广东省惠州市2018届高三第一次模拟考试理综物理试题(含参考答案)

广东省惠州市2018届高三第一次模拟考试理综物理试题1. 下列与粒子相关的说法中正确的是A. 天然放射性现象中产生的射线速度与光速相当，贯穿能力很强B. （铀238）核放出一个粒子后就变为（钍234）C. 高速粒子轰击氮核可从氮核中打出中子，核反应方程为D. 丹麦物理学家玻尔进行了粒子散射实验并首先提出了原子的核式结构模型【答案】B.........点睛：本题主要考查了质量数和电荷数守恒在衰变过程中的应用和α射线的性质，是考查基础知识和规律的好题．2. 如图所示，两个相同的固定斜面上分別放有一个处于静止的三角形木块A、B，它们的质量相等．A木块左侧面沿竖直方向，B木块左侧面垂直于斜面，在两斜面上分别放上一个相同的光滑球后，木块仍保持静止，则放上球后A. A木块受到的摩擦力等于B木块受到的摩擦力B. A木块受到的摩擦力小于B木块受到的摩擦力C. A木块对斜面的压力等于B木块对斜面的压力D. A木块对斜面的压力大于B木块对斜面的压力【答案】A【解析】设小球的质量为m，A、B的质量为M，斜面的倾角为α．以小球与A整体为研究对象，由平衡条件可得：A木块受到的摩擦力 f A=（M+m）gsinα；同理，以小球与B整体为研究对象，得到B木块受到的摩擦力 f B=（M+m）gsinα，则f A=f B．故A正确，B错误．以A为研究对象，分析受力，如图所示，由平衡条件得：斜面对A的支持力 N A=Mgcosα-N1sinα；以B为研究对象，分析受力，由平衡条件得：斜面对B的支持力 N B=Mgcosα，则得 N A＜N B．由牛顿第三定律可知，A木块对斜面的压力小于B木块对斜面的压力．故CD错误．故选A点睛：本题一要灵活选择研究对象，二要灵活选择研究方法，本题采用整体法和隔离法相结合研究，比较简便．3. 如图所示，天车下吊着两个质量都是m的工件A和B，整体一起向左匀速运动。

系A的吊绳较短，系B 的吊绳较长，若天车运动到P处突然静止，则两吊绳所受拉力、的大小关系是A. B.C. D.【答案】A【解析】天车运动到P处突然停止时，A、B以相同的速度将做圆周运动，根据F-mg＝m得：F=mg+ m，因为A的绳长小于B的绳长，则A的拉力大于B的拉力．故A正确，BCD错误．故选A.点睛：解决本题的关键能够判断出天车突然停止时A、B的运动情况，以及知道圆周运动径向的合力提供向心力．4. 如果人造地球卫星受到地球的引力为其在地球表面时的一半, 则人造地球卫星距地面的高度是（已知地球的半径为R）A. R；B.C.D.【答案】C【解析】由万有引力定律得：，，解得r=R，则卫星距地面的高度h=r-R=（-1）R；故选C．5. 物体沿直线运动的v-t关系如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则A. 从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W。

B. 从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2W。

C. 从第5秒末到第7秒末合外力做功为W。

D. 从第3秒末到第4秒末合外力做功为－2W。

【答案】C【解析】物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合力为零，做功为零．故A错误．从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相反，合力的功相反，等于-W．故B错误．从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合力做功相同，即为W．故C正确．从第3秒末到第4秒末动能变化量是负值，大小等于第1秒内动能的变化量的，则合力做功为-0.75W．故D错误．故选C.点睛：本题考查动能定理的应用能力．动能定理的直接应用是：由动能的变化量求出合力做的功，或由合力做功求动能的变化量．6. 如图所示，图中以点电荷Q为圆心的虚线同心圆是该点电荷电场中球形等势面的横截面图。

一个带正电的粒子经过该电场，它的运动轨迹如图中实线所示，M和N是轨迹上的两点。

不计带电粒子受到的重力，由此可以判断A. 此粒子在M点的加速度小于在N点的加速度B. 此粒子在M点的电势能大于在N点的电势能C. 此粒子在M点的动能小于在N点的动能D. 电场中M点的电势低于N点的电势【答案】AD【解析】试题分析：粒子运动轨迹为曲线，根据合力指向曲线内侧可判断场源电荷为正电荷，离场源电荷越近电场线越密集电场强度越大，粒子受到电场力越大加速度越大，所以粒子在M点的加速度小于在N点的加速度，选项A对。

