误；使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置，选项B正确；使用电流挡时，电阻R6不在闭合电路中，调节无效，选项C错误(3)根据题给条件可知，当B端与“2”连接时，表头与R1、R2组成的串联电路并联，此时为量程1 mA的电流挡，由并联电路两支路电流与电阻成反比知，解得R1R2160 .当B端与“4”连接时，表头与R1、R2组成的串联电路并联后再与R4串联，此时为量程1 V的电压挡，表头与R1、R2组成的串联电路并联后再与R4串联，此时为量程1 V的电压挡，表头与R1、R2组成
6、的串联电路并联总电阻为120 ，两端电压为0.12 V，由串联电路中电压与电阻成正比知：R4两端电压为0.88 V，则R4电阻为880 .(4)若此时B端是与“1”连接的，多用电表作为直流电流表使用，量程为2.5 mA，读数为1.47 mA.若此时B端是与“3”连接的，多用电表作为欧姆表使用，读数为11100 1.10 k.若此时B端是与“5”连接的，多用电表作为直流电压表使用，量程为5 V，读数为2.94 V.11.【答案】；（）2R【解析】第一颗子弹射入木块的过程，系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v1，系统由O到C的运动过程中机械能守恒，由机械
7、能守恒定律得：(m+M）v12=（m+M）gR，由以上两式解得：v0=； 由动量守恒定律可知，第2、4、6颗子弹射入木块后，木块的速度为0，第1、3、5颗子弹射入后，木块运动当第9颗子弹射入木块时，以子弹初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（9m+M）v9，设此后木块沿圆弧上升的最大高度为H，由机械能守恒得：（9m+M）v92=（9m+M）gH，由以上各式可得：H=（）2R12.【答案】(1)371 T(2)28.2 J(3)3 0.27 W【解析】(1)S断开时，ab做匀加速直线运动，从图乙得a6 m/s2由牛顿第二定律有mgsinma所以有sin即37t0.5 s时，S闭合且加了
8、磁场，分析可知，此后ab将先做加速度减小的加速运动，当速度达到最大(vm6 m/s)后接着做匀速运动匀速运动时，由平衡条件知mgsinF安又F安BIdIR总RabRL联立以上四式有mgsin代入数据解得B1 T(2)由能量转化关系有mgsinxmvm2Q代入数据解得Qmgsinxmvm228.2 J(3)改变电阻箱R2的值后，ab匀速下滑时有mgsinBdl所以I0.6 A通过R2的电流为I2IR2的功率为PI22R2联立以上三式可得PI2R2I2当时，即R2RL3 ，功率最大，所以PmI2RL0.27 W.13.【答案】(1)ACD(2)120 mmHg409.5 K【解析】(1)在热力学中
9、，系统发生变化时，内能的变化为UQW；不可能把热量从低温物体传向高温物体而不引起其它变化做功和热传递是改变物体内能的两种方法，故A正确，B错误；热力学第二定律可以表示为：不可能制成一种循环转动的热机，从单一热源取热，使之完全变为功而不引起其它变化，故C正确；热力学第二定律的实质：一切与热现象有关的实际宏观过程都是不可逆的，故D正确(2)加热前C中压强始终不变，B内封闭气体初状态：pBpC60 mmHg，打开阀门后pBpC由题意：VBVB由玻意尔定律pBVBpBVB得：pB180 mmHgpCpB60 mmHg120 mmHg(2)C内封闭气体做等容变化，加热后压强pCpC60 mmHg得：T4
10、09.5 K.14.(1)设该简谐波的波长为，由题中的条件可知c、e两点之间的距离为，即9 cm，12 cm，周期为T，则tT，所以T0.8 s，因此该简谐波的波速大小为v cm/s15 cm/s，A错误，B正确；该简谐波的振动形式由c传到d所需要的时间为t1 s0.2 s，在t0.6 s的时间内质点d振动的时间为t2tt10.4 s，则质点d通过的路程为振幅的2倍，即2A，C错误；由题中的条件描绘出t0时的波形图，如图所示，此时质点a处于x轴上方且向上振动，原点的振动形式从原点传播到a点所需的时间为t3 s s，故t s时，a点处于平衡位置，振动方向沿y轴的负方向，D正确；0.5 sT，则在00.5 s内质点b先由x轴上方最大位移处向下运动到达x轴下方最大位移处，再向上运动到达位移为A处，质点c先由平衡位置向上运动到达x轴上方最大位移处，再向下运动经过平衡位置，到达位移为A处，E正确。【答案】(1)(2)小【解析】光路图如下：(1)光线1通过玻璃砖后不偏折光线2在圆柱面上的入射角160，由折射定律得n，得到sin2，得230，由几何知识得：160230，又由折射定律得n，代入解得260，由于BOC是等腰三角形，则OCR，所以dOCcot2R.(2) 若入射的是单色蓝光，光线1仍不偏折，由于介质对蓝光的折射率大于介质对红光的折射率，光线2偏折得更厉害，2更大，d更小