云南省昆明市第一中学2021-2022学年高三第十次考前适应性训练理综试题及答案

昆明一中2022届高三第十次联考

物理参考答案

14~18题只有一个选项符合要求，19~21题有多个选项符合要求

14答案：C

解析：大量的氢原子处于n＝4的激发态，当它们向低能级跃迁时，氢原子能辐射的不同频率的光子种类数目为C＝6，故A错误；一群处于n＝4能级的氢原子向基态跃迁时，辐射光子种类数目为6种，对应的能量分别为ΔE1＝E4－E1＝12.75 eV，ΔE2＝E4－E2＝2.55 eV，ΔE3＝E4－E3＝0.66 eV，ΔE4＝E3－E1＝12.09 eV，ΔE5＝E3－E2＝1.89 eV，ΔE6＝E2－E1＝10.2 eV，辐射出波长最小的光子的能量为12.75 eV，故B错误；其中有3种光子的能量大于4.54 eV，则有3种不同频率的光能使金属钨发生光电效应，故D错误；氢原子辐射一个光子后，氢原子的能量减小，其核外电子的轨道半径减小，由库仑引力提供向心力，k＝m可知，氢原子的核外电子的速率增大，故C正确；氢原子由n＝4能级跃迁到n＝2能级辐射出光子的能量为2.55 eV，小于钨的逸出功4.54 eV，所以用该光照射钨时，不能发生光电效应现象，D错误。

15.答案：C

解析：设小球经过时间t打在斜面上Q(x，y)点，则水平方向：x＝v0t，竖直方向：6－y＝gt2。又因为y＝x2，可解得：x＝1 m，y＝1 m，故C正确。

16.答案：C

解析：由题意得UAB＝＝10 V，UAC＝＝5 V， UBC＝φB－φC＝φB－φA+φA－φC=-5 V，A错误；D为AB的中点，△CDB为等边三角形，φC＝φD，BE⊥CD则电场方向由E指向B，且,带入数据得E=10V/m，B错误，C正确；电势相等，一电子从B点移到AC的中点R电势差UBR=-7.5V，电场力做功WBR=UBR（-e）=7.5ev，故电势能降低7.5ev,D错误。

17.答案：C

解析：天问一号相对于火星的张角为α，根据几何关系可得火星半径为R＝rsin ，质量为m0的物体在火星表面有G＝m0g，两式联立解得火星表面的重力加速度为g＝，选项A错误；根据质量为m0的物体在火星表面做匀速圆周运动时万有引力提供向心力，有G＝m0，与R＝rsin 联立解得火星的第一宇宙速度v＝ ，选项B错误；作出天问一号上观察到日全食的示意图，日全食持续的时间为天问一号在GE之间运行的时间，如图所示，根据几何关系可得三角形OAB与三角形OED全等，则∠OED＝∠OAB＝，DE平行于OA，则∠AOE＝∠OED＝，同理可得∠AOG＝，则观察到日全食时天问一号转过的角度为∠EOG＝2×＝α，设天问一号的周期为T，根据万有引力提供向心力，有G＝mr，解得周期T＝2π ，观察到日全食的时间为t＝T＝α  ，选项C正确；设天问一号的角速度为ω，根据万有引力提供向心力，有G＝mrω2，解得角速度为ω＝ ，选项D错误。

18.答案：A

解析：对滑轮和物体b受力分析，受重力和两个拉力，如图甲所示，根据平衡条件，有mbg＝2Tcosθ，计算得T＝。将固定点c向左移动少许，则θ减小，故拉力T减小；对物体a受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，绳子拉力减小，但因为不知道拉力与重力沿斜面向下的分力的大小关系，故无法判断静摩擦力是否存在以及方向，故不能判断静摩擦力的变化情况，故A错误，C正确；对斜劈、物体a、b和滑轮1、2整体受力分析，受重力、支持力、细线的拉力和地面的静摩擦力，如图乙所示，根据平衡条件，有N＝G总－Tcosθ＝G总－，N与角度θ无关，恒定不变，根据牛顿第三定律，斜劈对地面的压力也不变，B正确；f＝Tsinθ＝tanθ，将固定点c向左移动少许，则θ减小，故摩擦力减小，所以D正确。本题要求选说法错误的，故选A。

