云南省江川二中届高三阶段性月考卷六物理试题Word版含答案.docx

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云南省江川二中届高三阶段性月考卷六物理试题Word版含答案

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考试时间2017年1月24日

江川二中2018届高三阶段性月考卷（六）

高三理综（物理）

一、单选题（共8小题,每小题6.0分,共48分）

1.在光电效应的实验结果中，与光的波动理论不矛盾的是（）

A．光电效应是瞬时发生的

B．所有金属都存在极限频率

C．光电流随着入射光增强而变大

D．入射光频率越大，光电子最大初动能越大

2.如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上．若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2（F2＞0）由此可求出（　　）

A．物块的质量

B．斜面的倾角

C．物块与斜面间的最大静摩擦力

D．物块对斜面的正压力

3.水平放置的光滑绝缘圆环上套有三个带电小球A、B、C，小球可在环上自由移动．如图所示，是小球平衡后的位置图．三个小球构成一个等边三角形．下列判断正确的是（　　）

A．A、B两小球可能带异种电荷

B．B、C两小球可能带异种电荷

C．A、C两小球可能带异种电荷

D．三个小球一定带同种电荷

4.关于物体的受力和运动，下列说法中正确的是（　　）

A．物体在不垂直于速度方向的合力作用下，速度大小可能一直不变

B．物体做曲线运动时，某点的加速度方向就是通过这一点曲线的切线方向

C．物体受到变化的合力作用时，它的速度大小一定改变

D．做曲线运动的物体，一定受到与速度不在同一直线上的外力作用

5.如图所示，在绝缘的光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同号电荷的小球，从静止同时释放，则两个小球的加速度和速度大小随时间变化的情况是（　　

A．速度变大，加速度变大

B．速度变小，加速度变小

C．速度变大，加速度变小

D．速度变小，加速度变大

6.家用台式计算机上的硬盘磁道如图所示。

A、B是分别位于两个半径不同磁道上的两质量相同的点，磁盘转动后，它们的（　　）

A．向心力相等

B．角速度大小相等

C．向心加速度相等

D．线速度大小相等

7.（多选）如图所示，平行板电容器A、B两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串联接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板A、B间距（两极板仍平行），则下列说法正确的是（　　）

A．若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N的右侧

B．若小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N的左侧

C．若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N的右侧

D．若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N的左侧

8.（多选）空间存在匀强电场，有一电荷量q（q>0），质量m的粒子从O点以速率v0射入电场，运动到A点时速率为2v0.现有另一电荷为－q、质量m的粒子以速率2v0仍从O点射入该电场，运动到B点时速率为3v0.若忽略重力的影响，则（　　）

A．在O、A、B三点中，B点电势最高

B．在O、A、B三点中，A点电势最高

C．OA间的电势差比BO间的电势差大

D．OA间的电势差比BA间的电势差小

分卷II

二、实验题（共2小题,共20分）

9.（6分）在利用自由落体运动验证机械能守恒定律的实验中：

（1）打点计时器所接交流电的频率为50Hz，甲、乙两条实验纸带如图所示，应选________纸带好．

（2）若通过测量纸带上某两点间距离来计算某时刻的瞬时速度，进而验证机械能守恒定律．现已测得2、4两点间距离为s1，0、3两点间距离为s2，打点周期为T，为了验证0、3两点间机械能守恒，则s1、s2和T应满足的关系为________．

