届贵州省凯里市第一中学高三下学期《黄金卷》第三套模拟考试理综物理试题.docx

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届贵州省凯里市第一中学高三下学期《黄金卷》第三套模拟考试理综物理试题

贵州省凯里市第一中学2018届高三下学期《黄金卷》第三套模拟考试理综物理试题

一、选择题

1.居里夫妇和贝克勒尔由于对放射性的研究而一起获得1903年的诺贝尔物理学奖，下列关于放射性的叙述，正确的是（）

A.自然界中只有原子序数大于83的元素才具有放射性

B.三种天然放射线中，电离能力和穿透能力最强的是射线

C.衰变的产物x由90个质子和144个中子组成

D.放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态和外部条件有关

【答案】C

【解析】原子序数大于83的元素都具有放射性，小于83的个别元素也具有放射性，故A错误；射线的穿透能力最弱，电离能力最强，射线的穿透能力最强，电离能力最弱，故B错误；根据电荷数和质量数守恒得，产物x为，则质子为90个，中子数为个，故C正确；放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态和外部条件无关，故D错误。

故选C.

2.据央视新闻报道，我国将组建由156颗小卫星组成的天基互联网系统，命名为“虹云工程”，这些小卫星将在距离地面1000km的轨道上运行，组网完成后将使人们能够在世界上任何角落自由接入宽度互联网。

某同学查得地球同步卫星的轨道距离地面为36000km，然后利用自己所学的知识判断，对“虹云工程”有如下理解，其中正确的是（）

A.发射“虹云工程”的小卫星时，发射速度必须大于11.2km/s

B.这些小卫星的线速度一定相等

C.这些小卫星的向心加速度比同步卫星的向心加速度大

D.要求出这些小卫星的周期，只需再查出万有引力常量和地球的质量即可

【答案】C

【解析】卫星的发射速度一旦大于11.2km/s，则卫星会脱离地球的引力，不再绕地球飞行，故A错误。

这些小卫星在相同的轨道上运行，故线速度的大小相等，但方向不同，故B错误；根据万有引力提供向心力有：

，得，因小卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，故小卫星的向心加速度比同步卫星的向心加速度大，故C正确；根据万有引力提供向心力有：

，得，由此可知要求出这些小卫星的周期，需要查出万有引力常量、地球的质量和地球的半径，故D错误；故选C.

3.两个等量异种点电荷如图放置，+Q和-Q之间的距离为L，直线AB垂直于两点电荷的连线，C为交点，C点到-Q的距离为，AB=BC=，下列说法正确的是（）

A.A点和B点的电势相等

B.C点的电势比B点的高

C.一个带负电的检验电荷由B点运动到C点电场力做负功

D.一个带负电的检验电压放在A点所具有的电势能比放在B点所具有的电势能大

【答案】C

【解析】沿着电场线方向电势不断降低，故离负电荷越近电势越低，而三点到负电荷的距离关系为，故三点的电势关系为，故AB错误；负电荷在电势越低的点，电势能越大，故三点的电势能关系为，故一个负电荷从B点到C点，电势能增加，故电场力做负功，负电荷在A点的电势能小于B点的电势能，故C正确，D错误；故选C.

4.如图所示，用三条轻质细绳将A、B两个小球悬挂起来，A球的质量为2m，B球的质量为m，小球直径相比细绳长度可以忽略，当两个小球均处于静止状态时，轻绳OA与竖直方向的夹角为30°，轻绳AB与竖直方向的夹角为60°，轻绳BC水平，细绳OA、AB的拉力分别为F1、F2，下列结论正确的是（）

A.

B.

C.

D.

【答案】D

【解析】设BC的拉力为F，对球A和B整体受力分析，受重力和两个拉力，根据平衡条件有：

，，联立解得：

，，对B球受力分析，根据平衡条件有：

，，解得，故ABC错误，D正确，故选D.

