鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校2018年五月联考
高三理科综合试卷（物理）
二、选择题：(本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求，第19-21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. 关于原子结构与原子核的知识，下列说法正确的是
A. I→
Xe+
e属于重核裂变反应，反应过程有质量亏损
B. Th(钍核)的半衰期是24天，对它施加压力后，半衰期可能变短
C. α、β、γ三种射线中，α射线的穿透能力最强
D. 卢瑟福根据α粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型
【答案】D
【解析】A、I→
Xe+
e属于
裂变反应，反应过程有质量亏损，故A错误；
B、半衰期是由原子核内部自身决定的，与地球环境不同，所以半衰期不变，故B错误；
C、α、β、γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强，α射线的穿透能力最弱，电离能力最强，故C错误；
D、卢瑟福根据α粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型，故D正确；
故选D。
2. 两个质点A、B放在同一水平面上，从同一位置沿相同方向做直线运动，其运动的v-t图象如图所示.对A、B运动情况的分析，下列结论正确的是
A. 在6s末，质点A的加速度大于质点B的加速度
B. 在0-12s时间内，质点A的平均速度为ms
C. 质点A在0－9s时间内的位移大小等于质点B在0－3s时间内的位移大小
D. 在12s末，A、B两质点相遇
【答案】A
............
B、在0～12s时间内，质点A的位移为，平均速度为
，故B错误；
C、质点A在0－9s时间内的位移大小，质点B在0－3s时间内的位移大小
，故C错误；
D、在12s末，A、B两质点相距的距离等于它们的位移之差，为，故D错误；
故A正确；
【点睛】在速度-时间图象中，图线的斜率表示加速度，图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移；根据几何关系求出质点A、B在0～12s内的位移，再由位移与时间之比求其平均速度，根据位移关系分析何时两质点相遇。
3. 如图所示，平行板电容器与一个恒压直流电源连接，下极板通过A点接地，一带电液滴在P点刚好平衡，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则
A. 静电计指针张角变小 B. 液滴将向上移动
C. P点电势降低 D. 液滴在P点的电势能减小
【答案】D
【解析】A、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故A错误；
BCD、电势差不变，d增大，则由公式分析得知板间电场强度减小，带电液滴受到的电场力减小，液滴将向小移动；P点与上极板间的电势差减小，而P点的电势比上极板低，上极板的电势不变，则P点的电势增大，因为油滴带负电荷，则小球的电势能减小，故D正确，BC错误；
故选D。
【点睛】本题运用分析板间场强的变化，及掌握电容的定义式与决定式的区别．运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化。
4. 如图所示，一绝缘的斜面体始终静止于水平地面上，C、D、E是斜面上3个点，一带正电的绝缘点电荷+Q固定在斜面体内部P点(斜面体对点电荷+Q的电场分布没有影响)，P、D连线垂直于斜面。滑块A、B叠在一起，B带负电，A不带电，A与B绝缘。现将A、B从C点由静止释放，下滑过程中A、B保持相对静止，斜面体始终受到地面向左的静摩擦力，在滑块A、B从C点经过D点再滑到E点过程中，下列说法正确的是
A. 滑块A、B在D点速度最大
B. 整个下滑过程中，滑块A、B均处于失重状态
C. 整个下滑过程中，滑块A、B机械能的变化量一定大于滑块B电势能的变化量
D. 若在B上施加一个平行斜面向下的恒力F，地面对斜面体的摩擦力将变大
