天津市河西区高三下学期一模考试物理试题

天津河西区2018届高三一模理综物理试题一、选择题1.北京时间2011年3月11日13时46分地震和海啸引发福岛第一核电站放射性物质泄漏，其中放射性物质碘131的衰变方程为，根据有关放射性知识，下列说法正确的是()A.Y粒子为粒子B.中有53个质子和78个核子C.生成的处于激发态，放射射线，射线的穿透能力最强，电离能力也最强D.若的半衰期大约是8天，取4个碘原子核，经16天就只剩下1个碘原子核了【答案】A【解析】A.根据衰变过程中质量数和电荷数守恒，Y粒子为β粒子，故A正确。B.电荷数为53，有53个质子，有13153=78个中子，共131个核子，故B错误；C.生成的处于激发态，还会放射γ射线.γ射线的穿透能力最强，γ射线是高能光子，即高能电磁波，它是不带电的，所以γ射线的电离作用很弱，故C错误；D.半衰期是一个统计规律，只对大量的原子核才适用，对少数原子核是不适用的。所以，则若取4个碘原子核，经16天剩下几个碘原子核无法预测，故D错误。故选：A.点睛：根据衰变过程中质量数和电荷数守恒列出衰变方程．半衰期是一个统计规律，只对大量的原子核才适用，对少数原子核是不适用的．2.如图所示，图甲为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律如图乙所示，发电机线圈内阻为，外接灯泡的电阻为恒定不变，则下列说法中正确的是()A.电压表的示数为6VB.发电机的输出功率为4WC.在时刻，穿过线圈的磁通量最大D.在时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大【答案】C【解析】A.由E==6V,电压表示数U=.故A错误；B、灯泡消耗的功率为P=，发电机的输出功率为3.24W，故B错误；C、在1.0×10−2s时刻，线圈处于中性面位置，故穿过线圈的磁通量最大，变化率为零，故C正确，D错误。故选：C点睛：由图读出电动势的最大值，求出有效值，根据欧姆定律求出外电压的有效值，即为电压表的示数．根据电压有效值求出灯泡消耗的功率．根据产生的电压关系判断出磁通量的变化率3.如图所示，是半圆柱形玻璃体的对称面和纸面的交线，A、B是关于轴等距且平行的两束不同单色细光束，从玻璃体右方射出后的光略如图所示，MN是垂直放置的光屏，沿方向不断左右移动光岸，可在屏上得到一个光斑P，根据该光路图，下列说法正确的是（）A.在该玻璃体中，A光比B光的运动时间长B.光电效应实验时，用A光比B光更容易发生C.A光的频率比B光的频率高D.用同一装置做双缝干涉实验时A光产生的条纹间距比B光的大【答案】D【解析】A.光线通过玻璃体后，A光的偏折程度比B光的小，则该玻璃体对A光的折射率比对B光的折射率小，而折射率越大，光的频率越高，说明A光的频率比B光的频率低；根据v=c/n，A光在玻璃中波速大，传播时间短，故A错误，C错误；B.因为A光的频率比B光的频率低，光电效应实验时，用A光比B光更不容易发生，故B错误。D.A光的频率比B光的频率低，由c=λγ知，在真空中，A光的波长比B光的长，而双缝干涉条纹间距与波长成正比，则A光的条纹较B宽。故D正确。故选：D4.如图所示，轻绳一端连接放置在水平地面上的物体Q，另一端绕过固定在天花板上的定滑轮与小球P连接，P、Q始终处于静止状态，则()A.Q可能受到两个力的作用B.Q可能受到三个力的作用C.Q受到的轻绳拉力与重力的合力方向水平向左D.Q受到的轻绳拉力与重力的合力方向指向左下方【答案】D【解析】试题分析：Q处于静止状态，受力平衡，对Q受力分析，受到重力、绳子的拉力，这两个力不能平衡，则Q还要受到地面的支持力和水平向右的静摩擦力，共四个力作用，根据平衡条件可知，Q受到的绳子拉力与重力的合力与支持力以及静摩擦力的合力大小相等，方向相反，而持力以及静摩擦力的合力方向指向右上方，则Q受到的绳子拉力与重力的合力方向指向左下方，故D正确，ABC错误。考点：共点力平衡的条件及其应用、物体的弹性和弹力【名师点睛】本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，知道有摩擦力就一定有弹力。5.如图为洛伦兹力演示仪的结构图，励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直，电子速度大小可通过电子枪的加速电压来控制，磁场强弱可通过励磁线圈的电流来调节，下列说法正确的是（）A.仅增大励磁线圈的电流，电子束径迹的半径变大B.仅提高电子枪的加速电压，电子束径迹的半径变大C.仅增大励磁线圈的电流，电子做圆周运动的周期将变大D.仅提高电子枪的加速电压，电子做圆周运动的周期将变大【答案】B【解析】试题分析：电子在加速电场中加速，由动能定理有：，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：，解得：，那么周期为：,当增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，半径在减小，周期变小，故AC错误；当提高电子枪加速电压，速度增大，电子束的轨道半径变大、周期不变，故B正确，D错误。