1、安顺市 2018 年高三适应性监测考试(三)理科综合物理试题二、选择题（本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 14-18题只有一项符合题目要求，第 19-21 题每题有多项符合题目要求，全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 ）1. 下列有关说法正确的是（ ）A. 铀核发生 衰变时，释放出 粒子和一定的能量，目前核电站利用的就是这一自发释放的能量B. 如果利用紫光照射某种金属可以发生光电效应，改用红光一定不能发生光电效应C. 氢原子由较高能级跃迁到较低能级时，会吸收一定频率的光子D. 机械波和电磁波都具有干涉、衍射的特性【答案
2、】D【解析】A、 衰变时放出的能量比较小，目前核电站利用的是铀核发生裂变时释放的能量，故 A 错误。B、用紫光照射某种金属可以发生光电效应，可知紫光的频率大于金属的极限频率，红光的频率小于紫光的频率，用红光照射不一定能产生光电效应，故 B 错误；C、氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，能量减小，要释放一定频率的光子，故 C 错误。D、干涉与衍射都是波特有的性质，机械波和电磁波都具有干涉、衍射的特性，故 D 正确。故选 D。【点睛】本题考查了光电效应、玻尔理论等基础知识点，关键要熟悉教材，多加积累，牢记这些基础知识点。2. 我国“北斗二代”计划在 2020 年前发射 35 颗卫星，形成全
3、球性的定位导航系统，比美国 GPS 多 5 颗。多出的这 5 颗是相对地面静止的高轨道卫星（以下简称“静卫” ） ，其他的有27 颗中轨道卫星（以下简称“中卫” ）轨道高度为静止轨道高度的 。下列说法正确的是（ ）A. “中卫”的线速度介于 7.9km/s 和 11.2km/s 之间B. “静卫”的轨道必须是在赤道上空C. 如果质量相同， “静卫”与“中卫”的动能之比为 3：5D. “静卫”的运行周期小于“中卫”的运行周期【答案】B【解析】试题分析：79 km/s 是地球卫星的最大速度，所以“中卫”的线速度小于 79 km/s，故 A 错误；同步轨道卫星轨道只能在赤道上空，则“静卫”的轨道必须
4、是在赤道上空，故 B 正确；根据万有引力提供向心力得： ，解得： ，如果质量相同，动能之比等于半径的倒数比， “中卫”轨道高度为静止轨道高度的 ，地球半径相同，所以“中卫”轨道半径不是静止轨道半径的 ，则“静卫”与“中卫”的动能之比不是 3：5，故C 错误；根据 得： ，则半径越大周期越大，所以“静卫”的运行周期大于“中卫”的运行周期，故 D 错误故选 B考点：万有引力定律的应用【名师点睛】此题是万有引力定律的应用问题；要知道同步卫星的轨道与地球赤道共面，7 9 km/s 是地球卫星的最大速度；万有引力提供圆周运动的向心力，掌握圆周运动向心力和万有引力的公式是正确解题的关键；3. 粗细均匀的电
5、阻丝围成的正方形闭合线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行。现使线框以相同速率沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框上 a、b 两点间的电势差绝对值最大的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】磁场中切割磁感线的边相当于电源，外电路由三个相同电阻串联形成，A、B、D 中a 和 b 两点间电势差为外电路中一个电阻两端电压为： ，图 C 中 a、 b 两点间电势差为路端电压为： ，图 D 中线框上的 ab 两点间电势差最大；故选 C。【点睛】本题属于电磁感应与电路的结合，注意弄清电源和外电路的构造，明确 a、 b 两点间的电势差是路端电
6、压还是某一阻值电压4. 我国选手谢思埸在 2018 年国际泳联世界跳水系列赛北京站夺得男子三米跳板冠军，如图所示为谢思埸（可视为质点）参加跳板跳水比赛时，其竖直方向的速度随时间变化的图象，以他离开跳板时为计时起点，不计空气阻力，则（ ）A. 时刻开始进入水平 B. 时刻开始进入水面C. 时刻达到最高点 D. 时间内速度方向竖直向上【答案】B【解析】A、运动员起跳时的速度方向向上，可知， t1时刻达到最高点，故 A 错误。B、C、 v-t 图象为直线，加速度不变，所以在 0-t2时间内人在空中， t2之后进入水中，故 B正确，C 错误；D、0- t1时间内，速度方向竖直向上， t1-t2时间段速
7、度方向竖直向下，故 D错误；故选 B。【点睛】本题考查对速度时间图象的理解，要知道在速度时间的图象中，直线的斜率代表的是加速度，速度的符号表示速度的方向。5. 在一次跳绳体能测试中，一位体重约为 50kg 的同学，一分钟内连续跳了 140 下，若该同学每次跳跃的腾空时间为 0.2s，重力加速度 g 取 ，则他在这一分钟内克服重力做的功约为（ ）A. 3500J B. 14000J C. 1000J D. 2500J【答案】A【解析】 G=mg=50kg10N/kg=500N，腾空时间为 0.2s 表示上升过程 0.1s，上升的高度为h=0.05m，根据 W=Gh 得起跳一次克服重力的功 W0=