粒子从N到M电场力做正功，动能增大，M点的动能大于在N点的动能，选项C 错。

电势能减少，即在M点的电势能小于在N点的电势能，选项B错。

场源电荷为正电荷，电场线从正电荷指向无穷远，沿电场线电势逐渐降低，即N点电势高于M点电势，选项D对。

考点：带电粒子在点电荷电场中的运动7. 如图是通过变压器降压给用户供电的示意图。

变压器输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动。

输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用R0表示，开关S闭合后，相当于接入电路中工作的用电器增加。

如果变压器上的能量损失可以忽略，则关于开关S闭合后，以下说法正确的是A. 电表V1示数不变，V2示数减B. 电表A1、A2示数均增大C. 原线圈输入功率减小D. 电阻R1两端的电压减小【答案】BD【解析】试题分析：理想变压器原线圈输入电压不变，根据可知副线圈电压不变，即电压表示数不变，选项A错。

开关闭合后副线圈总电阻R变小，而电压不变，所以电流表示数变大，根据可得理想变压器原线圈电流变大，即电流表示数变大，选项B对。

副线圈消耗的电功率随电阻减小而变大，根据理想变压器能量守恒，输入电压等于输出电压即副线圈电压，所以原线圈输入功率变大，选项C错。

副线圈相当于一个闭合回路，开关闭合后副线圈电阻变小电流变大，定值电阻的端电压变大，并联电路电压变小，电阻R1两端的电压减小选项D对。

考点：理想变压器8. 如图所示为某种质谱仪的工作原理示意图。

此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N；P、Q间的加速电场；静电分析器，即中心线半径为R的四分之一圆形通道，通道内有均匀辐射电场，方向沿径向指向圆心O，且与圆心O等距的各点电场强度大小相等；磁感应强度为B的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外；胶片M。

由粒子源发出的不同带电粒子，经加速电场加速后进入静电分析器，某些粒子能沿中心线通过静电分析器并经小孔S垂直磁场边界进入磁场，最终打到胶片上的某点。

粒子从粒子源发出时的初速度不同，不计粒子所受重力。

下列说法中正确的是A. 从小孔S进入磁场的粒子速度大小一定相等B. 从小孔S进入磁场的粒子动能一定相等C. 打到胶片上同一点的粒子速度大小一定相等D. 打到胶片上位置距离O点越远的粒子，其荷质比（q/m）越小【答案】CD【解析】试题分析：直线加速过程，根据动能定理，有：①，电场中偏转过程，根据牛顿第二定律，有②，磁场中偏转过程，根据牛顿第二定律，有：③由①②解得：④⑤，由⑤式，只要满足，所有粒子都可以在弧形电场区通过；由④式，不同的粒子从小孔S进入磁场的粒子速度大小与比荷，及初速度大小有关，故A错误；由①式，从小孔S进入磁场的粒子动能为，故不同电量的粒子，及初速度不同，则其动能不同，故B错误；由③④解得：，打到胶片上同一点的粒子的比荷一定相等；由④式，比荷相同，故粒子的速度相同，故C正确；由③④解得：，故打到胶片上位置距离O点越远的粒子，比荷越小，故D正确；考点：考查了带电粒子在电磁场中的运动【名师点睛】带电粒子在电场中，在电场力做正功的情况下，被加速运动；后垂直于电场线，在电场力提供向心力作用下，做匀速圆周运动；最后进入匀强磁场，在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动；根据动能定理和牛顿第二定律列式分析即可．9. 用接在50Hz 交流电源上的打点计时器，测定小车速度，某次实验中得到一条纸带，如下图所示，从比较清晰的点起，每五个打印点取一个记数点，分别标明0、l、2、3、4…，量得0与1两点间距离x1=30mm，3与4两点间的距离x2=48mm，则小车在0与1两点间的时间间隔是______s，0与1两点间的平均速度为______m/s，若小车作匀加速直线运动，则其加速度大小为______m/s2．【答案】(1). 0.1(2). 0.3(3). 0.6【解析】试题分析：根据打点计时器的工作特点，相邻的点的时间为0.02s，按照题目的计算时间的方式，相邻的01的时间间隔为0.1s，根据，根据可知，所以加速度为0.6m/s2考点：打点计时器点评：本题考察了打点计时器的最基本的特点：计算某点的瞬时速度以及加速度。

在以后的力学实验中常常可以看到。

10. 在“测定金属丝的电阻率”的实验中，某同学进行了如下测量：（1）用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度．测量3次，求出其平均值L.其中一次测量结果如图甲所示，金属丝的另一端与刻度尺的零刻线对齐，图中读数为________ cm.用螺旋测微器测量金属丝的直径，选不同的位置测量3次，求出其平均值d.其中一次测量结果如图乙所示，如图乙中读数为__________mm。

