云南省昆明市2019屆高三物理下學期4月復習教學質量檢測試題（含解析）

云南省昆明市2019屆高三4月復習教學質量檢測理科綜合試題（物理部分）二、選擇題1.下列說法正確的是a. 原子核的結合能越大，原子核越穩(wěn)定b. 衰變釋放出電子，說明原子核內有電子c. 氡的半衰期為3.8天，8個氡原子核經過7.6天后剩下2個氡原子核d. 用頻率為的入射光照射光電管的陰極，遏止電壓為uc，改用頻率為2的入射光照射同一光電管，遏止電壓大于2uc【答案】d【解析】【詳解】a項：原子核的比結合能越大，原子核越穩(wěn)定，故a錯誤；b項：衰變釋放出電子，是中子轉化為質子放出的，不能說明核內有電子，故b錯誤；c項：半衰期的概念是對于大量原子核衰變而言的，對于個別原子核無意義，故c錯誤；d項：由光電效應方程：,當改用頻率為2的入射光照射同一光電管，遏止電壓，則 ，故d正確。故選：d。2.汽車在限速為40km/h的道路上勻速行駛，駕駛員發(fā)現(xiàn)前方斑馬線上有行人，于是減速禮讓，汽車到達斑馬線處時行人已通過斑馬線，駕駛員便加速前進，監(jiān)控系統(tǒng)繪制出該汽車的速度v隨時間t變化的圖像如圖所示，下列說法正確的是a. 減速前該車已超速b. 汽車在加速階段的加速度大小為3m/s2c. 駕駛員開始減速時距斑馬線18md. 汽車在加速階段發(fā)動機的輸出功率保持不變【答案】b【解析】【詳解】a項：由圖象可知，汽車減速前的行駛速度為v0=10ms=36kmh，未超速，故a錯誤；b項：汽車在加速階段的加速度大小為：a=vt=825.53.5ms2=3ms2，故b正確；c項：由速度時間圖象不能精確求解汽車開始減速時距斑馬線的距離，故c錯誤；d項：加速階段，汽車做勻加速直線運動，由牛頓第二定律ff=ma知，牽引力f恒定，速度增加，據p=fv知，功率p增加，故d錯誤。故選：b。3.牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，清楚地向人們揭示了復雜運動后面隱藏著簡潔的科學規(guī)律。已知地球質量為木星質量的p倍，地球半徑為木星半徑的q倍，下列說法正確的是a. 地球表面的重力加速度為木星表面的重力加速度的pq2倍b. 地球的第一宇宙速度是木星“第一宇宙速度”的pq倍c. 地球近地圓軌道衛(wèi)星的角速度為木星“近木”圓軌道衛(wèi)星角速度的p3q倍d. 地球近地圓軌道卩星運行的周期為木星“近木”圓軌道衛(wèi)星運行的周期的q3p倍【答案】a【解析】【詳解】萬有引力提供向心力：gmmr2=mv2r=m2r=m42t2r=ma解得：v=gmr ，t=2r3gm，=gmr3 ，a=gmr2 星球表面重力加速度為：g=gmr2 a項：由g=gmr2可知地球表面的重力加速度為木星表面的重力加速度的pq2，故a正確；b項：由v=gmr可知第一宇宙速度為：v=gmr，則地球的第一宇宙速度是木星的第一宇宙速度的pq，故b錯誤；c項：由=gmr3可知近地衛(wèi)星的角速度=gmr3，地球近地衛(wèi)星的角速度為木星近木衛(wèi)星角速度的pq3，故c錯誤；d項：由t=2r3gm可知近地衛(wèi)星的周期t=2r3gm，所以地球近地衛(wèi)星的周期為木星的近木衛(wèi)星周期的q3p，故d錯誤。故選：a。4.如圖所示，質量為m的滑塊a放置在光滑水平地面上，左側面是圓心為o、半徑為r的光滑四分之一圓弧面，當用一水平恒力f作用在滑塊a上時，一質量為m的小球b(可視為質點)在圓弧面上與a保持相對靜止，此時小球b距軌道末端q的豎直高度為h=r3，重力加速度為g，則f的大小為a. 53mgb. 52mgc. 53(m+m)gd. 52(m+m)g【答案】d【解析】【詳解】連接ob，設ob連續(xù)與豎直方向的夾角為，由幾何關系得：cos=rhr=23 sin=1cos2=53 則tan=52 此時小球受到的合外力f=mgtan=52mg 由牛頓第二定律可得：a=fm=52g 以整體為研究對象，由牛頓第二定律可得f=(m+m)a=52(m+m)g，故d正確，abc錯誤。故選：d。5.