1、云南省昆明市 2018 届高三上学期 1 月摸底调研考试理综物理试题二、选择题：本大题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分。在每题给出的四个选项中，第1417 题只有一项符合题目要求，第 1821 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，有错选的得 0 分。1. 下列说法正确的是A. 光电效应和康普顿效应揭示了光具有波粒二象性B. 牛顿第一定律是利用逻辑推理对实验事实进行分析的产物，能够用实验直接验证C. 英国物理学家汤姆孙发现了电子，否定了“原子不可再分”的观点D. 爱因斯坦首先把能量子的概念引入物理学，否定了 “能量连续变化”的观点【答案】C【解析】光电效
2、应和康普顿效应揭示了光具有，粒子性，A 错误；牛顿第一定律是利用逻辑推理对实验事实进行分析的产物，不能够用实验直接验证，B 错误；英国物理学家汤姆孙发现了电子，否定了“原子不可再分”的观点，C 正确；普朗克在 1900 年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念，D 错误2. 如图所示，木块 A、B 置于光滑水平桌面上，木块 A 沿水平方向向左运动与 B 相碰，碰后粘连在一起，将弹簧压缩到最短。则木块 A、B 和弹簧组成的系统，从 A、B 相碰到弹簧压缩至最短的整个过程中A. 动量不守恒、机械能守恒 B. 动量不守恒、机械能不守恒C. 动量守恒、机械能守恒 D. 动量守恒、机械能不
3、守恒【答案】B【解析】A 、B 组成的系统，在相碰到弹簧压缩最短的过程中，由于弹力的存在，合外力不为零，故系统动量不守恒，由于弹力做功，机械能不守恒，B 正确3. t=0 时刻，相距 15m 的甲、乙两质点在同一直线上相向运动，它们 v-t 图像如图所示。下列说法正确的是A. 03s 内，甲的平均速度比乙的小B. t=3s 时，甲的加速度为零C. 05s 内，甲和乙的平均速度相等D. t=5s 时，甲、乙相遇【答案】D【解析】A、A. 03s 内，甲的平均速度 ，乙的的平均速度，甲的平均速度比乙的大，故 A 错误；B、由图可知，速度-时间图象的斜率表示加速度的大小，t =3s 时，甲的加速度为
4、 ，故 B 错误；C、05s 内，甲的平均速度 ，乙的的平均速度 ，甲的平均速度比乙的小，故 C 错误；D、根据速度-时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，则得在 t=5s 时刻，甲的位移为，乙的位移为 ，则 ，故在 t=5s 时刻，甲、乙相遇故 D 正确；【点睛】速度-时间图线中速度的正负表示运动方向，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移。4. 如图所示，两平行带电金属板水平放置，板间距为 d。若在两板中间 O 点放一质量为 m 的带电微粒，微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过 O 点垂直纸面的轴顺时针旋转 60，再由 O 点从静止释放一同样的微粒，该微粒恰好能从上极板边缘射出，
5、取重力加速度为 g，下列说法正确的是A. 极板长为B. 粒子在电场中运动的时间为C. 粒子在电场中运动的过程，其重力势能减小 mgdD. 粒子在电场中运动的过程，其电势能增加【答案】A【解析】在两板中间 O 点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，微粒受重力和电场力平衡，故电场力大小 ，方向竖直向上；将两板绕过 O 点的轴（垂直于纸面）顺时针旋转 60，电场强度大小不变，方向顺时针旋转 60，故电场力顺时针旋转 60，大小仍然为 mg，重力和电场力的大小均为 mg，方向夹角为 120，故合力向右下方，微粒的加速度恒定，向右下方做匀加速直线运动，根据几何知识可得，解得 ，A 正确；粒子做加
