云南省昆明市云師大附中屆高三物理上學期適應性月考試題四含解析

PAGE21-云南省昆明市云師大附中2021屆高三物理上學期適應性月考試題（四）（含解析）1.下列說法正確的是（）A.只有光、電子和質子具有波粒二象性B.較重的核分裂成中等大小的核，或者較小的核合并成中等大小的核，核的比結合能均增大C.玻爾的原子結構假說能解釋一切原子光譜D.電子的發(fā)現(xiàn)，揭示了原子核內部有復雜結構【答案】B【解析】【詳解】A．一切物體都具有波粒二象性，故A錯誤；B．較重的核分裂成中等大小的核，或者將較小的核合并成中等大小的核，均能釋放出核能，這是因為新核的比結合能大于原來的核的比結合能，故B正確；C．波爾的原子模型只能解釋氫原子的光譜，故C錯誤；D．湯姆孫發(fā)現(xiàn)電子，揭示了原子具有復雜結構，故D錯誤。故選B。2.如圖所示，小球A質量為m；B為圓弧面的槽，質量為M，半徑為R，其軌道末端與水平地面相切。水平地面有緊密相挨的若干個小球，質量均為m，右邊有一固定的彈性擋板?，F(xiàn)讓小球A從B的最高點的正上方距地面高為h處靜止釋放，經(jīng)B末端滑出，與水平面上的小球發(fā)生碰撞。設小球間、小球與擋板間的碰撞均為彈性正碰，所有接觸面均光滑，則（）A.經(jīng)過足夠長的時間后，原來水平面上的小球都將靜止，而A和B向左做勻速運動B.整個過程，小球A與B組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒C.整個過程，小球A機械能守恒D.經(jīng)過足夠長的時間后，所有小球和物體B都將靜止【答案】A【解析】【詳解】C．從小球A和B開始接觸至滑到B末端的過程，A、B系統(tǒng)機械能守恒，故C錯誤；B．小球A與地面若干小球的碰撞以及其他小球間的碰撞皆為彈性碰撞，因質量相等，故速度交換。最終小球A動量等大反向，再去追B，而B在此過程中一直做勻速運動，故A、B系統(tǒng)水平方向動量不守恒，故B錯誤；AD．每次和A作用后B都加速，而A減速，經(jīng)過足夠長的時間后，A球返回向左運動時速度小于B，不再能追上B，故最終A和B向左做勻速運動，原來水平面上的小球都將靜止在原處，故A正確，D錯誤。故選A。3.如圖，一粗糙絕緣豎直平面與兩個等量異種點電荷連線的中垂線重合。A、O、B為豎直平面上的三點，且O為等量異種點電荷連線的中點，AO=BO?，F(xiàn)電量為q、質量為m的小物塊從A點以初速v0向B滑動，到達B點時速度恰好為0，則（）A.q一定帶正電荷B.到達O點時的動能為C.從A到B電勢能先減小后增大D.從A到B，q的加速度一直減小【答案】B【解析】【詳解】A．等量異種點電荷電場對稱分布，沿電荷連線的中垂線，電場方向始終垂直中垂線，即中垂線是等勢面，且中間場強最大向兩邊逐漸減小，小物塊受重力、電場力和墻壁的彈力以及摩擦力作用，可知q帶負電，故A錯誤；D．物塊全程做減速運動，可知加速度始終豎直向上。從A到O的過程中，電場強度越來越大，則電場力越來越大，由于物塊在水平方向上平衡，可知墻壁的彈力增大，導致滑動摩擦力增大，根據(jù)知加速度增大；從O到B，電場強度越來越小，則電場力越來越小，由于物塊在水平方向上平衡，可知墻壁的彈力減小，導致滑動摩擦力減小，根據(jù)知加速度減?。粡腁到B，加速度先增大后減小，故D錯誤；B．由于AO段和OB段的電場強度對稱，可知加速度對稱，兩段過程中合外力做功相同，根據(jù)動能定理，有即O點的速度為，則O點動能為，故B正確；C．由于AB是等勢線，則電荷的電勢能不變，故C錯誤。故選B。4.在地球表面以一定的初速度豎直上拋一小球，經(jīng)過時間l落回原處；若在某星球表面以相同的速度豎直上拋一小球，則需經(jīng)4t時間落回原處。不計空氣阻力，忽略星球和地球自轉。已知該星球半徑與地球半徑之比為1：4，則（）A.該星球密度與地球密度之比為1：1B.該星球質量與地球質量之比為64：1C.該星球表面重力加速度與地球表面重力加速度之比為4：1D.該星球的第一宇宙速度與地球的第一宇宙速度之比為1：1【答案】A【解析】【詳解】C．地球和星球上遵循的理論是一樣的，不考慮自轉，萬有引力等于重力。設地球表面重力加速度為g，設該星球表面附近的重力加速度為，根據(jù)豎直上拋回到原處，有以相同初速度豎直上拋，重力加速度之比等于它們所需時間之反比，星球上的時間與地球上的時間比為，則星球表面重力，加速度和地球表面的重力加速度之比C錯誤；B．