2021昆明一中高三第八次考前适应性训练理综试题图片版含答案

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昆明市第一中学2021届高中新课标高三第八次考前适应性训练理科综合物理参考答案 题号1415161718192021答案ABCCBDBCACDAC 14. A【解析】由于三条绳子长度相同，故说明三张力与竖直方向的夹角相同，但相邻两条绳子间的夹角不一定相同。由于细杆保持静止，故三张力水平分力的合力应为零，但三张力的大小不一定相等，故A正确，B错误；由于三张力在竖直方向有拉力，杆在竖直方向合力为零，故杆对地面的压力大于重力，故C、D错误。
  B 【解析】设地球半径为R，根据题述，地球卫星P的轨道半径为RP＝16R，地球卫星Q的轨道半径为RQ＝nR，根据开普勒定律，＝＝64，得n＝4，所以Q的轨道半径约为地球半径的4倍，B正确。
 16.C【解析】当变阻器的滑片C上移时，跟电容器并联的阻值增大，所以电容器的电压U增大，根据Q=UC知电荷量Q增大。电子在平行板电容器中做类平抛运动，沿极板方向做匀速直线运动，所以运动时间与电压的变化无关，所以时间t不变。故C正确。17. C【解析】由几何关系知θ=60°，设每根导线在D点产生的磁感强度为B，据矢量合成的平行四边形定则有：，若把置于C点的直导线电流反向，据几何知识可得：α=30°，D点合磁感强度大小为：，方向竖直向下，故C正确。18.  BD【解析】规定向左为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为9kg•m/s，说明A、B两球的速度方向向左，两球质量关系为mB=2mA，所以碰撞前vA＞vB，所以右方是A球。
碰撞后A球的动量增量为-3kg•m/s，所以碰撞后A球的动量是6kg•m/s
碰撞过程系统总动量守恒，mAvA+mBvB= -mAvA′+mBvB′，所以碰撞后B球的动量是12kg•m/s
根据mB=2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为1：1，且均向左，为完全非弹性碰撞，故B、D正确。19. BC【解析】　原子核衰变过程系统动量守恒，由动量守恒定律可知，衰变生成的两粒子的动量大小相等方向相反，粒子速度方向相反，由左手定则可知，若生成的两粒子电性相反，则在磁场中的径迹为内切圆，若生成的两粒子电性相同，则在磁场中的径迹为外切圆，题中原子核衰变放出的新核与粒子电性相同，故该原子核发生的是α衰变，A错误；原子核衰变生成的两核动量p大小相等方向相反，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m，解得：r＝＝，由于p、B相同，则粒子电荷量q越大，轨道半径越小，由于新核的电荷量大，所以新核的轨迹半径小于粒子的轨迹半径，所以径迹1为新核的运动径迹，B正确；由r＝＝可得，r1∶r2＝2∶90＝1∶45，故C正确；原子核衰变生成的两核动量p大小相等方向相反，由动能与动量的关系Ek＝，可知新核和射出的粒子的动能之比等于质量的反比，即为2∶117，故D错误。 20. ACD 【解析】当v0＝5 m/s时，加速度a0＝ m/s2＝2.5 m/s2，故A正确B错误；t＝0时刻开始加速时：mgsinθ－kv0－μmgcosθ＝ma0，最后匀速时：mgsinθ＝kv1＋μmgcosθ由上面二式，得kv0＋ma0＝kv1，解得k＝＝2 kg/s，μ＝＝0.125，故C、D正确。21. AC 【解析】导体棒ab垂直切割磁感线，产生的电动势大小：E＝BLv，由闭合电路的欧姆定律得：I＝，导体棒受到的安培力：FA＝BIL，当导体棒做匀速直线运动时速度最大，由平衡条件得：＋μmg＝F，解得最大速度：vm＝1.5 m/s，故A正确，B错误。当速度为v＝1 m/s时，由牛顿第二定律得：F－－μmg＝ma，解得：a＝1 m/s2, 故C正确。在整个过程中，由能量守恒定律可得：Fx＝Q＋μmgx＋mv，解得：Q＝0.15 J，所以QR＝＝0.075 J，D错误。  (1) B；(2) 156Ω（150-160Ω均可）【解析】（1）热敏电阻阻值比滑动变阻器阻值大很多，所以要用滑动变阻器分压式接法；根据所给仪器，电压表内阻与待测电阻的比值大于待测电阻与电流表内阻的比值，故用电流表内接法，故选B。
（2）在图像中找一条平行于横轴的横线，当该横线与两条图线的交点对应的U之和等于6V时，该横线与纵轴的交点即为电路中的电流，可得到电流约为27mA时，符合条件，此时B两端电压约为4.2V， 23.（1）匀速；（2）0.12；（3）0.42；0.54 ；（4）C、D之间的距离。【解析】（1）挂钩码前，调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车，纸带打点均匀，小车做匀速直线运动，表明此时己消除了摩擦力的影响。 
（2）己知电源频率为50 Hz，打点计时器每隔0.02 s打一个点，每两个计数点间有6个时间间隔，故两计数点的时间间隔是0.12 s。 
