云南省楚雄州民族实验中学届高三月考卷八物理试题 含答案Word下载.docx

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C．微粒从M点运动到N点动能一定增加

D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加

5.一台理想变压器的原，副线圈的匝数比是5∶1，原线圈接入电压为220V的正弦交流电，各元件

正常工作，一只理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上，如图所示，电压表和电流表均为理想交流电表。

则下列说法正确的是（）C

A．原，副线圈中的电流之比为5∶1

B．电压表的读数约为44V

C．若滑动变阻器接入电路的阻值为20Ω，则1分钟内产生的热量为2904J

D．若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均增大

二、多选题（共3小题,每小题6.0分,共18分）

6.（多选）如图所示，传送带与水平面的夹角θ，当传送带静止时，在传送带顶端静止释放小物块m，小物块沿传送带滑到底端需要的时间为t0，已知小物块与传送带间的动摩擦因数为μ．则下列说法正确的是（　　）

A．传送带静止时，小物块受力应满足mgsinθ＞mgμcosθ

B．若传送带顺时针转动，小物块将不可能沿传送带滑下到达底端

C．若传送带顺时针转动，小物块将仍能沿传送带滑下，且滑到底端的时间等于t0

D．若传送带逆时针转动，小物块滑到底端的时间小于t0

7.（多选）在水平桌面上有一个倾角为α的斜面体。

一个质量为m的物块，在平行于斜面的拉力F作用下，沿斜面向上做匀速运动。

斜面体始终处于静止状态。

已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。

下列结论正确的是（）

A．斜面对物块的摩擦力大小是F

B．斜面对物块的摩擦力大小是μmgcosα

C．桌面对斜面体的摩擦力大小是0

D．桌面对斜面体的摩擦力大小是Fcosα

8.（多选）关于下列四幅图的说法正确的是____

A．甲图中A处能观察到大量的闪光点，B处能看到较多的闪光点，C处观察不到闪光点

B．乙图中用弧光灯照射原来就带电的锌板时，发现验电器的张角变大，说明锌板原来带正电

C．丙图中处于基态的氢原子能吸收能量为10.4eV的光子而发生跃迁

D．丙图中处于基态的氢原子能吸收动能为10.4eV的电子的能量而发生跃迁E．丁图中1为α射线，它的电离作用很强，可消除静电

分卷II

三、实验题（共2小题,共15分）

9.在“探究功与速度变化的关系”的实验中，某实验研究小组的实验装置如图甲所示。

木块从A点静止释放后，在一根弹簧作用下弹出，沿足够长的木板运动到

点停下，记录此过程中弹簧对木块做的功为

。

点为弹簧原长时所处的位置，测得

的距离为

再用完全相同的2根，3根…弹簧并在一起进行第2次，第3次…实验并记录2

，3

…及相应的

，

…数据，用W-L图像处理数据，回答下列问题：

（1）如图乙是根据实验数据描绘的W-L图像，图线不过原点的原因是_______________；

（2）由图线得木块从A到O过程中摩擦力做的功是____________________

；

（3）

图像斜率的物理意义是__________________________________。

10.实际电流表有内阻，测量电流表G1内阻r1的电路如图1所示．

供选择的仪器如下：

①待测电流表G1（0～5mA，内阻约300Ω）

②电流表G2（0～10mA，内阻约100Ω）

③定值电阻R1（300Ω）

④定值电阻R2（10Ω）

⑤滑动变阻器R3（0～1000Ω）

⑥滑动变阻器R4（0～20Ω）

⑦干电池（1.5V）

⑧电键S及导线若干．

（1）定值电阻应选________，滑动变阻器应选________．（在空格内填写序号）

（2）对照电路图用笔连线连接如图2所示实物图．

（3）补全实验步骤：

①按如图7所示电路图连接电路，将滑动变阻器的触头移至最________（填“左端”或“右端”）；

②闭合电键S，移动滑动触头至某一位置，记录G1和G2的读数I1和I2；

③多次移动滑动触头，记录G1和G2的读数I1和I2；

④以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线，如图3所示．

（4）根据I2－I1图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式________________．

