云南省昆明市第一中學(xué)2021-2022學(xué)年高三第十次考前適應(yīng)性訓(xùn)練理綜試題及答案

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昆明一中2022屆高三第十次聯(lián)考物理參考答案14~18題只有一個(gè)選項(xiàng)符合要求，19~21題有多個(gè)選項(xiàng)符合要求題號(hào)1415161718192021答案CCCCABDBCAB14答案：C解析：大量的氫原子處于n＝4的激發(fā)態(tài)，當(dāng)它們向低能級(jí)躍遷時(shí)，氫原子能輻射的不同頻率的光子種類數(shù)目為C＝6，故A錯(cuò)誤；一群處于n＝4能級(jí)的氫原子向基態(tài)躍遷時(shí)，輻射光子種類數(shù)目為6種，對(duì)應(yīng)的能量分別為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，輻射出波長最小的光子的能量為12.75 eV，故B錯(cuò)誤；其中有3種光子的能量大于4.54 eV，則有3種不同頻率的光能使金屬鎢發(fā)生光電效應(yīng)，故D錯(cuò)誤；氫原子輻射一個(gè)光子后，氫原子的能量減小，其核外電子的軌道半徑減小，由庫侖引力提供向心力，k＝m可知，氫原子的核外電子的速率增大，故C正確；氫原子由n＝4能級(jí)躍遷到n＝2能級(jí)輻射出光子的能量為2.55 eV，小于鎢的逸出功4.54 eV，所以用該光照射鎢時(shí)，不能發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，D錯(cuò)誤。15.答案：C解析：設(shè)小球經(jīng)過時(shí)間t打在斜面上Q(x，y)點(diǎn)，則水平方向：x＝v0t，豎直方向：6－y＝gt2。又因?yàn)?/span>y＝x2，可解得：x＝1 m，y＝1 m，故C正確。16.答案：C解析：由題意得UAB＝＝10 V，UAC＝＝5 V， UBC＝φB－φC＝φB－φA+φA－φC=-5 V，A錯(cuò)誤；D為AB的中點(diǎn)，△CDB為等邊三角形，φC＝φD，BE⊥CD則電場方向由E指向B，且,帶入數(shù)據(jù)得E=10V/m，B錯(cuò)誤，C正確；電勢(shì)相等，一電子從B點(diǎn)移到AC的中點(diǎn)R電勢(shì)差UBR=-7.5V，電場力做功WBR=UBR（-e）=7.5ev，故電勢(shì)能降低7.5ev,D錯(cuò)誤。17.答案：C解析：天問一號(hào)相對(duì)于火星的張角為α，根據(jù)幾何關(guān)系可得火星半徑為R＝rsin ，質(zhì)量為m0的物體在火星表面有G＝m0g，兩式聯(lián)立解得火星表面的重力加速度為g＝，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)質(zhì)量為m0的物體在火星表面做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)萬有引力提供向心力，有G＝m0，與R＝rsin 聯(lián)立解得火星的第一宇宙速度v＝ ，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；作出天問一號(hào)上觀察到日全食的示意圖，日全食持續(xù)的時(shí)間為天問一號(hào)在GE之間運(yùn)行的時(shí)間，如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得三角形OAB與三角形OED全等，則∠OED＝∠OAB＝，DE平行于OA，則∠AOE＝∠OED＝，同理可得∠AOG＝，則觀察到日全食時(shí)天問一號(hào)轉(zhuǎn)過的角度為∠EOG＝2×＝α，設(shè)天問一號(hào)的周期為T，根據(jù)萬有引力提供向心力，有G＝mr，解得周期T＝2π ，觀察到日全食的時(shí)間為t＝T＝α  ，選項(xiàng)C正確；設(shè)天問一號(hào)的角速度為ω，根據(jù)萬有引力提供向心力，有G＝mrω2，解得角速度為ω＝ ，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。18.答案：A解析：對(duì)滑輪和物體b受力分析，受重力和兩個(gè)拉力，如圖甲所示，根據(jù)平衡條件，有mbg＝2Tcosθ，計(jì)算得T＝。將固定點(diǎn)c向左移動(dòng)少許，則θ減小，故拉力T減小；對(duì)物體a受力分析，受重力、支持力、拉力和靜摩擦力，繩子拉力減小，但因?yàn)椴恢览εc重力沿斜面向下的分力的大小關(guān)系，故無法判斷靜摩擦力是否存在以及方向，故不能判斷靜摩擦力的變化情況，故A錯(cuò)誤，C正確；對(duì)斜劈、物體a、b和滑輪1、2整體受力分析，受重力、支持力、細(xì)線的拉力和地面的靜摩擦力，如圖乙所示，根據(jù)平衡條件，有N＝G總－Tcosθ＝G總－，N與角度θ無關(guān)，恒定不變，根據(jù)牛頓第三定律，斜劈對(duì)地面的壓力也不變，B正確；f＝Tsinθ＝tanθ，將固定點(diǎn)c向左移動(dòng)少許，則θ減小，故摩擦力減小，所以D正確。本題要求選說法錯(cuò)誤的，故選A。19.