广东省肇庆市高三第三次模拟理科综合物理试题

广东省肇庆市2018届高三第三次模拟理科综合物理试题一、选择题1.如图所示为1934年约里奥·居里夫妇用α粒子轰击铝箔时的实验示意图，他们除了探测到预料中的中子外，还发现拿走α粒子放射源以后，铝箔仍继续发射出一种神奇的粒子。下列说法正确的是（）A.α粒子轰击铝箔的核反应方程为：B.轰击铝箔后的生成物是磷（），它的衰变方程为：C.拿走α粒子放射源以后，铝箔继续发射出的神奇粒子实际上是中子D.磷（）也具有放射性，只是它不像天然放射性元素那样有一定的半衰期【答案】B【解析】α粒子轰击铝箔的核反应方程为，轰击铝箔后的生成物是磷（），是磷的一种同位素，它具有放射性，跟天然放射性元素一样发生衰变，也有一定的半衰期，衰变时放出正电子，衰变方程为，故选B，ACD错误；【点睛】根据质量数和核电荷数守恒可完成方程，本题考查人工核转变的知识，解决本题的关键是掌握放射性同位素的应用。2.如图所示，质量为m的小球固定在轻弹簧和轻杆的一端，轻弹簧的另一端固定在墙壁上的A点，轻杆的另一端通过铰链连于墙壁上的O点，轻弹簧的自然长度与杆长相等。小球静止时，轻弹簧处于水平，轻杆与墙壁成θ＝30°。从某时刻开始，给小球施加竖直向上的力F，使小球缓慢移动到B位置，OB处于水平。整个过程中弹簧一直处于弹性限度内，下列说法中正确的是（）A.小球在移动过程中可能受到3个力作用B.若弹簧有弹力，则弹力的大小一定不等于杆对小球的作用力的大小C.弹簧的弹力先减小后增大，且末态时弹力大于初态时弹力D.力F先增大后减小【答案】B【解析】A、小球在向上移动过程中，当弹簧恢复原长时，此时小球所受弹簧的弹力T1＝0，因小球的重力G及F的方向均在竖直方向，此时必然有轻杆沿杆方向对小球的作用力T2＝0，若T2≠0，则T2在水平方向的分力T2x≠0，小球无法处于平衡状态，此时小球仅受两个力作用，故A错误；B、若小球所受的弹力与轻杆的支持力或拉力大小相等，T1＝T2，它们的合力一定是竖直方向，此时由几何关系可知弹簧的长度与杆长相等，此时T1＝T2＝0，除此以外T1≠T2，故B正确；C、初态时弹簧的压缩量是（杆长），末态时弹簧的伸长量是，所以末态时弹簧的弹力小于初态时弹簧的弹力，故C错误；D、小球刚开始向上运动过程中，F逐渐增大，当弹簧恢复原长前后，弹簧的弹力和轻杆对小球的作用力均发生改变，两力的方向分别变为左向下和右向下，此后小球再向上运动过程中，F一直增大，刚开始时向上的力，弹簧恢复原长时向上的力F2＝G，轻杆水平时向上的力，故D错误；故选B。3.某科技小组在实验室中研究远距离输电．由于输电线太长，他将每50米导线卷成一卷，共卷成8卷来代替输电线路．第一次直接将输电线与实验电源及用电器相连，测得输电线上的输电电流和损失的功率为I1、P1，；第二次采用如下图所示的电路输电，其中理想变压器T1与电源相连，其原、副线圈的匝数比为n1∶n2，理想变压器T2与用电器相连，测得输电线上的输电电流和损失的功率为I2、P2．下列说法中正确的是（）A.第二次实验时因为多接了两个变压器，所以P2＞P1B.通过该实验可以证明，提高输电电流能减小远距离输电的能量损失C.若输送功率一定，则I2∶I1=n1∶n2D.若输送功率一定，则P2∶P1=n22∶n12【答案】CB、由可知提高输电电流增加远距离输电的能量损失，故B错误；故选C。4.据《科技日报》报道，2020年前我国将发射8颗绕地球做匀速圆周运动的海洋系列卫星：包括4颗海洋水色卫星、2颗海洋动力环境卫星和2颗海陆雷达卫星，以加强对黄岩岛、钓鱼岛及西沙群岛等岛屿附近海域的监测。已知海陆雷达卫星轨道半径是海洋动力环境卫星轨道半径的n倍。则（）A.海陆雷达卫星线速度是海洋动力环境卫星线速度的B.海陆雷达卫星线速度是海洋动力环境卫星线速度的倍C.在相同的时间内，海陆雷达卫星与海洋动力环境卫星各自到地球球心的连线扫过的面积相等D.在相同的时间内，海陆雷达卫星与海洋动力环境卫星各自到地球球心的连线扫过的面积之比为∶1【答案】D【解析】根据，解得，则海陆雷达卫星线速度是海洋动力环境卫星线速度的，选项AB错误；根据，解得，扫过的面积为，因为轨道半径之比为n，则角速度之比为，所以相同时间内扫过的面积之比为．故D正确，C错误．故选D．5.如图所示，竖直平面内有一圆周，其圆心为O，直径AB和CD相互垂直，电荷量均为Q的正点电荷放在关于CD对称的圆周上，它们所在半径的夹角为120°。下列说法正确的是：（）A.点O与点C的场强大小相等B.点C与点D的场强大小之比为∶1C.一电子从D点由静止释放，运动到C点的过程中，加速度先减小后增大D.