届辽宁瓦房店市高三下学期第一次模拟理综物理试题解析版Word文档格式.docx

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3.如右下图所示，质量均为m的两个小球A、B（可视为质点）固定在轻杆的两端，将其放入光滑的半球形碗中，杆的长度等于碗的半径，当杆与两球组成的系统处于平衡状态时，杆对小球A的作用力大小为（）

A.mgB.mgC.mgD.2mg

【答案】A

【解析】对A受力分析，杆对A的弹力水平向左，沿AO方向的碗对球的弹力以及小球的重力，由平衡条件可知，，解得，故A正确，BCD错误；

故选A。

【点睛】关键对A球受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解。

4.如图所示，两个垂直于纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B，磁场区域的宽度均为a.高度为a的正三角形导线框ABC从图示位置沿x轴正方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下列图形中能正确描述感应电流I与线框移动距离x关系的是（）

A.B.C.D.

【答案】B

【解析】x在0-a内，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，为正方向；

有效切割的长度为，感应电动势为E=BLv，感应电流为，随着x的增大，I均匀减小，当x=0时，；

当x=a时，I=0；

x在2a-3a内，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，为正方向；

有效切割的长度为，感应电动势为E=BLv，感应电流为

，随着x的增大，I均匀减小，当x=2a时，；

当x=3a时，I=0；

故根据数学知识可知B正确．故选：

B

5.一理想变压器原、副线圈的匝数比为44：

1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头，下列说法正确的是（）

A.副线圈输出电压的有效值为220V

B.副线圈输出电压的频率为100Hz

C.P向左移动时，变压器的输入功率增加

D.P向左移动时，变压器原、副圈的电流都减小

【答案】D

【解析】由图象可知，原线圈的电压的最大值为311V，原线圈电压的有效值为：

U1＝V＝220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈电压的有效值为：

，所以A错误；

由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，所以B错误；

P左移，R变大，副线圈电流减小，次级功率减小，则原线圈的电流及输入功率减小，故C错误，D正确；

故选D.

点睛：

电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路，另外还要清楚变压器各量之间的制约关系．

6.目前，在居室装修中经常用到花岗岩、大理石等装饰材料，这些材料都不同程度地含有放射性元素，下列有关放射性元素的说法中正确的是（）

A.β射线与γ射线一样都是电磁波，但穿透本领远比γ射线弱

B.氡的半衰期为3.8天，4个氡原子核经过7.6天后就一定只剩下1个氡原子核

C.衰变成要经过8次α衰变和6次β衰变

D.放射性元素发生β衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的

【答案】CD

【解析】β射线的实质是电子流，γ射线的实质是电磁波，γ射线的穿透本领比较强。

故A错误。

半衰期对大量的原子核适用，对少量的原子核不适用。

故B错误。

衰变成因为β衰变的质量数不变，所以α衰变的次数n==8，在α衰变的过程中电荷数总共少16，则β衰变的次数m==6，故C正确。

β衰变时，原子核中的一个中子，转变为一个质子和一个电子，电子释放出来。

故D正确。

故选CD。

解决本题的关键知道衰变的实质，注意α衰变与β衰变的区别，并知道在衰变的过程中电荷数守恒、质量数守恒，同时掌握β衰变中电子的由来．

7.测定电子的电荷量的实验装置示意图如右下图所示。

置于真空中的油滴室内有两块水平放置的平行金属板M、N，并分别与电压为U的恒定电源两极相连，板的间距为d.现有一质量为m的带电油滴在极板间匀速下落，则（）

A.油滴带电荷量为

B.油滴下降过程中电势能不断减小

C.若减小极板间电压，油滴将减速下降

D.若将极M向上缓慢移动一小段距离，油滴将加速下降

【答案】AD

【解析】A、带电油滴在极板间匀速下落，则有，油滴带电荷量为，故A正确；

B、油滴下降过程中，电场力方向向上，电场力做负功，电势能不断增大，故B错误；

C、若减小极板间电压，电场力减小，合外力竖直向下，油滴将加速下降，故C错误；

D、将极板M向上缓慢移动一小段距离，板的间距d增大，电场力减小，合外力竖直向下，油滴将加速下降，故D正确；

故选AD。

8.如右下图所示，在两个同心的大小圆之间分布着指向圆心的电场，在半径为R的小圆内分布着磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。

今在大圆周上的A点从静止开始释放一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子（重力不计），它将往返于电场和磁场中不断运动。

当粒子能够返回A点且在磁场中运动的时间最短时，下列说法正确的是（）

A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为R

B.粒子在磁场中运动的速度大小为

C.粒子在磁场中运动的最短时间为

D.大圆和小圆间的电势差为

【答案】BD

【解析】粒子将往返于电场和磁场中不断运动，当粒子能够返回A点且在磁场中运动的时间最短，如图所以

粒子在磁场中做圆周运动的半径，由，粒子在磁场中运动的速度大小为，由动能定理可得，大圆和小圆间的电势差为，粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为，粒子在磁场中运动的最短时间为，故BD正确，AC错误；