答案：BD解析：　對(duì)小球受力分析，設(shè)彈力為T，彈簧與水平方向的夾角為θ，則對(duì)小球豎直方向有Tsinθ＝mg，而T＝k(MPcos θ－x0)，則當(dāng)轉(zhuǎn)速增大后,若小球位置升高，則θ變小、T變小，豎直方向有Tsinθ<mg，不符合題意；小球位置降低也不符合題意;由此可知θ為定值，T不變，則當(dāng)轉(zhuǎn)速增大后，小球的高度不變，彈簧的彈力不變，A錯(cuò)誤，B正確；水平方向當(dāng)轉(zhuǎn)速較小時(shí)，桿對(duì)小球的彈力FN背離轉(zhuǎn)軸，有Tcos θ－FN＝mω2r，即FN＝Tcos θ－mω2r，當(dāng)轉(zhuǎn)速較大時(shí)，FN′指向轉(zhuǎn)軸，有Tcos θ＋FN′＝mω′2r，即FN′＝mω′2r－Tcos θ，因ω′>ω，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)U的壓力不一定變大，C錯(cuò)誤；根據(jù)F合＝mω2r，可知因角速度變大，小球所受合外力變大，D正確。20．答案：BC解析：t=0.05s時(shí)電動(dòng)勢(shì)最大，線圈所處位置應(yīng)垂直于中性面，即和圖甲所示位置垂直，故A錯(cuò)；交流電的周期T＝0.2 s，故交流電的頻率f＝＝5 Hz，B正確；線框轉(zhuǎn)動(dòng)的角速率ω＝2πf，則根據(jù)Em＝nBSω可知，線框面積S＝＝m2，C正確；電流表的示數(shù)為電流的有效值，該交流電有效值不為零，故D錯(cuò)誤。21. 答案　AB解析　導(dǎo)體棒釋放瞬間，對(duì)導(dǎo)體棒由牛頓第二定律得：mgsinθ－μmgcosθ＝ma，加速度a＝gsinθ－μgcosθ，A正確；根據(jù)＝，＝，q＝Δt，聯(lián)立求得棒從開始運(yùn)動(dòng)直至地面的過程中，通過R的電荷量q＝＝，B正確；設(shè)導(dǎo)體棒到達(dá)斜面底端時(shí)的速度為v0，由動(dòng)能定理得：mgh－μmgcosθ－W安＝mv-0，則電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝W安＝mgh－μmg－mv，C錯(cuò)誤；當(dāng)導(dǎo)體棒速度為v時(shí)，回路電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，I＝，F安＝BIL＝，對(duì)導(dǎo)體棒由牛頓第二定律得：mgsinθ－μmgcosθ－＝ma，a＝gsinθ－μgcosθ－，所以當(dāng)導(dǎo)體棒質(zhì)量增大，速度相同時(shí)，加速度會(huì)變大，總位移不變，故時(shí)間會(huì)減小，D錯(cuò)誤22．（6分）答案：(1)（2分）；(2)9．6（2分）；(3)適當(dāng)增大n或多次測(cè)量取平均值（2分）。解析：(1)根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間關(guān)系s＝gT2，則有g＝，而T＝，解得g＝。(2)將s＝0.90 m，n＝30，t＝13.0 s代入g＝，解得g≈9．6 m/s2。(3)根據(jù)公式g＝，要能提高測(cè)量結(jié)果準(zhǔn)確程度，可適當(dāng)增大n或多次測(cè)量取平均值。23.（10分）答案：（1）E（1分）；D（1分）；（2）圖見解析（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)熱敏電阻兩端電壓從零開始逐漸增大，滑動(dòng)變阻器采用的是分壓式接法，故滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇總阻值較小的R3，電源電動(dòng)勢(shì)為15 V，故電壓表應(yīng)選擇V2，通過估算可知電流表應(yīng)選擇A2。(2)加在熱敏電阻兩端的電壓從零開始逐漸增大，滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓式接法，由于熱敏電阻的阻值遠(yuǎn)小于電壓表內(nèi)阻，所以電流表應(yīng)用外接法，電路圖如圖所示。（3）由圖可知，隨著電流增加，熱敏電阻溫度升高，I的電阻變大，Ⅱ的電阻變小，故I是正溫度系數(shù)(PTC)熱敏電阻器(4)在閉合電路中，電源電動(dòng)勢(shì)E＝U＋Ir，由題圖乙曲線Ⅱ可知，當(dāng)R1接入電路中時(shí)，電路中的電流為0.3 A，電阻 R1兩端電壓為8．0 V；當(dāng)R2接入電路中時(shí)，電路中的電流為0.6 A，電阻R2兩端電壓為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）對(duì)B在撤去F后有:xB=1.0m，撤去F時(shí)B的動(dòng)能EkB=6J,由動(dòng)能定理有：………………………………………………①在撤去F前，對(duì)B由動(dòng)能定律得：………………………………………………②聯(lián)立以上兩式，帶入數(shù)據(jù)得：WAB=12J………………………③（2）（6分）撤去力F后，滑塊A繼續(xù)滑行的距離為，撤去F時(shí)B的動(dòng)能EkA=9J,由動(dòng)能定理有：………………………………………………④力F作用的過程中，分析滑塊A、B整體，由動(dòng)能定理：…………………………………⑤帶入數(shù)據(jù)得：F=39N?！?