将一正电荷沿着圆周从A点经D移至B点的过程中，电场力先做正功后做负功【答案】ABD【解析】A．点O与点C的场强大小相等，方向相反，故A错误；B．根据矢量合成法则，C点场强为，D点的场强为点C与点D的场强大小之比为：1，故B正确；C．根据电场强度的矢量合成法则，距离两点电荷连线x=处的场强最强，则电子从点D到点C的过程中，加速度先增大，再减小，再增大，故C错误；D．根据等量同种电荷的电场线，正电荷沿着圆周从点A到点D，电场力做正功，从点D到点B的过程中，电场力做负功，故D正确。故选：BD。点睛：根据电场强度的矢量合成法则，找出CD连线上，电场强度最大的位置，根据牛顿第二定律即可判断加速度的变化。6.如图所示，水平屋顶高H＝5m，围墙高h＝3.2m，围墙到房子的水平距离L＝3m，围墙外马路宽x＝10m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的马路上，小球离开屋顶时的速度v0的大小的可能值为（g取10m/s2，不计墙的厚度）（）A.3.1m/sB.4.7m/sC.7.2m/sD.11.5m/s【答案】CD【解析】球落在空地上，v的最大值vmax为球落在空地最右侧时的平抛初速度，小球做平抛运动，设运动时间为t1，则小球的水平位移：，小球的竖直位移：，联立解得；球不能落在空地上，v的最小值vmin为球恰好越过围墙的最高点P落在空地上时的平抛初速度，设小球运动到P点所需时间为t2，则此过程中小球的水平位移：，小球的竖直方向位移：，联立解得，故CD正确，AB错误；故选CD。【点睛】将平抛运动分解成竖直方向的自由落体运动，与水平方向匀速直线运动，根据等时性，则可求出最大速度；速度太大会落空地外边，太小会被墙挡住，因此可得出小球离开屋顶时的速度的范围。7.一质量为m的铝球用细线悬挂，静止在足够深的油槽中（如图甲所示），某时刻剪断细线，铝球开始在油槽中下沉，通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图象如图乙所示。已知重力加速度为g，下列说法正确的是：（）A.铝球下沉时先做加速度越来越小的加速运动，后做匀速运动B.剪断细线瞬间铝球所受的浮力C.剪断细线瞬间铝球的加速度a0<g，一段时间内加速度越来越大D.铝球下沉过程所受到油的阻力【答案】AD【解析】A．由图象可知，铝球开始下沉后速度越来越大，加速度越来越小，当加速度a=0时，铝球做匀速运动，速度不再变化，故A正确；B．剪断细线瞬间，铝球所受的阻力为0，受到重力、浮力，由牛顿第二定律可得:，解得，故B错误；C．剪断细线瞬间，铝球所受的阻力为0，由牛顿第二定律可得，加速度，由图象可知加速度越来越小，故C错误；D．剪断细线瞬间，铝球下沉过程中受重力、阻力、浮力，由牛顿第二定律可得mg﹣F浮﹣f=ma，可得a=，由a0~v0图象可知，v，则有，解得，阻力f=，故选D正确；故选AD。【点睛】考查了a0v0图象，理解物理意义，物块所受浮力和阻力的施力物体是油，所以物块会给油反作用力，油对容器的压力增大，则容器对地面的压力会增大，要理解透彻。8.如图所示，在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场，在x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度大小为的匀强磁场。一带负电的粒子(不计重力)从原点O与x轴成30°斜向上射入磁场，且在x轴上方运动的半径为R。则（）A.粒子经偏转一定能回到原点OB.粒子完成一次周期性运动的时间为C.粒子射入磁场后，第二次经过x轴时与O点的距离为3RD.粒子在x轴上方和下方的磁场中运动的半径之比为1∶2【答案】CD【解析】根据左手定则判断洛伦兹力的方向可知，粒子运动的过程中，离O点越来越远，粒子一定不能回到原点O，故A错误；在第一象限运动的时间.....................二、实验题9.为了测量小木块与木板间的动摩擦因数μ，某小组使用位移传感器设计了如图甲所示的实验装置，让木块从倾斜木板上的A点由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离。位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移x随时间t的变化规律如图乙所示。（1）根据图乙可计算出0.2s时木块的速度v＝_____m/s，木块加速度a＝_____m/s2(结果均保留2位有效数字)。（2）为了测定木块与木板间的动摩擦因数μ，还需要测量的物理量是____(已知当地的重力加速度g)；A．