2022昆明一中高三月考（四）理科综合试卷

昆明一中2022届高三第四次联考

物理参考答案

14.【答案】：D

【解析】：A. 断开开关后，初动能大的光电子，也可能达到阳极，所以电流表的示数不为零，故A错误；B. 由，变形得，可知图线的斜率为普朗克常量，即，故B错误； C. 由知，只有增大入射光的频率，才能增大光电子的最大初动能，与光的强度无关，故C错误；D.保持照射光频率不变，仅提高照射光强度，单位时间内逸出的光电子数增加，电流表G的示数要增大，故D正确。

15.【答案】：C

【解析】：如图，PQ段、BQ段、AP段在圆心O处产生的电场强度分别为E1、E2、E3，有E1=E2=E3,且E2、E3之间夹角为120°，故E=2E1。当PQ段戴胜等量负电荷时，E1反向，合场强为0，故选C。

16.【答案】：D

【解析】：如图，对小球受力分析可知：F心=mg0tanθ，而,而，联立以上各式带入数据得：g0=16m/s2。在天体表面有：，同理，在地球表面附近有，联立以上各式得：，带入数据得：，故D正确。

17. 【答案】：C

【解析】：A.流过副线圈的电流I2=U/R，根据I1/I2=n2/n1可知，流过电流表的电流I1=2U/R，故A错误；C.变压器中原线圈的电压为U1，根据U1/U2=n1/n2，U2=U，可知电压U1=U/2，故线圈产生的感应电动势的有效值为U有=U1=U/2，最大值；，故从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时值表达式为，故C正确；B.根据Em=NBSω可知，BS=,故B错；D. 当线圈以2ω匀速转动时，电动势的最大值、有效值、变压器原线圈两端电压、副线圈两端电压都将改变，电压表示数也将改变，故D错。

18.【答案】：BC

【解析】：A、当小车以7.5m/s2的加速度向右匀减速运动时，小球紧贴车厢右壁，车厢壁的弹力为小球的合外力，不为零，故A错；B、如图甲所示，当小车和车顶无弹力相互作用时有：ma=mg/tanθ，代入数据得：a=7.5m/s2，故B正确。当小车以10m/s2的加速度向右匀加速运动时，小球和车顶间有弹力作用，受力分析如图乙所示，有：，，带入数据得：N=2N，故C正确，D错误。

19.【答案】：AD

【解析】：A当R1的划片向左滑动时，R1减小，R3两端电压增大，电容器两极板间电压增大，电场强度增大，电场力大于重力，带电油滴向上运动，故A正确。B、R2的大小不影响稳定后电容器两极板间的电势差，故油滴依旧保持静止，故B错。C、R3的划片向上滑动时，R3变小，电容器两极板间电势差变小，为了保持电容器两极板间电势差不变要保持极板间电场强度不变，由E=U/d知，可适当减小电容器两极板间距离，和电容器极板的正对面积无关，故C错，D正确。

20.【答案】AC

【解析】A.由题意可知，金属棒从轨道最高点飞离后恰好水平抛出，故由牛顿第二定理可得：mg=mv2/R，解得金属棒抛出时的速率为：v=1m/s，之后金属棒运动过程中，切割磁感线的有效速度为v，切割磁感线的电动势为：E=BLv=1V，故A正确，B错误；C.在该过程中，由动量定理可得：-BILt=mv-mv0，解得电路通过的电荷总量为：q=2C，由于r2=2r1，所以I1=2I2，流过电阻r1的电荷量为：q1=2 q2,故q1=2q/3=4/3C，C正确，D错误。

21. 【答案】：AC

【解析】：如图所示，当小球转到题定位置时，速度为v0，有：v=v0sinα，

又ω=v0/L得：，故A正确，B错误。从开始运动到图示位置，由机械能守恒定律有：，可得：，故C正确。

22. （5分）

【答案】（1）BC（2分）；（2）1.11（1分）； 2.00（2分）。

【解析】：（1）A、利用该装置做“探究小车速度随时间变化规律“的实验时，不涉及小车的合力，不需要平衡摩擦力，不需要满足小车的质量远大于钩码的质量。故A错误；B“探究小车的加速度与质量关系”实验时，平衡摩擦力时有Mgsinθ=µMgcosθ，即µ=tanθ，之后不需要再次平衡摩擦力，故B正确。C、做“探究功与速度变化关系”实验时，平衡摩擦力时需要将木板的一端垫起适当高度，满足小车及车上物体的总重力的沿斜面向下的分力等于沿斜面向上的摩擦力，这样可以保证绳子的拉力为小车受到的合力，便于实验进行，故C正确。D、无论平衡摩擦力与否，都有摩擦力做功，机械能都不守恒，故D错。故选BC。

（2）由题意知，相邻计数点的间隔为：T=0.02×5s=0.10s,，打计数点“3”时的瞬时速度为：；由逐差法可得小车的加速度：；可得：a=2.00m/s2。

23.（每空两分，共10分）

【答案】：（1）R2；（2）3.0、2.1；（3）；相等。

【解析】：本实验缺少电压表，需要利用内阻已知的电流表改装电压表，当选用定值电阻R2时恰好将电流表A2改装成量程为3V的电压表，故选R2。

结合题干给出的电路图和闭合电路欧姆定律可以得出关系式：由于I1远大于I2，所以可以认为干路电流为I1，，E=I2(RA+R2)+I1r结合图像整理成关系式：，根据图像和公式可得图线斜率为：，并且图线经过（300µA，0）点，数据代入函数方程得：r=2.1Ω，E=3.0V。