10.（14分）某学习小组探究电学元件的伏安特性曲线。

（1）甲同学要描绘一个标有“3.6V，1.2W”的小灯泡的伏安特性曲线，除了导线和开关外，还有以下可供选择的器材：

电压表V（量程5V，内阻约为5kΩ）；

直流电源E（电动势4.5V，内阻不计）；

电流表A1（量程100mA，内阻约为2Ω）；

电流表A2（量程500mA，内阻约为1Ω）；

滑动变阻器R1（阻值0～10Ω）；

滑动变阻器R2（阻值0～200Ω）。

实验中电流表应选________，滑动变阻器应选________（填写器材代号）；在虚线框中画出完整的实验电路图，并标明器材代号。

（2）乙同学利用甲同学的电路分别描绘了三个电学元件的伏安特性曲线，如图9所示。

然后他用如图10所示的电路分别给三个元件供电，并测出给元件1和元件2供电时的电流和电压值，分别标在图9上（A点和B点）。

已知R0＝8.0Ω，则该电源的电动势E′＝________V，内电阻r′＝________Ω，用图10的电路单独给元件3供电时，元件3的电功率P＝________W。

三、计算题（共2小题,共30分）

11（12分）.如下图所示，一个电子以4×106m/s的速度沿与电场垂直的方向从A点飞进匀强电场，并且从另一端B点沿与场强方向成150°角方向飞出，那么，A、B两点间的电势差为多少伏？

（电子的质量为9.1×10－31kg）

12（18分）.单板滑雪U形池如图所示，由两个完全相同的

圆弧滑道AB、CD和水平滑道BC构成，圆弧滑道的半径R＝3.2m，B、C分别为圆弧滑道的最低点，B、C间的距离s＝7.5m，假设某次比赛中运动员经过水平滑道B点时水平向右的速度vB＝16m/s，运动员从B点运动到C点做匀变速直线运动所用的时间t＝0.5s，从D点跃起时的速度vD＝6.0m/s.设运动员连同滑板的质量m＝50kg，忽略空气阻力的影响，重力加速度g取10m/s2.求：

（1）运动员在B点对圆弧轨道的压力；

（2）运动员从D点跃起后在空中运动的时间；

（3）运动员从C点运动到D点的过程中需要克服摩擦阻力所做的功．

（二）选考题（共15分。

请考生从给出的2道物理题中任选一题做答。

如果多做，则按第一题计分。

）

33．【物理——选修3－3】（15分）

（1）（5分）下列说法中正确的是________。

（填入正确选项前的字母。

选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得5分。

每选错1个扣3分，最低得分为0分）

A．气体放出热量，其分子的平均动能可能增大

B．布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明分子在永不停息地做无规则运动

C．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大

D．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律

E．某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA＝

（2）（10分）如图13所示，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分。

初状态整个装置静止不动且处于平衡状态，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为L0，温度为T0。

设外界大气压强为p0保持不变，活塞横截面积为S，且mg＝p0S，g为重力加速度，环境温度保持不变。

求：

在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞A下降的高度。

图13

34．【物理——选修3－4】（15分）

（1）（5分）在以下各种说法中，正确的是________。

（填入正确选项前的字母。

选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得5分。

每选错1个扣3分，最低得分为0分）

A．变化的电场一定产生变化的磁场；变化的磁场一定产生变化的电场

B．相对论认为：

真空中的光速大小在不同惯性参照系中都是相同的

C．横波在传播过程中，波峰上的质点运动到相邻的波峰所用的时间为一个周期

D．机械波和电磁波本质上不相同，但它们都能发生反射、折射、干涉和衍射现象

E．如果测量到来自遥远星系上某些元素发出的光波波长比地球上这些元素静止时发出的光波波长长，这说明该星系正在远离我们而去

（2）（10分）投影仪的镜头是一个半球形的玻璃体，光源产生的单色平行光投射到玻璃体的平面上，经半球形镜头折射后在光屏MN上形成一个圆形光斑。

已知镜头半径为R，光屏MN到球心O的距离为d（d>3R），玻璃对该单色光的折射率为n，不考虑光的干涉和衍射。

求光屏MN上被照亮的圆形光斑的半径。

答案解析

1.【答案】C

【解析】按照光的波动理论，电子通过波动吸收能量，若波的能量不足以使得电子逸出，那么就需要多吸收一些，需要一个能量累积的过程，而不是瞬时的，选项A对波动理论矛盾。

根据波动理论，能量大小与波动的振幅有关，而与频率无关，即使光的能量不够大，只要金属表面的电子持续吸收经过一个能量累积过程，都可以发生光电效应，与选项B矛盾；光电子逸出后的最大初动能与入射光的能量有关，即与入射光的波动振幅有关，与频率无关，所以波动理论与选项D矛盾。

