《【解析版】山东省济宁市2019届高三上学期第一次模拟考试物理试卷 word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【解析版】山东省济宁市2019届高三上学期第一次模拟考试物理试卷 word版含解析（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、20182019学年度济宁市高考模拟考试理科综合能力测试二、选择题：1.日本福岛核事故是世界上最大的核事故之一，2019年2月13日首次“触及”到了该核电站内部的核残渣，其中部分残留的放射性物质的半衰期可长达1570万年。下列有关说法正确的是A. U92238衰变成P82206b要经过4次衰变和7次衰变B. 天然放射现象中产生的射线的速度与光速相当，穿透能力很强C. 将由放射性元素组成的化合物进行高温分解，会改变放射性元素的半衰期D. 放射性元素发生衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的【答案】D【解析】【详解】A、设经x次衰变和y次衰变，根据质量数守恒和电荷数守恒得238=20
2、6+4x+0，92=82+2xy，解得x=8，y=6，故U92238衰变成P82206b要经过6次衰变和8次衰变；故A错误.B、射线是速度为0.1c的氦核流，穿透能力最弱；射线的穿透能力最强且速度与光速相当；故B错误.C、半衰期具有统计规律，只对大量的原子核适用，且半衰期的大小由原子核内部因素决定，与所处的物理环境和化学状态无关；故C错误.D、衰变放出的电子是来自原子核发生衰变的产物，是中子变成了质子和电子；故D正确.故选D.2.据报道，2020年我国将发射首颗“人造月亮”，其亮度是月球亮度的8倍，可为城市提供夜间照明。假设“人造月亮”在距离地球表面500km的轨道上绕地球做匀速圆周运动(不计
3、地球自转的影响)，下列有关“人造月亮”的说法正确的是A. 发射速度小于第一宇宙速度B. 角速度大于月球绕地球运行的角速度C. 向心加速度大于地球表面的重力加速度D. 在运行轨道上处于完全失重状态，重力加速度为0【答案】B【解析】【分析】知道第一宇宙速度的物理意义，研究“人造月亮”绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要比较的物理量.【详解】A、第一宇宙速度是人造卫星的最小发射速度，也是人造卫星的最大运行速度，根据GMmr2=mv2r可得v=GMr，所以“人造月亮”的运行速度不可能等于第一宇宙速度，故A错误；B、根据GMmr2=m2r可得=GMr3，由于“人造月亮”绕地球
4、做圆周运动的半径小于月球绕地球运行的半径，所以“人造月亮”的角速度大于月球绕地球运行的角速度；故B正确.C、根据GMmr2=ma可得a=GMr2，由于“人造月亮”绕地球做圆周运动的半径大于地球半径，所以“人造月亮”的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故C错误；D、“人造月亮”在绕地球做匀速圆周运动时，万有引力即重力提供向心力，加速度竖直向下等于重力加速度，故处于完全失重状态，但重力加速度g=GMr2不为零，故D错误；故选B.【点睛】本题考查万有引力定律的应用，解题的关键是根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要比较的物理量即可正确求解.3.如图所示，质量为m的长木板放在水平地面上，站在木板
5、上的人用斜向右下方的力F推箱子，三者都保持静止。人和箱子的质量也均为m，重力加速度为g。下列说法正确的是A. 人对长木板的压力大小为mgB. 长木板对地面的压力大于3mgC. 箱子受到的摩擦力的方向水平向左D. 地面对长木板的摩擦力的方向水平向左【答案】C【解析】【分析】对箱子受力分析，根据平衡条件判断其受静摩擦力方向；对三个物体的整体受力分析，根据平衡条件判断地面对整体的支持力和静摩擦力情况【详解】A、人用斜向下的力推箱子，对人受力分析，受重力和木板的支持力，箱子的支持力斜向左上(推力的反作用力)，人在竖直方向平衡有：箱子的竖直分力和木板的支持力的合力等于人的重力，故木板的支持力小于mg，根