【答案】B
【解析】AB、以滑块AB、斜面体为整体，根据牛顿第二定律可知，滑块AB有水平向左的加速度分量，以滑块A、B整体，受重力、斜面体对其作用力，整个下滑过程中， 滑块A、B受到的合外力方向为左斜下，滑块A、B一直沿斜面向下加速运动，故A错误；B正确；
C、整个下滑过程中，若斜面无摩擦，根据能量守恒，滑块A、B机械能的变化量等于滑块B电势能的变化量；若斜面有摩擦，根据能量守恒，滑块A、B机械能的变化量等于滑块B电势能的变化量与因摩擦增加的内能之和，故C错误；
D、以滑块A、B为对象，在B上施加一个平行斜面向下的恒力F时，斜面体对其支持力不变，所以斜面体对其摩擦力不变，即斜面体对其作用力不变；以斜面体为对象，B对斜面体的作用力不变，故地面对斜面体的摩擦力将不变，故D错误；
故选B。
5. 某人在赤道上通过天文观测，发现一颗奇特卫星，该卫星在赤道平面内自西向东飞行，绕地球周运动，每隔时间t都会出现在他头顶上方，已知地球自转周期为T，地球表面重力加速度为g，地球半径为R，则下列说法中不正确的是
A. 地球的质量M=
B. 该卫星的周期T0=
C. 该卫星的高度h=
D. 若该卫星的圆轨道半径增大，则相邻两次出现在观察者头顶的时间间隔t将增大
【答案】C
【解析】A、由万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得，解得地球的质量
，故A正确；
B、设该卫星的周期为，根据题意可得
，解得
，故B正确；
C、由万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得，该卫星的高度
，故C错误；
D、若该卫星的圆轨道半径增大，根据开普勒第三定律可知该卫星的周期增大，则相邻两次出现在观察者头顶的时间间隔将增大，故D正确；
不正确的故选C。
6. 如图甲所示为小型交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的匝数n=200、电阻r=1Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R=9Ω，与R并联的交流电压表为理想电表，在r=0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量随时间t按如图乙所示的正弦规律变化。下列说法正确的是
A. 该交流电的频率为50Hz
B. 交流发电机产生的电动势最大值为400V
C. 电路中交流电压表的示数约为255V
D. 若将线圈转速变成原来2倍，交流发电机的输出功率将变成原来的2倍
【答案】BC
【解析】A、由图可知，该交流电的频率为
，故A错误；
B、交流发电机产生的电动势最大值为，故B正确；
C、交流发电机产生的电动势有效值为，电路中交流电压表的示数
，故C正确；
D、若将线圈转速变成原来2倍，根据，
可知交流发电机产生的电动势为原来的2倍，根据
可知交流发电机的输出功率将变成原来的
倍，故D错误；
故选BC。
【点睛】根据Em=NBSω求出交流发电机产生的的感应电动势，电路中交流电压表的示数为有效值，根据求出有效值，根据
判断交流发电机的输出功率变化。
7. 地面上方存在竖直方向的电场，电场强度随高度的变化而改变，如图甲所示，一带电的物体静止在绝缘的水平地面上，在电场力的作用下开始向上运动。在物体运动过程中所带电量不变，空气阻力不计，物体在运动过程中仅受重力和电场力作用，取水平地面为重力势能的零势能面，其机械能E与竖直位移x的关系图象如图乙所示，其中曲线上A点处的切线的斜率最大，则
A. 在x1处电场强度最强
B. 在x1→x2过程中，物体的动能先增大后减小
C. 在x3→x4过程中，物体向下运动
D. 在x3→x4过程中，物体的电势能一直增大
【答案】ABD
【解析】A、机械能与位移图线的斜率表示受到的电场力，A处的切线的斜率最大，说明此位置受到的电场力F最大，则电场强度E=Fq最大，即在x1处电场强度最强，故A正确；
B、在x1→x2过程中，电场力减小，在x2的位置，电场力为零，所以合外力方向先竖直向上后竖直向下，故合外力先做正功后做负功，物体的动能先增大后减小，故B错误；
CD、在x3→x4过程中，机械能在减小，则电场力在做负功，电势能要增大；图线的斜率为负，表示电场力向下，物体向上运动，故C错误，D正确；