【点睛】先对球A和B整体受力分析，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解轻质细绳上OA、BC的拉力大小；再对球B受力分析，根据平衡条件并结合合成法列式求解绳AB的拉力大小．

5.如图所示，A为一固定在地面上的光滑弧形轨道，质量为2m的足够长的小车B紧靠弧形轨道的右侧静止在水平光滑地面上，弧形轨道末端的切线水平且恰好在小车的上表面，一质量为m的滑块C自弧形轨道的a点由静止开始下滑，当滑块C与小车相对静止时，它们的速度为，滑块相对于小车的滑行距离为d，滑块与小车的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，滑块C可视为质点，从滑块开始下滑到滑块与小车相对静止的过程中，下列判断正确的是（）

A.小车队滑块的摩擦力做功等于μmgd

B.系统损失的机械能为μmgd

C.滑块C到达弧形轨道末端时速度为

D.a点与弧形轨道末端的竖直高度为

【答案】BD

.........

6.如图所示，将理想变压器原线圈接入电压随时间变化规律为的交流电源，在副线圈两端并联接入6个规格为“44V，22W”的灯泡，灯泡均正常发光。

除灯泡外，其他部分的电阻不计，下列说法正确的是（）

A.变压器副线圈中的电流的频率为50Hz

B.变压器原副线圈的电流表示数之比为5：

6

C.变压器原副线圈的匝数比为5：

1

D.若其中的一盏灯烧坏，则电流表A1的示数变小

【答案】CD

【解析】根据，可得，交变电流的有效值为，角速度，则频率为，故A错误；变压器原副线圈的匝数比为，而原副线圈的电流之比等于匝数的反比，即电流表示数之比为1:

5，故B错误，C正确；由题知，原副线圈两端的电压不变，若其中的一盏灯烧坏，则副线圈的总电阻增大，故副线圈的电流减小，则原线圈的电流也减小，故的示数变小，故D正确；故选CD.

7.如图，ABC为粗细均匀的等边三角形导线框，导线框在纸面内；过直线MN的水平面上方有一足够大的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，在t=0时刻，让线圈从图示位置开始绕垂直于纸面、且过C点的轴以周期T顺时针匀强转动，设线框产生的感应电流为i，穿过线框的磁通量为，则下列图像和图像可能正确的是（）

A.

B.

C.

D.

【答案】AD

【解析】线圈以C点为轴顺时针匀速转动，在进入的前内，线圈的有效长度随进入磁场的角度的增大而发生非线性变化，即先减小再增大，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知，感应电流随有效长度的变化而变化，故电流也发生非线性变化，即先减小再增大，而磁通量发生非线变化的增大；从BC边进入磁场到AC边将出磁场，即到时间内，线圈内的磁通量不变，没有感应电流；从到时间内，线圈的有效长度随出磁场的角度的增大而发生非线性变化，即先减小再增大，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知，感应电流随有效长度的变化而变化，故电流也发生非线性变化，即先减小再增大，而磁通量发生非线变化的减小；故AD正确，BC错误，故选AD.

8.光滑水平地面上固定着一带滑轮的竖直硬杆，一根轻绳的一端系着小滑块，另一端绕过滑轮，如图所示，现用恒力水平向左拉小滑块的同时，用恒力拉绳子的另一端，使滑块从A点由静止开始沿地面向右运动，已知B和C是A点右方的两点，且AB=2BC，小滑块到达A点时绳子与水平方向的夹角为30°，小滑块到达B点时绳子与水平方向的夹角为45°，不计滑轮大小以及绳子与滑轮的摩擦，则以下说法正确的是（）

A.滑块从A点运动到C点加速度先变小再变大

B.滑块从A点运动到B点恒力做的功是从B点运动到C点做的功的2倍

C.滑块从A点到C点克服恒力做功的功率先增大后减小

D.若定滑轮的高度为H，物块到达B点时动能为

【答案】ACD

【解析】在B点，对滑块由牛顿第二定律得：

，而，解得：

，故从A到B，从增大到，故减小，最终，由牛顿第二定律：

，可知从A到B，不断减小；从B到C，从继续增大，故减小，此时，由牛顿第二定律：

，可知从A到B，不断增大，故A正确；从A到B，做的功为，从B到C，做的功为，由题知，但与不相等，是不断变化的，故从A到B恒力做的功不是从B到C做的功的2倍，故B错误；由A项分析知，加速度先正方向减小再反向增大，故速度先增大后减小，根据，可知瞬时功率先增大后减小，故C正确；在A点，绳子的长度为，A到滑轮的水平距离，在B点，绳子的长度为，B到滑轮的水平距离，故沿方向的位移为，则做的功为，滑块的位移为，则做的功为，根据动能定理得：

，联立解得：

，故D正确；故选ACD.