木块的质量B．木块的宽度C．木板的倾角D．木板的长度【答案】(1).0.20;(2).1.0;(3).C;【解析】（1）根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，0.2s末木块的速度为：0.4s末的速度为：木块的加速度为：，方向与位移相反。（2）选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向根据牛顿第二定律可得：，所以要测定摩擦因数，还需要测出木板的倾角θ，选C10.利用如图甲所示的电路测定电源的电动势和内电阻。（1）若闭合电键S1，将单刀双掷电键S2掷向a，改变电阻箱R的阻值得到一系列电压表的读数U。由于未考虑电压表分流，导致电动势的测量值与真实值相比_____，内阻的测量值与真实值相比______。（以上两空选填“偏大”、“相等”或“偏小”)（2）若断开S1，将单刀双掷电键S2掷向b，改变电阻箱R的阻值得到一系列电流表的读数I。由于未考虑电流表分压，导致电动势的测量值与真实值相比_______，内阻的测量值与真实值相比__________。(以上两空选填“偏大”、“相等”或“偏小”)（3）某同学分别按照以上两种方式完成实验操作，利用图象法处理数据，分别得到如下两个图象，如图乙中的①和②所示，纵轴截距分别是b1、b2，斜率分别为k1、k2。综合两条图线的数据信息可以避免由于电压表分流和电流表分压带来的系统误差，则电源的电动势E=______，内阻r=________。【答案】(1).偏小；(2).偏小；(3).相等；(4).偏大；(5).(6).【解析】（1）若闭合电键S1，将单刀双掷电键S2掷向a，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电压表的读数U，根据闭合电路欧姆定律可知，E=U+Ir=U+r，则，因此图象的纵轴截距b=，电动势E=，图象的斜率k=，则电源内阻r=kE=；由图示电路图可知，由于电压表的分流作用，通过电源的电流大于，这是造成系统误差的原因；若考虑电源电压表内阻，则表达式为E=U+Ir=U+（+）r，变形得：则；则由数学规律可知，电动势E减小；内阻减小；

（2）根据闭合电路欧姆定律E=I（R+r）变形，得到与R的关系式，．根据数学知识得知，R图象的斜率的倒数等于电源的电动势E，纵轴截距的绝对值等于电源的内阻r与定值电阻的和．则可知，电动势的测量值与真实值相比相等，没有考虑电流表的内阻，即实际内阻r=bRA，所以内电阻的测量值与真实值相比偏大．

（3）由以上分析可知，（2）中电动势是准确的，故E=；而（1）图象的斜率k1=；联立解得：r=；点睛：本题关键在于能由图象知识（斜率与截距的意义）结合闭合电路欧姆定律求解，在解题时要注意题目中给出的条件及坐标中隐含的信息．三、计算题11.如图甲所示，电阻不计、间距为的平行长金属导轨置于水平面内，阻值为的导体棒固定连接在导轨左端，另一阻值也为的导体棒垂直放置到导轨上，与导轨接触良好，并可在导轨上无摩擦移动。现有一根轻杆一端固定在中点，另一端固定于墙上，轻杆与导轨保持平行，两棒间距为。若整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，且从某一时刻开始，磁感应强度随时间按图乙所示的方式变化。（1）求在0～时间内流过导体棒的电流的大小与方向；（2）求在t0～2时间内导体棒产生的热量；（3）1.5时刻杆对导体棒的作用力的大小和方向。【答案】(1),(2)(3)方向向右的拉力【解析】试题分析：（1）在0～时间内，磁感应强度的变化率产生感应电动势的大小流过导体棒ef的电流大小有楞次定律可判断电流方向为（2）在时间内，磁感应强度的变化率产生感应电动势的大小流过导体棒ef的电流大小时间内导体棒ef产生的热量（3）在时，磁感应强度Ef棒受安培力：方向水平向左：根据导体棒受力平衡，杆对导体棒的作用力为,方向水平向右考点：电磁感应定律12.如图所示，有一光滑绝缘的长木板B右端接有一竖直的挡板，静止放置在光滑水平地面上。一可视为质点的滑块A放置在长木板上，A与B右端挡板的距离为L，A与B左端的距离足够大。A和B(连同挡板)的质量均为m，滑块A带电量为+q，开始时A、B均静止。若在该空间加上大小为E、方向水平向右的匀强电场，由于受电场力作用，A开始向右运动并与B发生弹性碰撞，A、B碰撞过程中时间极短且无电荷转移。求：（1）A与B第一次相碰后，B的速率；（2）从A开始运动到A和B第二次碰撞所经历的时间；（3）A和B从第n次碰撞到第n+1次碰撞的时间内长木板B所通过的路程。