所以D正确，ABC错误。考点：洛伦兹力、动能定理、圆周运动【名师点睛】本题主要考查了洛伦兹力、动能定理、圆周运动。根据动能定理表示出加速后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式，利用速度公式推导出周期表达式，增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，当提高电子枪加速电压，速度增大，并结合以上公式即可解题。6.在坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波遠速，已知在时刻的波形如图所示，此时波刚好传播到处，下列说法中正确的是()A.这列波的波长为4mB.这列波的振幅为20cmC.波源起振方向沿y轴正方向D.再经过0.2s的时间，质点a到达质点b现在所处的位置【答案】AC【解析】A.由简谐波图象可知，波长为4m，故A正确；B.由简谐波图象可知，振幅为10cm，故B错误；C.每个点都重复了波源的振动，在5m位置质点向上振动，故波源起振方向沿y轴正方向，故C正确；D.质点只在自己的位置上下振动，不会沿x轴运动，故不能到达b点，故E错误。故选：AC点睛：通过简谐波图象可以判断出波长、振幅；简谐波传播过程中，介质中各质点的起振方向与波源的起振方向相同；质点只在自己的位置上下振动，不会沿x轴运动。7.真空中有两点电荷、分别位于直角三角形的顶点C和顶点B上，D为斜边AB的中点，，如图所示，已知A点电场强度的方向垂直AB向下，则下列说法正确的是()A.带正电，带负电B.D点电势高于A点电势C.电荷量的绝对值等于电荷量的绝对值的二倍D.电荷量的绝对值等于电荷量的绝对值的一半【答案】AD【解析】B.由于A.D两点到q1的距离是相等的,对于q1产生的电场，A、D电势是相等的；D距离q2更近，沿着电场方向，电势逐渐降低，则D点电势低于A点电势，故B错误；CD、从图中可知设AB=2L,则AC=ABsin30∘=L,从场强分解的图中可知E2/E1=sin30∘,即E1=2E2,又E1=,E2=,解得q2=2q1；故C错误，D正确；故选：AD点睛：将A点场强EA分解到AC和AB方向，从而判断两电荷场强的方向，再判断电性；利用电势与电场线的关系，判断D点和A点电势的高低；最后根据分解的场强关系，分别计算两电荷的场强，求出两电荷量之比．8.太空中在一些离其他恒展很远的、由三颗星体组成的三星系统，可忽略其他星体对它们的引力作用。已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是直线三星系统A（三颗星体始终在一条直线上)；另一种是三角形三星系统(三颗星体位于等边三角形的三个顶点上)，已知某直线三星系统A每颗星体的质量均为m，相邻两颗星体中心间的距离都为R；某三角形三星系统B的每颗星体的质量恰好也均为m，且三星系统A外侧的两颗星体做匀速圆周运动的周期和三星系系统B每颗星体做匀速圆周运动的周期相等，引力常量为G，则()A.三星系统B的运动周期为B.三星系统A外侧两颗星体运动的角速度大小为C.三星系统A外侧两颗星体运动的线速度大小为D.三星系统B任意两颗星体中心间的距离为【答案】BC【解析】BC、对三星系统A:三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星在同一半径为R的圆轨道上运行；其中边上的一颗星受中央星和另一颗边上星的万有引力提供向心力：解之得：，v=故周期为，故B正确，C正确；A.三星系统A外侧的两颗星作匀速圆周运动的周期和三星系统B每颗星作匀速圆周运动的周期相等，故：T′=，故A错误；D.三星系统B是三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行，由万有引力定律和牛顿第二定律得：由于两种系统的运动周期相同,即故解得：L=，故D错误；故选：BC三、填空实验题9.如图，质量为m的物体P置于倾角为的固定光滑斜面上，轻细绳过光滑定滑分别连接着P与小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动，当小车与滑轮间的细绳和水平方向成夹角时，绳的拉力____(填写>，=，<)，P的速率为___________。【答案】(1).>(2).【解析】10..某学习小组利用如图所示的实验装置探究合外力与速度的关系：一端带有定滑轮的长木板固定在水平桌面上，用轻绳绕过定滑轮及动滑轮将滑块与弹簧测力计相连，实验中改变动滑轮下悬挂的钩码个数，进行多次测量，记录弹管测力计的示数，并利用速度传感器测出从同一位置P由静止开始释放的滑块经过速度传感器时的速度大小，用天平测出滑块的质量m，用刻度尺测出P与速度传感器间的距离s，当地的重力加速度大小为g，滑轮的质量都很小。