8、Gh=500N0.05m=25J：1min 跳了 140 次，则一分钟内克服重力做功 W=140W0=14025J=3500J故选 A。【点睛】克服重力做功直接利用 W=Gh 计算即可，注意 1min 起跳的次数，6. 如图甲所示，某同学用拖把直行拖地，沿推杆方向对拖把施加推力 F，此时推力与水平面的夹角为 ，且拖把刚好做匀速直线运动。从某时刻开始，拖把推杆与水平方向的夹角变为，如图乙所示，保持拖把的速度大小和方向不变，则（ ）A. 推力 F 变大B. 推力 F 的功率增大C. 地面对拖把的支持力变小D. 地面对拖把的摩擦力变小【答案】AB【解析】设拖把与地面之间的动摩擦因数为 ，则拖把刚好匀
9、速运动时，受到重力、支持力、推力和摩擦力，处于平衡状态，受力示意图如图所示。A、将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，按平衡条件得：竖直方向上： Fsin 1+mg=FN ，水平方向上： Fcos 1-F N =0 ，联立可得 ，则推力 F 与地面的夹角 增大为 而匀速，可得 变小，则 F 变大，故 A 正确。B、推力的功率为，则夹角 增大时 增大，功率变大，则 B 正确。C、 ，可知夹角增大时支持力增大，故 C 错误。D、由可知滑动摩擦力增大，D 错误。故选 AB。【点睛】解决本题的关键是能够正确地进行受力分析，根据动力与最大静摩擦力的关系，判断拖把的运动状态。7. 风电是一种清洁、绿色的可再生
10、能源，中国的风电装机容量，目前处于世界领先地位，图甲为风力发电的简易模型。在风力作用下，风叶带动与杆固连的永磁铁转动，磁铁下方的线圈与电压传感器相连。在某一风速时，传感器显示如图乙所示，则（ ）A. 磁铁的转速为 10r/sB. 线圈两端电压的有效值为C. 交变电流的电压表达式为D. 该交变电流的频率为 50HZ【答案】BC【点睛】根据相对性来分析与解决问题，即可判断出感应电压的大小变化，及转速与周期的关系。8. 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为 m、套在粗糙竖直固定杆 A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从 A 处由静止开始下滑，经过 B 处的速度最大，到达 C 处的速度为
11、零，AC=h。圆环在 C 处获得一竖直向上的速度 v，恰好能回到 A。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为 g，则圆环（ ）A. 下滑过程中，加速度先增大后减小B. 下滑过程中，克服摩擦力做的功为C. 上滑经过 B 的速度大于下滑经过 B 的速度D. 在 C 处，弹簧的弹性势能为【答案】BCD【解析】A、圆环从 A 处由静止开始下滑，经过 B 处的速度最大，到达 C 处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过 B 处的速度最大，所以经过 B 处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故 A 错误；B、研究圆环从 A 处由静止开始下滑到 C 过程，运用动能定理列出等式 mgh+Wf+W
12、 弹 =0-0=0，在 C 处获得一竖直向上的速度 v，恰好能回到 A，运用动能定理列出等式 ，解得： ，故 B 正确；C、研究圆环从 A 处由静止开始下滑到 B 过程，运用动能定理列出等式，研究圆环从 B 处上滑到 A 的过程，运用动能定理列出等式； ，由于 W f0，所以 ，所以上滑经过 B 的速度大于下滑经过 B 的速度，故 C 正确；D、 ，所以在 C处，弹簧的弹性势能为 ，故 D 正确；故选 BCD。【点睛】能正确分析小球的受力情况和运动情况，对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法，掌握动能定理的应用9. 如图甲所示，质量为 m 的滑块 A 放在气垫导轨上，B 为位
13、移传感器，它能将滑块 A 到传感器 B 的距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示滑块 A 的速率-时间（）图象。整个装置置于高度 h 可调节的斜面上，斜面长度为。（1）现给滑块 A 沿气垫导轨向上的初速度，其 图线如图乙所示。从图线可得滑块 A 上滑时的加速度大小 _ （结果保留一位有效数字） 。（2）若用此装置来验证牛顿第二定律，通过改变_，可验证力一定时，加速度与质量成反比的关系；通过改变_，可验证质量一定时，加速度与力成正比的关系（重力加速度 g 的值不变） 。【答案】 (1). (2). 调节滑块的质量及斜面的高度，且使 mh 不变 (3). 高度 h【解析】(1)在