四、计算题

11.如图所示，倾角θ=300，长L=4.5m的斜面，底端与一个光滑的1/4圆弧轨道平滑连接，圆弧轨道底端切线水平．一质量为m=1kg的物块（可视为质点）从斜面最高点A由静止开始沿斜面下滑，经过斜面底端B后恰好能到达圆弧轨道最高点C，又从圆弧轨道滑回，能上升到斜面上的D点，再由D点由斜面下滑沿圆弧轨道上升，再滑回，这样往复运动，最后停在B点．已知物块与斜面间的动摩擦因数为，g=10m/s2，假设物块经过斜面与圆弧轨道平滑连接处速率不变．求：

⑴.物块经多长时间第一次到B点；

⑵.物块第一次经过B点时对圆弧轨道的压力；

⑶.物块在斜面上滑行的总路程．

12.如图所示，在屏蔽装置底部中心位置O点放一医用放射源，可通过细缝沿扇形区域向外辐射速率为v＝3.2×

106m的α粒子．已知屏蔽装置宽AB＝9cm，缝长AD＝18cm，α粒子的质量m＝6.64×

10－27kg，电量q＝3.2×

10－19C．若在屏蔽装置右侧条形区域内加一匀强磁场来隔离辐射，磁感应强度B＝0.332T，方向垂直于纸面向里，整个装置放于真空环境中．

（1）若所有的α粒子均不能从条形磁场隔离区的右侧穿出，则磁场的宽度d至少是多少？

（2）若条形磁场的宽度d＝20cm，则射出屏蔽装置的α粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间各是多少？

（结果保留2位有效数字）

【物理选修3-3】

13.

（1）下列有关各种现象的说法中，正确的是（　　）

A．一杯热茶在打开杯盖后，茶会自动变得更热

B．蒸汽机不能把蒸汽的内能全部转化为机械能

C．电冰箱通电后把冰箱内部低温物体的热量传到冰箱外部的高温物体

D．在水平面滚动的足球克服摩擦力做功，其动能会全部转化为内能，最后会停下来

E．空气会自发地分离成氮气，氧气，二氧化碳等各种不同的气体

（2）如图所示，金属容器被不漏气的活塞P分成A，B两部分，A与U形管压强计相连，B与阀门K相连．整个容器内温度均匀而且恒定，A内充有1.5L空气，B内充有3L氧气，大气压强为p0＝76cmHg，此时U形管压强计左右两管水银高度差为h＝38cm.打开阀门K，直到压强计左右两管水银面高度差为h′＝19cm时，再关闭阀门K.求这时容器内B中氧气质量与原来氧气质量的比值．不计活塞P和容器壁之间的摩擦．

答案解析

1.【答案】B

【解析】依据开普勒第三定律

，轨道I运行的周期大，A错误；

“嫦娥三号”从环月高圆轨道I变轨进入低椭圆轨道II，P点卫星必须减速，B正确；

依据牛顿第二定律

，距离大的位置加速度小，C错误；

沿轨道II运行时，由P点到Q点的过程中到月心的距离变小，万有引力对其做正功，D错误。

2.【答案】C

【解析】在t2时刻，两车相遇，在t1-t2时间内，a图线与时间轴围成的面积大，则a的位移大，可知t1时刻，b车在前，a车在后．故A，B错误．由图线可知，a车的速度先增大后减小，b车的速度先减小后增大．故C正确．图线切线的斜率表示加速度，可知a车的加速度先减小后增大，b车的加速度先减小后增大．故D错误．

3.【答案】D

【解析】由题可知，小球到P点时，水平位移和竖直位移相等，即v0t＝

t，合速度vP＝

＝

v0，则EkP＝

mv

.

