届辽宁省沈阳市高三上学期教学第一次质量检测一模物理试题解析版.docx
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届辽宁省沈阳市高三上学期教学第一次质量检测一模物理试题解析版
2019年沈阳市高中三年级教学质量检测
（一）
物理
一、选择题：
本题共10小题。
，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一个选项符合题目要求，第8-10题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1.贝克勒尔在120年前首先发现了天然放射现象，如今原子核的放射性在众多领域中有着重要作用，下列属于放射性元素衰变的是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】
放射性衰变是指不稳定原子核自发地放射出射线而转变为另一种原子核的过程，放出的射线包括
和
射线，
衰变生成的是电子，
衰变生成的是
粒子，裂变是重核裂变成轻核，聚变是轻核生成重核，据此分析即可；
【详解】A、A选项的反应释放出
粒子，属于
衰变，故A正确；
B、B选项属于重核裂变，故B错误；
C、C选项属于轻核聚变，故C错误；
D、D选项是原子核的人工转变，不是放射性衰变，故D错误。
【点睛】本题考查放射性的问题，要知道衰变的生成物还有几个典型的核反应方程，在平时学习过程中注意加强训练。
2.如图为一个质点做直线运动的v-t图象，该质点在前2s内向西运动，则该质点
A.在前2s内加速度方向也向西
B.在前4s内加速度方向始终向东
C.在后2s内加速度方向始终向东
D.在6s内加速度方向始终不变
【答案】B
【解析】
【分析】
由v-t图象根据速度的正负可以得出物体运动的方向，知道加速度方向与速度方向相同做加速运动，相反则做减速运动；
【详解】A、由题可知向西为负方向，而向东为正方向，该质点在前
内向西减速运动，则该段时间加速度向东，而
向东做加速运动，则加速度方向仍然向东，故选项A错误，B正确；
C、由图像可知在
内向东做减速运动，而
内向西做加速运动，所以在
这段时间内加速度方向一直向西，故选项C错误；
D、由上面分析可知，在
内加速度方向向东，在
内加速度方向向西，即在6s内加速度方向发生变化，故选项D错误。
【点睛】本题考查物体做加速或减速的条件，即：
加速度方向与速度方向相同做加速运动，相反则做减速运动。
3.“神舟十一号”飞船与“天宫二号”空间实验室自动交会对接前的示意图如图所示，圆形轨道I为“天宫二号”运行轨道，圆形轨道II为“神舟十一号”运行轨道。
此后“神舟十一号”要进行多次变轨，才能实现与“天宫二号”的交会对接，则：
A.“天宫二号”在轨道I的运行速率大于“神舟十一号”在轨道II上运行速率
B.“神舟十一号”由轨道II变轨到轨道I需要减速
C.“神舟十一号”为实现变轨需要向后喷出气体
D.“神舟十一号”变轨后比变轨前机械能减少
【答案】C
【解析】
【分析】
根据万有引力提供向心力得出线速度与轨道半径的关系，从而比较速度的大小，当万有引力不够提供向心力，做离心运动，发动机做正功，使其机械能增加；
【详解】A、由题可知，万有引力提供向心力，即
，则
，由于“天宫二号”的半径大，可知其速率小，则A错误；
B、“神舟十一号”由轨道II变轨到轨道I需要加速做离心运动，要向后喷出气体，速度变大，发动机做正功，使其机械能增加，故选项C正确，BD错误。
【点睛】本题考查了万有引力定律的应用，解决本题的关键掌握变轨的原理，以及掌握万有引力提供向心力这一理论，并能灵活运用。
4.如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B木块之间夹一被压缩的弹簧。
现释放弹簧，A、B木块被弹开后，各自在桌面上滑行一段距离飞离桌面。
A落地点距桌边水平距离为0.5m，B落地点距桌边水平距离为1m，则
A.A、B离开弹簧时的速度比为1：
2
B.A、B离开弹簧时的速度比为1：
1
C.A、B质量之比为1：
2
D.A、B质量之比为2：