6、据牛顿第三定律知人对木板的压力小于重力；故A错误；B、对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，根据平衡条件，支持力等于重力；根据牛顿第三定律，支持力等于压力；故压力等于重力为3mg；故B错误；C、人用力F向右推箱子，对箱子受力分析，受推力、重力、支持力、静摩擦力，根据平衡条件，箱子受到的摩擦力方向向左，与推力的水平分力平衡，故C正确；D、对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，不受摩擦力，否则不平衡，故地面对木板没有摩擦力，故D错误；故选C.【点睛】本题关键是采用隔离法和整体法灵活地选择研究对象，然后根据共点力平衡条件列式判断.4.如图所示，两电荷量分别为Q和+2Q的点电荷固定在直线MN上
7、，两者相距为L，以+2Q的点电荷所在位置为圆心、L2为半径画圆，a、b、c、d是圆周上四点，其中a、b在MN直线上，c、d两点连线垂直于MN，下列说法正确的是A. c、d两点的电势相同B. a点的电势高于b点的电势C. c、d两点的电场强度相同D. a点的电场强度小于b点的电场强度【答案】A【解析】【详解】A、B、a、b、c、d四点在以点电荷+2Q为圆心的圆上，可知+2Q产生的电场在a、b、c、d四点的电势是相等的，所以a、b、c、d四点的总电势可以通过-Q产生的电场的电势确定，根据顺着电场线方向电势降低可知，b点的电势最高，c、d两点对称电势相等，a点电势最低；故A正确，B错误.C、+2Q的
8、场源在c、d两点产生的场强大小相等，-Q的场源在c、d两点的产生的场强大小也相等，根据场强的合成可知两点的总场强大小相等，但方向不同，故c、d两点的电场强度不同；故C错误；D、由点电荷的场强公式E=kQr2，合成可得Ea=2kQ(L2)2+kQ(L2)2=12kQL2，方向向左；Eb=2kQ(L2)2kQ(3L2)2=68kQ9L2，方向向右；故EaEb；则D错误.故选A.【点睛】本题考查判断电势、场强大小的能力，要利用库仑定律和场强的矢量合成的方法对各点的电势和场强进行判定，并且要充分利用电场的叠加原理进行分析5.如图所示，理想变压器原线圈接一正弦交变电源，其电压的有效值恒定不变，两个副线圈
9、的匝数分别为n1和n2，所接电阻分别为R1和R2，且R2=2R1。不计电流表内阻，当只闭合S1时，电流表示数为1A，只闭合S2时，电流表示数为2A，则n1：n2等于A. 1：1B. 1：2C. 1：3D. 1：4【答案】B【解析】【分析】设原线圈的电压为U，当只闭合S1时，根据电流表示数为1A，可知变压器的输入功率，从而可知输出功率；当S1和S2都闭合时，电流表示数为2A，可知变压器的输入功率，从而可知输出功率；进而得到两副线圈的功率之比，根据P=U2R，结合负载4R1=R2的阻值关系，与变压器的电压与匝数成正比，即可求解【详解】设原线圈的电压为U，当只闭合S1时，根据电流表示数为1A，则变压
10、器的输入功率为U1A；则副线圈的功率为U1A；当S1和S2都闭合时，电流表示数为2A，则变压器的输入功率为U2A；则副线圈的功率为U2A；因此两副线圈的功率之比为1:1；根据P=U2R，结合负载4R1=R2的阻值关系，则有：U12R1=U22R2，解得:U1:U2=1:2；由变压器的电压与匝数成正比，则有：n1：n2=1:2，故B正确.故选B.【点睛】本题考查了变压器的特点：输入功率等于输出功率，且电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，注意副线圈的电阻阻值关系是解题的关键6.如图所示，在竖直平面内固定一半圆形轨道，O为圆心，AB为水平直径，有一可视为质点的小球从A点以不同的初速度向右水平抛出，不