故选ABD。
【点睛】本题画出了我们平时所陌生的机械能与高度的变化图象；要求我们从图象中分析物体的运动过程．要求我们能明确机械能与电场力做功的关系；明确重力做功与重力势能的关系；并正确结合图象进行分析求解。
8. 如图所示，光滑金属轨道由圆弧部分和水平部分组成，圆弧轨道与水平轨道平滑连接，水平部分足够长，轨道间距为L=1m，平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为IT，同种材料的金属杆a、b长度均为L，a放在左端弯曲部分高h=0.45m处，b放在水平轨道上，杆ab的质量分别为ma=2kg，mb=1kg，杆b的电阻Rb=0.2Ω，现由静止释放a，已知杆a、b运动过程中不脱离轨道且不相碰，g取10m/s2，则
A. a、b匀速运动时的速度为2m/s
B. 当b的速度为1m/s时，b的加速度为3.75m/s2
C. 运动过程中通过b的电量为2C
D. 运动过程中b产生的焦耳热为1.5J
【答案】AC
【解析】A、对杆a下滑的过程中，由机械能守恒定律得： ，解得
，a、b杆在水平面上运动时，稳定时一起匀速运动，由动量守恒定律得：
，解得
，故A正确；
B、a、b杆在水平面上运动时，由动量守恒定律得：，当b的速度为1m/s时，a的速度为2.5m/s，b受到的安培力为
，b的加速度为
，故B错误；
C、对b杆，由动量定理可得，运动过程中通过b的电量为
，故C正确；
D、由能量守恒得杆a和杆b共产生的焦耳热为，杆b中产生的焦耳热为
，故D错误；
故选AC。
9. 用如图甲所示装置结合频闪照相机拍摄的照片来验证动量守恒定律，实验步骤如下：
①用天平测出A、B两个小球的质量mA和mB；
②安装好实验装置，使斜槽的末端所在的平面保持水平；
③先不在斜槽的末端放小球B，从斜槽上位置P由静止开始释放小球A，小球A离开斜槽后，频闪照相机连续拍摄小球A的两位置(如图乙所示)；
④将小球B放在斜槽的末端，再从位置P处由静止释放小球A，使它们碰撞，频闪照相机连续拍摄下两个小球的位置(如图丙所示)；
⑤测出所需要的物理量。
请回答：
(1)实验①中A、B的两球质量应满足mA__________mB (填“>”、“=”或“<”)
(2)在步骤⑤中，需要在照片中直接测量的物理量有_____________(请选填“x0、y0、xA、yA、xB、yB” )
(3)两球在碰撞过程中若动量守恒，满足的方程是：__________________(用所测物理量表示)
【答案】 (1). > (2). ，
，
(3).
【解析】（1）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒，故有mAv0=mAv1+mBv2，在碰撞过程中动能守恒，故有，解得
，要碰后a的速度v1＞0，即mA-mB＞0，mA＞mB；（2）由于频闪照相的频率固定，因此只需要测量小球的水平位移，在步骤⑤中，需要在照片中直接测量的物理量有x0、xA、xB；（3）验证的方程为mAx0＝mAxA＋mBxB
10. 同学为了测量一种电热丝的电阻率，他先用刻度尺量得电热丝的长度为L，用螺旋测微器测得直径D，再用多用表测量该电热丝的电阻。
(1)如图甲所示，直径D=___________mm，用多用表“×100”的欧姆挡测量该电热丝的电阻如图乙所示，则电阻Rx =___________Ω
实验室还提供了如下器材：
①电流表A1(量程：0.6A、内阻RA1=0.1Ω) ②电流表A2(量程：1mA，内阻RA2=120Ω)
③电压表V1(量程：15V、内阻约为7.5kΩ) ④电压表V2(量程：3V、内阻约为1kΩ)
⑤定值电阻R1，阻值为30Ω ⑥定值电阻R2，阻值为880Ω
⑦滑动变阻器R(最大阻值为20Ω) ⑧电势为3V的电池组E(内阻可忽略不计)
⑨开关S一个，导线若干
(2)为了精确地测量该电热丝的阻值，需要多测几组数据，需要选用的器材是_________(填器材前的序号)，并将设计电路画在方框中(电热丝用“”表示)
(3)根据设计方案，电压表的读数为U，电流表的读数为I，则电阻率的表达式为ρ=________(所测物理量及已知物理量的字母表示)。
【答案】 (1). (2).
