云南省昆明市2018届高三一模理综物理试卷

云南省昆明市2018届高三一模理综物理试卷一、单选题1．在水平地面上方某点将一小球以一定的初速度斜向下抛出，不计空气阻力，关于小球落地前的运动，下列说法正确的是（）A. 相等的时间间隔内，小球速率的改变量相等B. 相等的时间间隔内，小球速度的改变量相等C. 下落相等的竖直距离，小球通过的路程相等D. 下落相等的竖直距离，小球发生的位移大小相等2．如图所示为一理恕变压器，其中a、b、c为三个额定电压相同的灯泡，输入电压u= U m sin100πt(V)。

当输入电压为灯泡额定电压的8倍时，三个灯泡刚好都正常发光。

下列说法正确的是（）A. 三个灯泡的额定电压为Um/8B. 变压器原、副线圈匝数比为9︰2C. 此时灯泡a和b消耗的电功率之比为2︰7D. 流过灯泡c的电流，每0.02s方向改变一次3．如图所示，空间中有两个固定的等量正点电荷，两电荷的连线处于水平方向，O为连线的中点，P、M 为连线的中垂线上的两点，且PO=OM=h。

现将一带负电的小球从P点静止释放，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A. 从P到O的过程中，小球的电势能一直增大B. 从P到O的过程中，小球的加速度一直增大C. 从O到M的过程中，小球的机械能先增大后减小D. 到达M点时，小球的速度为2√gℎ4．如图所示，A是地球的同步卫星，B是地球的近地卫星，C是地面上的物体，A、B、C质量相等，均在赤道平面上绕地心做匀速圆周运动。

设A、B与地心连线在单位时间内扫过的面积分别为S A、S B，周期分别为T A、T B、T C，A、B、C做圆周运动的动能分别为E kA、E kB、E kC。

不计A、B、C之间的相互作用力，下列关系式正确的是（）A. S A=S BB. S A＞S BC. T A=T B＜T CD. E kA＜E kB=E kC二、多选题5．铋在现代消防、电气、工业、医疗等领域有广泛的用途。

以前铋被认为是相对原子质量最大的稳定元210Bi)放出一个β粒子后衰变成素，但在2003年，人们]发现了铋有极其微弱的放射性，一个铋210核(83210Po)，并伴随产生了γ射线。

已知铋210的半衰期为5天，该反应中铋核、β粒子、钋核一个钋核(84的质量分别为m1、m2、m3。

下列说法正确的是（）A. 核反应中释放的能量是(m1-m2-m3)c2B. 若有16个铋210核，经过20天后只剩下一个铋原子核C. β粒子是铋原子核外的电子电离形成的D. 该核反应中释放出的γ射线是由新产生的钋原子核发生能级跃迁产生的6．如图所示，MN两侧均有垂直纸面向里的匀强磁场，MN左侧磁感应强度大小为B1，右侧磁感应强度大小为B2，有一质量为m、电荷量为q的正离子，自P点开始以速度v0向左垂直MN射入磁场中，当离子第二次穿过磁场边界时，与边界的交点Q位于P点上方，PQ之间的距离为mv0B1q。

不计离子重力，下列说法正确的是（）A. B2=23B1 B. B2=12B1C. 离子从开始运动到第一次到达Q点所用时间为5πm2B1q D. 离子从开始运动到第一次到达Q点所用时间为4πm3B1q7．如图所示，质量为3m、半径为R的光滑半圆形槽静置于光滑水平面上，A、C为半圆形槽槽口对称等高的两点，B为半圆形槽的最低点。

将一可视为质点、质量为m的小球自左侧槽口A点自由释放，小球沿槽下滑的过程中，不计空气阻力，下列说法正确的是( )A. 小球和半圆形槽组成的系统机械能守恒、动量守恒B. 小球刚好能够到达半圆形槽右侧的C点C. 半圆形槽速率的最大值为12√6gR D. 半圆形槽相对于地面位移大小的最大值为12R8．如图所示，将两块光滑平板OA、OB固定连接，构成顶角为60°的楔形槽，楔形槽内放置一质量为m 的光滑小球，整个装置保持静止，OA板与水平面夹角为15°。

