云南省校+昆明市第一中学2023-2024学年高三下学期第十次月考理综试题

这是一份云南省校+昆明市第一中学2023-2024学年高三下学期第十次月考理综试题，文件包含昆一中10理综试卷pdf、物理答案-副本docx、化学答案-副本docx、生物答案-副本docx、理综答题卡pdf等5份试卷配套教学资源，其中试卷共17页， 欢迎下载使用。

14.【答案C】 β衰变的实质是原子核内的中子转变为质子的同时释放电子，不是核外的电子，A错误；由电荷数和质量数守恒知新核X比少了一个中子，B错误；衰变后的新核比更稳定，比结合能大，C正确；半衰期与外部条件无关，D错误。
15.【答案A】由图可知，同步轨道的半径小于“墓地轨道”， “实践21号” 拖拽“北斗2号”卫星离开同步轨道时做离心运动，需要点火加速，A正确；完成拖拽任务后离开“墓地轨道”做近心运动，需要点火减速，B错误；“墓地轨道”半径比同步轨道半径大，在“墓地轨道”的速度比同步轨道的速度小，运行周期比同步轨道周期小，C、D错误。
16.【答案D】因M点处的等差等势面比N点处的等差等势面密集，故M点的电场强度大于N点的电场强度，A错误；电场线与等势面垂直，由题图中对称性及力的合成法则可知，正对小孔CD中心射入“透镜”电场的正电子受到的电场力的方向与速度方向相同，会沿直线穿出小孔，B错误；经过N点的正电子受到的电场力做正功，动能增加，但电势能减小，C错误；根据垂直虚线AB射入小孔CD的正电子束受到的电场力方向可知，该“透镜”电场对垂直虚线AB射入小孔CD的正电子束有发散作用，D正确。
17.【答案D】牛顿环是由凸透镜上、下两表面间的空气膜的两个表面反射光叠加产生的，A错误；入射的单色光从绿色换为红色，红色光的波长比绿色光波长长，观察到的条纹间距应变大，B错误；从透镜圆心到透镜边缘，空气膜的厚度不是均匀变化，观察到的圆形条纹不可能是等距的环状圆形条纹，C错误；越靠近透镜边缘，空气膜的厚度变化越大，观察到的圆环状条纹间距变小，条纹变密，D正确。
18.【答案AC】由图乙知，当t=13 s时，Q点向上运动，结合图甲可得波沿x轴正方向传播，A正确；由图可知，该波波长为λ=12 cm，周期为T=1 s，则波速为v=λT=12 cm/s，B错误；
设质点P、Q平衡位置的x坐标分别为xP、xQ，由图甲和图乙可知：P、Q两点平衡位置的距离是，坐标原点到P点的平衡位置距离是，可得O、Q两点间平衡位置的距离为，则质点Q的平衡位置的x坐标为xQ=7cm，C正确；图甲知，t=13 s时x=0处的质点位移为0.1cm，振动方向向下，向平衡位置振动，t=0.5 s，该质点处于-0.1cm，D错误。
19.【答案BD】根据左手定则可知甲粒子受到的洛伦兹力方向垂直于纸面向里，A错误；乙粒子速度方向与磁感应强度方向平行，不受洛伦兹力作用，所以运动轨迹是直线，B正确；将丙粒子的速度v在沿磁感应强度方向和垂直于磁感应强度方向分解为v1和v2，其中v1对应的分运动为水平向右的匀速直线运动，v2对应的分运动为垂直于纸面的匀速圆周运动，所以丙粒子的合运动为螺旋线运动，由于洛伦兹力不做功，所以其动能不变，C错误；对丙粒子在垂直于纸面的匀速圆周运动，有qv2B=mv22r，解得r=mv2Bq，所以周期为T=2πrv2=2πmBq，丙粒子在沿磁感应强度方向做匀速直线运动的速度为v1=vcs θ，经过一个周期的时间丙粒子位置改变了x=v1T=2πmvcsθqB， D正确。
20.【答案AC】 由于不计一切摩擦，所以P、Q和弹簧三者组成的系统机械能守恒，但P、Q组成的系统机械能不守恒，A错误；初始时P、Q的速度均为零，在P下降的过程中，Q一直沿着杆向左运动，P下降至最低点时，P的速度为零，Q速度也为零，但由速度的合成与分解可知P、Q的速度大小不是始终一样， B错误；经分析可知，P和弹簧组成的系统机械能最小时，Q的机械能最大，即Q的动能最大，速度最大，轻杆对Q的作用力为零，水平横杆对Q的支持力大小等于Q的重力mg， C正确。P下降至最低点时，弹簧弹性势能最大，此时P、Q的速度都为零，由于P、Q和弹簧三者组成的系统机械能守恒，故此时弹簧弹性势能等于系统减少的重力势能，即Ep=3mgL(cs 30°-cs 60°)=32(3-1)mgL，D错误。
21.【答案ABD】球C下落到最低点时，A、B将要分离，根据机械能守恒定律有，系统水平方向动量守恒，有m0Vc=2mVAB，联立解得， ，所以A、B正确，对B球由动量定理有，C错误；C球由静止释放到运动到最低点的过程中，设C对地的水平位移为X1，AB对地的水平位移为X2，则有，X1+X2=L，解得，D正确。