根據(jù)萬有引力等于重力，有得星球和地球表面的重力加速度之比為，半徑比為，所以星球和地球的質量比B錯誤；A．根據(jù)密度的定義所以與g成正比，與R成反比A正確；D．第一宇宙速度v與gR乘積的算術平方根成正比D錯誤。故選A。5.如圖所示電路中，已知R1=R2=R3，R1兩端電壓為3V，R3兩端電壓為1V，流過R1和R2的方向均為向右，R4、R5為定值電阻，則（）A.R4可能等于R5B.A、B兩端電壓一定為7VC.R4兩端電壓可能為2VD.R4一定小于R5【答案】C【解析】【詳解】題目中5個電阻并不是簡單的串并聯(lián)接法，抓住流入某點的電流等于流出某點的電流以及歐姆定律進行分析即可。C．設、和兩端的電壓分別為、和，當流過的電流方向向上時，當流過的電流方向向下時故C正確。B．設，已知兩端電壓為3V，兩端電壓為1V，根據(jù)歐姆定律，流過的電流為，流過的電流為；因流過的電流方向不確定，故流過電阻的電流可能為，也可能為若流過的電流為，則兩端電壓為2V，；若流過的電流為，則兩端電壓為4V，，故B錯誤。A．如果，電阻中無電流，故A錯誤。D．若A、B兩端電壓為5V，電流流向如圖所示，說明電阻上端的電勢較高，下端的電勢較低，則兩端的電壓應該高于兩端的電壓，故，故D錯誤。故選C。6.如圖所示，直角三角形ABC處于勻強電場中，電場方向與三角形所在平面平行，D為A、C連線的中點，∠ACB=30°，BC=1cm。將電荷量q=-4×10-6C的粒子從A點移到C點，靜電力做功-2.4×10-5J；再將該粒子從C點移到B點，其電勢能減少了1.2×10-5JA.B、D電勢相等B.過B點的電場線方向由A指向BC.勻強電場的電場強度為600V/mD.A、C兩點間的電勢差UAC=-6V【答案】AC【解析】【詳解】D．根據(jù)知，AC兩點間的電勢差為D錯誤；A．將該粒子從C點移到B點，其電勢能減少，說明電場力做正功，則即D是AC中點故，A正確；B．BD連線為等勢線，電場線方向垂直于BD，且由高電勢指向低電勢，B錯誤；C．由幾何關系知，A到BD的垂直距離為則勻強電場的電場強度為C正確。故選AC。7.下圖為直流電動機提升重物的裝置，重物的質量m=50kg，電源電動勢E=95V，電源內阻r=3Ω。當電動機以v=0.7m/s的恒定速率向上提升重物時，電路中的電流I=5A，不計各處摩擦和空氣阻力，g=10m/s2，下列判斷正確的是（）A.電源的效率約為84%B.電動機的輸出功率是350WC.電動機線圈的電阻為2ΩD.電動機兩端的電壓為95V【答案】ABC【解析】【詳解】D．由于電源有內阻，電動機兩端的電壓等于路端電壓故D錯誤；B．因物體勻速上升，電動機的輸出功率等于物體克服重力做功的功率故B正確；C．設電動機內阻為R，由能量守恒可知故C正確；A．電源的效率故A正確。故選ABC。8.如圖所示，質量為m的木板A靜止在水平地面上，在木板A的左端放置一個質量為2m的鐵塊B，鐵塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為，木板與地面之間的動摩擦因數(shù)為，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，現(xiàn)給鐵塊施加一水平作用力F，F(xiàn)由零開始逐漸變大至A、B相對滑動，下列判斷正確的是（）A.若木板A先相對地發(fā)生滑動，則當A、B剛要發(fā)生相對滑動時，A的加速度大小為B.若鐵塊B先相對A發(fā)生滑動，則當A、B剛要發(fā)生相對滑動時，F(xiàn)的大小為mgC.若木板A先相對地發(fā)生滑動，然后B相對A發(fā)生滑動，則一定是D.若木板A先相對地發(fā)生滑動，然后B相對A發(fā)生滑動，則一定是【答案】AD【解析】【詳解】CD．B受到的滑動摩擦力大小為，A受到地面的滑動摩擦力大小為若木板A先相對地發(fā)生滑動，則解得當拉力增大到一定程度，使得B的加速度大于A的加速度時，B相對A發(fā)生滑動，故C錯誤，D正確；A．若木板A先相對地發(fā)生滑動，當B剛要相對于A滑動時，A、B間的摩擦力是最大靜摩擦力，由于最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，對A有整理得故A正確；B．若鐵塊B先相對A發(fā)生滑動，以B為研究對象，水平方向根據(jù)共點力的平衡條件知，當A、B剛發(fā)生相對滑動時，F(xiàn)的大小為，故B錯誤。