天津市河西區(qū)高三下學(xué)期一模考試物理試題

天津河西區(qū)2018屆高三一模理綜物理試題一、選擇題1.北京時間2011年3月11日13時46分地震和海嘯引發(fā)福島第一核電站放射性物質(zhì)泄漏，其中放射性物質(zhì)碘131的衰變方程為，根據(jù)有關(guān)放射性知識，下列說法正確的是()A.Y粒子為粒子B.中有53個質(zhì)子和78個核子C.生成的處于激發(fā)態(tài)，放射射線，射線的穿透能力最強，電離能力也最強D.若的半衰期大約是8天，取4個碘原子核，經(jīng)16天就只剩下1個碘原子核了【答案】A【解析】A.根據(jù)衰變過程中質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒，Y粒子為β粒子，故A正確。B.電荷數(shù)為53，有53個質(zhì)子，有13153=78個中子，共131個核子，故B錯誤；C.生成的處于激發(fā)態(tài)，還會放射γ射線.γ射線的穿透能力最強，γ射線是高能光子，即高能電磁波，它是不帶電的，所以γ射線的電離作用很弱，故C錯誤；D.半衰期是一個統(tǒng)計規(guī)律，只對大量的原子核才適用，對少數(shù)原子核是不適用的。所以，則若取4個碘原子核，經(jīng)16天剩下幾個碘原子核無法預(yù)測，故D錯誤。故選：A.點睛：根據(jù)衰變過程中質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒列出衰變方程．半衰期是一個統(tǒng)計規(guī)律，只對大量的原子核才適用，對少數(shù)原子核是不適用的．2.如圖所示，圖甲為一臺小型發(fā)電機構(gòu)造示意圖，線圈逆時針轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的電動勢隨時間變化的正弦規(guī)律如圖乙所示，發(fā)電機線圈內(nèi)阻為，外接燈泡的電阻為恒定不變，則下列說法中正確的是()A.電壓表的示數(shù)為6VB.發(fā)電機的輸出功率為4WC.在時刻，穿過線圈的磁通量最大D.在時刻，穿過線圈的磁通量變化率最大【答案】C【解析】A.由E==6V,電壓表示數(shù)U=.故A錯誤；B、燈泡消耗的功率為P=，發(fā)電機的輸出功率為3.24W，故B錯誤；C、在1.0×10?2s時刻，線圈處于中性面位置，故穿過線圈的磁通量最大，變化率為零，故C正確，D錯誤。故選：C點睛：由圖讀出電動勢的最大值，求出有效值，根據(jù)歐姆定律求出外電壓的有效值，即為電壓表的示數(shù)．根據(jù)電壓有效值求出燈泡消耗的功率．根據(jù)產(chǎn)生的電壓關(guān)系判斷出磁通量的變化率3.如圖所示，是半圓柱形玻璃體的對稱面和紙面的交線，A、B是關(guān)于軸等距且平行的兩束不同單色細光束，從玻璃體右方射出后的光略如圖所示，MN是垂直放置的光屏，沿方向不斷左右移動光岸，可在屏上得到一個光斑P，根據(jù)該光路圖，下列說法正確的是（）A.在該玻璃體中，A光比B光的運動時間長B.光電效應(yīng)實驗時，用A光比B光更容易發(fā)生C.A光的頻率比B光的頻率高D.用同一裝置做雙縫干涉實驗時A光產(chǎn)生的條紋間距比B光的大【答案】D【解析】A.光線通過玻璃體后，A光的偏折程度比B光的小，則該玻璃體對A光的折射率比對B光的折射率小，而折射率越大，光的頻率越高，說明A光的頻率比B光的頻率低；根據(jù)v=c/n，A光在玻璃中波速大，傳播時間短，故A錯誤，C錯誤；B.因為A光的頻率比B光的頻率低，光電效應(yīng)實驗時，用A光比B光更不容易發(fā)生，故B錯誤。D.A光的頻率比B光的頻率低，由c=λγ知，在真空中，A光的波長比B光的長，而雙縫干涉條紋間距與波長成正比，則A光的條紋較B寬。故D正確。故選：D4.如圖所示，輕繩一端連接放置在水平地面上的物體Q，另一端繞過固定在天花板上的定滑輪與小球P連接，P、Q始終處于靜止狀態(tài)，則()A.Q可能受到兩個力的作用B.Q可能受到三個力的作用C.Q受到的輕繩拉力與重力的合力方向水平向左D.Q受到的輕繩拉力與重力的合力方向指向左下方【答案】D【解析】試題分析：Q處于靜止狀態(tài)，受力平衡，對Q受力分析，受到重力、繩子的拉力，這兩個力不能平衡，則Q還要受到地面的支持力和水平向右的靜摩擦力，共四個力作用，根據(jù)平衡條件可知，Q受到的繩子拉力與重力的合力與支持力以及靜摩擦力的合力大小相等，方向相反，而持力以及靜摩擦力的合力方向指向右上方，則Q受到的繩子拉力與重力的合力方向指向左下方，故D正確，ABC錯誤?？