现使楔形槽绕O点顺时针缓慢转动至OA 板竖直，重力加速度为g，则转动过程中( )A. OA板对小球的作用力一直在减小B. OB板对小球的作用力一直在增大C. OA板对小球作用力的最大值为2√33mgD. OB板对小球的作用力大小为mg时，OA板对小球的作用力大小也为mg三、填空题9．下列说法正确的是______________。

A.一定质量的理想气体，压强变小时，分子间的平均距离可能变小B.分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增加时，分子间的引力减小，斥力减小C.布朗运动是由于液体各部分的温度不同而引起的D.外界对气体做功，气体内能可能减少E.热量不可能由低温物体传递给高温物体10．10．下列说法正确的是______________。

A.在太阳光照射下，水面上的油膜出现彩色花纹是因为薄膜干涉B.在光导纤维束内传送图像是利用光的全反射现象C.用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象D.用三棱镜观察太阳光谱是利用光的折射现象E.紫光、红光以相同入射角从水中射向空气，紫光能发生全反射，红光也一定能发生全反射四、实验题11．用如图甲所示的实验装置测量物块与桌面间的动摩擦因数。

安装好实验装置，调节定滑轮的高度确保细线与桌面平行。

接通电源，由静止释放钩码，得出记录物块运动的纸带如图乙所示，A、B、C、D、E 为选出的计数点，相邻两个计数点之间还有四个点未标出。

打点计时器所用电源的频率为50Hz。

(1)根据图乙所给数据计算可得，物块运动的加速度为a=______________m/s2，打D点时物块的速度为v=______________m/s；(计算结果均保留2位有效数字)(2)实验中测得，物块的质量为M，加速度为a，钩码的质量为m，重力加速度为g，不考虑空气阻力和纸带与打点计时器间的摩擦，则物块与桌面间的动摩擦因数表达式为μ=______________。

(用题中字母表示) 12．某同学利用如图甲所示的电路测量一电源的电动势和内阻(电动势E约为2V，内阻约为几欧姆)。

可供选用的器材有A.电流表A(量程0~30mA，内阻为45Ω)B.电压表V1(量程0~3V，内阻约为2kΩ)C.电压表V2(量程0~15V，内阻约为10kΩ)D.滑动变阻器R(阻值0~50Ω)E.定值电阻R1=5ΩF.定值电阻R2=500Ω(1)为更准确的进行实验测量，电压表应该选择______________，定值电阻应该选择______________。

(填器材前的字母)(2)实验中电压表和电流表的读数如下：(3)在图乙中已根据上述实验数据进行描点，请画出U-I图像________。

(4)由图像可知，电源电动势E=______________V，内阻r=______________Ω。

(结果均保留2位有效数字)五、解答题13．有一如图所示的装置，轻绳上端系在竖直杆的顶端O点，下端P连接一个小球(小球可视为质点)，轻弹簧一端通过铰链固定在杆的A点，另一端连接在P点，整个装置可以在外部驱动下绕OA轴旋转。

刚开始时，整个装置处于静止状态，弹簧处于水平方向。

现在让杆从静止开始缓慢加速转动，整个过程中，绳子一直处于拉伸状态，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力。

已知：OA=4m，OP=5m，小球质量m=1kg，弹簧原长l=5m，重力加速度g取10m/2。

求：(1)弹簧的劲度系数k；(2)当弹簧弹力为零时，整个装置转动的角速度ω。

14．如图，足够长的平行金属导轨弯折成图示的形状，分为I、II、Ⅲ三个区域。

Ⅰ区域导轨与水平面的夹角α=37°，存在与导轨平面垂直的匀强磁场，Ⅱ区域导轨水平，长度x=0.8m，无磁场；Ⅲ区域导轨与水平面夹角β=53°，存在与导轨平面平行的匀强磁场。