如圖甲所示的電路中，理想變壓器原、副線圈匝數比為10：1，原線圈的輸入電壓u隨時間t變化圖像如圖乙所示，d為理想二極管，r為電阻箱，當電阻箱阻值r=11時，下列說法正確的是a. 原線圈的輸入電壓頻率為50hzb. 電阻箱r兩端電壓的有效值為11vc. 電阻箱r消耗的功率為22wd. 若電阻箱r阻值變小，原線圈中的電流減小【答案】ac【解析】【詳解】a項：由圖可知，t=0.02s，f=1t=10.02hz=50hz，故a正確；b項：原線圈電壓的有效值為：u1=22022v=220v，由變壓比可知，副線圈兩端的電壓u2=22v，由于二極管具有單向導通，由電流的熱效應可知，ur2rt=222rt2，解得：ur=112v，故b錯誤；c項：由熱功率p=ur2r=(112)211w=22w可知，電阻箱r消耗的功率為22w，故c正確；d項：若電阻箱r阻值變小，由于原線圈電壓不變和變壓器匝數比不變，所以副線圈的電壓不，所以副線圈電流變大，則原線圈電流變大，故d錯誤。故選：ac。6.如圖所示，a、b、c、d為豎直平面內一正方形的四個頂點，已知a、b、c點分別固定電荷量為+q的點電荷，d點固定電荷量為q的點電荷。一根光滑、絕緣的細管mn豎直固定放置，且m端和n端恰好位于正方形ab邊和cd邊的中點處，現(xiàn)有一直徑略小于細管內徑的帶正電的小球，從細管的m端由靜止釋放，則小球從m端下落到n端的過程中，下列說法正確的是a. 小球的速率先增大后減小b. 小球的速率一直增大c. 小球的電勢能先增大后減小d. 細管對小球的彈力一直增大【答案】bd【解析】【詳解】a、b項：ab兩處電荷在mn桿處產生的場強方向豎直向下，cd兩處的電荷在mn桿處產生的場強方向水平向左，對帶正電的小球受力分析可知，小球受的重力與電場力的合力始終豎直向下，所以小球一直做加速運動，故a錯誤，b正確；c項：由于電場力對小球一直做正功，所以電勢能一直減小，故c錯誤；d項：cd兩處電荷在mn桿處產生的場強方向水平向左，大小從m到n逐漸增大，小球在水平方向的電場力增大，由水平方向平衡可知，細管對小球的彈力一直增大，故d正確。故選：bd。7.如圖所示，邊長為l的正三角形abc區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為b0，bc邊的中點o有一粒子源，可以在abc平面內沿任意方向發(fā)射速率為v的相同的正粒子，若從ab邊中點d射出磁場的粒子，從o到d的過程中速度方向偏轉了60，不計粒子的重力及帶電粒子之間的相互作用，下列說法正確的是a. 粒子運動的軌道半徑為lb. 粒子不可能從a點射出磁場c. 粒子的比荷為qm=2vb0ld. 從b點射出的粒子在磁場中的運動時間為l3v【答案】bc【解析】【詳解】a項：從d點射出的粒子，由弦長公式od=l2=2rsin30o，解得：r=l2，故a錯誤；b項：若粒子從a點射出，則弦長為32l，由弦長公式得：32l=2l2sin，解得：=600，即粒子以豎直方向成60o角射入，由幾何關系可得，粒子將從ac邊射出，故粒子不可能從a點射出磁場，故b正確；c項：由粒子做勻速圓周運動的半徑公式qvb=mv2r 得：r=mvqb ，即l2=mvqb0，解得：qm=2vlb0，故c正確；d項：從b點射出的粒子的弦切角為30o，所以運動時間為t=60o360o2l2v=l6v，故d錯誤。故選：bc。8.如圖所示，質量為m的小環(huán)套在固定的光滑豎直桿上，一足夠長且不可伸長的輕繩一端與小環(huán)相連，另一端跨過光滑的定滑輪與質量為m的物塊相連，已知m=2m。與定滑輪等高的a點和定滑輪之間的距離為3m，定滑輪大小及質量可忽略?，F(xiàn)將小環(huán)從a點由靜止釋放，小環(huán)運動到c點速度為0，重力加速度取g=10m/s2，則下列說法正確的是a. a、c間距離為4mb. 小環(huán)最終靜止在c點c. 小環(huán)下落過程中減少的重力勢能始終等于物塊增加的機械能d. 