14、v-t 图象中斜率代表加速度故 。【点睛】解答本题关键是能够把 v-t 图象运用物理规律结合数学知识解决问题。对滑块进行运动和受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式解决问题。10. 某同学测量一只标识模糊的电阻 的伏安特性，步骤如下：(1)用多用表“ ”倍率的电阻档测量该元件的电阻时，发现指针偏角过小，该同学换用“ ”倍率的电阻档，并重新进行_后再测量，表盘的示数如图 1 所示，则 的测量值为_ 。若用伏安法测量 阻值，用到的器材和规格如下：滑动变阻器 （阻值范围 ，允许通过的最大电流 0.5A）电流表 A（量程 ，内阻约为 ）电压表 V（量程 ，内阻约为 ）直流电源 E（电动势 15V，内
15、阻不计）开关 S，导线若干(2)图 2 是该同学连接好的部分实验电路，请你用笔画线将电压表接入图 2 所示的实物电路，并尽可能多测几组数据，使测量结果更精确_；(3)若测量值与真实相比偏大，请你说明导致测量值偏大的主要原因（不考虑实验中的偶然误差）_。【答案】 (1). 欧姆调零 (2). (3). (4). 引起误差的原因是因为电流表的分压【解析】(1)用多用表“l0”倍率的电阻挡测量该元件的电阻时，发现指针偏角过小，说明电阻较大，此时需换用100 倍率的电阻挡，并重新进行欧姆调零后再进行测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值 Rx=22100=2200=22k.(2)滑动变阻器采用限流接
16、法时，电压、电流变化范围较小，滑动变阻器采用分压接法时，电流、电压变化范围大。而 ，故电流表采用内接法，实物连接如图所示：(3)由图可知，电流表采用内接法，由于电流表的分压，实验所测电压偏大，由欧姆定律可知电阻的测量值偏大。【点睛】用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使指针指针中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零。滑动变阻器采用限流接法时，电压、电流变化范围较小，滑动变阻器采用分压接法时，电流、电压变化范围大。11. 如图所示，在 xoy 平面内的 y 轴左侧有沿 y 轴负方向的匀强电场，y 轴右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，y 轴为匀强电场和匀强磁场的理想边界。一个质量为 m、电荷量为
17、 q 的带正电粒子（不计重力）从 x 轴上的 N 点 以速度 沿 x 轴正方向射出。已知粒子经 y 轴的M 点 进入磁场，若粒子离开电场后，y 轴左侧的电场立即撤去，粒子最终恰好经过 N点。求：（1）粒子进入磁场时的速度大小及方向；（2）匀强磁场的磁感应强度。【答案】(1) ， (2) 【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，有： ，设粒子到达 M 点的速度大小为 v，方向与 y 轴负方向成 角；轨迹如图：则有： ，联立解得： ， ；(2)设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R，有 ，由几何关系有： ，联立解得 。【点睛】本题是带电粒子在组合场中运动的问题，解题关键是画出粒子的运动轨迹，运用
18、几何知识求解轨迹半径12. 如图所示，半径为 R 的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在 P 点相切，一个质量为 2m 的物块 B（可视为质点）静止在水平地面上，左端固定有轻弹簧，Q 点为弹簧处于原长时的左端点，P、Q 间的距离为 R，PQ 段地面粗糙、滑动摩擦因素为，Q 点右侧水平地面光滑，现将质量为 m 的物块 A（可视为质点）从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为 g。求：（1）物块 A 沿圆弧轨道滑至 P 点时对轨道的压力；（2）弹簧被压缩的最大弹性势能（未超过弹性限度） ；（3）物块 A 最终停止位置到 Q 点的距离。【答案】(1) (2) (3) 【解
19、析】(1)物块 A 从静止沿圆弧轨道滑至 P 点，设速度大小为 ，由机械能守恒定律有：在最低点轨道对物块的支持力为大小为 ，由牛顿第二定律有： ，联立解得： ，由牛顿第三定律可知物块轨道 P 点的压力大小为 3mg。(2)设物块 A 与弹簧接触前瞬间的速度大小为 ，由动能定理有 ， ，当时，物块 A、物块 B 具有共同速度 v 时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有： ，联立解得 ；(3)设物块 A 与弹簧分离时， A、 B 的速度大小分别为 ，规定向右为正，则有，联立解得： ，设 A 最终停在 Q 点左侧 x 处，由动能定理有： ，解得【点睛】本题首先要分析物理过程，确定研究对象，其次要把