（3）由匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度，则打下C点时小车的瞬时速度大小为D点小车的瞬时速度大小为
（4）验证动能定理需要求出小车运动过程中拉力对小车做的功，所以需要测量对应的C、D之间的距离。​​ 24.（1）带负电荷  （2）4.8 m/s   （3）1.92m【解析】（1）小滑块沿斜面下滑过程中，受重力mg、斜面支持力FN和洛伦兹力F。若要小滑块离开斜面，洛伦兹力F的方向应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带有负电荷。
（2）小滑块沿斜面下滑时，垂直斜面方向的加速度为零，有Bqv+FN-mgcosα=0  当FN=0时，小滑块开始脱离斜面，此时有：qvB=mgcosα    ①得：                          ②（3）下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得：mgssinα=mv2     ③斜面的长度至少应为：                    ④ 评分标椎：第（1）问4分，①、 ②、③、④式各2分。25.　(1) vA＝12 m/s ,  vB＝0m/s　(2) 5.33 m  【解析】　(1)设A、C碰撞前C的速度为 v，由对C由动能定理，有         -2μ2mgS＝v2 －v02     ①A、C发生碰撞，动量守恒、机械能守恒，设碰后速度分别为vA、vC，则             2mv= 2mvC+mvA        ②                   ③    由①、②、③联立解得  vA＝12 m/s，vC＝3 m/s    ④    此时B还未动，故 vB＝0m/s      ⑤（2）A、C碰撞后，设A匀减速的加速度大小为aA，B匀加速的加速度大小为aB对A：2μ2mg＋μ1mg＝maA        ⑥对B：μ1mg＝ maB          ⑦联立⑥、⑦解得  aA ＝10m/s2 ,  aB＝2m/s2      ⑧设A、B经时间t达到共速v共，则    v共＝aBt      ⑨  v共＝ vA－aAt    ⑩由⑥、⑦、⑧、⑨联立解得  v共＝2 m/s ，t＝1s    ⑾    A、B共速后，设A匀减速的加速度大小为aA′，B匀加速的加速度不变，则对A：2μ2mg－μ1mg＝maA′      ⑿ 解得  aA’＝6m/s2 >aB＝2m/s2     ⒀故A先停B后停，设共速后A运动的时间为t′,则  v共＝aA’t′   解得t′＝s     ⒁ B最终离A左端的距离      ⒂评分标椎：①、 ②、③式各2分，④、⑤、⑥、 ⑦、 ⑧、⑨、⑩、 ⑾、 ⑿、 ⒀、⒁式各1分， ⒂式3分。33.（1）BCD【解析】若环境温度升高，气体等压膨胀，气体的压强不变，选项A错误；
当活塞向下移动时，气体对外界做正功，选项B正确；保持环境温度不变，缓慢增加沙子，气体压强减小，体积增大，对外做功，内能不变，气体一定会吸热，选项C正确；
若环境温度降低，气体温度降低，压强减小，缓慢增加沙子，气体体积可能保持不变，选项D正确；若环境温度升高，缓慢增加沙子，气体压强减小，体积一定增大，选项E错误。（2）① Δh=15cm；   ② LA′=12.5cm。【解析】①设玻璃管横截面为S，活塞缓慢左拉的过程中，气体B做等温变化
初态：压强pB1=P0=75cmHg，体积VB1=LBS    ①
末态：压强pB2，体积VB2=LB′S      ②
根据玻意耳定律可得：pB1VB1=pB2VB2    ③
解得：pB2=60cmHg ④
可得左右管中水银面的高度差△h=（75-60）cm=15cm    ⑤
②活塞被缓慢的左拉的过程中，气体A做等温变化
初态：压强pA1=（75+25）cmHg=100cmHg，体积VA1=LAS   ⑥
末态：压强pA2=（75+5）cmHg=80cmHg，体积VA2=LA2S     ⑦
根据玻意耳定律可得：pA1VA1=pA2VA2   ⑧
解得理想气体A的气柱长度：LA2=12.5cm    ⑨
    评分标椎：①、 ②、③、④、⑤、⑥、 ⑦、 ⑧式各1分，⑨式2分。34.（1）15；5【解析】当波向右传播时A点向上振动，到最高点需要T/8，故第一次经过平衡位置时需要3T/8，即：3T/8=0.2，再有可得v=15m/s；当波向左传播时A向下振动，经过T/8到平衡位置，即：T/8=0.2，再有可得v=5m/s。 评分标椎：第一空3分，第二空2分。（2） ① 45°；②【解析】①如图所示，i1=60°，设玻璃对空气的临界角为C，
则                                               ① 得  C=45°   ②因 i1＞45°，发生全反射
则 i2=i1-30°=30°＜C    ③由折射定律有：④
所以γ=45°  ⑤
②三棱镜中光速  ⑥
从BC边射出的光线经历时间t为所求：⑦
    评分标椎：①、④、 ⑦式2分， ②、③、⑤、⑥式各1分。