2018年云南省文山州高三毕业生教学质量检测 高三物理 (1)

绝密★启用前2018年文山州高三毕业生教学质量检测高三理科综合物理一、单选题(共8小题,每小题6.0分,共48分)1.下列核反应方程中属于β衰变的是()A．U＋n→Ba＋Kr＋3n B．I→Xe＋eC．He＋N→O＋H D．U→Th＋He2.有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河。

小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直。

去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为（）A． B． C． D．3.水平横梁一端A插在墙壁内，另一端装有一小滑轮B，一轻绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂一质量为m＝10 kg的重物，∠CBA＝30°，如图所示，则滑轮受到绳子的作用力的大小为(g取10 N/kg)()A． 50 N B． 20 NC． 100 N D． 100N4.关于惯性的大小，下列说法中正确的是()A．高速运动的物体不容易停下来，所以物体运动速度越大，惯性越大B．用相同的水平力分别推放在地面上的两个材料不同的物体，则难以推动的物体惯性大C．两个物体只要质量相同，那么惯性大小就一定相同D．在月球上举重比在地球上容易，所以同一个物体在月球上比在地球上惯性小5.如图所示，内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则（）A．球A的角速度一定大于球B的角速度B．球A的线速度大于球B的线速度C．球A的运动周期一定小于球B的运动周期D．球A对筒壁的压力一定大于球B对筒壁的压力6.(多选)如图，匀强电场水平向右，虚线为一带电粒子在匀强电场中从A点运动到B点的轨迹，此过程粒子克服重力做功为5 J，静电力做功为3 J，则下列说法中国正确的是()A．粒子带负电B．粒子在A点的动能比在B点少2 JC．粒子在A点的电势能比在B点少3 JD．粒子在A点的机械能比在B点少3 J7.(多选)如图所示，用等长绝缘线分别悬挂两个质量、电量都相同的带电小球A和B，两线上端固定于O点，B球固定在O点正下方．当A球静止时，两悬线夹角为θ.能保持夹角θ不变的方法是()A．同时使两悬线长度减半B．同时使A球的质量和电量都减半C．同时使两球的质量和电量都减半D．同时使两悬线长度和两球的电量都减半8.（多选）如图所示，在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道I，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进人地球同步轨道Ⅱ，则( )A．该卫星的发射速度必定大于11. 2 km/sB．卫星在同步轨道II上的运行速度大于7. 9 km/sC．在轨道I上，卫星在P点的速度大于在Q点的速度D．卫星在Q点通过加速实现由轨道I进人轨道II分卷II三、实验题(共2小题,每小题10.0分,共20分)9.(1)用如图1所示的装置来验证“力的平行四边形法则”实验中，以下说法正确的是()A．每次拉橡皮条时都应该把橡皮条与结绳的结点拉至同一位置O点；B．橡皮条、细绳、弹簧秤应保持在同一平面内，且与板面平行；C．拉动弹簧时弹簧秤的外壳与纸面间的摩擦会对实验产生误差；D．拉橡皮条的细线要适当长些，视线通过细线垂直于纸面，在线下的纸上用笔点出两个顶点的位置，并使这两个点的距离要尽量远些；E．两个分力F1，F2间的夹角θ不宜过大，也不宜过小，两个分力F1，F2的大小越大越好F．作图时要用细铅笔，同一实验中选定的比例标度要相同，所取的比例标度要适当大些图1图2(2)在完成相关记录后，选得如图2所示一张白纸痕迹图和一张实验数据表格：①请你用表格所提供的相关数据按照力的图示标准完成图2(标度已给出)；②继续填写实验数据表格的相关内容，完成实验.10.(1)如图所示的三把游标卡尺，它们的游标尺的刻度从上至下分别为9 mm长10等分、19 mm长20等分、49 mm长50等分，它们的读数依次为______mm，____mm，________mm.(2)使用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，则金属丝的直径是________mm.(3)①图所示的电表使用0.6 A量程时，对应刻度盘上每一小格代表________A，图中表针示数是________A；当使用 3 A量程时，对应刻度盘上每一小格代表________A，图中表针示数为________A.②图所示的电表使用较小量程时，每小格表示________V，图中表针的示数为________V．若使用的是较大量程，则这时表盘刻度每小格表示________V，图中表针示数为________ V.(4)旋钮式电阻箱如图所示，电流从接线柱A流入，从B流出，则接入电路的电阻为________Ω.今欲将接入电路的电阻改为2 087 Ω，最简单的操作方法是________．若用两个这样的电阻箱，则可得到的电阻值范围为________．四、计算题11(12分）.质量为m＝4 kg的小物块静止于水平地面上的A点，现用F＝10 N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B点，A、B两点相距x＝20 m，物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，求：(1)物块在力F作用过程发生位移x1的大小；(2)撤去力F后物块继续滑动的时间t.12（18分）.如图所示，一矩形线圈在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直，磁场的磁感应强度为B.线圈匝数为n，电阻为r，长为l1，宽为l2，转动角速度为ω.线圈两端外接阻值为R的电阻和一个理想交流电流表．求：(1)线圈转至图示位置时的感应电动势；(2)电流表的读数；(3)从图示位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式．【选修3-3】13.(1)下列说法正确的是（）(I)若某种实际气体分子的作用力表现为引力，则一定质量的该气体内能的大小与气体体积和温度的关系正确的是 ( )A.如果保持其体积不变，温度升高，内能一定增大B.如果保持其温度不变，体积增大，内能一定增大C.如果吸收热量，温度升高，体积增大，内能不一定增大(II)有关热力学第二定律说法正确的是D.热量能够从高温物体传到低温物体，但不可能从低温物体传到高温物体E.任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能(2) 如图所示，一圆柱形绝热容器竖直放置，通过绝热活塞封闭着摄氏温度为t1的理想气体，活塞的质量为m，横截面积为S，与容器底部相距h1。

