山東省濟寧市高三上學期第一次模擬考試物理試卷

2018—2019學年度濟寧市高考模擬考試理科綜合能力測試二、選擇題：1.日本福島核事故是世界上最大的核事故之一，2019年2月13日首次“A.U92238衰變成P82206b要經過4次βB.天然放射現象中產生的α射線的速度與光速相當，穿透能力很強C.將由放射性元素組成的化合物進行高溫分解，會改變放射性元素的半衰期D.放射性元素發(fā)生β衰變時所釋放的電子是原子核內的中子轉化為質子時產生的【答案】D【解析】【詳解】A、設經x次α衰變和y次β衰變，根據質量數守恒和電荷數守恒得238=206+4x+0，92=82+2x?y，解得x=8，yB、α射線是速度為c的氦核流，穿透能力最弱；γ射線的穿透能力最強且速度與光速相當；故B錯誤.C、半衰期具有統(tǒng)計規(guī)律，只對大量的原子核適用，且半衰期的大小由原子核內部因素決定，與所處的物理環(huán)境和化學狀態(tài)無關；故C錯誤.D、β衰變放出的電子是來自原子核發(fā)生衰變的產物，是中子變成了質子和電子；故D正確.故選D.2.據報道，2020年我國將發(fā)射首顆“人造月亮”，其亮度是月球亮度的8倍，可為城市提供夜間照明。假設“人造月亮”在距離地球表面500km的軌道上繞地球做勻速圓周運動(不計地球自轉的影響)，下列有關“人造月亮”的說法正確的是A.發(fā)射速度小于第一宇宙速度B.角速度大于月球繞地球運行的角速度C.向心加速度大于地球表面的重力加速度D.在運行軌道上處于完全失重狀態(tài)，重力加速度為0【答案】B【解析】【分析】知道第一宇宙速度的物理意義，研究“人造月亮”繞地球做勻速圓周運動，根據萬有引力提供向心力，列出等式表示出所要比較的物理量.【詳解】A、第一宇宙速度是人造衛(wèi)星的最小發(fā)射速度，也是人造衛(wèi)星的最大運行速度，根據GMmr2=B、根據GMmr2=mC、根據GMmr2=D、“人造月亮”在繞地球做勻速圓周運動時，萬有引力即重力提供向心力，加速度豎直向下等于重力加速度，故處于完全失重狀態(tài)，但重力加速度g=GM故選B.【點睛】本題考查萬有引力定律的應用，解題的關鍵是根據萬有引力提供向心力，列出等式表示出所要比較的物理量即可正確求解.3.如圖所示，質量為m的長木板放在水平地面上，站在木板上的人用斜向右下方的力F推箱子，三者都保持靜止。人和箱子的質量也均為m，重力加速度為g。下列說法正確的是A.人對長木板的壓力大小為mgB.長木板對地面的壓力大于3mgC.箱子受到的摩擦力的方向水平向左D.地面對長木板的摩擦力的方向水平向左【答案】C【解析】【分析】對箱子受力分析，根據平衡條件判斷其受靜摩擦力方向；對三個物體的整體受力分析，根據平衡條件判斷地面對整體的支持力和靜摩擦力情況．【詳解】A、人用斜向下的力推箱子，對人受力分析，受重力和木板的支持力，箱子的支持力斜向左上(推力的反作用力)，人在豎直方向平衡有：箱子的豎直分力和木板的支持力的合力等于人的重力，故木板的支持力小于mg，根據牛頓第三定律知人對木板的壓力小于重力；故A錯誤；B、對三個物體的整體受力分析，受重力和支持力，根據平衡條件，支持力等于重力；根據牛頓第三定律，支持力等于壓力；故壓力等于重力為3mg；故B錯誤；C、人用力F向右推箱子，對箱子受力分析，受推力、重力、支持力、靜摩擦力，根據平衡條件，箱子受到的摩擦力方向向左，與推力的水平分力平衡，故C正確；D、對三個物體的整體受力分析，受重力和支持力，不受摩擦力，否則不平衡，故地面對木板沒有摩擦力，故D錯誤；故選C.【點睛】本題關鍵是采用隔離法和整體法靈活地選擇研究對象，然后根據共點力平衡條件列式判斷.4.