由过程①可得关系式：，由过程②可得关系式：，联立以上两式得：；由于此实验方法考虑了电表内阻，所以测得的阻值与真实值相等。 

24.（12分）

【答案】：（1）（6分）9N；（2）（6分）0.6m

【解析】：

（1）（6分）小球从A到C的运动过程中，由动能定理得：

………………………………①（2分）

当小球到达a点时，小球开始做圆周运动，有：

…………………………………………………………②（2分）

联立①、②两式，代入数据得：

N=9N，故小球第一次到达a时对小车的压力为9N。…………………（2分）

（2）（6分）小球滑上小车后，小球和小车水平方向动量守恒，当小球上升到最大高度时，小球和小车在水平方向有相同的速度v，取小球上升最大高度为h，则由水平方向动量守恒和机械能守恒可得：

…………………………………………………………③（2分）

……………………………………………④（2分）

联立①、③、④三式，带入数据得：

h=0.6m……………………………………………………………………（2分）

25.（20分）

【答案】：

（1）（3分）E=3N/C

（2）（12分）v=6m/s，和水平方向成α角α=60°

（3）（5分）；, （其中n=0、1、2、3……）.

【解析】：

（1）（3分）由于小球离开玻璃管后在磁场中匀速圆周，有：

Eq=mg……………………………………………………………………（1）（2分）

带入数据得：E=3N/C，方向竖直向下。………………………………（1分）

（2）（12分）以玻璃管开始运动时小球的位置为坐标原点，沿水平方向和竖直方向建立平面直角坐标系O-xy，小球在水平方向上随着玻璃管做匀速直线运动直到离开玻璃管，有：

……………………（2）（1分）

x0=v0cosθt…………………………（3）（1分）

竖直方向： ……（4）（1分）

得：ay=1m/s2

由于竖直方向加速度恒定，故小球在竖直方向做匀加速直线运动，有：

………………………（5）（1分）

……………………………………………（6）（1分）

当小球到达管口时由几何关系知：

………………………………………………（7）（2分）

由（1）～（7）式得：

在竖直方向有：

……………………………………………………（8）（1分）

小球离开玻璃管时有：

……………………………………………………（9）（1分）

速度和水平方向成α角：…………………………（10）（1分）

联立得：v=6m/s，α=60°………………………………………（2分）

（3）（5分）如图所示，当小球离开管口后开始做匀速圆周运动，有：

…………………………………………………………（11）（1分）

如图到轨迹上S点时距离PQ最远，最远距离为：

…………………………………………（12）（1分）

所用时间为：

，（其中n=0、1、2、3……）…………（13）（1分）

……………………………………………………………（14）（1分）

，（其中n=0、1、2、3……）………………（16）（1分）

33.（15分）

（1）（5分）

【答案】：ADE

【解析】：A、相同质量100℃的水的内能小于100℃的水蒸气的内能，故A错；B、分子间引力和斥力都随着分子间距离增大而减小，故B正确；C、人们感觉潮湿是空气相对湿度较大、蒸发较慢造成的，故C正确；D、相互之间达到热平衡的两个物体的温度一定相等，但内能不一定相等，故D错；E、在密闭绝热的房间内打开工作中的冰箱门，冰箱消耗的电能转化成房间内空气的内能，温度升高，故E错；选择不正确的，所以选ADE。

（2）（10分）

【答案】：

①（7分）a=1m/s2；

②（3分）T3=270K

【解析】：

①由题意知，电梯静止时：;………………………………（2分）

电梯向上匀加速运动时有：………………………（2分）

由于气体做等温变化，由理想气体状态方程可得：…………（2分）

联立以上三式得：a=1m/s2……………………………………………………（1分）

②活塞回到初位置时：，即P3=P2；

由理想气体状态方程可得…………………………………………（2分）

带入数据得：T3=270K………………………………………………………（1分）

34.（15分）

（1）（5分）

【答案】：

（1）0.4s（2分）；BDFH（2分）；0.8m（1分）

【解析】：由题意知，该列波的波长λ=4m，由可得：T=0.4s；t=1s时，两列波都已传播到了AF段，由于两波源振动步调一致，要振动减弱，则波程差：，其中n=0、1、2、3……，满足条件的只有BDFH。A点振动加强，故正负为2A=0.8m。

（2）（10分）

【答案】：①（3分）；②（7分）；

【解析】：

①已知n=c/v………………………………………………………………（2分）

得激光在玻璃中的传播速度为:；………………………………（1分）

②激光从玻璃射向空气，发生全反射的临界角为C有：

……………………………（1分）

可得C=45°

如图，由折射定律：

………………（2分）

解得r=30°

设激光射到M，N两点时，折射光线恰好在弧面发生全反射，激光从点到点的过程弧面有激光射出，光路如图所示，由正弦地理得

…………………………………………………………（1分）

代入数据得：MO=2m得

同理:……………………………………………………（1分）

NO=2m

对飞行器：…………………………………………………（1分）

代入数据得：；……………………………………………（1分）