对于光电流大小，根据波动理论，入射光增强，能量增大，所以光电流增大，选项C与波动理论并不矛盾，选项C正确。

2.【答案】C

【解析】当拉力为F1时，物块有沿斜面向上运动的趋势，受到沿斜面向下的静摩擦力，则F1＝mgsinθ＋Fm.当拉力为F2时，物块有沿斜面向下运动的趋势，受到沿斜面向上的静摩擦力，则F2＋Fm＝mgsinθ，由此解得Fm＝

，其余几个量无法求出，只有选项C正确．

3.【答案】D

【解析】对C进行受力分析，因弹力一定过圆心的连线上，根据平衡条件得C一定要受到同时排斥，或同时吸引的两个力，则A、B一定带相同电荷，如果是等量电荷，那么小球应该的均匀分布在环上，故A、B、C错误，D正确．

4.【答案】D．

【解析】物体在垂直于速度方向的合力作用下，速度大小可能一直不变．故A错误；物体做曲线运动时，某点的速度方向就是通过这一点的曲线的切线方向，而不是加速度方向．故B错误；物体受到变化的合力作用时，它的速度大小可以不改变，比如匀速圆周运动．故C错误；曲线运动的物体的条件，一定受到与速度不在同一直线上的外力作用．故D正确．

5.【答案】C

【解析】带同种电荷的小球由静止释放后，由于同种电荷排斥，在光滑的水平面上，A、B都受到斥力作用做加速运动，速度一直增大，选项B、D错．根据库仑力F＝

，加速度a＝

＝

，随着距离的增大，加速度逐渐变小，选项A错，C对．

6.【答案】B

【解析】　由角速度公式

，知同轴转动角速度相等，故B正确；根据角速度与线速度关系公式v＝ωr，两个质点的转动半径不相等，故线速度大小不相等，故D错误；根据向心力公式：

Fn＝mω2r，两个质点的质量相同，转动半径不相同，故向心力不相等，故A错误；根据向心加速度公式an＝ω2r，两个质点转动半径不相同，故向心加速度不相等，故C错误。

7.【答案】BC

【解析】若小球带正电，当d增大时，电容减小，但Q不可能减小，所以Q不变，根据E＝

＝

＝

，知E不变，所以电场力不变，小球仍然打在N点，故A错误；若小球带正电，当d减小时，电容增大，Q增大，根据E＝

，知d减小时，E增大，所以电场力变大，方向向下，小球做平抛运动，竖直方向加速度增大，运动时间变短，打在N点左侧，故B正确；若小球带负电，当A、B间距d减小时，由E＝

可知：

E增大，所以电场力变大，方向向上，若电场力小于重力，小球做类平抛运动，竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N点的右侧，故C正确；若小球带负电，当A、B间距d增大时，电容减小，但Q不可能减小，所以Q不变，根据E＝

，知E不变，所以电场力大小不变，方向变为向上，若电场力小于重力，小球做类平抛运动，竖直方向上的加速度不变，运动时间不变，小球仍然打在N点，故D错误．

8.【答案】AD

【解析】正电荷由O到A，动能变大，电场力做正功，电势能减小，电势也减小，O点电势较高；负电荷从O到B速度增大，电场力也做正功，电势能减小，电势升高，B点电势比O点高，所以B点电势最高，A对；UOA＝