(3). ②④⑤⑦⑧⑨ (4).
【解析】(1)由图甲所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度所示为6.0×0.01mm=0.060mm，螺旋测微器的示数为0.5mm+0.060mm=0.5600mm；
由图乙所示多用电表可知，金属丝电阻阻值R=6.0×100Ω=600Ω；
(2)先选唯一的器材是⑦⑧⑨，由于电势为3V的电池组E，故电压表选④电压表V2(量程：3V、内阻约为1kΩ)，根据，电流表选②电流表A2(量程：1mA，内阻RA2=120Ω)与⑤定值电阻R1，阻值为30Ω并联改装的电表；故需要选用的器材是②④⑤⑦⑧⑨，
由于改装后的电流表阻值是已知值，所以电表内接法，由于滑动变阻器R小于电热丝的电阻，故滑动变阻器分压式，电路如图
(3)根据电路图可知电热丝的电阻，由于
，联立解得
11. 如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道最低点与水平传送带平滑连接，传送带以速度v0顺时针匀速转动，质量为m、可视为质点的物块从圆弧轨道顶端由静止下滑，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，传送带不打滑。求物块从开始运动到第一次返回圆弧轨道的过程中：
(1)物块在水平传送带上运动的最大位移x；
(2)物块能够到达圆弧轨道的最大高度hmax
【答案】(1) (2)
解：(1)物块运动到斜面底端的速度为v1，由动能定理可得
解得
物块向左减速运动过程中加速度为a，最大位移为x，由牛顿第二定律可得
解得
由运动学公式可得
(2)由于传送带足够长，物块向左减速为0后再向右加速
若，即
，则根据对称性，物块向右加速到斜面底端速度以
此时恰能回到出发点，即
若，即
，则物块先向右加速，再向右匀速至斜面底端
由动能定理可得
解得
故当时，
当时，
12. 如图所示，在竖直平面内的xoy直角坐标系中，MN与水平x轴平行，在MN与x轴之间有竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面水平向里的匀强磁场，电场强度E=2N/C，磁感应强度B=1T，从y轴上的P点沿x轴方向以初速度v0=1m/s水平抛出一带正电的小球，小球的质量为m=2×10-6kg，电荷量q=1×10-5C，g取10m/s2。已知P点到O点的距离为d0=0.15m，.MN到x轴距离为d=0.20m.(π=3.14，=1.414，
=1.732，结果保留两位有效数字)
(1)求小球从P点运动至MN边界所用的时间；
(2)当小球运动到x轴时撤去电场，求小球到达MN边界时的速度。
【答案】(1) (2)
【解析】【分析】小球做平抛运动，由平抛运动的规律求进入磁场时速度，小球进入电磁场区域时，小球作匀速圆周运动，由几何关系，小球运动到MN时轨迹与MN相切，在电磁场中运动的时间，撤去电场后小球运动至MN，由动能定理和动量定理求出球到达MN边界时的速度的大小和方向；
解：(1)由平抛运动的规律，小球做平抛运动的时间为t1，进入磁场的速度为v，进入磁场时速度与x轴的夹角为，则
，解得
，
解得，
小球进入电磁场区域时，
故小球作匀速圆周运动，设轨迹半径为r，则
解得
由几何关系，小球运动到MN时轨迹与MN相切，在电磁场中运动的时间
小球从P点运动到MN所用时间
(2)撤去电场后小球运动至MN时速度大小为v，方向与水平方向成角，由动能定理
解得
取小球在水平方向上的运动分析，由动量定理：
，即
解得
13. 关于分子动理论，下列说法正确的是_______
A.已知标准状况下1mol氧气的体积为22.4L，阿伏伽德罗常数为NA，则标准状况下氧气分子之间的平均距离约为m
B.显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则的运动，这反映了炭分子运动的无规则性
C.水和酒精混合后体积减小，说明液体分子之间存在着空隙
D.热平衡定律又叫做热力学第零定律
E.物质的温度是它的分子热运动的平均动能的标志
【答案】CDE
【解析】A、已知标准状况下1mol氧气的体积为22.4L，阿伏伽德罗常数为NA，则标准状况下氧气分子之间的平均距离约为m，故A错误；
B、显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则的运动，是布朗运动，这反映了液体分子运动的无规则性，故B错误；
C、水和酒精混合后体积减小，说明液体分子之间存在着空隙，故C正确；
D、热平衡定律又叫做热力学第零定律，故D正确；
E、物质的温度是它的分子热运动的平均动能的标志，故E正确；
故选CDE。
14. 一个容积为V0的氧气罐(视为容积不变)，经检测，内部封闭气体压强为1.6p0，温度为0℃，为了使气体压强变为p0，可以选择以下两种方案：
①冷却法：已知T=t+273.15K，求气体温度降低了多少摄氏度(结果保留两位小数)?