當小環(huán)下滑至繩與桿的夾角為60時，小環(huán)與物塊的動能之比為2：1【答案】ad【解析】【詳解】a項：由機械能守恒得：mglac=mg(32+lac23)，解得：lac=4m，故a正確；b項：設小環(huán)靜止于c點，繩中的拉力等于2mg，對小環(huán)有：t=mgsin53o=54mg2mg，小環(huán)不能靜止，所以假設不成立，故b錯誤；c項：由機械能守恒可知，小環(huán)下落過程中減少的重力勢能轉化為物塊增加的機械能和水環(huán)增加的動能，故c錯誤；d項：將小環(huán)的速度沿繩和垂直繩方向分解，沿繩方向的速度即為物塊的速度即為vm=vmcos60o，由動能表達式ek=12mv2可知，小環(huán)與物塊的動能之比為2：1，故d正確。故選：ad。三、非選擇題9.探究“加速度與力、質量關系”的實驗裝置如圖甲所示。小車后面固定一條紙帶，穿過電火花打點計時器，細線一端連著小車，另一端通過光滑的定滑輪和動滑輪與掛在豎直面內的拉力傳感器相連，拉力傳感器用于測小車受到拉力的大小。（1）關于平衡摩擦力，下列說法正確的是_。a平衡摩擦力時，需要在動滑輪土掛上鉤碼b改變小車質量時，需要重新平衡摩擦力c改變小車拉力時，不需要重新平衡摩擦力（2）實驗中_(選填“需要”或“不需要”)滿足所掛鉤碼質量遠小于小車質量。（3）某同學根據實驗數據作出了加速度a與力f的關系圖像如圖乙所示，圖線不過原點的原因是_。a鉤碼質量沒有遠小于小車質量b平衡摩擦力時木板傾角過大c平衡摩擦力時木板傾角過小或未平衡摩擦力【答案】 (1). c (2). 不需要 (3). b【解析】【詳解】(1)a項：平衡摩擦時，小車不受外力作用下做勻速直線運動，所以不能在動滑輪土掛上鉤碼，故a錯誤；b、c項：平衡摩擦時有：mgsin=mgcos，即有gsin=gcos，所以以質量無關，故b錯誤，c正確。(2)由于本實驗中的力傳感器可以讀數繩的拉力，所以不需要滿足所掛鉤碼質量遠小于小車質量；(3)由圖象可知，當沒有掛鉤碼時小車具為加速度，說明平衡摩擦力時木板傾角過大，故選b。10.某同學想將一量程為1ma的靈敏電流計g改裝為多用電表，他的部分實驗步驟如下：（1）他用如圖甲所示的電路測量靈敏電流計g的內阻請在乙圖中將實物連線補充完整_；閉合開關s1后，將單刀雙置開關s2置于位置1，調節(jié)滑動變阻器r1的阻值，使電流表g0有適當示數i0：然后保持r1的阻值不變，將開關s2置于位置2，調節(jié)電阻箱r2，使電流表g0示數仍為i0。若此時電阻箱阻值r2=200，則靈敏電流計g的內阻rg=_。（2）他將該靈敏電流計g按圖丙所示電路改裝成量程為3ma、30ma及倍率為“1”、“10”的多用電表。若選擇電流30ma量程時，應將選擇開關s置于_(選填“a”或“b”或“c”或“d)，根據題給條件可得電阻r1=_，r2=_。（3）已知電路中兩個電源的電動勢均為3v，將選擇開關置于a測量某電阻的阻值，若通過靈敏電流計g的電流為0.40ma，則所測電阻阻值為_。【答案】 (1). 如圖所示： (2). 200 (3). b (4). 10 (5). 90 (6). 150【解析】【詳解】(1)由原理圖連線如圖：；由閉合電路歐姆定律可知，兩情況下的電流相同，所以靈敏電流計g的內阻rg=200；(2)由表頭改裝成大量程的電流表原理可知，當開關接b時，表頭與r2串聯(lián)再與r1串聯(lián)，此種情形比開關接c時更大，故開關應接b由電流表的兩種量程可知：接c時有：r1+r2=2001032103=100 接b時有：29103r1=1103(200+r2) 聯(lián)立解得：r1=10,r2=90；(3)接a時，imax=30ma，多用電表的內阻為：rg=330103=100，此時流過待測電阻的電流為i=0.4+0.4(90+200)10=12ma，所以總電阻為：r總=312103=250，所以測電阻阻值為150。11.科研人員乘熱氣球進行科學考察，氣球、座艙、壓艙物和科研人員的總質量為m=200kg。氣球在空中以v0=0.1m/s的速度勻速下降，距離水平地面高度h=186m時科研人員將質量m=20kg的壓艙物豎直向下拋出，拋出后6s壓艙物落地。不計空氣阻力，熱氣球所受浮力不變，重力加速度取g=10m/s2，求：（1）壓艙物剛被拋出時的速度大?。?）