如圖所示，兩電荷量分別為－Q和+2Q的點電荷固定在直線MN上，兩者相距為L，以+2Q的點電荷所在位置為圓心、L2為半徑畫圓，a、b、c、d是圓周上四點，其中a、b在MN直線上，c、d兩點連線垂直于MNA.c、d兩點的電勢相同B.a點的電勢高于b點的電勢C.c、d兩點的電場強度相同D.a點的電場強度小于b點的電場強度【答案】A【解析】【詳解】A、B、a、b、c、d四點在以點電荷+2Q為圓心的圓上，可知+2Q產生的電場在a、b、c、d四點的電勢是相等的，所以a、b、c、d四點的總電勢可以通過Q產生的電場的電勢確定，根據順著電場線方向電勢降低可知，b點的電勢最高，c、d兩點對稱電勢相等，a點電勢最低；故A正確，B錯誤.C、+2Q的場源在c、d兩點產生的場強大小相等，Q的場源在c、d兩點的產生的場強大小也相等，根據場強的合成可知兩點的總場強大小相等，但方向不同，故c、d兩點的電場強度不同；故C錯誤；D、由點電荷的場強公式E=kQr2，合成可得Ea=2故選A.【點睛】本題考查判斷電勢、場強大小的能力，要利用庫侖定律和場強的矢量合成的方法對各點的電勢和場強進行判定，并且要充分利用電場的疊加原理進行分析．5.如圖所示，理想變壓器原線圈接一正弦交變電源，其電壓的有效值恒定不變，兩個副線圈的匝數分別為n1和n2，所接電阻分別為R1和R2，且R2=2R1。不計電流表內阻，當只閉合S1時，電流表示數為1A，只閉合S2時，電流表示數為2A，則n1：n2等于A.1：1B.1：2C.1：3D.1：4【答案】B【解析】【分析】設原線圈的電壓為U，當只閉合S1時，根據電流表示數為1A，可知變壓器的輸入功率，從而可知輸出功率；當S1和S2都閉合時，電流表示數為2A，可知變壓器的輸入功率，從而可知輸出功率；進而得到兩副線圈的功率之比，根據P=U2R，結合負載4R1【詳解】設原線圈的電壓為U，當只閉合S1時，根據電流表示數為1A，則變壓器的輸入功率為U×1A；則副線圈的功率為U×1A；當S1和S2都閉合時，電流表示數為2A，則變壓器的輸入功率為U×2A；則副線圈的功率為U×2A；因此兩副線圈的功率之比為1:1；根據P=U2R，結合負載4R1=R2的阻值關系，則有：U12R1=U22R2，解得:U1:故選B.【點睛】本題考查了變壓器的特點：輸入功率等于輸出功率，且電壓與匝數成正比，電流與匝數成反比，注意副線圈的電阻阻值關系是解題的關鍵．6.如圖所示，在豎直平面內固定一半圓形軌道，O為圓心，AB為水平直徑，有一可視為質點的小球從A點以不同的初速度向右水平拋出，不計空氣阻力，下列說法正確的是A.初速度越大，小球運動時間越長B.初速度不同，小球運動時間可能相同C.小球落到軌道的瞬間，速度方向可能沿半徑方向D.小球落到軌道的瞬間，速度方向一定不沿半徑方向【答案】BD【解析】【分析】根據平拋運動的特點，平拋運動的時間由高度決定，與水平初速度無關；做平拋運動的物體的速度的反向延長線經過水平位移的中點.【詳解】A、平拋運動的時間由高度決定，與水平初速度無關，初速度大時，與半圓接觸時下落的距離不一定比速度小時下落的距離大，故A錯誤；B、速度不同的小球下落的高度可能相等，如碰撞點關于半圓過O點的豎直軸對稱的兩個點，運動的時間相等，故B正確；C、D、若小球落到半圓形軌道的瞬間垂直撞擊半園形軌道，即速度方向沿半徑方向，則速度方向與水平方向的夾角是位移方向與水平方向夾角的2倍.因為同一位置速度方向與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的兩倍，兩者相互矛盾，則小球的速度方向不會沿半徑方向；故C錯誤，D正確.故選BD.7.如圖甲所示，靜止在水平地面上的物體，在豎直向上的拉力F作用下開始向上運動，在運動過程中，物體的動能Ek與位移x的關系圖象如圖乙所示，0～h過程中的圖線為平滑曲線，h～2h過程中的圖線為平行于橫軸的直線，2h～3h過程中的圖線為傾斜直線，不計空氣阻力，下列說法正確的是A.在0～h過程中物體的機械能增加B.物體上升到h處時，拉力的功率為零C.在h～2h過程中物體的機械能不變D.在2h~3h過程中物體受到的拉力始終為零【答案】AD【解析】【分析】根據功能關系：除重力以外其它力所做的功等于機械能的增量，0h過程中物體動能、勢能增加，知拉力做的功等于動能與勢能之和，在h2h之間，動能不變，勢能增加，在2h3h之間，動能的減小量等于勢能的增加量．