故选BD。

【点睛】根据题目给定的条件，画出带电粒子运动的轨迹，再经电场加速原路返回磁场，如此重复，恰好经过3个回旋后，沿与原出射方向相反的方向回到原出发点，根据洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求出粒子在磁场中运动的速度大小，根据动能定理，通过末动能求出加速电压。

三、非选择题：

（一）必考题

9.图（a）为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图，实验步骤如下：

①用天平测量物块和遮光片的总质量M、重物的质量m；

用游标卡尺测量遮光片的宽度d；

用米尺测量两光电门之间的距离s；

②调整轻滑轮，使细线水平：

③让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间ΔtA和ΔtB，求出加速度a：

④多次重复步骤③，求a的平均值ap：

⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ

回答下列问题：

（1）测量d时，某次游标卡尺（主尺的最小分度为1mm）的示数如图（b）所示，其读数为_________cm.

（2）物块的加速度a可用d、s、ΔtA和ΔtB表示为a=_________

（3）动摩擦因数μ可用M、m、ap和重力加速度g表示为μ=_________

【答案】

（1）.

（1）0.960

（2）.

（2）（3）.（3）

【解析】

（1）由图（b）所示游标卡尺可知，主尺示数为0.9cm，游标尺示数为12×

0.05mm=0.60mm=0.060cm，则游标卡尺示数为0.9cm+0.060cm=0.960cm．

（2）物块经过A点时的速度为：

vA=，物块经过B点时的速度为：

vB=，物块做匀变速直线运动，由速度位移公式得：

vB2-vA2=2as，

加速度为：

a=；

（3）以M、m组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：

mg-μMg=（M+m）ap，

解得：

μ=；

10.在“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验中，用导线a.b.c.d.e.f.g和h按图甲所示方式连接好电路，电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零。

闭合开关后：

（1）若不管怎样调节滑动变阻器，小电珠亮度能发生变化，但电压表、电流表的示数总不能为零，则可能是_________导线断路。

（2）某同学排除故障后测出电源和小电珠的U-I特性图线。

如图乙所示。

电源的电动势E=_________V：

小电珠的电阻随温度的上升而_________。

（3）将与上面相同的两个小电珠并联后接到上面电源上，每一只小电珠的实际电功率是_________W。

（保留2位小数）

【答案】

（1）.

（1）g处

（2）.

（2）3.0（3）.增大（4）.（3）0.99（在0.95-1.05之间）

（1）若不管怎样调节滑动变阻器，小电珠亮度能发生变化，但电压表电流表的示数总不能为零，说明滑动变阻器不起作用，连成了限流接法，故g断路。

（2）电源的U﹣I图线纵轴截距等于电源的电动势，则由图知，电源的电动势E=3.0V。

根据欧姆定律可得小电珠的电阻，由数学知识分析可知，R等于小电珠的U﹣I特性图线上的点与原点连线的斜率，则小电珠的电阻随温度的上升而增大。

（3）电源的内阻等于电源的U﹣I图线的斜率绝对值，则得内阻，当两个小电珠并联后，接到电源上，由闭合电路欧姆定律得：

E=U+2Ir，电源的U﹣I图线为U=E﹣2rI=E﹣2I=3﹣2I，作出图象如图所示：

可得U=1.1V，I=0.9A，则一个小电珠的实际电功率为：

P=UI=0.99W。

11.如图所示，竖直平面内的光滑半圆形轨道MN的半径为R，MP为粗糙水平面。

两个小物块A、B可视为质点，A的质量为mA，在半圆形轨道圆心O的正下方M处，处于静止状态。

若A、B之间夹有少量炸药，炸药爆炸后，A恰能经过半圆形轨道的最高点N，而B到达的最远位置恰好是A在水平面上的落点。

已知租糙水平面与B之间的动摩擦因数为μ=0.8，求：

（1）B到达的最远位置离M点的距离：

（2）极短爆炸过程中，A受到爆炸力的冲量大小；

（3）A与B的质量之比。

【答案】

（1）2R

（2）（3）4:

5

A恰好到达轨道最高点，重力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出A到达最高点时的速度，结合平抛运动规律可以求出B到达的最远位置离M点的距离；

根据动量定理可求出A受到爆炸力的冲量大小；

爆炸过程中，A、B系统动量守恒，由动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理可以求出A、B的质量之比。

（1）A恰能经过半圆形轨道的最高点，由牛顿第二定律得：

A做平抛运动，由平抛运动规律：

水平方向：

联立可得B到达的最远位置离M点的距离即为：

x=2R

（2）A上升到N的过程，由机械能守恒定律：

根据动量定理可得：

（3）对B，由动能定理：

炸药爆炸过程由动量守恒定律：

联立以上可得：

本题主要考查了应用牛顿第二定律、平抛运动知识、动量守恒定律与机械能守恒定律、动能定理即可正确解题；

解题时要注意：

“A恰能经过半圆形轨道的最高点N”时，重力提供做圆周运动的向心力。

12.如图甲所示，弯折成90°

角的两根足够长金题导轨平行放置，形成左右两导执平面，左导轨平面与水平面成53°

角，右导轨平面与水平面成37