4.【答案】C

【解析】分析微粒的运动轨迹可知，微粒的合力方向一定竖直向下，由于微粒的重力不可忽略，故微粒所受的电场力可能向下，也可能向上，故A错误．微粒从M点运动到N点，电场力可能做正功，也可能做负功，故微粒的电势能可能减小，也可能增大，故B错误．微粒从M点运动到N点过程中，合力做正功，故微粒的动能一定增加，C正确．微粒从M点运动到N点的过程中，除重力之外的电场力可能做正功，也可能做负功，故机械能不一定增加，D错误．

5.【答案】C

【解析】理想二极管的作用是正向的电流通过时电阻很小，反向的电流通过时电阻很大，认为断路，故理想二极管的作用是只允许正向的电流通过，再根据变压器的原理电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，即可求得结论。

由于原，副线圈中的电流与匝数成反比，所以电流之比为1：

5，A选项错误；

原，副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为U2=44V，但二极管具有单向导电性，根据有效值的定义有

，从而求得电压表两端电压有效值为U=22

V,B选项错误；

则1min内产生的热量为

=2904J，C选项正确；

将滑动变阻器滑片向下滑动，接入电路中的阻值变大，但对原，副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，电流表的读数变小，所以D错误。

6.【答案】ACD

【解析】由题意，传送带静止时，小物块沿传送带滑到底端，说明重力的下滑分力大于最大静摩擦力，即有mgsinθ＞mgμcosθ．故A正确．若传送带顺时针转动，小物块所受的滑动摩擦力不变，仍有mgsinθ＞mgμcosθ，小物块仍将能沿传送带滑下到达底端．此时加速度为a=g（sinθ﹣μcosθ），可见，加速度与传送带静止时相同，到达底端的位移也不变，则运动时间与传送带静止时相同．故B错误，C正确．若传送带逆时针转动，小物块m所受的滑动摩擦力沿斜面向下，其加速度a′=g（sinθ+μcosθ）＞a，即知物块的加速度增大，则小物块滑到底端的时间小于t0．故D正确．

7.【答案】BD

【解析】对m受力分析可知，m受重力，支持力及拉力的作用及摩擦力的作用而处于平衡状态；

则在沿斜面方向上有：

F-mgsinα=f；

故A错误；

斜面对物块的摩擦力大小是f=μFN=μmgcosα；

故B正确；

对整体受力分析可知，整体受重力，支持力，拉力的作用，因拉力有水平向右的分量，故地面一定对斜面体有向左的摩擦力；

大小为Fcosα；

故C错误；

D正确；

8.【答案】BDE

【解析】甲图中α粒子经过散射后，有少数发生大角度偏转，在C处观察到很少的粒子，A错误；

乙图中为光电效应演示实验，锌板带正电，当发生光电效应后，电子从锌板飞出，锌板带正电数量增多，验电器的张角增大，B正确；

C丙图为氢原子能级图，10.4eV的光子的能量不是两个能级的差值，因此这种光子不能被处于基态的氢原子吸收，C错误；

丙图为氢原子能级图，电子碰撞处于基态的氢原子，氢原子吸收10.2eV能量，电子剩余0.2eV动能，D正确；

丁图为射线在磁场中偏转，1射线向左偏，带正电，为α粒子，它的电离作用很强，可消除静电，E正确。

9.【答案】

（1）未计算AO间的摩擦力做功

（2）

（3）摩擦力

【解析】木块在平衡位置处获得最大速度，之后与弹簧分离，在摩擦力作用下运动到B位置停下，由O到B根据动能定理：

，故

;

对全过程应用动能定理有：

结合数学解析式判断图象中斜率为摩擦力大小，截距等于OA段摩擦力做的功．

（1）根据动能定理全过程的表达式，所以W-L图线不通过原点，是因为未计木块通过AO段时，摩擦力对木块所做的功．

（2）图中W轴上截距等于摩擦力做的功：

（3）有前面分析知图象中斜率为摩擦力大小；

10.【答案】　

（1）③　⑥　

（2）见解析图　（3）左端　（4）r1＝（k－1）R1

【解析】　

（1）因电流表G1的内阻约为300Ω，故定值电阻选择R1；

为调节方便滑动变阻器选择R4.