二、实验题

9.在学校开展的一次科技活动中，某同学为了用打点计时器验证动量守恒定律，他设计了一个实验，装置如图甲所示，他在长木板右端垫着薄木片平衡摩擦力后，再在小车A后面连上纸带，前端粘有强力双面胶，然后推动小车A使之做匀速直线运动，到达长木板下端时与原来静止的小车B发生碰撞并粘合在一起继续做匀速直线运动，电磁打点计时器所用电源的频率为f。

（1）选择一条比较理想的纸带，每间隔4个点取一个计数点，并测得各计数点间的距离标在纸带上（如图乙所示），A为运动的起点，则应选______段来计算A碰撞前的速度。

应选____________段来计算A和B碰后的共同速度（以上两空选填“AB”、“BC”、“CD”或“DE”）。

（2）小车A的质量为m1，小车B的质量为m2，则碰撞前两小车的总动量为P1=_________，碰撞后两小车的总动量P2=__________。

（用m1、m2、x1、x2、x3、x4和f表达）

【答案】

（1）.BC；

（2）.DE；（3）.；（4）.；

10.实验室有一捆长度约为230m的铝导线，某同学想通过实验测定其准确长度。

该同学首选螺旋测微器得导线的直径如图甲所示，查得铝的电阻率为，再利用图乙所示电路测出铝导线的电阻Rx，从而测定导线的实际长度。

实验可供使用的器材有：

A．电流表：

量程0.6A，内阻约0.2Ω；

B．电压表：

量程3V，内阻约9kΩ；

C．滑动变阻器R1：

最大阻值5Ω；

D．滑动变阻器R2：

最大阻值20Ω；

E．定值电阻：

R0=3Ω；

F．电源：

电动势6V，内阻可不计；

G．开关导线若干．

请回答下列问题：

（1）图中铝导线的直径D=_____mm；

（2）实验中滑动变阻器应选_________（填“R1”或“R2”）

（3）在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接______________。

（4）调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50A时，电压表示数如图并所示，由此可得铝导线的电阻Rx=_________Ω。

（保留三位有效数字）

（5）导线实际长度为_________m。

（保留三位有效数字）

【答案】

（1）.2.300

（2）.（3）.（4）.1.60（5）.237;

【解析】

（1）螺旋测微器读数为；

（2）因控制电路是限流式接法，而测量电路总电阻在3.0Ω以上，为使测量电路有较大的调节范围，滑动变阻器应选用总阻值较大的。

（3）见图

（4）由于电压表量程0～3V，分度值为0.1V，故读数为2.30V。

（5）测量电路的总阻值，则，由可知，。

三、计算题

11.如图所示，倾角为37°的斜面通过一小段光滑水平面BC与光滑竖直半圆形轨道CD相连，斜面和半圆形轨道固定在水平面上，C点和D点分别为半圆形轨道的最低点和最高点，一质量为m=1kg的滑块（可视为质点）从斜面的A点由静止开始下滑，经过半圆形轨道的最高点后垂直打在斜面的E点，已知E点与圆心O等高，滑块从A点运动到斜面低端B点所用的时间为t=3.2s，半圆形轨道的半径为R=0.8m，不计空气阻力，滑块通过B点时无能力损失，，，，求：

（1）滑块到达C点时对轨道的压力大小；

（2）滑块与斜面的动摩擦因数μ；

【答案】

（1）

（2）

【解析】

（1）滑块从D→E物体做平抛运动，有：

①

分解E点的速度如图

可得：

②又因：

③

滑块从C→D过程，由机械能守恒得：

④

滑块经过C点时，由牛顿第二定律得：

⑤

联立解①②③④⑤式得：

由牛顿第三定律得，滑块对轨道的压力大小为

（2）物体由A→B过程为匀加速直线运动（B点和C点的速度大小相等）

有：

⑥，⑦

由⑥⑦式得：