【詳解】A、B、在0～h高度內,由動能定理得：Ek=(Fmg)x，圖象的斜率表示合外力.在0～h過程中，斜率逐漸減小到零，則拉力逐漸減小到等于重力，合力減小為零，則在上升到高度h時，由圖象可知F=mg，速度為v，則功率為P=mgv，拉力的功率不為零;因除重力以外的拉力一直做正功，則機械能一直增大；故A正確，B錯誤；C、在h～2h過程中，物體勻速上升，拉力做正功，物體的機械能增加，故C錯誤.D、在2h～3h過程中，圖線斜率恒定，大小為mg，則物體合力大小為mg，即物體只受到重力，拉力一直為零；故D正確.故選AD.【點睛】解決本題的關鍵根據動能定理列式，分析出圖象的斜率等于合外力，明確除了重力以外其他力做功等于物體機械能的變化．8.如圖所示，等腰直角三角形abc區(qū)域內(包含邊界)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度的大小為B，在bc的中點O處有一粒子源，可沿與ba平行的方向發(fā)射大量速率不同的同種粒子，這些粒子帶負電，質量為m，電荷量為q，已知這些粒子都能從ab邊離開abc區(qū)域，ab=2lA.速度的最大值為2B.速度的最小值為qC.在磁場中運動的最短時間為πD.在磁場中運動的最長時間為π【答案】ACD【解析】【分析】粒子在磁場中做圓周，洛倫茲力提供向心力，作出粒子運動軌跡，求出粒子軌道半徑與粒子轉過的圓心角，然后應用牛頓第二定律求出粒子的速度，根據粒子做圓周運動的周期公式求出粒子的運動時間.【詳解】粒子從ab邊離開磁場時的臨界運動軌跡如圖所示：由幾何知識可知：r1=l2，A、B、粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=mv2r，解得：v=qBC、D、由粒子從ab邊離開磁場區(qū)域的臨界運動軌跡可知，粒子轉過的最大圓心角：θmax=180°，最小圓心角：θmin=45°，粒子做圓周運動的周期：T=2πmqB，則粒子在磁場中運動的最短時間tmi故選ACD.【點睛】帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是解題的前提與關鍵，應用牛頓第二定律、粒子在磁場中做圓周運動的周期公式可以解題.三、非選擇題：9.如圖為“驗證力的平行四邊形定則”的實驗，將貼有白紙的木板豎直固定放置，三個細繩套L1、L2、L3一端共系于同一結點，另一端分別系于輕質彈簧測力計A、B和重物M上，彈簧測力計A的另一端掛于固定點P，手持彈簧測力計B拉動細繩，使結點靜止于O點。(1)某次實驗中，彈簧測力計A的指針位置如圖所示，其讀數為_____N；(2)實驗時要讀出彈簧測力計A、B的示數，還要在白紙上記錄O點的位置和L1、L2、L3的________；(3)下列實驗要求中必要的是_______________。A．彈簧測力計需要在實驗前進行校零B．多次實驗時彈簧測力計B始終保持水平C．多次實驗時結點必須在同一點D．需要測量重物M的重力【答案】(1).2.00（1.992.01均可）(2).方向(3).AD【解析】【分析】(1)由圖示彈簧測力計確定其分度值，讀出其示數；(2)該實驗中需要根據力的大小和方向做平行四邊形得出合力然后與繩子L3的拉力進行比較，因此需要記錄力的大小和方向以及O點位置；(3)彈簧測力計A掛于固定點，下端用細線掛一重物。當彈簧測力計B一端用細線系于O點，當向左拉使結點靜止于某位置。彈簧測力計A和B的示數分別為兩細線的力的大小，同時畫出細線的方向即為力的方向。雖懸掛重物的細線方向確定，但大小卻不知，所以要測重物重力。當結點靜止于某位置時，彈簧測力計B的大小與方向就已確定了.原因是掛重物的細線大小與方向一定，而彈簧測力計A大小與方向也一定，所以兩力的合力必一定.【詳解】(1)由圖示彈簧測力計可知，其分度值為，示數為2.00N(1.992.01均可).(2)實驗時要讀出A、B的示數，還要在貼于豎直木板的白紙上記錄O點的位置以及三個拉力即三條細線的方向.