①实验中钩码的质量_____(填“需要”或“不需要”)远小于滑块的质量；②根据实验数据作出图象，下列图象中最符合实际情况的是_____________。③根据实验已测得数据及图象，______(填“能”或“不能”)测出滑块与长木板间的动摩擦因数。【答案】(1).不需要(2).B(3).能【解析】(1)实验中钩码的质量不需要远小于滑块的质量，因为滑块所受的拉力可由弹簧测力计直接测出。(2)由Fs−μmgs=−0可得v2=F−2μgs,当m、s、μ一定时,v2与F为线性关系，且v=0时F>0，B正确。故选：B(3)由v2−F图象读出横轴截距b,则b=μmg,得μ=b/mg.故答案为：(1)不需要;(2)B;(3)能。11.某小组同学通过实验测量金属丝的电阻率，现有的器材规格如下：A.待测金属丝电阻(大约，长度为L)B.直流电流表A1(量程，内阻约)C.直流电流表A2(量程，内阻约)D.直流电压表V(量程，内阻为)E.定值电阻F.直流电源(输出电压6V，内阻不计)G.滑动变阻器R(阻值范围，允许最大电流2A)H.开关一个、导线若干①用螺旋测微器测量金属丝的直径d，示数如图所示，读数为_____mm；②根据器材的规格和实验要求，为了减小测量误差，直流电流表应选_____(填选项前的字母)；③在方框内画出实验电路图_____(要求电压和电流的变化范围尽可能大一验)；④某次测量中，电流表的读数为I，电压表的读数为U，则该金属丝的电阻率表达式为______(用题中所给物理量的字母表示并忽略电表内阻的影响)。【答案】(1).均可(2).C(3).(4).【解析】(1)由图甲所示螺旋测微器可知，固定刻度为2mm，可动刻度示数为20.0×0.01mm=0.200mm，金属丝直径d=2mm+0.200mm=2.200mm；(2)电阻丝电阻约为10Ω，则电流最大约为6/10=0.6A，故电流表应选择C；(3)根据实验要求以及给出的滑动变阻器可知，本实验应采用滑动变阻器分压接法；同时因电阻丝阻值较小，故应采用电流表外接法；电压表量程较小，故需串联定值电阻，扩大量程。原理图如图所示；(4)由电阻定律可知,，R=2U/I可得：ρ=四、计算题12.如图所示，质量为的小物块由静止轻轻放在水平匀速运动的传送带上，从A点随传送带运动到水平部分的最右端B点时，恰好与轻放在B点的质量为的另一物块碰撞后粘在一起，经半圆轨道C点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道，恰能做圆周运动，C点在B点的正上方，D点为轨道的最低点，粘合物块离开D点后，做平抛运动，恰好垂直于倾斜挡板打在挡板跟水平面相交的E点，已知半圆轨道的半径，D点距水平面的高度，取,试求：(1)摩擦力对小物块做的功；(2)小物块经过D点时对轨道压力的大小；(3)倾斜挡板与水平面间的夹角。【答案】（1）18J（2）120N(3)600【解析】（1）设粘合物块经过C点时的速度大小为，因为经过C时恰好能完成圆周运动，由牛顿第二定律可以得到：，得到：小物块碰撞时，由动量守恒定律得：，解得到：小物块由A到B过程中，设摩擦力对其做功为W，由动能定理得到：（2）设粘合物块经过D点时的速度为，对由C点到D点的过程，由动能定理得到：粘合物块经过D点时，设轨道对它的支持力大小为，由牛顿第二定律得到：联立可以得到：由牛顿第三定律可知，小物块对轨道的压力大小为（3）小物块离开D点做平抛运动，设经过时间t打在E点，由，得到：设小物块打在E点时速度的水平、竖直分量分别为、，速度跟竖直方向的夹角为则，又：，联立解得：。13.如图所示，粗糙斜面的倾角，半径的圆形区域内存在着垂直于斜面向下的匀强磁场，一个匝数n=10匝的刚性正方形线框abcd，通过松驰的柔软导线与一个额定功率的小灯泡A相连，圆形磁场的一条直径恰好与线框bc边重合，已知线框总质量，总电阻，边长，与斜面间的动摩擦因数，从时起，磁场的磁感应强度按的规律变化，开始时线框静止在斜面上，在线框运动前，灯泡始终正常发光。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，(g取，，)求：(1)线框不动时，回路中的感应电动势E；(2)小灯泡正常发光时的电阻R；(3)线框保持不动的时间内，小灯泡产生的热量Q。【答案】(1)2.5v（2）1.25Ώ（3）3.2J【解析】（1）由法拉第电磁感应定律：，得到：（2）小灯泡正常发光，有由闭合电路欧姆定律有：即有：代入数据可以得到：；（3）对线框bc边处于磁场中的部分受力分析如图，当线框恰好要运动时，磁场的磁感应强度大小为，由力的平衡条件有：由上解得线框刚要运动时，磁场的磁感应强度大小为，线框在斜面上可保持静止的时间为小灯泡产生的热量14.如图所示，在xOy平面内，以为圆心、R为半径的圆形区域内有垂直平面向里的匀强磁场，x轴下方有一直线ab，ab与x轴相距为d，x轴与直线ab间区域有平行于y轴的匀强电场E，在ab的下方有一平行于x轴的感光板MN，ab与MN间区域有垂直于纸平面向外的匀强磁场，在的区域内，质量为m的电子从圆形区域左侧的任何位置沿x轴正方向