（2）根据电路图连接实物如图所示：

（3）为保护测量电路，闭合开关时，测量电路应处于短路状态，故滑片移至最左端．

（4）由电路图知I2＝I1＋

，可得图象的斜率k＝1＋

，解得r1＝（k－1）R1.

11.【答案】

（1）

（2）

【解析】⑴物块沿斜面下滑时，

解得：

a=2.5m/s2

从A到B，物块匀加速，由

可得

⑵因为物体恰好到C点，所以到C点速度为0．.设物块到B点的速度为v，则

解得

由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力为

，方向向下．

⑶从开始释放至最终停在B处，设物块在斜面上的总路程为S，则

12.【答案】

（1）0.34m　

（2）2.0×

10－7s　6.5×

10－8s

【解析】

（1）由题意：

AB＝9cm，AD＝18cm，可得：

∠BAO＝∠ODC＝45°

所有α粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，设为R，

根据牛顿第二定律有：

Bqv＝

解得R＝0.2m＝20cm

由题意及几何关系可知：

若条形磁场区域的右边界与沿OD方向进入磁场的α粒子的圆周轨迹相切，则所有α粒子均不能从条形磁场隔离区右侧穿出，如图

（1）所示．

设此时磁场宽度为d0，由几何关系得：

d0＝R＋Rcos45°

＝（20＋10

）cm≈0.34m

（2）设α粒子在磁场内做匀速圆周运动的周期为T，则

T＝

×

10－6s

设速度方向垂直于AD进入磁场区域的α粒子的入射点为E，如图

（2）所示．

因磁场宽度d＝20cm<

d0，且R＝20cm，则在∠EOD间出射进入磁场区域的α粒子均能穿出磁场右边界，在∠EOA间出射进入磁场区域的α粒子均不能穿出磁场右边界，所以沿OE方向进入磁场区域的α粒子运动轨迹与磁场右边界相切，在磁场中运动时间最长．

设在磁场中运动时间最长为tmax，则tmax＝

10－6s≈2.0×

10－7s

若α粒子在磁场中做匀速圆周运动对应的圆弧轨迹的弦最短，则α粒子穿过磁场时间最短．最短的弦长为磁场宽度d.

设在磁场中运动的最短时间为tmin，轨迹如图

（2）所示．因R＝d，则圆弧对应圆心角为60°

故tmin＝

10－6s≈6.5×

13.【答案】

（1）BCD　

（2）

（1）热传递具有方向性，一杯热茶在打开杯盖后，茶会自动变凉，故A错误；

根据热力学第二定律，不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响，故蒸汽机不能把蒸汽的内能全部转化为机械能，故B正确；

电冰箱通电后把冰箱内部低温物体的热量传到冰箱外部的高温物体，要耗电，符合热力学第二定律，故C正确；

不可逆热力过程中熵的增量总是大于零，故空气不会自发地分离成氮气，氧气，二氧化碳等各种不同的气体，故E错误．

（2）设打开开关K之前A，B内部气体的压强均为p，则有：

p＝p0＋h＝（76＋38）cmHg＝114cmHg，

A，B内部气体的体积分别为：

V1＝1.5L，V2＝3L，

设打开开关K又闭合后时A，B内部气体的压强均为p′，则有：

p′＝p0＋h′＝（76＋19）cmHg＝95cmHg，

A内部气体的体积变为V1′，B内部原有气体的体积变为V2′，

对A中气体，有：

pV1＝p′V1′；

代入数据得：

V1′＝1.8L；

对B中原有气体，有：

pV2＝p′V2′；

V2′＝3.6L；

开关K又闭合后，B中剩余气体的体积为：

V＝V1＋V2－V1′＝（1.5＋3－1.8）L＝2.7L；

B中氧气质量与原来氧气质量的比值为：

n＝