键c：共點力平衡的條件及其應(yīng)用、物體的彈性和彈力【名師點睛】本題主要考查了共點力平衡條件的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確分析物體的受力情況，知道有摩擦力就一定有彈力。5.如圖為洛倫茲力演示儀的結(jié)構(gòu)圖，勵磁線圈產(chǎn)生的勻強磁場方向垂直紙面向外，電子束由電子槍產(chǎn)生，其速度方向與磁場方向垂直，電子速度大小可通過電子槍的加速電壓來控制，磁場強弱可通過勵磁線圈的電流來調(diào)節(jié)，下列說法正確的是（）A.僅增大勵磁線圈的電流，電子束徑跡的半徑變大B.僅提高電子槍的加速電壓，電子束徑跡的半徑變大C.僅增大勵磁線圈的電流，電子做圓周運動的周期將變大D.僅提高電子槍的加速電壓，電子做圓周運動的周期將變大【答案】B【解析】試題分析：電子在加速電場中加速，由動能定理有：，電子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有：，解得：，那么周期為：,當增大勵磁線圈中的電流，電流產(chǎn)生的磁場增強，半徑在減小，周期變小，故AC錯誤；當提高電子槍加速電壓，速度增大，電子束的軌道半徑變大、周期不變，故B正確，D錯誤。所以D正確，ABC錯誤?？键c：洛倫茲力、動能定理、圓周運動【名師點睛】本題主要考查了洛倫茲力、動能定理、圓周運動。根據(jù)動能定理表示出加速后獲得的速度，然后根據(jù)洛倫茲力提供向心力推導(dǎo)出半徑的表達式，利用速度公式推導(dǎo)出周期表達式，增大勵磁線圈中的電流，電流產(chǎn)生的磁場增強，當提高電子槍加速電壓，速度增大，并結(jié)合以上公式即可解題。6.在坐標原點的波源產(chǎn)生一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波，波遠速，已知在時刻的波形如圖所示，此時波剛好傳播到處，下列說法中正確的是()A.這列波的波長為4mB.這列波的振幅為20cmC.波源起振方向沿y軸正方向D.再經(jīng)過0.2s的時間，質(zhì)點a到達質(zhì)點b現(xiàn)在所處的位置【答案】AC【解析】A.由簡諧波圖象可知，波長為4m，故A正確；B.由簡諧波圖象可知，振幅為10cm，故B錯誤；C.每個點都重復(fù)了波源的振動，在5m位置質(zhì)點向上振動，故波源起振方向沿y軸正方向，故C正確；D.質(zhì)點只在自己的位置上下振動，不會沿x軸運動，故不能到達b點，故E錯誤。故選：AC點睛：通過簡諧波圖象可以判斷出波長、振幅；簡諧波傳播過程中，介質(zhì)中各質(zhì)點的起振方向與波源的起振方向相同；質(zhì)點只在自己的位置上下振動，不會沿x軸運動。7.真空中有兩點電荷、分別位于直角三角形的頂點C和頂點B上，D為斜邊AB的中點，，如圖所示，已知A點電場強度的方向垂直AB向下，則下列說法正確的是()A.帶正電，帶負電B.D點電勢高于A點電勢C.電荷量的絕對值等于電荷量的絕對值的二倍D.電荷量的絕對值等于電荷量的絕對值的一半【答案】AD【解析】B.由于A.D兩點到q1的距離是相等的,對于q1產(chǎn)生的電場，A、D電勢是相等的；D距離q2更近，沿著電場方向，電勢逐漸降低，則D點電勢低于A點電勢，故B錯誤；CD、從圖中可知設(shè)AB=2L,則AC=ABsin30°=L,從場強分解的圖中可知E2/E1=sin30°,即E1=2E2,又E1=,E2=,解得q2=2q1；故C錯誤，D正確；故選：AD點睛：將A點場強EA分解到AC和AB方向，從而判斷兩電荷場強的方向，再判斷電性；利用電勢與電場線的關(guān)系，判斷D點和A點電勢的高低；最后根據(jù)分解的場強關(guān)系，分別計算兩電荷的場強，求出兩電荷量之比．8.太空中在一些離其他恒展很遠的、由三顆星體組成的三星系統(tǒng)，可忽略其他星體對它們的引力作用。