壓艙物落地時熱氣球距離水平地面的高度【答案】（1）1m/s（2）206m【解析】【詳解】設壓艙物拋出時的速度為v1，熱氣球的速度為v2（1）亞倉位拋出后做豎直下拋運動，由運動學規(guī)律有：h=v1t+12gt2代入數據得到：v1=1m/s（2）熱氣球和壓艙物組成的系統(tǒng)動量守恒mv0=mv1+mmv2代入數據得到：v2=0設熱氣球所受浮力為f。則f=mg壓艙物拋出后對熱氣球進行受力分析，由牛頓第二定律有：fmmg=mma代入數據得到：a=109m/s2熱球球6s上繩的高度為：h2=v2t+12at2代入數據得到：h2=20m則h=206m12.如圖甲所示，acd是固定在水平面上的半徑為2r，圓心為o的金屬半圓弧導軌，ef是半徑為r、圓心也為o的半圓弧，在半圓弧ef與導軌acd之間的半圓環(huán)區(qū)域內存在垂直導軌平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為b，b隨時間t變化的圖像如圖乙所示。oa間接有電阻p，金屬桿om可繞o點轉動，m端與軌道接觸良好，金屬桿om與電阻p的阻值均為r，其余電阻不計。（1）0-t0時間內，om桿固定在與oa夾角為1=3的位置不動，求這段時間內通過電阻p的感應電流大小和方向；（2）t02t0時間內，om桿在外力作用下以恒定的角速度逆時針轉動，2t0時轉過角度2=3到oc位置，求電阻p在這段時間內產生的焦耳熱q；（3）2t03t0時間內，om桿仍在外力作用下以恒定的角速度逆時針轉動，3t0時轉到od位置，若2t0時勻強磁場開始變化，使得2t03t0時間內回路中始終無感應電流，求b隨時間t變化的關系式，并在圖乙中補畫出這段時間內的大致圖像?！敬鸢浮浚?）b0r24t0r 感應電流方向為：ao（2）b022r416t0r（3）圖像如圖所示：【解析】【詳解】（1）0t0：bt=b0t0，e1=t=bts1，s1=r22，i1=e12r解得：i1=b0r24t0r，通過電阻p的感應電流方向為：ao（2）t02t0，om轉動的角速度為=3t0，感應電動勢為：e2=b0rv，v=r+2r2i2=e22r，q=i2rt0，得到：q=b022r416t0r（3）2t03t0，回路中無感應電流，磁通量不變則b0r2=br2+t2t023r2得到：b=2b0t0t圖像如圖所示：13.下列說法正確的是_a. 非晶體和多晶體都沒有確定的幾何形狀b. 晶體在融化過程中，分子勢能保持不變c. 氣體從外界吸收的熱量可以全部用來對外做功d. 一定質量的理想氣體發(fā)生等壓膨脹時，氣體分子的平均動能增大e. 兩分子間距離大于平衡距離r時，分子間的距離越小，分子勢能越大【答案】acd【解析】【詳解】a項：單晶體具有規(guī)則的幾何形狀，非晶體和多晶體都沒有確定的幾何形狀，故a正確；b項：晶體融化時要吸熱而溫度保持不變，則其分子平均動能不變，但吸熱后內能增大，說明晶體在融化過程中分子勢能增加了，故b錯誤；c項：在外界的影響下，氣體從外界吸收的熱量可以全部用來對外做功，故c正確；d項：一定質量的理想氣體發(fā)生等壓膨脹過程，壓強不變，由vt=c可知，體積變大，溫度升高，分子平均動能增大，故d正確；e項：兩分子間距離大于平衡距離r時，分子力表現(xiàn)為引力，分子間的距離越小，分子力做正功，分子勢能減小，故e錯誤。故選：acd。14.如圖所示，一粗細均勻的長薄壁玻璃管上端封閉，下端開口，豎直插在足夠深的水銀槽中，水銀槽的橫截面積是玻璃管橫截面積的10倍，管內封閉有一定質量的理想氣體，開始時管內氣柱長l=6cm，管內、外水銀面的高度差為h=25cm?，F(xiàn)將玻璃管沿豎直方向緩慢移動(管口未離開槽中水銀面)，使管內外的水銀面恰好相平。整個過程管內氣體的溫度保持不變，若大氣壓強恒為p=75cmhg。求：（1）管內外水銀面恰好相平時管內氣柱的長度；（2）玻璃管該如何移動及移動了多少距離?！敬鸢浮浚?）4cm（2）24.5cm【解析】【詳解】（1）初狀態(tài)：p1=50cmhg，v1=6s，v2=l2s當管內外的水面相碰時，p2=75cmhg則p1v1=p2v2,得到：l2=4cm（2）應使玻璃管豎直向下移動，設水銀槽中水銀面上升了h，有：s25=10sh，則h=2.5cm設向下移動的距離為d，則d=24.5cm15.如圖所示，圖甲為沿x軸傳播的一列簡諧橫波在t=02s時刻的波形圖，圖乙為質點b的振動圖像