6、速度为 g，初速度为零的匀加速直线运动， ，粒子的位移为，故运动时间为 ，B 错误；根据几何知识可知粒子的轨迹与水平方向的夹角为 30，下降的高度为 ，故重力势能减小 ，电场力做正功，从中间位置到极板，故电势能减少 ，CD 错误5. 天文学上把日地距离的平均值称为一个天文单位，记为 1AU。云南天文台发现一颗小行星在椭圆轨道上运行，经观测其与太阳最近距离约为 0.6AU、运行周期约为 8 年。若地球公转轨道接近圆，小行星和地球绕太阳运行过程中均只考虑太阳对它们的引力作用，下列说法正确的是A. 小行星轨道半长轴约为 4AUB. 小行星轨道半长轴约为C. 小行星在近日点的运行速率小于地球绕太阳公转
7、的速率D. 小行星在近日点的运行速率大于地球绕太阳公转的速率【答案】AD【解析】根据开普勒第三定律可得 ，解得 ，A 正确 B 错误；太阳对地球和小行星的万有引力充当向心力，故 ，解得 ，所以轨道半径越大，线速度越小，而小行星在近日点的轨道半径为 0.6AU，地球绕太阳运动的轨道半径为 1AU，所以小行星在近日点的运行速率大于地球绕太阳公转的速率，C 错误 D 正确6. 如图甲所示，导体框架 abcd 放置于水平面内，ab 平行于 cd,导体棒 MN 与两导轨垂直并与导轨接触良好，整个装置放置于垂直于框架平面的磁场中，磁感应强度 B 随时间变化规律如图乙所示，MN 始终保持静止。规定竖直向上为
8、磁场正方向，沿导体棒由 M 到 N 为感应电流的正方向，水平向右为导体棒所受安培力 F的正方向，水平向左为导体棒所受摩擦力 f 的正方向，下列图像中正确的是A. A B. B C. C D. D【答案】BD【解析】A、B、由图看出，磁感应强度先不变，后均匀减小，再反向均匀增大，则可判定 的值，先为零，然后一定，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生的感应电动势先为零，后恒定不变，感应电流先没有，后恒定不变，根据楞次定律得知，回路中感应电流方向逆时针，为正；故 A 错误，B 正确。C、 D、在0-t1 时间内，导体棒 MN 不受安培力；由左手定则判断可知，在 t1-t2 时间内，导体棒 MN 所
9、受安培力方向水平向右，由 F=BIL 可知，B 均匀减小，MN 所受安培力大小 F 均匀减小；在 t2-t3 时间内，导体棒 MN 所受安培力方向水平向左，由 F=BIL 可知，B 均匀增大，MN 所受安培力大小 F 均匀增大；根据平衡条件得到，棒 MN 受到的静摩擦力大小 f=F，方向相反，即在 0-t1 时间内，没有摩擦力，而在 t1-t2 时间内，摩擦力方向向左，大小减小，在 t2-t3 时间内，摩擦力方向向右，大小增大。故 C 错误，D 正确。故选 BD.【点睛】本题是楞次定律、安培力和力平衡等知识的综合应用，直接由楞次定律判断安培力的方向，也可以由楞次定律、左手定则结合判断安培力方向
10、。7. 如图所示，在一足够大的水平向右匀强电场中，有一光滑绝缘水平面。将质量分别为 m、M（mF2D. F1=F2【答案】AC【解析】A、B、对整体分析，加速度为： ，因为 A、B 接触前后总电量不变，则整体所受的电场力不变，加速度大小相等，即 a1=a2，故 A 正确，B 错误。C、 D、隔离对 B 分析，A、 B 接触前，绳子的拉力为： ，A、B 接触后，对 B 有：F 2+qE-F 库 =Ma，则有： ，由于 A、B 间的库仑斥力小于 B 受到的电场力，可知 F1F 2，故 C 正确，D 错误。故选 AC.【点睛】本题考查了牛顿第二定律的基本运用，知道 A、B 具有相同的加速度，掌握整体
11、法和隔离法的灵活运用。8. 如图所示，在一磁感应强度大小为 Bo、方向水平向右的匀强磁场中，有一通电直导线 abc 从中点折成夹角为 120的两段(abc 平面位于纸面内)，为使两段通电导线 ab、bc 所受安培力大小相等，在纸面内 abc所在区域再加上另一磁感应强度也为 B。的匀强磁场，此时，合磁场的磁感应强度大小变为 B，则A. B= B. B= C. B=B0D. B= 【答案】AC【解析】若两个磁场的合磁场应与abc 的平分线平行，则根据几何知识可得 ，解得 ，若两磁场的合磁场与 ac 连线平行，则根据几何知识可得 ，故 AC 正确9. 同学测量一电阻丝的电阻，现有的器材规格如下：A.