19.答案：BD

解析：　对小球受力分析，设弹力为T，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向有Tsinθ＝mg，而T＝k(MPcos θ－x0)，则当转速增大后,若小球位置升高，则θ变小、T变小，竖直方向有Tsinθ<mg，不符合题意；小球位置降低也不符合题意;由此可知θ为定值，T不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确；水平方向当转速较小时，杆对小球的弹力FN背离转轴，有Tcos θ－FN＝mω2r，即FN＝Tcos θ－mω2r，当转速较大时，FN′指向转轴，有Tcos θ＋FN′＝mω′2r，即FN′＝mω′2r－Tcos θ，因ω′>ω，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大，C错误；根据F合＝mω2r，可知因角速度变大，小球所受合外力变大，D正确。

20．答案：BC

解析：t=0.05s时电动势最大，线圈所处位置应垂直于中性面，即和图甲所示位置垂直，故A错；交流电的周期T＝0.2 s，故交流电的频率f＝＝5 Hz，B正确；线框转动的角速率ω＝2πf，则根据Em＝nBSω可知，线框面积S＝＝m2，C正确；电流表的示数为电流的有效值，该交流电有效值不为零，故D错误。

21. 答案　AB

解析　导体棒释放瞬间，对导体棒由牛顿第二定律得：mgsinθ－μmgcosθ＝ma，加速度a＝gsinθ－μgcosθ，A正确；根据＝，＝，q＝Δt，联立求得棒从开始运动直至地面的过程中，通过R的电荷量q＝＝，B正确；设导体棒到达斜面底端时的速度为v0，由动能定理得：mgh－μmgcosθ－W安＝mv-0，则电阻R上产生的焦耳热Q＝W安＝mgh－μmg－mv，C错误；当导体棒速度为v时，回路电动势E＝BLv，I＝，F安＝BIL＝，对导体棒由牛顿第二定律得：mgsinθ－μmgcosθ－＝ma，a＝gsinθ－μgcosθ－，所以当导体棒质量增大，速度相同时，加速度会变大，总位移不变，故时间会减小，D错误

22．（6分）答案：(1)（2分）；(2)9．6（2分）；(3)适当增大n或多次测量取平均值（2分）。

解析：(1)根据自由落体运动的位移与时间关系

s＝gT2，则有g＝，而T＝，解得g＝。

(2)将s＝0.90 m，n＝30，t＝13.0 s代入g＝，解得g≈9．6 m/s2。

(3)根据公式g＝，要能提高测量结果准确程度，可适当增大n或多次测量取平均值。

23.（10分）答案：（1）E（1分）；D（1分）；（2）图见解析（2分）；（3）I（2分）；（4）10.0(9.60～10.4均可)（2分）；6.67(6.60～6.70均可)（2分）。

解析：(1)热敏电阻两端电压从零开始逐渐增大，滑动变阻器采用的是分压式接法，故滑动变阻器应选择总阻值较小的R3，电源电动势为15 V，故电压表应选择V2，通过估算可知电流表应选择A2。

(2)加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，滑动变阻器应采用分压式接法，由于热敏电阻的阻值远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，电路图如图所示。

（3）由图可知，随着电流增加，热敏电阻温度升高，I的电阻变大，Ⅱ的电阻变小，故I是正温度系数(PTC)热敏电阻器

(4)在闭合电路中，电源电动势E＝U＋Ir，由题图乙曲线Ⅱ可知，当R1接入电路中时，电路中的电流为0.3 A，电阻 R1两端电压为8．0 V；当R2接入电路中时，电路中的电流为0.6 A，电阻R2两端电压为6．0 V，解得E＝10.0 V，r＝6.67 Ω。

24.答案：（1）12J（2）39N

解析:

（1）（6分）对B在撤去F后有:xB=1.0m，撤去F时B的动能EkB=6J,由动能定理有：

………………………………………………①

在撤去F前，对B由动能定律得：

………………………………………………②

联立以上两式，带入数据得：WAB=12J………………………③

（2）（6分）撤去力F后，滑块A继续滑行的距离为，撤去F时B的动能EkA=9J,由动能定理有：

………………………………………………④

力F作用的过程中，分析滑块A、B整体，由动能定理：

…………………………………⑤

带入数据得：F=39N。…………………………………………⑥

提示：以上6式，每式2分，共12分。

25．答案：(1)　(2)　(3)，n＝2,3,4,5

解析：(1)（4分）带电粒子在电场中做类平抛运动，则有:

4d＝v0t……………………………………………………………………………（1）

1.5d＝at2…………………………………………………………………………（2）

a=Eq/m……………………………………………………………………………（3）

联立解得E＝。……………………………………………………………（4）

(2)（6分）粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系可得

tan θ＝＝，则θ＝37°…………………………………………………………（5）

粒子从O点出电场时的速度为:v＝＝v0………………………………（6）

粒子在磁场中，洛伦兹力充当向心力，有

qvB1＝m…………………………………………………………………………（7）

由几何关系有Rcos 37°＋d＝R……………………………………………………（8）

联立解得B1＝。………………………………………………………………（9）

(3)（10分）由几何关系知S到O点的距离为

l＝2Rsin 37°＋20.5dtan53°，…………………………………………………（10）

要使粒子经n次偏转仍过S点

则有(n>1)…………………………………（11）

R′＝…………………………………………………………………………（12）

解得B2＝(n>1)………………………………………………………（13）

则＝………………………………………………………………………（14）

由于11－2n>0得n<，所以n可能值为2、3、4、5。………………………（15）

提示：第（1）、（2）、（3）、（4）、（6）、（7）、（8）、（9）、（12）、（15）式每式1分，第（5）、（10）、（11）、（13）、（14）每式2分。

33.［物理——选修3–3］（15分）

（1）(5分)答案：增大（1分）；不变（2分）；可以（2分）。

解析：饱和汽压是物质的一个重要性质，它的大小取决于物质的本性和温度，同一种物质温度越高，饱和汽压越大，温度升高时，饱和汽压增大；在一定温度下，同一种液体的饱和汽分子密度都是一定的，水的饱和汽体积减小时，分子数密度不变；降低温度，饱和汽压减小，所以可以使未饱和汽变成饱和汽。

（2）（10分）答案：①；②

解析：①（6分）设题图（a）中左管封闭气柱的长为l1，气体压强：

………………………………………………………………………①

解得：

封闭气体体积：……………………………………………………………②

图（b）中，封闭气体压强…………………………………………③

解得：

封闭气体体积：…………………………………………④

由等温变化得：…………………………………………………………⑤

解得图（a）封闭气柱的长为：…………………………………………⑥

②（4分）初始时：，,

恒温箱中：……………………………………………………⑦

而=480K

根据理想气体状态方程………………………………………………⑧

而恒温箱内气体压强P=P3………………………………………………………⑨

解得…………………………………………………………………⑩

因为左右两边液面正好相平，所以此时封闭气体的压强等于恒温箱内气体的压强80cmHg。

提示：以上各式，每式1分。

34．[物理—选修3－4](15分)

解析：

(1)（5分）答案：ABE

J解析：由题图乙知t＝0.6 s时，质点A的振动方向是向下的，由“上下坡法”可知此波是沿x轴负方向传播的，A正确；由题图甲知波长λ＝8 m，由题图乙知该波的周期T＝1．2 s，所以该波的波速为v＝＝ m/s，B正确；由“上下坡法”可知此时质点P向上振动，质点Q向下振动，但P离波峰距离大，比质点Q后回到平衡位置，C错误；因波传播的是能量和波形，质点本身并不随波传播，D错误；0.6 s是半个周期，所以质点A通过的路程为s＝2A＝20 cm，E正确。

(2)（10分）答案：①；② a。

解析：①（6分）如图由几何关系知：

i＝120°－90°＝30°…………………①

r＝60°…………………………………②

由＝……………………………③

可得n＝＝………………④

②（4分）由几何关系知：＝……………………⑤

得d＝ a………………………………………………⑥

提示：①、②式每式1分，③~⑥式每式2分。