11、计空气阻力，下列说法正确的是A. 初速度越大，小球运动时间越长B. 初速度不同，小球运动时间可能相同C. 小球落到轨道的瞬间，速度方向可能沿半径方向D. 小球落到轨道的瞬间，速度方向一定不沿半径方向【答案】BD【解析】【分析】根据平抛运动的特点，平抛运动的时间由高度决定，与水平初速度无关；做平抛运动的物体的速度的反向延长线经过水平位移的中点.【详解】A、平抛运动的时间由高度决定，与水平初速度无关，初速度大时，与半圆接触时下落的距离不一定比速度小时下落的距离大，故A错误；B、速度不同的小球下落的高度可能相等，如碰撞点关于半圆过O点的竖直轴对称的两个点，运动的时间相等，故B正确；C、D、若小球落到
12、半圆形轨道的瞬间垂直撞击半园形轨道，即速度方向沿半径方向，则速度方向与水平方向的夹角是位移方向与水平方向夹角的2倍.因为同一位置速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，两者相互矛盾，则小球的速度方向不会沿半径方向；故C错误，D正确.故选BD.7.如图甲所示，静止在水平地面上的物体，在竖直向上的拉力F作用下开始向上运动，在运动过程中，物体的动能Ek与位移x的关系图象如图乙所示，0h过程中的图线为平滑曲线，h2h过程中的图线为平行于横轴的直线，2h3h过程中的图线为倾斜直线，不计空气阻力，下列说法正确的是A. 在0h过程中物体的机械能增加B. 物体上升到h处时，拉力的功率为
13、零C. 在h2h过程中物体的机械能不变D. 在2h3h过程中物体受到的拉力始终为零【答案】AD【解析】【分析】根据功能关系：除重力以外其它力所做的功等于机械能的增量，0-h过程中物体动能、势能增加，知拉力做的功等于动能与势能之和，在h-2h之间，动能不变，势能增加，在2h-3h之间，动能的减小量等于势能的增加量【详解】A、B、在0h高度内,由动能定理得：Ek=(F-mg)x，图象的斜率表示合外力.在0h过程中，斜率逐渐减小到零，则拉力逐渐减小到等于重力，合力减小为零，则在上升到高度h时，由图象可知F=mg，速度为v，则功率为P=mgv，拉力的功率不为零;因除重力以外的拉力一直做正功，则机械能一
14、直增大；故A正确，B错误；C、在h2h过程中，物体匀速上升，拉力做正功，物体的机械能增加，故C错误.D、在2h3h过程中，图线斜率恒定，大小为mg，则物体合力大小为mg，即物体只受到重力，拉力一直为零；故D正确.故选AD.【点睛】解决本题的关键根据动能定理列式，分析出图象的斜率等于合外力，明确除了重力以外其他力做功等于物体机械能的变化8.如图所示，等腰直角三角形abc区域内(包含边界)有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，在bc的中点O处有一粒子源，可沿与ba平行的方向发射大量速率不同的同种粒子，这些粒子带负电，质量为m，电荷量为q，已知这些粒子都能从ab边离开abc区域，ab=2l
15、，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用。关于这些粒子，下列说法正确的是A. 速度的最大值为2+1qBlmB. 速度的最小值为qBlmC. 在磁场中运动的最短时间为m4qBD. 在磁场中运动的最长时间为mqB【答案】ACD【解析】【分析】粒子在磁场中做圆周，洛伦兹力提供向心力，作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径与粒子转过的圆心角，然后应用牛顿第二定律求出粒子的速度，根据粒子做圆周运动的周期公式求出粒子的运动时间.【详解】粒子从ab边离开磁场时的临界运动轨迹如图所示：由几何知识可知：r1=l2，r2-r2-lcos45cos45+(r2-l)=r2，解得：r2=(1+2)Ll.A、B、粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，解得：v=qBrm，故粒子的最大速度为vmax=qBr2m=(1+2)qBlm，最小速度vmin=qBr1m=qBl2m；故A正确，B错误.C、D、由粒子从ab边离开磁场区域的临界运动轨迹可知，粒子转过的最大圆心角：max=180，最小圆心角：min=45，粒子做圆周运动的周期：T=2mqB，则粒子在磁场中运动的最短时间tmin=min360T=m4qB；最长时间tm