金属细杆a在区域I内沿导轨以速度v0匀速向下滑动，当a杆滑至距水平导轨高度为h1=0.6m时，金属细杆b在区域I从距水平导轨高度为h2=1.6m处由静止释放，进入水乎导轨与金属杆a发生碰撞，碰撞后两根金属细杄粘合在一起继续运动。

已知a、b杆的质量均为m=0.1kg，电阻均为R=0.lΩ，与导轨各部分的滑动摩擦因数均为μ=05，导轨间距l=02m，I、Ⅲ区域磁场的磁感应强度均为B=1T。

不考虑导轨的电阻，倾斜导轨与水平导轨平滑连接，整个过程中杆与导轨接触良好且垂直，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2。

求(1)金属细杆a的初始速度v0的大小；(2)金属细杆a、b碰撞后速度的大小；(3)a、b杆最终的位置。

15．如图所示，两个边长为10cm的正方体密闭导热容器A、B，用一很细的玻璃管连接，玻璃管的下端刚好与B容器的底部平齐，玻璃管竖直部分长为L=30cm，初始时刻阀门K1、K2均关闭，B容器中封闭气体的压强为15 cmHg。

外界环境温度保持不变。

I.打开阀门K1，让水银缓慢流入B容器，求最终B容器中水银的高度；II.再打开阀门K2，向B容器中充入p0=75cmHg的气体，使B容器中恰好没有水银，求充入气体的体积。

16．一列沿x轴传播的简谐横波，在t=0时刻的波形如图实线所示，在t1=0.2s时刻的波形如图虚线所示I.若波向x轴负方向传播，求该波的最小波速；II.若波向x轴正方向传播，且t1<T，求x=2m处的P质点第一次出现波峰的时刻。