已觀測到穩(wěn)定的三星系統(tǒng)存在兩種基本的構(gòu)成形式：一種是直線三星系統(tǒng)A（三顆星體始終在一條直線上)；另一種是三角形三星系統(tǒng)(三顆星體位于等邊三角形的三個頂點上)，已知某直線三星系統(tǒng)A每顆星體的質(zhì)量均為m，相鄰兩顆星體中心間的距離都為R；某三角形三星系統(tǒng)B的每顆星體的質(zhì)量恰好也均為m，且三星系統(tǒng)A外側(cè)的兩顆星體做勻速圓周運動的周期和三星系系統(tǒng)B每顆星體做勻速圓周運動的周期相等，引力常量為G，則()A.三星系統(tǒng)B的運動周期為B.三星系統(tǒng)A外側(cè)兩顆星體運動的角速度大小為C.三星系統(tǒng)A外側(cè)兩顆星體運動的線速度大小為D.三星系統(tǒng)B任意兩顆星體中心間的距離為【答案】BC【解析】BC、對三星系統(tǒng)A:三顆星位于同一直線上，兩顆星圍繞中央星在同一半徑為R的圓軌道上運行；其中邊上的一顆星受中央星和另一顆邊上星的萬有引力提供向心力：解之得：，v=故周期為，故B正確，C正確；A.三星系統(tǒng)A外側(cè)的兩顆星作勻速圓周運動的周期和三星系統(tǒng)B每顆星作勻速圓周運動的周期相等，故：T′=，故A錯誤；D.三星系統(tǒng)B是三顆星位于等邊三角形的三個頂點上，并沿外接于等邊三角形的圓形軌道運行，由萬有引力定律和牛頓第二定律得：由于兩種系統(tǒng)的運動周期相同,即故解得：L=，故D錯誤；故選：BC三、填空實驗題9.如圖，質(zhì)量為m的物體P置于傾角為的固定光滑斜面上，輕細繩過光滑定滑分別連接著P與小車，P與滑輪間的細繩平行于斜面，小車以速率v水平向右做勻速直線運動，當小車與滑輪間的細繩和水平方向成夾角時，繩的拉力____(填寫>，=，<)，P的速率為___________?！敬鸢浮?1).>(2).【解析】10..某學(xué)習(xí)小組利用如圖所示的實驗裝置探究合外力與速度的關(guān)系：一端帶有定滑輪的長木板固定在水平桌面上，用輕繩繞過定滑輪及動滑輪將滑塊與彈簧測力計相連，實驗中改變動滑輪下懸掛的鉤碼個數(shù)，進行多次測量，記錄彈管測力計的示數(shù)，并利用速度傳感器測出從同一位置P由靜止開始釋放的滑塊經(jīng)過速度傳感器時的速度大小，用天平測出滑塊的質(zhì)量m，用刻度尺測出P與速度傳感器間的距離s，當?shù)氐闹亓铀俣却笮間，滑輪的質(zhì)量都很小。①實驗中鉤碼的質(zhì)量_____(填“需要”或“不需要”)遠小于滑塊的質(zhì)量；②根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出圖象，下列圖象中最符合實際情況的是_____________。③根據(jù)實驗已測得數(shù)據(jù)及圖象，______(填“能”或“不能”)測出滑塊與長木板間的動摩擦因數(shù)?！敬鸢浮?1).不需要(2).B(3).能【解析】(1)實驗中鉤碼的質(zhì)量不需要遠小于滑塊的質(zhì)量，因為滑塊所受的拉力可由彈簧測力計直接測出。(2)由Fs?μmgs=?0可得v2=F?2μgs,當m、s、μ一定時,v2與F為線性關(guān)系，且v=0時F>0，B正確。故選：B(3)由v2?F圖象讀出橫軸截距b,則b=μmg,得μ=b/mg.故答案為：(1)不需要;(2)B;(3)能。11.某小組同學(xué)通過實驗測量金屬絲的電阻率，現(xiàn)有的器材規(guī)格如下：A.待測金屬絲電阻(大約，長度為L)B.直流電流表A1(量程，內(nèi)阻約)C.直流電流表A2(量程，內(nèi)阻約)D.直流電壓表V(量程，內(nèi)阻為)E.定值電阻F.直流電源(輸出電壓6V，內(nèi)阻不計)G.滑動變阻器R(阻值范圍，允許最大電流2A)H.開關(guān)一個、導(dǎo)線若干①用螺旋測微器測量金屬絲的直徑d，示數(shù)如圖所示，讀數(shù)為_____mm；②根據(jù)器材的規(guī)格和實驗要求，為了減小測量誤差，直流電流表應(yīng)選_____(填選項前的字母)；③在方框內(nèi)畫出實驗電路圖_____(要求電壓和電流的變化范圍盡可能大一驗)；④某次測量中，電流表的讀數(shù)為I，電壓表的讀數(shù)為U，則該金屬絲的電阻率表達式為______(用題中所給物理量的字母表示并忽略電表內(nèi)阻的影響)?！