现通过电热丝给气体加热一段时间，使其温度上升到（摄氏）t2，若这段时间内气体吸收的热量为Q，已知大气压强为P0，重力加速度为g，求：①气体的压强．②这段时间内活塞上升的距离是多少？③这段时间内气体的内能如何变化，变化了多少？【选修3-4】14.(1)下列说法中正确的是( )A．机械波和电磁波都能在真空中传播B．铁路，民航等安检口使用红外线对行李内物品进行检测C．根据狭义相对论的原理知，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的D．两列波叠加时产生干涉现象，其振动加强区域与减弱区域是稳定不变的(2)如图所示是一列沿x轴负方向传播的简谐横波在t= 0时刻的波形图，已知波的传播速度v= 2m/s，则x= 1.5m处质点的振动函数表达式y=cm，x= 2.0m处质点在0 -1.5s内通过的路程为cm。

(3)如图所示，半圆玻璃砖的半径R=10cm，折射率n=，直径AB与屏幕MN垂直并接触于A点。

激光a以入射角i=60°射向玻璃砖圆心O，结果在屏幕MN上出现两光斑，求两光斑之间的距离L。

答案解析1.【答案】B【解析】2.【答案】B【解析】设小船相对静水的速度为，去程时过河的时间为，回程的时间，由题意知，解得，故选项B正确。

3.【答案】C【解析】滑轮受到绳子的作用力应等效为两段绳中拉力F1和F2的合力，因同一根绳张力处处相等，都等于物体的重力，即F1＝F2＝G＝mg＝100 N．可考虑应用平行四边形定则或三角形定则合成．方法一：用平行四边形定则作图，如图甲所示，可知合力F＝100 N，所以滑轮受绳的作用力为100 N，方向与水平方向成30°角斜向下，正确选项为C.方法二：用三角形定则作图，如图乙所示．由几何关系解出F＝F1＝F2＝100 N.甲乙4.【答案】C【解析】惯性是物体的固有属性，只与物体的质量有关，与物体的速度、受力情况和地理位置均无关，C正确．5.【答案】B【解析】两球所受的重力大小相等，支持力方向相同，根据力的合成，知两支持力大小、合力大小相等．根据F合＝m得，，合力、质量相等，r大线速度大，所以球A的线速度大于球B的线速度．故A正确，D错误．根据F合＝mrω2，得，r大角速度小．所以球A的角速度小于球B的角速度．故B正确．根据F合=mA，知向心加速度相等．故C错误．6.【答案】AD【解析】由图看出粒子所受的电场力应水平向左，与场强方向相反，所以该粒子带负电，故A正确．粒子克服重力做功为5 J，电场力做功为3 J，则合外力对粒子所做的总功为W总＝－5 J＋3 J＝－2 J，根据动能定理得知：动能减少了2 J，粒子在A点的动能比在B多2 J，故B错误．静电力做功3 J，则电势能减少3 J，粒子在A点的电势能比在B点多3 J，故C错误．静电力做功使粒子机械能增加，静电力做功3 J，则粒子机械能增加3 J，粒子在A点的机械能比在B点少3 J，故D正确．7.【答案】BD【解析】设两球距离为d，分析A球的受力如图示，图中F＝k，由平衡条件得T＝mg，＝F ＝k，同时使两悬线长度减半，则d减半，不能满足上式，A错；同时使A球的质量和电量都减半，上式仍然能满足，B正确；同时使两球的质量和电量都减半，不能满足上式，C错；同时使两悬线长度和两球的电量都减半，则d、q1、q2减半，D正确．故选B、D.8.【答案】CD【解析】11.2km/s是卫星脱离地球束缚的发射速度，而同步卫星仍然绕地球运动，故A错误；7.9km/s即第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度．而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，根据v的表达式可以发现，同步卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度．故B错误；在轨道I上，P点是近地点，Q点是远地点，则卫星在P点的速度大于在Q点的速度．故C正确；从椭圆轨道Ⅰ到同步轨道Ⅱ，卫星在Q点是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速，增加所需的向心力．所以在轨道Ⅱ上Q点的速度大于轨道Ⅰ上Q点的速度，故D正确．9.