云南省昆明市2018届高三一模理综物理试卷参考答案1．B【解析】由Δv=gΔt，可知在相等的时间间隔内速度的改变量相同；但是速率为水平速度和竖直速度的合速度的大小；故速率的改变量不相同，故A错误，B正确；小球做斜向下抛运动，水平方向是匀速直线运动，竖直方向的分运动是初速度不零、加速度为重力加速度的匀加速直线运动，在下落相等的竖直距离内，竖直方向的速度越来越大，时间越来越小，故水平位移越来越小，故小球通过的路程和发生的位移大小都不相等，故CD错误；故选B.2．C【解析】设灯泡的额定电压为U，根据题意，输入电压U入=m2=8U，得：U=√2U m16，此时原线圈两端的电压为U1=U入−U=7U，副线圈两端的电压为U2=2U，则变压器原、副线圈匝数比为n1n2=U1U2=72，根据I1I2=n2n1=27，因为a、b此时都能正常发光，故电压都为额定电压，根据P=UI，可知a、b消耗的电功率与电流成正比，即此时灯泡a和b消耗的电功率之比为2︰7，由输入电压的表达式，可知角频率ω= 100πrad s⁄，则周期T=2πω=0.02s，而变压器不会改变交变电流的周期，故每0.02s电流方向改变两次，故ABD错误，C正确；故选C.3．D【解析】在等量同种正点电荷连线中垂线上，OP段电场强度方向O→P，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，所受的电场力方向由P→O，电场力做正功，小球的速度增大，电势能一直减小，越过O点后，OM段电场强度方向由O→M，小球所受的电场力方向由M→O，电场力做负功，小球的速度减小，故小球的机械能在PO段增大，在OM段减小，故A正确，BC错误．故A错误；O点的场强为零，小球通过O点时的加速度为零．由于PO间电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不能确定，加速度可能先增大后减小，也可能一直减小，不可能一直增大，故B错误；根据电场的对称性原理可知，P与M两点的电势相等，则小球在这两点的电势能相等，电场力做功为零，故小球从P到M的过程中，由动能定理得：mg×2ℎ=12mv2，解得：v=2√gℎ，故D正确；故选D.4．B【解析】赤道上的物体A与同步通信卫星C转动周期相同，即T A=T C，根据v=2πrT，由于赤道上物体C的轨道半径小于同步通信卫星A的轨道半径，故v C<v A，根据动能E k=12mv2，A与C的质量相等，而v C<v A，故E kc<E kA；A、B是围绕地球公转的卫星，根据G Mmr =m v2r=m4π2Tr，得线速度v=√GMr，周期T=2π√r3GM ，因A的轨道半径大于B的轨道半径，则有v A<v B,T A>T B，根据E k=12mv2，A与B的质量相等，而v A<v B，故E kA<E kB，人造卫星绕地球做匀速圆周运动的圆的面积为：S=πr2，所以人造卫星与地心连线在单位时间内所扫过的面积为ST =πr22π√3GM=√GMr2，因A的轨道半径大于B的轨道半径，则有S A>S B，综上分析可得：T A=T C>T B，E kC<E kA<E kB，S A>S B，故ACD错误，B正确；故选B. 5．AD【解析】反应中亏损的质量为Δm=m1−m2−m3，根据爱因斯坦的质能方程，得释放的能量是ΔE=Δmc2=(m1−m2−m3)c2，故A正确；半衰期具有统计意义，对大量的原子核适用，故B错误；β粒子是铋原子核内的中子转化为质子同时释放一个电子，C错误；放射性的原子核在发生β衰变后产生的新核往往处于高能级，这时它要向低能级跃迁，辐射γ光子，即γ射线，故D正确；故选AD.6．AC【解析】正离子在洛伦兹力作用下两次通过磁场边界的运动轨迹如图所示：正离子在左侧磁场运动时，根据B1v0q=m v02r1，得r1=mv0B1q；正离子在右侧磁场运动时，根据B2v0q=m v02r2，得r2=mv0B2q ，由几何关系得：2r2=3r1，即2×mv0B2q=3×mv0B1q，解得：B2=23B1，故A正确，B错误；根据运动轨迹图可知，正离子在左侧磁场运动的时间为t1=π2π×2πmB1q=πmB1q，正离子在右侧磁场运动的时间为t2=π2π×2πmB2q=πmB2q=3πm2B1q，故正离子从开始运动到第一次到达Q点所用时间为t=t1+t2=5πm2B1q，故C正确，D错误；故选AC.7．