【答案】（1）,（2）(3)【解析】【分析】第一次碰撞前，B静止，A做初速度为零的匀加速运动，由动能定理可以求出碰前A的速度，碰撞后两物体交换速度，即可得到A与B第一次碰后瞬时B球的速率；第一次碰撞后，B向右做匀速直线运动，A球向右做初速度为零的匀加速直线运动，当两者位移相等时再次发生碰撞，由牛顿第二定律求出A的加速度，由匀变速运动的速度公式与位移公式、匀速直线运动的位移公式分析答题；运用同样的方法求出第二次、第三次…第n+1次碰撞后两球的速度，作出速度图象，根据vt图象的“面积”等于位移，求解两球从第n次碰撞到第n+1次碰撞时间内A球所通过的路程；解：（1）对A由动能定理:解得对A、B第一次碰撞，由动量守恒可得：由能量守恒可得：联立解得：（2）从A开始运动到第一次与B碰撞历时设从第一次碰撞后到第二次碰撞前历时t2，则：解得：故从A开始运动到A和B第二次碰撞所经历的时间为：（3）第二次碰撞前A的速度为：对A、B第二次碰撞，由动量和能量守恒分别得：联立解得:由vt图像可得第3次碰撞前A的速度：此时B的速度：以此类推第n次碰撞前A的速度为故从第n次到第n+1次碰撞经历时间为：这段时间内B以速度vAn1做匀速运动，故这段时间内B通过的路程为:13.下列说法正确的是_____。A．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大B．当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大C．一定量的理想气体，在压强不变时，气体分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度升高而减少D．水的饱和汽压随温度的升高而增大E．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用【答案】CDE【解析】A、在一定气温条件下，大气中相对湿度越大，水气蒸发也就越慢，人就感受到越潮湿，故当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大，但绝对湿度不一定大，故A错误；B、当温度升高时，物体内所有分子热运动的平均动能增大，所有分子热运动的平均速率增大，而不是物体内每一个分子热运动的速率一定都增大，故B错误；C、温度升高，分子对器壁的平均撞击力增大，要保证压强不变，分子单位时间对器壁单位面积平均碰撞次数必减少，故C正确；D、气体的饱和气压与温度和材料有关，水的饱和汽压随温度的升高而增大，故D正确；E、液体表面张力产生的原因是：液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力，就象你要把弹簧拉开些，弹簧反而表现具有收缩的趋势，故E正确；故选CDE。【点睛】本题考查了相对湿度、饱和汽压、分子力、液体表面张力的相关知识，关键要熟悉这些知识点。14.如图，有一个在水平面上固定放置的气缸，由a、b、c三个粗细不同的同轴绝热圆筒组成，a、b、c的横截面积分别为2S、S和3S．已知大气压强为p0．两绝热活塞A和B用一根长为4l的不可伸长的细线相连，两活塞之间密封有温度为T0的空气，开始时，两活塞静止在图示位置．现对气体加热，使其温度缓慢上升，两活塞缓慢移动，忽略两活塞与圆筒之间的摩擦．求：（i）加热前被封闭气体的压强和细线中的拉力；（ii）气体温度上升到多少时，其中一活塞恰好移至其所在圆筒与b圆筒连接处.【答案】(1),（2）【解析】解（i）由力的平衡条件可得对活塞A：2P0S+F=2P1S对活塞B：3P0S+F=3P1S解得：P1=P0F=0(ii)对气体加热后，两活塞将缓慢向右移动，活塞A将恰好移至其所在圆筒与b圆筒连接处，此过程中所研究气体的压强保持不变，由盖.吕萨克定律得：T1=T0V1=2lS+2lS+3lS=7lSV2=2lS+6lS=8lS由以上式子联立解得：15.下列说法正确的是______。A．由红光和绿光组成的一细光束从水中射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失的是绿光B．光的双缝干涉实验中，在光屏上的某一位置会时而出现明条纹时而出现暗条纹C．均匀变化的磁场产生均匀变化的电场向外传播就形成了电磁波D．横波和纵波均能产生干涉现象E．电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关【答案】ADE【解析】A、由