【答案】(1)ABCDF(2)①②3.90在误差允许的范围内平行四边形定则是正确的【解析】(1)每次拉橡皮条时都应该把橡皮条与结绳的结点拉至同一位置O点，故A正确；橡皮条，细绳，弹簧秤应保持在同一平面内，且与板面平行，故B正确；为了使所测量的力更准确，弹簧秤的外壳不能与纸面接触，以免产生摩擦，影响拉力大小，故C正确；拉橡皮条的细线要适当长些，视线通过细线垂直于纸面，在线下的纸上用笔定出尽量远的两个点，故D正确；两个分力F1，F2间的夹角θ不宜过大，也不宜过小，两个分力F1，F2的大小可以适当大一些，有利于减小误差，不能超过弹簧测力计的量程，并不是越大越好，故E错误；作图时要用细铅笔，同一实验中选定的比例标度要相同，所取的比例标度要适当大些，故F正确；(2)根据力的平行四边形定则，作出F1，F2的合力F′，按力的图示方法作出力F的图示如图所示：F′＝3.90 N通过本实验，可以得出结论：在误差允许的范围内平行四边形定则是正确的．10.【答案】(1)17.723.85 3.18(2)2.150(3)①0.020.440.1 2.20②0.1 1.700.58.5(4)1 987将“×1 k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调到00～19 998 Ω【解析】(1)最上面图读数：整毫米数是17，不足1毫米数是7×0.1 mm＝0.7 mm，最后结果是17 mm＋0.7 mm＝17.7 mm.中间图读数：整毫米数是23，不足1毫米数是17×0.05 mm＝0.85 mm，最后结果是23 mm＋0.85 mm＝23.85 mm.最下面图读数：整毫米数是3，不足1毫米数是9×0.02 mm＝0.18 mm，最后结果是3 mm＋0.18 mm＝3.18 mm.(2)固定刻度示数为2.0 mm，不足半毫米的从可动刻度上读，其示数为15.0，最后的读数：2.0 mm ＋15.0×0.01 mm＝2.150 mm.(3)①电流表使用0.6 A量程时，刻度盘上的每一小格表示0.02 A，表针示数为0.44 A；当使用3 A 量程时，每一小格表示0.1 A，表针示数为2.20 A.②电压表使用3 V量程时，每小格表示0.1 V，表针示数为1.70 V；使用15 V量程时，每小格表示0.5 V，表针示数为8.5 V.(4)电阻为1 987 Ω.最简单的操作方法是将“×1 k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调到0.每个电阻箱的最大阻值是9 999 Ω，用这样的两个电阻箱串联可得到的最大电阻是2×9 999 Ω＝19 998 Ω.故用两个这样的电阻箱，可得到的电阻值范围为0～19 998 Ω.11.【答案】(1)16 m(2)2 s【解析】(1)设物块受到的滑动摩擦力为F f，则F f＝μmg根据动能定理，对物块由A到B整个过程，有Fx1－F f x＝0代入数据，解得x1＝16 m(2)设刚撤去力F时物块的速度为v，此后物块的加速度为a，滑动的位移为x2，则x2＝x－x1由牛顿第二定律得a＝由匀变速直线运动公式得v2＝2ax2由v＝v0＋at得v＝at代入数据，解得t＝2 s12.【答案】(1)nBωl1l2(2)(3)e＝nBωl1l2cos ωt【解析】(1)图示位置的感应电动势最大，为E＝2×n×B×l1×ω×＝nBωl1l2；(2)电阻两端的电压的有效值为U＝，所以电流表的读数为I＝＝＝；(3)从图示位置记时，感应电动势最大，则其感应电动势的瞬时值表达式为e＝E cosωt＝nBωl1l2cosωt.13.【答案】（1）ABE (2) ①P=P0+mg/S② Δh＝h2－h1＝② ΔU＝Q－W＝Q－(P0S＋mg)【解析】(1)分子力表现为引力，当体积不变时，外界对气体做功为零，温度升高一定从外界吸收能量，所以分子内能增加，故选项A正确；当温度不变时，分子动能不变，体积增大，分子克服引力做功，从外界吸收能量，所以内能增加，故选项B正确；如果气体吸收热量，内能一定增加，但温度不一定升高，故选项C错误；由热力学第二定律可知，热量可以自发的从高温物体传到低温物体，但不可能自发的从低温物体传到高温物体，故选项D错误；热机的效率不可能达到百分之百，即有一部分热量转化为周围环境的内能，故选项E正确．⑵①活塞受力分析如图，由平衡条件得P=P0+mg/S②设温度为t2时活塞与容器底部相距h2.因为气体做等压变化，由盖—吕萨克定律得：由此得：h2＝活塞上升了Δh＝h2－h1＝.③气体对外做功为W＝PS·Δh＝·S·＝(P0S＋mg)由热力学第一定律可知ΔU＝Q－W＝Q－(P0S＋mg)14.【答案】(1) CD (2)，30 (3)cm（或m）【解析】(1)机械波的传播需要介质，A错；红外线热效应显著，而穿透本领较弱，不能用来安检，铁路，民航等安检口使用x射线线对行李内物品进行检测．故B错误．根据相对论的基本原理得知：在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的．故C正确．两列波发生干涉时，振动加强区域与减弱区域是相互间隔，是稳定不变的．故D正确。