故選AD。三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第22題~第32題為必考題，每道試題考生都必須作答；第33題~第38題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共11題，共129分。9.(1)在測定一根粗細均勻合金絲電阻率的實驗中，利用螺旋測微器測定合金絲直徑，如圖所示，甲圖是將螺旋測微器小砧靠在一起時的讀數(shù)，為______mm；乙圖是測量合金絲直徑時的讀數(shù)，則合金絲的直徑為______mm；(2)某實驗小組為測量電壓表V1的內阻，先用多用電表的歐姆檔進行了一次測量，為進一步準確測量電壓表V1的內阻，設計了如圖甲所示的電路，請根據(jù)電路圖連接實物圖乙______?！敬鸢浮?1).0.006~0.008(2).0.687~0.690(3).【解析】【詳解】(1)[1]圖甲中校零時，螺旋測微器的固定刻度為0，可動刻度為；[2]圖乙測量時，螺旋測微器的固定刻度為，可動刻度為，故合金絲的直徑為；(2)[3]10.有一待測電阻R，阻值約為2.2kΩ，除待測電阻Rx外，實驗室還提供了下列器材：A.電流表A1（量程為500μA，內阻r1=1.0kΩ）B.電流表A2（量程為1.5mA）C.滑動變阻器R1（0~50Ω）D.滑動變阻器R2（0-1000Ω）E.定值電阻R3=5000ΩF.定值電阻R4=1000ΩG電源（電動勢E=3.0V，內阻可以忽略）H.開關S.導線若干(1)某同學用如圖所示電路圖測電阻Rx，R0是保護電阻，為盡可能獲取多組數(shù)據(jù)和操作方便，定值電阻應選擇______，滑動變阻器應選擇______；（均填器材的符號）(2)按正確的電路連接，閉合開關，記錄電流表A1、A2的示數(shù)I1和I2，移動滑動變阻器的滑片，記錄多組數(shù)據(jù)，并做出I1-I2圖線如圖所示，則該待測電阻阻值為Rx=______kΩ（結果保留2位有效數(shù)字）；(3)測量值與真實值相比______（填偏大偏小或相等）?！敬鸢浮?1).R3(2).R1(3).2.3(4).相等【解析】【詳解】(1)[1]由于沒有電壓表，故要對電流表進行改裝，改裝后電壓表的量程為可得故定值電阻應選擇，為了操作方便，滑動變阻器選擇。(2)[2]解法一：由題意可知整理得圖象是過原點傾斜直線由圖象可得聯(lián)立解得解法二：根據(jù)電阻定義在圖象中任取一點的坐標代入，如（1.0mA，0.28mA），解得(3)[3]本實驗沒有系統(tǒng)誤差，故測量值與真實值相等。11.如圖所示，坐標系xOy所在平面內存在一沿y軸正方向的勻強電場，M是x軸上的一點，N是y軸上的一點。質量為m、電荷量為q的正電荷經(jīng)過M點時速度方向與x軸正方向成=角，速度大小為v1，當該電荷運動到N點時速度方向與y軸正方向夾角也為=，所受重力忽略不計，求：.(1)該電荷從M點運動到N點的速度改變量?v；(2)若電場強度為E，則N點到O點的距離d?！敬鸢浮?1)；(2)【解析】【詳解】(1)粒子做勻變速曲線運動，用運動的分解思想可知帶電粒子在x方向上做勻速運動，y方向上做勻加速運動。設帶電粒子在N點的速度大小為，由牛頓第二定律可知加速度方向豎直向上，則速度改變量的方向也是豎直向上，由速度矢量圖可知(2)電荷從M運動到N只有電場力做功，根據(jù)動能定理有解得由勻強電場性質可知，解得12.如圖所示，粗糙水平面上有-輕彈簧，其左端固定在豎直墻上，右端有一質量為M=0.5kg物塊（與彈簧不拴接），將彈簧和物塊壓縮在A處并鎖定。長l=0.8m的水平傳送帶以v=2m/s的速度逆時針勻速轉動，傳送帶與該水平面平滑連接。現(xiàn)解除彈簧鎖定，物塊被彈簧推開，并能通過傳送帶BC運動到C點右側水平面距C點x0=1.2m的D處（D點未畫出）。若物塊滑到傳送帶正中間時，有一顆質量為m=10g的子彈以水平向左的速度v0射入物塊，并留在物塊中，則物塊剛好能滑到C點。假設物塊與水平面、傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，求：(1)子彈射入物塊前，物塊運動到傳送帶中點的速度v0；(2)子彈射入前的速度v0；(3)子彈一物塊系統(tǒng)在傳送帶上運動到B點所用的時間及此過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量Q；(4)子彈一物塊系統(tǒng)從B點滑離傳送帶并壓縮彈簧至最短時，彈簧的彈性勢能Epm=0.51J，隨后物塊被彈簧彈開，向右運動并停下，此時子彈一物塊系統(tǒng)到B點的距離d?