22.（1）2；（2），（3）不变
23.（1）最大，300mA，100 （2）并联 11.1 （3）5400kE-10 Ω
24. 答案 （1）12m/s （2）1.4 atm （3）0.048 L
（1）设刚开始扣动水枪的扳机，水出射速度大小为V1，经时间t1击中杆最上端；
由H－h＝ eq \f(1,2)gt eq \\al(2,1) （1分）
X=V1t （1分）
可解得V1=12m/s （1分）
（2）设充气10次后储水腔内的气体压强为p1，
由题意可知此时储水腔内的气体体积为V1＝1.5 L× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))＝0.5 L （1分）
根据玻意耳定律有p0(V1＋10V0)＝p1V1 （1分）
代入数据解得p1＝1.4 atm。 （1分）
（3）设经Δt时间后，水出射速度大小为v2，经时间t2击中杆最下端，且此时储水腔内气体的压强和体积分别为p2和V2。
由题意并根据平抛运动规律有x＝v2t2和H＝ eq \f(1,2)gt eq \\al(2,2)，可记得V2=10m/s （1分）
由题意有p1＝p0＋kv eq \\al(2,1) ， p2＝p0＋kv eq \\al(2,2) 可解得p2=1.28 atm (1分)
根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2 （1分）
Δt时间内，水枪射出水的体积为ΔV＝V2－V1
联立以上各式并代入数据解得ΔV≈0.048 L。 （1分）
25. 答案 (1)e＝4sin (5πt)V (2)3.5 W (3)4 m/s
(1)由题图丙可知Em＝4 V T＝0.4 s 则ω＝ eq \f(2π,T)＝5π rad/s （1分）
根据电动势的表达式e＝Emsin ωt 可得e＝4sin (5πt)V。（2分）
(2)原线圈两端电压的有效值为V （1分）
设副线圈两端电压的有效值为U2，根据理想变压器电压关系有 eq \f(U1,U2)＝ eq \f(n1,n2) （2分）
设灯泡的额定电流为I2，则灯泡的功率为 W （2分）
人对手电筒做功的功率为P，有，（1分）
联立解得。（1分）
(3)设线圈a的半径为R，匝数为n，往复运动过程中的最大速度为vm，
有Em＝nB·2πRvm （2分） 解得vm＝4 m/s。 （2分）
26. 答案 (1)0.3s (2)7个 (3)1.44m
[解析] (1)小球在盒子内运动时,有qE-mg=ma （1分）
其中 联立得a=2g （1分）
小球在盒子内运动的时间t1=2va=0.1s （1分）
小球在盒子外运动的时间t2=2vg=0.2 s （1分）
小球从第一次进入盒子到第二次进入盒子的时间T=t1+t2=0.3 s （1分）
(2)小球在盒子内运动时,盒子的加速度大小a1=μ(Mg+qE)M= 8m/s2 （1分）
小球在盒子外运动时,盒子的加速度大小a2=μMgM=2 m/s2 （1分）
从小球第一次进入盒子开始,小球每运动一个周期，
盒子减小的速度为Δv=a1t1+a2t2=8×0.1 m/s+2×0.2 m/s=1.2 m/s （2分）
从小球第一次进入盒子到盒子停下,小球运动的周期数为n=v1Δv= （1分）
故要保证小球进、出盒子始终不与盒子相碰,盒子上的小孔数至少为(2n+1)个,即7个（1分）
（3）小球第1次进盒子时盒子的速度V1=3.6m/s，
小球第1次出盒子时盒子的速度为 （1分）
第2次进盒子时盒子的速度 （1分）
同理可求得：
小球第1次、第2次、第3次进盒子时，盒子的速度分别为3.6 m/s、2.4 m/s、1.2 m/s，
小球第1次、第2次、第3次出盒子时，盒子的速度分别为2.8 m/s、1.6m/s、0.4 m/s，
小球第一次在盒内运动的过程中,盒子前进的距离为 （1分）
小球第一次在盒外运动的过程中,盒子前进的距离为 （1分）
同理，小球第二次在盒子内运动的过程中,盒子前进的距离为s2= 0.20m （1分）
小球第二次在盒外运动的过程中,盒子前进的距离为 （1分）
小球第三次在盒子内运动的过程中,盒子前进的距离为s3= 0.08 m （1分）
小球第三次在盒外运动的过程中,盒子前进的距离为 （1分）
所以从小球第一次进入盒子至盒子停止运动的过程中,盒子通过的总路程为
（1分）