BD【解析】小球与半圆形槽组成的系统在水平方向不受力，所以水平方向的动量守恒，但在竖直方向受重力作用，故系统总的动量不守恒；所有的接触面都是光滑的，故在整个的运动过程中只有重力和弹力做功，故系统的机械能守恒，故A错误；因为系统的初状态水平方向的动量为零，根据系统水平方向动量守恒可知，系统在末状态的水平方向的动量也零，故在末状态小球与半圆形槽的速度都为零，而初状态只有小球的重力势能，根据系统机械能守恒，可知末状态也只小球的重力势能，且与初状态相等，故B正确；当小球下至半圆形槽最低点时，根据反冲运动的特点可知，此时小球有向右的最大速度，半圆形槽有向左的最大速度，设小球的最大速度为v1，半圆形槽的最大速度为v2，初状态水平方向的动量为零，取向右为正，根据系统水平方向动量守恒得：mv1−3mv2=0，根据系统机械能守恒得：mgR=12mv12+12×3mv22，联立解得：v1=12√6gR,v2=16√6gR，故C错误；小球从左边最高点下至最低点时，根据系统水平方向动量守恒得：mv1−3mv2=0，又v1=x1t ,v2=x2t，代入得：m x1t−3m x2t=0，即x1=3x2，且x1+x2=R，联立解得：x2=R4；当小球从最低点向右边最高点运动时，半圆形槽继续向左运动，同理可得半圆形槽在这一过程的位移为x′2=R4，故半圆形槽相对于地面位移大小的最大值为x2+x′2=R2，故D正确；故选BD.8．BCD【解析】在转动过程中，∠N A N B G=60°恒定不变，为此可组成以N A N B为直径得圆，在转动过程中弦N A G恒定不变，如图所示：当B从开始位置转动到竖直位置，即N B从1到2的过程中，N A在增大，N B也在增大；当B从竖直位置继续转动到A在竖直位置，即N B从2到4的过程中，N A在减小，N B在增大；故整个过程OA板对小球的作用力先增大后减小，而B板对小球的作用力一直在增大，故A错误，B正确；当B在竖直位置时OA板对小球作用力最大，此时的受力分析，如图所示：根据平衡条件得：N A=mgsin60°=2√33G，故C正确；当OC线竖直时，球处于静止状态，受力平衡，根据几何关系可知，两挡板对球的弹力大小相等，且夹角为120°，根据平衡条件得：N=mg，故D正确；故选BCD.9．ABD【解析】根据气态方程PVT=C，压强变小时，如果温度降低，则气体的体积可能减小，分子间的平均距离可能变小，故A正确；分子间同时存在引力和斥力，两力都随分子间的距离增大而减小，故B正确；布朗运动是由于液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用不平衡引起的，故C错误；外界对气体做功，若气体放热，而且放出的热量大于外界对气体做的功，由据热力学第一定律可知气体的内能减少，故D正确；根据热力学第二定律，在热传导中，热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体，故E错误；故选ABD. 10．ABD【解析】在太阳光照射下，水面上油膜出现彩色花纹是光的薄膜干涉现象，故A正确；在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象，故B正确；用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象，不是偏振现象，故C错误；用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用同一介质对不同色光折射率不同，经过两次折射而产生色散现象，故D正确；相同入射角从水中射向空气，因紫光的折射率大于红光，所以紫光的临界角小于红光，当紫光能发生全反射，红光不一定能发生全反射，故E错误；故选ABD.11．0.14; 0.27;mg−(m+M)aMg；【解析】（1）因为相邻两个计数点之间还有四个点未标出，故相邻两个计数点的时间间隔为T=0.1s，根据Δx=aT2，得a=x DE+x CD−x BC−x AB4T2，代入数据解得：a=0.14m s2⁄；根据匀变速直线运动的推论可知，打D点时物块的速度等于C到E的平均速度，则有：v D=x CE2T，代入数据解得：v D=0.27m s⁄；（2）对钩码，根据牛顿第二定律得：mg−F=ma，对小车，根据牛顿第二定律得：F−μMg=Ma，联立解得：μ= mg−(m+M)aMg.12．B E 2.00V; 2.5Ω ;【解析】（1）因为电动势E约为2V，故电压表选B；因为电源内阻约几欧，则回路的最大电流I m=29≈0.22A=220mA，而电流表A1的量程只有30mA，故应并联一个小电阻扩大电流表的量程，故定值电阻选E；（3）根据表中数据，画出的U-I图象，如图所示：（4）根据闭合电路欧姆定律得：E=U+(I+IR AR1)(r+R A R1R A+R1)，变形得：U=−I(rR A+rR1+R A R1R1)+E，由图可知，图象的纵截为 2.00V，即E=2.00V；图线斜率的绝对值为|k|=rR A+rR1+R A R1R1，代入数据得：|2.00−0.60 0−20×10−3|=70=rR A+rR1+R A R1R1，解得：r=2.5Ω.13．