20、握解题的规律，明确能量是如何转化的，运用用机械能守恒、牛顿运动定律、动量守恒和能量守恒结合研究。13. 关于物体的内能，下列说法正确的是_A.橡皮筋被拉伸时，分子间势能增加B.物体内部所有分子动能的总和叫做物体的内能C.一定质量的 的冰融化为 的水时，分子势能增加D.一定质量的理想气体放出热量，它的内能可能增加E.通电时电阻发热，它的内能增加是通过“热传递”方式实现的【答案】ACD【解析】A、橡皮筋被拉伸时，分子力做负功，分子间势能增加，故 A 正确。B、物体的内能包括分子动能和分子势能，物体内部所有分子动能的总和只是内能的一部分，故 B 错误。C、一定质量的 0的冰融化为 0的水时需要吸热，
21、而此时分子平均动能不变，分子动能不变，故分子势能增加，故 C 正确。D、一定质量的理想气体放出热量，如果同时有外界对它做功，且做功的量大于它放出的热量，它的内能就会增加，故 D 正确。E、通电时电阻发热，它的内能增加是通过电流做功的方式实现的，故 E 错误；则选 ACD。【点睛】明确物体的内能的性质，知道内能包括分子动能和分子势能，其大小取决于宏观中的物质的量、温度和体积，与物体运动动能无关。14. 如图所示为某型号的太阳能空气集热器的简易图，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为 ，开始时内部封闭气体的压强为 。经过太阳暴晒，气体温度由升至 ，为减小集热器内部压强，集热器自动控
22、制系统缓慢抽出部分气体，并使温度降为 360K，此时，集热器内气体的压强回到 。求： 时气体的压强；温度降为 360K 时，集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值。【答案】(1) (2) 【解析】集热器内的气体发生等容变化，根据查理定律，有 ，代入数据解得：以抽出的气体和集热器内的气体为研究对象，设抽出的气体温度也为 压强也为 ，此时与集热器内气体的总体积为 V，由理想气体状态方程得，联立解得：设剩余气体的质量与原来气体的总质量之比为 k，由题意得，联立解得：【点睛】本题隐含着集热器内气体体积不变这个条件，运用查理定律和克拉伯龙方程进行解题15. 一列沿 x 轴正方向传播的简谱横波在 t=0
23、 时刻的波形如图所示，质点 P 的 x 坐标为 3m。已知任意振动质点连续 2 次经过平衡位置的时间间隔为 0.4s。下列说法正确的是_A. 波速为 10m/sB.波的频率为 1.25HzC.x 坐标为 15m 的质点在 t=0.2s 时恰好位于波谷D.x 坐标为 17m 的质点与质点 P 的振动始终相反E.x 的坐标为 22m 的质点在 t=0.2s 时恰好位于波谷【答案】BDE【解析】B、任意振动质点连续 2 次经过平衡位置的时间间隔为 0.4s，则周期为 0.8s，那么，频率 ；故 B 正确；A、由图可知，该波的波长 =4m，所以波速 ，故 A 错误；C、波长 =4m，由波的重复性根据
24、x 坐标为 15m 的质点到 P 点的距离x 1=15m-3m=12m=3 可得 x 坐标为 15m 的质点与 P 点的振动始终相同； P 质点经过 恰好经过平衡位置，所以 x 坐标为 15m 的质点在 t=0.2s 时恰好位于平衡位置，故 C 错误； D、 x 坐标为 17m 的质点到 P 点的距离 x317 m3m14 m，所以 x 坐标为 17m 的质点与 P 点的振动始终相反；故 D 正确；E、同 C 类似， x 坐标为 22m 的质点到 x=2 处质点的距离为x2=22m-2m=20m=5，所以， x 坐标为 22m 的质点与 x=2 的质点的振动始终相同；根据波沿 x轴正方向传播可
25、得： t=0 时刻 x=2 的质点向下振动，经过 0.2s 时间恰好到达波谷，所以 x 坐标为 22m 的质点在 t=0.2s 时恰好位于波谷位置，故 E 正确。故选 BDE。【点睛】机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。16. 半径为 R 的玻璃半圆柱体其下底面只能发生反射现象，横截面如图所示，圆心为 O，两条平行单色光沿截面射向圆柱面，方向与底面垂直，光线 1 的入射点为 A，光线 2 的入射点为 B，C 为圆柱面的顶点， ，已知两条光线经过折射和反射后交于顶点 C处，光在真空中的速度为 c。求该玻璃对此单色光的折射率；两条光线从进入玻璃到交于 C 点时的时间。【答案】(1) (2) 【解析】根据对称性作出光路图如图所示：光线 2 在 B 点的入射角 ，设折射角 ，延长两条折射光线交于点 根据折射定律得：，等腰三角形，所以 ，解得 ；单色光在玻璃半圆柱体中的传播速度为传播的时间 ，解得 。【点睛】本题其实是光的色散问题，关键是作出光路图，运用几何知识辅助分析。