/span>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）帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有:4d＝v0t……………………………………………………………………………（1）1.5d＝at2…………………………………………………………………………（2） a=Eq/m……………………………………………………………………………（3）聯(lián)立解得E＝。……………………………………………………………（4）(2)（6分）粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可得       tan θ＝＝，則θ＝37°…………………………………………………………（5）粒子從O點(diǎn)出電場時(shí)的速度為:v＝＝v0………………………………（6）粒子在磁場中，洛倫茲力充當(dāng)向心力，有qvB1＝m…………………………………………………………………………（7）由幾何關(guān)系有Rcos 37°＋d＝R……………………………………………………（8）聯(lián)立解得B1＝。………………………………………………………………（9）(3)（10分）由幾何關(guān)系知S到O點(diǎn)的距離為l＝2Rsin 37°＋20.5dtan53°，…………………………………………………（10）要使粒子經(jīng)n次偏轉(zhuǎn)仍過S點(diǎn)則有(n>1)…………………………………（11）R′＝…………………………………………………………………………（12）解得B2＝(n>1)………………………………………………………（13）則＝………………………………………………………………………（14）由于11－2n>0得n<，所以n可能值為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——選修3–3］（15分）（1）(5分)答案：增大（1分）；不變（2分）；可以（2分）。解析：飽和汽壓是物質(zhì)的一個(gè)重要性質(zhì)，它的大小取決于物質(zhì)的本性和溫度，同一種物質(zhì)溫度越高，飽和汽壓越大，溫度升高時(shí)，飽和汽壓增大；在一定溫度下，同一種液體的飽和汽分子密度都是一定的，水的飽和汽體積減小時(shí)，分子數(shù)密度不變；降低溫度，飽和汽壓減小，所以可以使未飽和汽變成飽和汽。（2）（10分）答案：①；②解析：①（6分）設(shè)題圖（a）中左管封閉氣柱的長為l1，氣體壓強(qiáng)：………………………………………………………………………①解得：封閉氣體體積：……………………………………………………………②圖（b）中，封閉氣體壓強(qiáng)…………………………………………③解得：封閉氣體體積：…………………………………………④由等溫變化得：…………………………………………………………⑤解得圖（a）封閉氣柱的長為：…………………………………………⑥②（4分）初始時(shí)：，,恒溫箱中：……………………………………………………⑦而=480K根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程………………………………………………⑧而恒溫箱內(nèi)氣體壓強(qiáng)P=P3………………………………………………………⑨解得…………………………………………………………………⑩因?yàn)?/span>左右兩邊液面正好相平，所以此時(shí)封閉氣體的壓強(qiáng)等于恒溫箱內(nèi)氣體的壓強(qiáng)80cmHg。提示：以上各式，每式1分。 34．[物理—選修3－4](15分)解析：(1)（5分）答案：ABEJ解析：由題圖乙知t＝0.6 s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)A的振動(dòng)方向是向下的，由“上下坡法”可知此波是沿x軸負(fù)方向傳播的，A正確；由題圖甲知波長λ＝8 m，由題圖乙知該波的周期T＝1．2 s，所以該波的波速為v＝＝ m/s，B正確；由“上下坡法”可知此時(shí)質(zhì)點(diǎn)P向上振動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)Q向下振動(dòng)，但P離波峰距離大，比質(zhì)點(diǎn)Q后回到平衡位置，C錯(cuò)誤；因波傳播的是能量和波形，質(zhì)點(diǎn)本身并不隨波傳播，D錯(cuò)誤；0.6 s是半個(gè)周期，所以質(zhì)點(diǎn)A通過的路程為s＝2A＝20 cm，E正確。 (2)（10分）答案：①；② a。解析：①（6分）如圖由幾何關(guān)系知：i＝120°－90°＝30°…………………①r＝60°…………………………………②由＝……………………………③可得n＝＝………………④②（4分）由幾何關(guān)系知：＝……………………⑤得d＝ a………………………………………………⑥提示：①、②式每式1分，③~⑥式每式2分。