敬鸢浮?1).均可(2).C(3).(4).【解析】(1)由圖甲所示螺旋測微器可知，固定刻度為2mm，可動刻度示數(shù)為20.0×0.01mm=0.200mm，金屬絲直徑d=2mm+0.200mm=2.200mm；(2)電阻絲電阻約為10Ω，則電流最大約為6/10=0.6A，故電流表應(yīng)選擇C；(3)根據(jù)實驗要求以及給出的滑動變阻器可知，本實驗應(yīng)采用滑動變阻器分壓接法；同時因電阻絲阻值較小，故應(yīng)采用電流表外接法；電壓表量程較小，故需串聯(lián)定值電阻，擴大量程。原理圖如圖所示；(4)由電阻定律可知,，R=2U/I可得：ρ=四、計算題12.如圖所示，質(zhì)量為的小物塊由靜止輕輕放在水平勻速運動的傳送帶上，從A點隨傳送帶運動到水平部分的最右端B點時，恰好與輕放在B點的質(zhì)量為的另一物塊碰撞后粘在一起，經(jīng)半圓軌道C點沿圓弧切線進入豎直光滑的半圓軌道，恰能做圓周運動，C點在B點的正上方，D點為軌道的最低點，粘合物塊離開D點后，做平拋運動，恰好垂直于傾斜擋板打在擋板跟水平面相交的E點，已知半圓軌道的半徑，D點距水平面的高度，取,試求：(1)摩擦力對小物塊做的功；(2)小物塊經(jīng)過D點時對軌道壓力的大小；(3)傾斜擋板與水平面間的夾角?！敬鸢浮浚?）18J（2）120N(3)600【解析】（1）設(shè)粘合物塊經(jīng)過C點時的速度大小為，因為經(jīng)過C時恰好能完成圓周運動，由牛頓第二定律可以得到：，得到：小物塊碰撞時，由動量守恒定律得：，解得到：小物塊由A到B過程中，設(shè)摩擦力對其做功為W，由動能定理得到：（2）設(shè)粘合物塊經(jīng)過D點時的速度為，對由C點到D點的過程，由動能定理得到：粘合物塊經(jīng)過D點時，設(shè)軌道對它的支持力大小為，由牛頓第二定律得到：聯(lián)立可以得到：由牛頓第三定律可知，小物塊對軌道的壓力大小為（3）小物塊離開D點做平拋運動，設(shè)經(jīng)過時間t打在E點，由，得到：設(shè)小物塊打在E點時速度的水平、豎直分量分別為、，速度跟豎直方向的夾角為則，又：，聯(lián)立解得：。13.如圖所示，粗糙斜面的傾角，半徑的圓形區(qū)域內(nèi)存在著垂直于斜面向下的勻強磁場，一個匝數(shù)n=10匝的剛性正方形線框abcd，通過松馳的柔軟導(dǎo)線與一個額定功率的小燈泡A相連，圓形磁場的一條直徑恰好與線框bc邊重合，已知線框總質(zhì)量，總電阻，邊長，與斜面間的動摩擦因數(shù)，從時起，磁場的磁感應(yīng)強度按的規(guī)律變化，開始時線框靜止在斜面上，在線框運動前，燈泡始終正常發(fā)光。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，(g取，，)求：(1)線框不動時，回路中的感應(yīng)電動勢E；(2)小燈泡正常發(fā)光時的電阻R；(3)線框保持不動的時間內(nèi)，小燈泡產(chǎn)生的熱量Q?！敬鸢浮?1)2.5v（2）1.25?（3）3.2J【解析】（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律：，得到：（2）小燈泡正常發(fā)光，有由閉合電路歐姆定律有：即有：代入數(shù)據(jù)可以得到：；（3）對線框bc邊處于磁場中的部分受力分析如圖，當線框恰好要運動時，磁場的磁感應(yīng)強度大小為，由力的平衡條件有：由上解得線框剛要運動時，磁場的磁感應(yīng)強度大小為，線框在斜面上可保持靜止的時間為小燈泡產(chǎn)生的熱量14.如圖所示，在xOy平面內(nèi)，以為圓心、R為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直平面向里的勻強磁場，x軸下方有一直線ab，ab與x軸相距為d，x軸與直線ab間區(qū)域有平行于y軸的勻強電場E，在ab的下方有一平行于x軸的感光板MN，ab與MN間區(qū)域有垂直于紙平面向外的勻強磁場，在的區(qū)域內(nèi)，質(zhì)量為m的電子從圓形區(qū)域左側(cè)的任何位置沿x軸正方向