1
【答案】AD
【解析】
【分析】
A、B离开桌面后都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，运动时间相等，由水平位移可以求出它们的初速度关系，弹簧弹开物体过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出它们的质量关系；
【详解】A、A和B离开桌面后做平抛运动，下落的高度相同，它们的运动时间相等，由
得速度之比：
，故A正确，B错误；
C、弹簧弹开物体的过程，两物体及弹簧组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得：
，则质量之比：
，故C错误，D正确。
【点睛】解决本题的关键要掌握平抛运动的规律，知道弹簧弹开物体的过程，系统的动量守恒，再结合动量守恒定律进行求解即可。
5.某同学将一闭合电路电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系中，如图中的a、b、c所示，则下列判断正确的是
A.直线a表示电源内部的发热功率随电流I变化的图线
B.曲线b表示电源的总功率随电流I变化的图线
C.曲线c表示电源的输出功率随电流I变化的图线
D.电源的电动势E=3V，内电阻r=2Ω
【答案】C
【解析】
【分析】
根据电源消耗的总功率的计算公式
可得电源的总功率与电流的关系，根据电源内部的发热功率
可得电源内部的发热功率与电流的关系，从而可以判断abc三条线代表的关系式，在由功率的公式可以分析功率之间的关系；
【详解】A、由电源消耗总功率和电源内部消耗功率表达式
，
，可知，a是直线，表示的是电源消耗的总功率
，b是抛物线，表示的是电源内电阻上消耗的功率
，c表示外电阻的功率即为电源的输出功率
=EI-I2r，所以AB错误，C正确；
D、由图可知，当短路时电流为
，总功率
，则可知电动势为：
，则内阻为：
，故D错误。
6.如图所示，竖直放置的足够长的U型金属框架中，定值电阻为R，其他电阻均可忽略，ef是一水平放置的电阻可忽略的导体棒，导体棒质量为m，棒的两端始终与ab、cd保持良好接触，且能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架平面垂直的匀强磁场中，当导体棒ef从静止下滑一段时间后闭合开关S，则S闭合后（ ）
A.导体棒ef的加速度一定大于g
B.导体棒ef的加速度一定小于g
C.导体棒ef机械能一定守恒
D.导体棒ef机械能一定减少
【答案】D
【解析】
【分析】
当ef从静止下滑一段时间后闭合S，ef将切割磁感线产生感应电流，受到竖直向上安培力，分析安培力与重力的大小关系即可判断加速度与重力加速度的大小；由于有感应电流产生，则导致ef的机械能减小转化为电能；
【详解】A、当ef从静止下滑一段时间后闭合S，ef将切割磁感线产生感应电流，受到竖直向上的安培力，若安培力大于2mg，则由牛顿第二定律得知，ef的加速度大小可能大于g；若安培力小于mg，则ef的加速度大小可能小于g，故选项AB错误；
C、闭合S，ef将切割磁感线产生感应电流，则ef的机械能减小转化为电能，故C错误，D正确。
【点睛】本题考查分析导体棒运动情况的能力，而分析运动情况，必须分析其受力情况，关键抓住安培力方向竖直向上，根据牛顿第二定律进行分析比较即可。
7.我国高铁技术发展迅猛，目前处于世界领先水平，已知某路段为一半径为5600米的弯道，设计时速为216km/h（此时车轮轮缘与轨道间无挤压），已知我国的高铁轨距约为1400mm，且角度较小时可近似认为
，重力加速度g等于10m/s2，则此弯道内、外轨高度差应为
A.8cmB.9cmC.10cmD.11cm
【答案】B
【解析】
【分析】
要使火车安全通过弯道，则火车拐弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据向心力公式列式求解；
【详解】由题可知：
半径
，时速为
；
根据牛顿第二定律得：
解得：
由题意得
而
联立得：
，故B正确，ACD错误；