(1)k=3.75N (2)ω=√5rad/s【解析】（1）开始整个装置处于静止状态，对小球进行受力分析，如图所示：根据平衡条件得：F AP =OAF 弹=k(l −AP)，AP =√OP 2−OA 2联立并代入数据解得：k =3.75N m ⁄（2）当弹簧弹力为零时，小球上移至P ′位置，绕OA 中点C 做匀速圆周运动，受力分析如图所示：由图可得，轨道半径为r =CP ′=√OP ′2−OC 2，tanθ=CP ′OC ，其中AP ′=OP ′=5m,OC =2m根据牛顿第二定律得：mgtanθ=mω2r 联立解得：ω=√5rad s ⁄14．（1）v 0=1m/s （2）v 1=1.5m/s （3）Δx =0.025m【解析】（1）金属杆a 沿导轨匀速下滑，对金属杆a 受力分析如图所示：根据法拉弟电磁感应定律得：E =Blv 0 根据闭合电路的欧姆定律得：I =E 2R 安培力F 安a =BIl根据平衡条件得：F Na =mgcos37∘，F 安a +F f1=mgsin37∘且F f1=μF Na联立解得：v 0=1m s ⁄（2）金属杆a 沿导轨匀速下滑的位移为s a =ℎ1sin37∘=1m金属杆a 匀速下滑到底端的时间为t a =sa v 0=1s 金属杆b 沿导轨做初速度为0的匀加速运动，对金属杆b 受力分析如图所示：根据平衡条件得：F Nb =mgcos53∘+F 安b根据牛顿第二定律得：mgsin57∘−F f2=ma b且安培力F 安b =BIl ，F f2=μF Nb联立解得：a b =4m s 2⁄金属杆b 沿导轨下滑的位移为s b =ℎ2sin53∘=2m设金属杆b 沿导轨匀加速下滑到底端的时间为t b ，速度为v b则有：s b =12a b t b 2，v b =a b t b 代入数据解得：t b =1s,v b =4m s ⁄因t a =t b =1s ，故a 、b 同进进入II 区域，做匀减速直线运动，加速度大小为a =μg =5m s 2⁄设经过时间t 杆a 速度刚好为v ′a =0，此时杆a 的位移为x a ，杆b 的速度大小为v ′b ，位移为x b根据运动学公式得：v a =v b −at ，解得：t=0.2sx a =v 0t −12at 2=0.1m ，v ′b =v b −at =3m s ⁄，x b =v b +v ′b 2t =0.7m则x a +x b =0.8m通过以上分析：杆a 速度v a =0时，金属杆a 、b 相遇发生碰撞，碰撞过程中a 、b 杆系统动量守恒，设碰撞结束瞬间的速度大小为v 1，则有：mv ′b =2mv 1，解得：v 1=1.5m s ⁄（3）碰撞后a 、b 杆合为一体，向左减速，冲上I 区域，设到最高点的高度为Δℎ由动能定理得：−μ·2mgx a −μ·2mgcos37∘·Δℎsin37∘−2mgΔℎ=0−12·2mv 12 随后a 、b 杆沿I 区域的导轨匀加速下滑，到达底端再沿II 区域向右匀减速滑至停止，设停止时距I 区域底端的距离为Δx由动能定理得：2mg ·Δℎ−μ·2mg ·cos37∘·Δℎsin37∘−μ·2mg ·Δx =0联立解得：Δx =0.025m因Δx =0.025m <x ，则a 、b 杆最终停在距I 区域底端0.025m 处15． 6.25h cm = 3.3×10-4m 3【解析】I.打开阀门1K ，稳定后，设B 容器中水银的高度为h ，容器底面积为S初始时，B 中封闭气体体积110V S =，气体压强115p cmHg =稳定时，B 中封闭气体体积()210V h S =-，气体压强210p h L h =-+-根据玻意耳定律1122p V p V =解得h=6.25cmII.打开阀门2K ，向B 容器中充入气体的体积为V ∆时，B 容器中恰好没有水银 则B 中封闭气体压强340p cmHg =，由理想气体状态方程11031p V p V p V +∆= 解得： 433.310V m -∆=⨯16．见解析；【解析】I.当波向x 轴负方向传播时，由波形图可知该波的波长为λ=3m ，从t=0s 到t 1=0.2s 过程，波向负方向传播的距离为Δx 1=(23+n)λ(n =0,1,2...) 波传播的波速为v 1=Δx 1Δt联立得：v 1=10+15n(n =0,1,2...)当n=0时波速最小，v 1min =10m s ⁄II.当波向x 轴正方向传播时，由波形图可知t 1=(13+n)T因t 1<T ，则有t 1=13T ，则波速为v 2=λT 波峰到P 点的距离为：Δx 2=x P −λ4 P 点第一次出现波峰的时间为t =Δx 2v 2联立得：t=0.25s。