1、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、根据可知增大入射光的频率，遏止电压一定会增大，故A错误；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
2、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v-t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. 57s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-1.62104JD. 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vt图象的斜率等于加速度，斜率的正负号
3、表示加速度的方向，则知， 57s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，根据牛顿第二定律得：，解得绳子的拉力；后2s内战士的加速度大小为，根据牛顿第二定律得：，解得绳子的拉力，前3s内与最后2s内伤员所受绳子的拉力之比为，故B错误；C、战士在整个下降的程中下降的高度等于梯形面积大小为，所以战士在整个上升的过程中重力所做的功为，故C正确；D、前3s内与最后2s内战士的平均速度均为，由分析知：前3s内与最后2s内战士的重力做功的平均功率相等，故D错误；故选C。【点睛】根据斜率求出前3 s内与最后2 s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
4、与时间轴所围的面积表示位移，求07s内下落的距离，再求重力做的功，由分析知：前3s内与最后2s内战士的重力做功的平均功率。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，OMMN.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，可知，随着的增大，MN上的力逐渐增大，OM上的力逐渐减小，故C正确，ABD
5、错误；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
6、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、卫星从轨道变轨到轨道，轨道半径变大，要做离心运动，卫星应从轨道的P点加速后才能做离心运动，从而进入轨道，卫星加速过程机械能增加，则卫星从轨道的P点进入轨道后机械能增加，故A错误；B、由万有引力提供向心力，可知卫星在轨道III经过Q点时和在轨道II经过Q点时(未点火)的加速度相同，故B错误；C、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
7、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，由知，电场强度E先减小后增大再减小，即有A处的场强强度最大，故A正确；B、由于带电粒子的电性未知，无法判断电场方
8、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，所以，由可得，故D错误；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，根据确定两点的电势差。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
9、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abB. 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【答案】BC
10、D【解析】A、由右手定则可得，流过导体棒的电流方向为，故A错误；B、由可知，沿圆弧轨道上升和回落时相同，故相同，故B正确；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，根据能量守恒，所以电路产生的热量小于E，故D正确；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
11、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： ，对于木块：，；当木块与木板分离时，它们的位移满足，解得，则木块相对地面运动的位移为；A、仅增大木板的质量M，变小，不变，则t增大，x增大，故A正确；B、仅减小木块的质量m，变大，不变，则t减小，x减小，故B错误；C、仅增大恒力F，变大，不变，则t减小，x减小，故C错误；D、仅稍增大木块与木板间的动摩擦因数，变小，增大，则t增大，x增大，故D正确；故选AD。8. 如图所示为模
12、拟远距离输电实验电路图。两理想变压器的匝数n1=n42R,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B. 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，由电流比值原理，由这两组公式得，L1两端电压，R1、R2所在回路的电流，L2所在回路中，由欧姆定律，电流，L2两端电压A、由过程分析，A1表的示数，故A错误；B、由过程分析得，由可得灯泡L1比灯泡L2亮，故B正确；C、由焦耳定律，电阻消耗功率，由过程分析，所以R1消耗的功率小于R3，故
13、C错误；D、由，又由欧姆定律得，R2两端的电压小于R4两端的电压，故D正确；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U-I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02V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U-I特性曲线，将此小灯泡接在电动势为1.5V.内阻为1.0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】 (
14、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（0.420.46）;【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U-I特性曲线，将此小灯泡接在电动势为1.5V，内阻为1.0的电源上，根据闭合电路欧姆定律则有，作出图像由图像可得，小灯泡的实际功率是；
15、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
16、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). ； (3). ； (4). AC;【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，由得滑块A在PO段的加速度大小为，OQ段运动的加速度的大小为，滑块A在PO段和OQ段运动的加速度的比值为；(3)由能量守恒定律可得：，联立解得 ；(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
17、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) (2) 【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：（2）由题意得子弹与木块
18、最后达到共速，由系统动量守恒有损失的动能根据功能关系有联立可得子弹射入木块的深度12. 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
19、速度的大小；(2)磁感应强度的大小。【答案】(1) （2） 【解析】解：（1）小球在第四象限中能做匀速圆周运动，可得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 由速度夹角和位移夹角关系有可得竖直位移 则小球的初速度大小 （2）小球进入圆形区域的速度 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 解得： 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 由洛伦兹力提供向心力可得则13. 下列说法正确的是_ 。A.昆明
20、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； 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；
21、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） （2） 【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
22、求出降温过程放出的热量；解：（）停止加热前缸内气体发生等压变化，由盖吕萨克定律得由题意知解得：（）体积由V增大到3V的过程中，活塞受力平衡有解得：气体对外所做的功停止加热后体积不变，全程内能变化根据热力学第一定律所以降温过程中气体放出的热量15. 下列说法正确的是_A.摆钟偏慢时可缩短摆长进行校准B.火车鸣笛驶出站台时，我们听到的笛声频率将比声源发声的频率高C.拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以减弱玻璃反射光的强度D.肥皂膜看上去呈现彩色，是因为光的色散E.要有效地发射电磁波，振荡电路必须采用开放电路且要有足够高的振荡频率【答案】ACE【解析】A、摆钟偏慢时，说明周期偏大，若要
23、周期变大，根据单摆周期公式，则可缩短摆长进行校准，故A正确；B、火车鸣笛驶出站台时，间距变大，则我们听到的笛声频率将比声源发声的频率低，故B错误；C、拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片，以反射光发生干涉，减弱反射光的透射，故C正确；D、肥皂膜在太阳光照射下出现彩色是光的干涉现象，故D错误；E、为了有效向外发射电磁波，振荡电路必须采用开放电路，同时提高振荡频率，故E正确；故选ACE。16. 图为一光导纤维(可简化为一长直玻璃圆柱体)的示意图。光导纤维长为L，现有一光线从光导纤维一端的横截面圆心处入射，光线和轴线的夹角增大到i时恰好还有同入射光线相同强度的光线从另一端射出。已知光在真空中的传播速度为c，求：()玻璃对该光线的折射率；()光线从光导纤维的一端传播到另一端所需的最长时间。【答案】(1) （2） 【解析】【分析】根据折射定律求玻璃对该光线的折射率，利用全反射的条件和运动学知识求光线传播所用的最长时间；由几何关系有所以由题意知，入射角为i时，有因为所以综上，解得：（）光在玻璃介质中的传播速度在介质中传播所走的路程越小，越大，即光在光导纤维中传播的最长时间综上，解得：