【点睛】解决本题的关键理清向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，注意单位的统一。
8.一理想变压器原、副线圈的匝数比为5：
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.副线圈输出电压的频率为50Hz
B.副线圈输出电压的有效值为44V
C.P向左移动时，原、副线圈的电流比减小
D.P向左移动时，变压器的输出功率增加
【答案】ABD
【解析】
【分析】
根据甲图可明确交流电的最大值和周期，则根据最大值和有效值关系可明确有效值，再根据变压器原理可明确输出端的电压；输出电压不变，根据滑片的移动可明确电阻的变化，从而明确电流的变化情况；
【详解】A由原线圈的电压变化规律及有效值的概念可知，原线圈中电压频率为
，变压器不改变交流电的频率，所以副线圈输出电压的频率为
，故A正确；
B、原线圈电压有效值为
，由原、副线圈中电压之比等于匝数之比可知，副线圈中电压的有效值为
，故B正确；
C、P向左移动时，原、副线圈的电流比等于匝数的反比，匝数比不变，则原、副线圈的匝数比不变，故C错误；
D、当P向左移动，滑动变阻器接入电路的电阻减小，副线圈中电流增大，副线圈的电压不变，变压器输出功率增加，故D正确。
【点睛】本题查理想变压器中，原、副线圈上电压关系、电流变化、功率关系及有效值等方面的理解及应用，注意电路动态分析的分析方法。
9.如图所示，甲、乙两物体靠在一起，放在光滑的水平面上，在水平力F1和F2共同作用下，一起从静止开始运动，已知F1>F2，两物体运动一段时间后
A.若突然撤去F1，甲的加速度一定减小
B.若突然撤去F1，甲乙间的作用力减小
C.若突然撤去F2，乙的加速度一定增大
D.若突然撤去F2，甲乙间的作用力增大
【答案】BC
【解析】
【分析】
要分析加速度的变化，先由牛顿第二定律求出整体的加速度，再进行分析，由隔离法求出甲乙间的作用力，根据表达式进行分析；
【详解】A、一起运动时，整体的加速度为：
；
对乙分析，则甲、乙之间的作用力为：
，解得
；
突然撤去
，则整体的加速度
，
不一定大于
，甲乙之间的作用力
，故A错误、B正确；
C、突然撤去
，则整体的加速度
，则
，即加速度增大
甲乙之间的作用力为：
，故选项C正确，D错误。
【点睛】关于连接体的处理方法，先整体后隔离，可以求得连接体间的相互作用力的大小。
10.两个带等量异种电荷的粒子分别以速度va和vb射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为60°和30°，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，如图所示则
A.a粒子带正电，b粒子带负电
B.两粒子的轨道半径之比Ra：
Rb=
：
1
C.两粒子的质量之比ma：
mb=1：
2
D.两粒子的质量之比ma：
mb=2：
1
【答案】BD
【解析】
【分析】
根据粒子偏转方向，由左手定则判断电性，根据粒子做匀速圆周运动，由几何关系求得轨道半径，根据几何关系得到中心角，即可由运动时间相同得到周期之比，从而由洛伦兹力做向心力得到质量；
【详解】A、由左手定则可得：
a粒子带负电，b粒子带正电，故A错误；
B、由粒子做匀速圆周运动可得：
粒子运动轨道圆心在AB的垂直平分线和过A点的速度垂直方向的交点，故
，
，所以，
，故B正确；
C、由几何关系可得：
从A运动到B，a粒子转过的中心角为
，b粒子转过的中心角为
，根据运动时间相同可得运动周期为：
，再根据洛伦兹力做向心力可得：
所以，运动周期为：
；
根据电荷量相等可得
，故C错误，D正确。
【点睛】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题，一般根据几何关系求得轨道半径及中心角，即可由洛伦兹力做向心力求得速度、运动时间等问题。
二、非选择题：
包括必考必考题和选考题两部分，第11-1
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