(3)A、彈簧測力計是測出力的大小，所以要準確必須在測之前校零，故A正確；B、該題中需要驗證彈簧A、B拉力的合力，是否與繩L3的拉力（或者說M重力）等大反向，B彈簧不一定非要保持水平，故B錯誤；C、由于兩拉力的合力的效果是將重物吊起，故不需要結點位置相同，故C錯誤；D、由于兩測力計拉力的合力等于物體的重力，實驗時應測量物體的重力，故D正確；故選AD.【點睛】對于中學中的實驗，同學們盡量親自動手做一下，這樣對于實驗原理、實驗步驟、注意事項、數據處理、誤差分析等才有深刻的認識，在該題中考查了彈簧測力計讀數、減小實驗誤差的方法，對彈簧測力計讀數時要先確定其分度值，然后再讀數，讀數時視線要與刻度線垂直.10.某實驗小組為了測量某一電阻Rx的阻值，他們先用多用電表進行粗測，測量出Rx的阻值約為18Ω。為了進一步精確測量該電阻，實驗臺上備有以下器材：A．電流表(量程15mA，內阻未知)B．電阻箱(0～Ω)C．電阻箱(0～Ω)D．電源(電動勢約3V，內阻約1Ω)E．開關2只F．導線若干(1)甲同學設計了如圖甲所示的實驗原理圖并連接好實驗器材，按照如下步驟完成實驗：a．先將電阻箱阻值調到最大，閉合S1，斷開S2，調節(jié)電阻箱阻值，使電流表指針有較大的偏轉，讀出此時電阻箱的阻值R1和電流表的示數I；b．保持開關S1閉合，再閉合開關S2，調節(jié)電阻箱的阻值，使電流表的示數仍為I，記下此時電阻箱的阻值R2。(i)根據實驗步驟和實驗器材規(guī)格可知，電阻箱應選擇_____(選填器材前的字母)；(ii)根據實驗步驟可知，待測電阻Rx=_______(用步驟中所測得的物理量表示)。(2)乙同學認為該電路也可以用來測量電源的電動勢和內阻。若已知所選電流表的內阻為RA，同時閉合開關S1和S2，調節(jié)電阻箱R，讀出多組電阻值R和電流I向數據；由實驗數據繪出的1I?R圖象如圖乙所示，圖象的斜率為k、截距為b，由此可求得電源電動勢E=_______，內阻r=_________(【答案】(1).C(2).R2R1(3).1k(4).【解析】【分析】(1)根據閉合電路歐姆定律求出通過待測電阻的最大電流來選擇電流表量程，然后再通過求出電路中需要的最大電阻來選擇電阻箱；列出開關S2斷開和閉合時對應的閉合電路歐姆定律表達式，然后求解即可.(2)根據實驗電路應用歐姆定律求出圖象的函數表達式，然后根據圖示圖象求出電源電動勢與內阻.【詳解】(1)電源電動勢為3V，電流表量程為15mA=，由歐姆定律：I=UR可知，電路中的最小電阻應為：Rmin②根據閉合電路歐姆定律得：S2斷開時有：E=I(Rx+R1+RA+r)，S2閉合時有：E=I(R2+RA+r)，解得:Rx=R2R1；(2)閉合開關S2，由閉合電路歐姆定律得：E=I(R+RA+r），整理得：1I=1ER+RA+rE由1I?【點睛】本題考查了測電源電動勢與內阻實驗、考查了測量電阻的實驗，要注意正確根據題意明確實驗原理；然后根據所對應的物理規(guī)律分析求解即可；對于圖象分析問題，要注意根據物理規(guī)律確定公式，結合圖象的性質分析斜率以及截距的意義.11.如圖所示，有一傾斜的光滑平行金屬導軌，導軌平面與水平面的夾角為θ=300，導軌間距為L，接在兩導軌間的電阻為R，在導軌的中間矩形區(qū)域內存在垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B，磁場區(qū)域的長度為2L。一質量為m、有效電阻為的導體棒從距磁場上邊緣2L(1)求導體棒剛進入磁場時的速度v0；(2)若導體棒離開磁場前已達到勻速，求導體棒通過磁場的過程中，電阻R上產生的焦耳熱QR?！敬鸢浮浚?）2gL（2【解析】【分析】(1)根據動能定理求解導體棒進入磁場上邊緣的速度；(2)根據安培力的計算公式求解安培力的大小，由勻速條件得到末速度，根據功能關系可得電阻R上產生的焦耳熱.