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)；(4)0【解析】【詳解】(1)物塊從傳送帶中央運動到右邊水平面上離C點處的過程，根據(jù)動能定理解得(2)子彈留在物塊中至子彈―物塊系統(tǒng)剛好滑到C點過程，設子彈―物塊系統(tǒng)的初速度是，根據(jù)動能定理解得子彈射入物塊過程，子彈一物塊系統(tǒng)動量守恒，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有解得(3)子彈射入物塊后，子彈一物塊系統(tǒng)向右做勻減速到C點，再向左勻加速運動0.4m后做勻速運動，子彈一物塊系統(tǒng)做勻加速和勻減速運動的加速度相同，兩過程具有對稱性。取水平向左為正方向，根據(jù)牛頓第二定律解得子彈—物塊系統(tǒng)從傳送帶中點運動到回到中點所用時間解得子彈―物塊系統(tǒng)返回傳送帶中點時，開始勻速運動，設勻速運動的時間為解得子彈—物塊系統(tǒng)從傳送帶中點到B點運動的總時間子彈―物塊系統(tǒng)與傳送帶摩擦而產(chǎn)生的熱量，根據(jù)功能關系其中聯(lián)立解得(4)子彈一物塊系統(tǒng)從B點滑離傳送帶至壓縮彈簧到最短過程，設運動最遠距離為，根據(jù)能量守恒和功能關系解得子彈一物塊系統(tǒng)被彈簧彈開向右運動至停下來過程，設運動最遠距離為，根據(jù)能量守恒和功能關系解得距B點的距離13.如圖所示，一定質量的理想氣體從狀態(tài)A依次經(jīng)狀態(tài)B、C和D后回到狀態(tài)A，圖中曲線AB、CD為反比例函數(shù)圖線，直線BC平行于V軸，直線DA平行于p軸。該理想氣體經(jīng)過的A→B、B→C、C→D、D→A四個過程中，氣體吸熱的過程有______；外界對氣體做功的過程有______；氣體內能減少的過程有______；吸收熱量等于氣體對外界做功的過程有______?！敬鸢浮?1).(2).、(3).(4).【解析】【詳解】[1][2][3][4]從圖象中確定氣體各種狀態(tài)參量變化的對應關系，再根據(jù)熱力學第一定律和理想氣體實驗定律求解。為等溫變化，有體積減小，外界對氣體做功根據(jù)熱力學第一定律得氣體對外放熱。為等壓變化過程，溫度T升高，內能增加體積增大，氣體對外界做功，即根據(jù)熱力學第一定律氣體從外界吸熱為等溫變化過程體積增大，氣體對外界做功，即根據(jù)熱力學第一定律得氣體從外界吸熱。為等容變化過程，壓強減小，根據(jù)查理定律可知，溫度T下降，內能減少，有體積不變，氣體不做功，即據(jù)熱力學第一定律氣體對外放熱。14.潛水鐘是一種水下救生設備，它是一個底部開口、上部封閉的容器，外形與鐘相似。潛水鐘在水下時其內部上方空間里存有空氣，以滿足潛水員水下避險的需要。為計算方便，將潛水鐘簡化為截面積為S、高度為h、開口向下的圓筒；工作母船將潛水鐘由水面上方開口向下吊放至深度為H的水下，如圖所示。已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g，大氣壓強為p0，Hh，忽略溫度的變化和水密度隨深度的變化。（1）求進入圓筒內水的高度l；（2）保持H不變，壓入空氣使筒內的水全部排出，求壓入的空氣在其壓強為p0時的體積。【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）設潛水鐘在水面上方時和放入水下后筒內氣體的體積分別為V0和V1，放入水下后筒內氣體的壓強為p1，由玻意耳定律和題給條件有p1V1=p0V0①V0=hS②V1=（h–l）S③p1=p0+ρg（H–l）④聯(lián)立以上各式并考慮到Hh，h>l，解得⑤（2）設水全部排出后筒內氣體的壓強為p2；此時筒內氣體的體積為V0，這些氣體在其壓強為p0時的體積為V3，由玻意耳定律有p2V0=p0V3⑥其中p2=p0+ρgH⑦設需壓入筒內的氣體體積為V，依題意V=V3–V0⑧聯(lián)立②⑥⑦⑧式得⑨15.下列說法正確的是（）A.電視機遙控器是利用遙控器發(fā)出的紅外線脈沖信號來換頻道的B.在楊氏雙縫干涉實驗中，遮住其中一條