（2）采用如图丙所示的电路测量金属丝的电阻．电阻的测量值比真实值_____(填“偏大”或“偏小”)．最后由公式ρ＝_____计算出金属丝的电阻率（用直接测量的物理量表示）．【答案】(1). （1）24.10~24.14，(2). 0.513~0.518(3). （2）偏小(4).【解析】试题分析：毫米刻度尺读数要估读到0.1mm，螺旋测微器读数=固定刻度读数+半刻度读数+可动刻度读数；从原理图中看出是安培表外接法中，误差原因是电压表的分流作用会使电流测量值I偏大，根据欧姆定律，故电阻测量值偏小；根据欧姆定律和电阻定律列式求解电阻率．（1）毫米刻度尺读数要估读到0.1mm，故读数为241.3mm=24.13cm；读出在24.12~24.14均合理，螺旋测微器固定刻度读数为0，半刻度读数0.5mm，可动刻度读数1.8×0.01=0.018mm，故毫米刻度尺读数为0.518mm；由于估读，故在0.518~0.519范围内均合理。

（2）（2）由于采用了安培表外接法，电压表的分流作用会使电流测量值I偏大，而电压测量值U准确，故根据欧姆定律，电阻测量值偏小；根据欧姆定律：根据电阻定律：，其中：；故。

考点：毫米刻度尺和螺旋测微器的读数欧姆定律和电阻定律11. 一平直的传送带以速率ｖ＝2ｍ／ｓ匀速运行，在Ａ处把物体轻轻地放到传送带上，经过时间ｔ＝6ｓ，物体到达Ｂ处．Ａ、Ｂ相距Ｌ＝10ｍ．求：（1）物体在传送带上匀加速运动的时间是多少?（2）如果提高传送带的运行速率，物体能较快地传送到Ｂ处．要让物体以最短的时间从Ａ处传送到Ｂ处，传送带的运行速率至少应为多大?（3）若使传送带的运行速率为10m/s，则物体从Ａ传送到Ｂ的时间又是多少?【答案】（1）2s（2）2m/s（3）2s【解析】(1)在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，匀速运动的时间为,则ｔ１＋＝ 6所以(2)为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而由vｍｉｎ＝1×2m/s＝2m/s．(3)传送带速度为V=10m/s>2ｍ／ｓ，物体一直做加速度为1m/s2的匀加速运动，设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ，则ａｔ２＝Ｌ，ｔ＝=＝2ｓ．12. 如图甲所示，放置在水平桌面上的两条光滑导轨间的距离L＝1m，质量m=1kg的光滑导体棒放在导轨上，导轨左端与阻值R=4Ω的电阻相连，导轨所在位置有磁感应强度为B＝2T的匀强磁场，磁场的方向垂直导轨平面向下，现在给导体棒施加一个水平向右的恒定拉力F，并每隔0.2s测量一次导体棒的速度，乙图是根据所测数据描绘出导体棒的v－t图像.（设导轨足够长）求：（1）力F的大小.（2）t=1.6s时，导体棒的加速度.（3）若1.6s内导体棒的位移X＝8m，试计算1.6s内电阻上产生的热量.【答案】（1）10N（2）2m/s2（3）48J【解析】（1）E=BLvI=E/RF安=BIL当速度最大时F拉=F安解得=10N⑵当t=1.6s时，v1=8m/s此时F安=B2L2 v1/R=8NF拉－F安= maa=2m/s2解得Q =48J13. 如图所示，一个半径为R=1.00m的粗糙圆孤轨道，固定在竖直平面内，其下端切线是水平的，轨道下端距地面高度为h=1.25m在轨道末端放有质量为m B=0.05kg的小球(视为质点)，B 左侧轨道下装有微型传感器，另一质量为m A=0.10kg的小球A(也视为质点)由轨道上端点从静止开始释放，运动到轨道最低处时，传感器显示读数为2.6N，A与B发生正碰，碰后B小球水平飞出，落到地面时的水平位移为s=1.00m，不计空气阻力，重力加速度取g=10m/s2.求：（1）小球A运动到轨道最低处时的速度大小（2）小球A在碰前克服摩擦力所做的功；（3）A与B碰撞过程中，系统损失的机械能.【答案】（1）4.00m/s（2）0.20J（3）0.25J【解析】(1)在最低点对球由牛顿第二定律有：F A-m A g=解得v A=4.00m/s(2)由动能定理有：m A gR-W f=解得：W f=0.20J（3）碰后对B球平抛有：∴v′B=2.0m/sB碰由动量守恒定律有：m A v A=m A v′A+m B v′B∴v′A=3.0m/s由能量守恒得：ΔE损=故ΔE损=0.25J。