＝

＝

UOB＝

＝

＝

，故D对．

9.【答案】

（1）甲　

（2）T2＝

【解析】

（1）由于甲图中1、2两点间的距离（1.9mm）接近于2mm，故选甲图．

10.解析　

（1）由于小灯泡的额定电流为I＝

≈333mA，故电流表应选择A2。

描绘小灯泡的伏安特性曲线，电流或电压从零开始，滑动变阻器采用分压接法，分压接法滑动变阻器要选择电阻范围小的，因而选择R1。

根据题意估算临界电阻R临＝

＝50

Ω，而小灯泡的电阻为R＝

＝10.8Ω，因而R

（2）连接A、B两点并延长与坐标轴相交，该直线即为电源的直流与路端电压关系图线，由图线可知电源的电动势为E′＝3.0V，内阻为r′＝

－R0＝2.0Ω。

图线3与直线的交点为（1V，0.20A），因而元件3的功率为0.20W。

答案　

（1）A2　R1　如图所示　

（2）3.0　2.0　0.20

11.【答案】－1.4×102V

【解析】电子在水平方向做匀速直线运动，抵达B点时，水平分速度仍为vA，则vB＝vA/cos60°＝2vA，

由动能定理：

－eUAB＝

mv－

mv

.

解得UAB＝－1.4×102V.

12.【答案】

（1）4500N　

（2）1.2s　（3）2400J

【解析】

（1）由FN－mg＝

，可得FN＝4500N

由牛顿第三定律知，运动员在B点对圆弧轨道的压力为4500N.

（2）运动员从D点跃起后在空中做竖直上抛运动，设运动员上升的时间为t1，根据运动学公式vD＝gt1

运动员在空中完成动作的时间t′＝2t1＝

＝1.2s

（3）运动员从B点到C点，做匀变速直线运动，运动过程的平均速度

BC＝

＝

解得运动员到达C点时的速度

vC＝14.0m/s

运动员从C点到D点的过程中，克服摩擦力和重力做功，根据动能定理－Wf－mgR＝

mv－

mv

代入数值解得Wf＝2400J

33解析　

（1）气体放出热量，若外界对气体做功，气体的温度可能升高，分子的平均动能可能增大，选项A正确；布朗运动不是液体分子的运动，但是能反映分子在永不停息地做无规则运动，选项B正确；当分子力表现为斥力时，随着分子间距离减小，分子力做负功，分子力和分子势能均增大，选项C正确；第二类永动机不违背能量守恒定律，但是违背热力学第二定律，选项D错误；对于气体分子，依据每个气体分子所占空间的体积估算分子数目，但不能根据每个气体分子的体积估算分子数目，选项E错误。

（2）对Ⅰ气体，初状态：

p1＝p0＋

＝2p0

末状态：

p1′＝p0＋

＝4p0

由玻意耳定律得：

p1L0S＝p1′L1S

解得：

L1＝

L0

对Ⅱ气体，初状态：

p2＝p1＋

＝3p0

末状态：

p2′＝p1′＋

＝5p0

由玻意耳定律得：

p2L0S＝p2′L2S

解得：

L2＝

L0

A活塞下降的高度为：

ΔL＝（L0－L1）＋（L0－L2）＝

L0

答案　

（1）ABC　

（2）

L0

34解析　

（1）均匀变化的电场产生稳定的磁场，均匀变化的磁场产生稳定的电场，选项A错误；相对论认为光速与参考系无关，选项B正确；质点并不随波迁移，选项C错误；机械波和电磁波本质不同，但均能产生反射、折射、干涉和衍射等现象，选项D正确；若测得遥远星系上某些元素发出光的波长比地球上静止的该元素发出的光的波长要长，表明这些星系正远离地球，这就是常说的“红移”现象，选项E正确。

（2）如图所示，光线入射到D点时恰好发生全反射，则

sinC＝

OF＝

＝

＝

又r＝O1FcotC

O1F＝d－OF

解得r＝d

－nR

答案　

（1）BDE　

（2）d

－nR