12、待测电阻丝（阻值约 100 Q）B.电流表 A（量程 040mA，内阻约 40 ）C.电压表 Vl（量程 03 V，内阻约 5 k）D电压表 V2（量程 015 V，内阻约 15 k）E滑动变阻器 R1（阻值范围 0200， 允许最大电流 1A）F滑动变阻器 R2（阻值范围 010 ，允许最大电流 1A）G电源 E（电动势约 3V，内阻不计）H开关一个、导线若干(1)实验中，该同学采用了滑动变阻器的限流式接法，为使实验结果更加准确。电压表应选 _（选填“C”或“D” ） ，滑动变阻器应选_ (选填“E“ 或“F“):(2)用笔画线代替导线补全实物图连线_。【答案】 (1). C (2). E
13、(3). 【解析】试题分析：根据题目中给出的电源等条件可以选择电流表及滑动变阻器；根据限流接法中滑动变阻器要“一上一下” 进行接线（1）因为提供的电源的电动势为 3V，故选电压表 C；实验中采用限流接法，故滑动变阻器略大于待测电阻即可；故滑动变阻器选择 E；（2）电流表内阻和被测电阻相接近，故采用电流表外接法，实物图如图所示10. 某小组的同学通过设计如下实验来验证：“在弹性限度内，劲度系数为 k 的轻弹簧从形变量为 x 到恢复原长的过程中，弹力做的功为 的结论。(1)部分实验步骤如下：A.将一轻弹簧放置在水平气垫导轨的左端，弹簧左端固定，让弹簧处于自然状态。在 弹簧下面的气垫导轨上水平的固定
14、一把刻度尺，刻度尺的零刻度线与弹簧的左端刚好对齐，此时弹簧右端在刻度尺上对应的示数为 x1，如图甲所示。B.用弹簧测力计拉着弹簧右端水平向右缓慢移动，当弹簧测力计的示数为 F 时，弹簧右端在刻度尺上对应的示数为 x2，如图乙所示（弹簧的形变在弹性限度内） 。则此弹簧的劲度系数为_。C.在水平气垫导轨的右端合适位置安装一个光电门（光电门距离弹簧最左端的距离大于 x1） ，如图丙所示。D用天平测得小车（带有遮光条）的质量为朋，用螺旋测微器测遮光条宽度 d 的结果如图丁所示，则d=_mm。E把小车置于气垫导轨上，向左推小车使弹簧压缩一段距离（弹簧与小车未拴接） ，此时弹簧右端在刻度尺上对应的示数为
15、x3，如图丙所示（弹簧的形 变在弹性限度内） 。由静止释放小车，测得小车通过光电门时的遮光时间t。小车经过光电门时的速度大小为 _（用实验中所测物理量的符号表示） ；(2)在实验误差允许的范围内，若 _= _（用实验中所测物理量的符号表示） ，就可验证弹力做的功的结论；(3)同学们在实验过程中有如下讨论，其中对减小实验误差有益的说法是_A遮光条的宽度越小越好B.把气垫导轨左端垫起适当高度来平衡摩擦力C.计算弹簧劲度系数时，多次测量取平均值D.向左推小车压缩弹簧时，弹簧形变量越大越好【答案】 (1). (2). 2.670 (3). (4). (5). (6). C【解析】 （1）根据胡克定律可
16、得 ，解得 ；（2）螺旋测微器的读数为 ；（3）遮光条非常窄，所以通过光电门的平均速度可近似认为是通过光电门的平均速度，故 ；（3）弹力做功 ，动能增加量为 ，故只要 ，则结论得证；（4）如果滑块经过光电门时的速度很小，即使遮光条的宽度很小，遮光时间也较长，A 错误；气垫导轨倾斜，弹簧可能由于自身的重力导致自然长度有误差，B 错误；垫高后计算弹簧劲度系数时，多次测量取平均值，有益于减小误差，C 正确；压缩弹簧时，适量即可，防止超过弹性限度，D 错误。11. 矩形区域 I、II 中分别存在垂直于纸面的匀强磁场，磁场方向如图所示。区域 I 宽度 区域 II 宽度 一质量为 m=lx10-10kg，
17、电荷量为 q=2xl0-6C 的带正电的粒子以速度 v=2xl03m/s 从 P 点沿纸面垂直磁场边界射入磁场，穿过区域 I 后从 MN 上的 S 点射入区域 II，粒子在 S 点的速度方向与 MN 的夹角为=30，最终垂直磁场右边界从 Q 点（图中未画出）射出区域 II，不计粒子重力。求：(1)区域 I 中磁感应强度的大小：(2)粒子在区域 II 中运动的时间。【答案】【解析】 （1）粒子进入磁场后做圆周运动，设粒子在 I 区域圆周运动半径为 ，圆心为 ，在 II 区域内圆周运动半径为 ，圆心为 ，运动轨迹如图所示，由几何关系可知， ，由 ，联立解得（2）设粒子在 II 区域做圆周运动的圆心
18、角为 ，周期为 T，运动时间为 t，由几何关系可知 ， ， ，联立解得12. 如图所示，B、C 是两块完全相同的长方体物块，静止在光滑水平地面上，物块 B 的右端与 C 的左端相距 xo=lm，物块 A（可视为质点）静止在 B 的左端。用 F=l0N 的水平恒力作用于物块 A 使其从静止开始运动，一段时间后物块 B 和 C 碰撞粘在一起，在 B 与 C 碰撞瞬间，作用在物块 A 上的水平力撤除，最终物块 A 恰好没从 C 上掉下。已知物块 A、B、C 质量均为 2kg，物块 A 与 B、C 之间的动摩擦因数均为=0.2，重力加速度 g 取 l0ms 2。求：(1)物块 B、C 碰撞后瞬间物块 A、B 的速度大小；(2)物块 B 的长度。【答案】【解析】 （1）B 与 C 碰前，由牛顿第二定律可得对 A： ，对 B： ，解得因为 ，故 A、B 有相对滑动，碰前，对 B： ，解得 t=1s，此时 B 的速度为A 的速度为 ；B 与 C 碰撞瞬间，动量守恒，设碰后 B、C 的速度为 ，有