【詳解】(1)導體棒從靜止下滑距離2L的過程中，由動能定理得：解得：v(2)導體棒在磁場中切割磁感線產生感應電動勢：E產生的感應電流為I產生的安培力為F導體棒做勻速運動，由平衡條件得：m聯立解得：v導體棒從開始釋放到剛離開磁場的過程中，由能量守恒定律得：m則在電阻R上產生的熱量為Q解得：Q【點睛】對于電磁感應問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應現象中的能量轉化問題，根據動能定理、功能關系等列方程求解.12.如圖所示，質量為M=2kg的木板A靜止在光滑水平面上，其左端與固定臺階相距x，右端與一固定在地面上的半徑R=的光滑四分之一圓弧緊靠在一起，圓弧的底端與木板上表面水平相切。質量為m=1kg的滑塊B(可視為質點)以初速度v0=8m/s從圓弧的頂端沿圓弧下滑，B從A右端的上表面水平滑入時撤走圓弧。A與臺階碰撞無機械能損失，不計空氣阻力，A、B之間動摩擦因數μ=0.1，A足夠長，B不會從(1)求滑塊B到圓弧底端時的速度大小v1；(2)若A與臺階碰前，已和B達到共速，求A向左運動的過程中與B摩擦產生的熱量Q(結果保留兩位有效數字)；(3)若A與臺階只發(fā)生一次碰撞，求x滿足的條件?！敬鸢浮?1)v1=4m/s【解析】【分析】滑塊下滑時只有重力做功，根據機械能守恒求得滑塊到達底端時的速度；木板與臺階碰撞后，滑塊與木板組成的系統(tǒng)總動量水平向右，則只發(fā)生一次碰撞，根據動量守恒和動能定理分析求解；【詳解】(1)滑塊B從釋放到最低點，由動能定理得：m解得：v(2)向左運動過程中，由動量守恒定律得：m解得：v由能量守恒定律得：Q解得：Q(3)從B剛滑到A上到A左端與臺階碰撞前瞬間，A、B的速度分別為v3和v4，由動量守恒定律得：mv1=mv4+Mv3若A與臺階只碰撞一次，碰撞后必須滿足：Mv3≥|mv4對A板，應用動能定理：μ聯立解得：x【點睛】本題木塊在小車上滑動的類型，分析物體的運動過程，對于系統(tǒng)運用動量守恒列方程，對于單個物體運用動能定理列式求解位移，都是常用的思路，要加強這方面的練習，提高解決綜合問題的能力.13.下列說法正確的是___________A.當分子間距離增大時，分子間引力增大，分子間斥力減小B.雨傘傘面上有許多細小的孔，卻能遮雨，是因為水的表面張力作用C.一定質量的100℃的水變成100D.對于一定質量的理想氣體，如果壓強不變，體積增大，那么它一定從外界吸熱E.某容器內封閉著一定質量的理想氣體，若氣體的壓強不變，當溫度升高時，單位時間內氣體分子撞擊容器壁的次數增多。【答案】BCD【解析】【分析】隨著分子間距增大，分子間引力和斥力均減??；液體存在表面張力；布朗運動是懸浮在液體中固體顆粒的運動，是液體分子無規(guī)則熱運動的反映；液體的表面張力使液面具有收縮到液面表面積最小的趨勢；氣體壓強的大小跟氣體分子的平均動能和分子的密集程度有關.【詳解】A、分子間的作用力隨著分子間距增大，分子引力和斥力均減??；故A錯誤.B、雨傘傘面上有許多細小的孔卻能遮雨，是因為水的表面層的分子間距較大，水分子間的力為引力，表現為張力作用；故B正確.C、一定質量的100℃的水變成100D、一定量的理想氣體，如果壓強不變，體積增大，根據理想氣體的狀態(tài)方程pV=nE、氣體壓強的微觀解釋可知，壓強取決于單位時間撞擊容器壁單位面積的次數（體積）和分子的無規(guī)則運動程度即分子的平均動能（溫度），所以體積增大，壓強不變時，氣體分子在單位時間撞擊容器壁單位面積的次數一定減少，故E錯誤；故選BCD.【點睛】本題考查熱力學多個知識，熱學的重點是分子動理論、液體表面張力、分子力與分子勢能等，要加強對基礎知識的學習，力爭不在簡單題上失分.14.如圖所示，用質量為m=1kg、橫截面積為S=10cm2的活塞在氣缸內封閉一定質量的理想氣體，活塞與氣缸壁之間的摩擦忽略不計。開始時活塞距氣缸底的高度為h=10cm且氣缸足夠高，氣體溫度為t=27℃，外界大氣壓強為p0=1.0×105Pa，取g=10m／s2，絕對零度?。?73(1)此時封閉氣體的壓強；(2)給氣缸緩慢加熱，當缸內氣體吸收的熱量時，內能的增加量為，求此時