②放气法：保持罐内气体温度不变，缓慢地放出一部分气体，求氧气罐内剩余气体的质量与原来总质量的比
【答案】(1) (2)
【解析】解（1）由气体的等容变化规律知
解得
气体温度降低了
（2）以全部气体为研究对象，由气体的等温变化规律
解得
氧气罐内剩余气体的质量与原来总质量的比
15. 如图所示，A、B两处为在同一均匀介质中且振动频率均为f的振源，两振源的振动步调完全相同，O点为两振源连线的中点。已知两振源在该介质中形成的机械波的振幅均为A0、波速均为v，AB=a，两振源的振动方向与初相位均相同。则下列说法中正确的是________(填正确答案的标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每错选1个扣3分，最低得分为0分)。
A.当O点开始振动后其振动频率等于振源的振动频率f
B.当O点开始振动后其振动频率等于振源的振动频率2f
C.当O点开始振动后其振幅等于2A0
D.当两振源间的距离a=n(n=1、2、3…)时，O点开始振动后其振幅一定小于2A0
E.当O点开始振动后，其振动不一定与两振源的振动步调相同
【答案】ACE
【解析】AB、两个波源振动频率均为f，那么质点O的振动频率也为f，故A正确，B错误；
C、波源的振幅为A，O为AB的中点，根据波叠加原理，则质点O的振幅为2A，故C正确；
D、根据波长与波速关系，则有，只要不满足
，（n=1，2，3，…）那么两波源传播到质点O的振动，不是同步的，质点O的振幅就一定小于2A，故D错误；
E、当波源到质点O的间距是半个波长的偶数倍时，则O的振动可能与波源同步；若间距是半个波长的奇数倍时，则O的振动可能与波源不同步,故E正确；
故选ACE。
【点睛】各点的振动频率相同，根据振动方向来确定振动加强，还是减弱，进而确定振幅大小；根据两者间距与波长的倍数关系，从而确定是否同步。
16. 如图为三棱柱形棱镜的横截面，该横截面为直角边d=1m的等腰直角三角形，一细光束由AB面斜射入，并逐渐调节入射角及入射点的位置，使细光束经AB面折射后直接射到AC面，且当细光束与AB面的夹角为θ=30°时，该细光束恰好不能从AC面射出。求：
①棱镜的折射率为多大?
②如果入射点到A点的距离为，光在真空中的传播速度为c=3.0×108m/s，则光束从AB面传播到AC面所用的时间应为多少?(结果可保留根号)
【答案】（1） （2）
【解析】解：由题以作出光路图，如图所以
由几何关系可知，入射角
由于在AC面发生了全反射，则有
又因为
在AB面上
解得
（2）由几何关系可知，因为
所以
则有
光在棱镜中的速度为
则光速从AB面传播到AC面所用的时间
本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/e155686c2bf90242a8956bec0975f46527d3a7cc.html
文档为doc格式