山西省孝义市高三物理下学期一模考试试题含解析

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1、山西省孝义市2018届高三下学期一模考试理综物理试题二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921小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. 正电子发射计算机断层扫描（PET CT），其原理是借助于示踪剂（正电子放射线药物）可以聚集到病变部位的特点来发现疾病的。PET CT常用核素氧15标记，其半衰期仅有2分钟。对含氧元素的物质照射20MeV50MeV的X射线，激发原子核边缘的中子，可以产生氧15正电子核素。下列说法正确的是A. 用30MeV的X射线照射氧16时，生成氧15的同时释放

2、出中子B. 氧15发生正电子衰变时，生成的新核含有9个中子C. 经过10分钟，氧15的含量减小为原来的D. 将氧15置于回旋加速器中，其半衰期可能发生变化【答案】A【点睛】根据电荷数守恒、质量数守恒确定生成氧15的同时，产生粒子是什么。根据新核的电荷数和质量数求出含有的中子数。根据半衰期的次数求出氧15的含量。半衰期与元素所处的物理环境和化学状态无关。2. 如图所示为静电除尘机理图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，放电极（位于中央）和集尘极分别接到高压直流电源的两极上，其间电场线如图。带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极运动并沉积，达到除尘目的。不考虑尘埃间的相互作用及其他作用，下

3、列说法正确的是A. 电场线方向由放电极指向集尘极B. 图中a点电场强度小于b点电场强度C. 尘埃会沿图中虚线从c到d运动D. 尘埃在运动过程中动能增大【答案】D【解析】由题带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，则知集尘极带正电荷，是正极，所以电场线方向由集尘极指向放电极。故A错误。集尘极带正电荷，是正极，a点更靠近放电极，所以图中a点电场强度高于b点电场强度。故B错误。放电极与集尘极间建立非匀强电场，所受的电场力是变化的，尘埃不会沿图中虚线从c到d运动。故C错误。带电尘埃所受的电场力方向与位移方向相同，做正功，所以在迁移过程中动能增大。故D正确。故选D。【点睛】根据电场方向，分析尘埃所受的

4、电场力方向，判断其电性。放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的。电场力对尘埃做正功。3. 从2011年10月进入高度为370km的圆轨道后，“天宫一号”一直在轨道上匀速运行，并完成了与三艘神舟飞船的交会对接任务。2016年3月16日，“天宫一号”进入轨道衰减期。就在前几天“天宫一号”进入大气层。下列说法正确的是A. 与“天宫一号”对接时，神舟飞船的速度应大于第一宇宙速度B. 2015年“天宫一号”的运行周期大于同步卫星运行周期C. 从2016年4月到2018年2月，“天宫一号”的速度越来越大，机械能越来越小D. 进入大气层后下落的过程中，“天宫一号”内的物体处于完全失重状态【

5、答案】C【解析】第一宇宙速度是卫星围绕地球做匀速圆周运动的最大线速度，其轨道半径为地球半径，而神舟飞船的的轨道半径更大，故神舟飞船的线速度小于第一宇宙速度，故A错误；根据，解得：，因“天宫一号”的轨道半径小于同步卫星的半径，故其周期小于同步卫星的周期，故B错误；进入大气层，由于空气阻力的作用， “天宫一号”的轨道半径越来越小，线速度越来越大，机械能越来越小，故C正确；进入大气层后，除受力重力作用外，还受空气阻力作用，其加速度小于重力加速度，故处于失重状态，而不是完全失重状态，故D错误；故选C.【点睛】“天宫一号”在轨飞行做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力，由此分析线速度与第一宇宙速度的关系

6、，周期与同步卫星周期的关系；进入大气层后，由于空气阻力的作用，机械能减小，轨道半径减小，线速度增大.当下落的加速度为重力加速度时，物体处于完全失重状态。4. 如图所示电路中，理想变压器原副线圈匝数比为1：2，电阻、和的阻值分别是1、2和3，正弦交流电源的电压恒定。当开关S断开时，理想电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为A. B. C. D. 2I【答案】C【解析】当开关S断开时，副线圈两端的电压，根据电压与匝数成正比，得原线圈两端的电压为，根据电流与匝数成反比，得原线圈电流，则电阻两端的电压为，在原线圈回路中总电压为；S闭合时被短接，电流表示数为，则副线圈两端的电压，根据电压与匝数成正

7、比，得原线圈两端的电压为，根据电流与匝数成反比，得原线圈电流，则电阻两端的电压为，在原线圈回路中总电压为，即，解得，故ABD错误，C正确；故选C.【点睛】变压器输入电压为U与电阻两端电压的差值；再根据电流之比等于匝数的反比可求得输出电流；根据电压之比等于匝数之比对两种情况列式，联立可求得U与I的关系；则可求得电流表的示数5. 车辆在行驶时，要克服的阻力有轮胎产生的滚动阻力(路阻)及空气阻力(风阻)。路阻恒为车重的0.05倍；风阻与车速的平方成正比，即，b为风阻系数。一辆质量为1.010kg的汽车，牵引力的最大功率为94.8kW，在平直公路上运动时，最大速度可达60m/s.则当汽车的速度为20m

8、/s时，汽车的最大加速度值约为(取g=10m/s)A. 3.6m/s B. 4.1m/s C. 4.6m/s D. 9.0m/s【答案】B【解析】当汽车以最大速度行驶时，根据平衡条件有：，代入数据解得：b=0.3，当汽车的速度为20m/s时，牵引力，根据牛顿第二定律得：，代入数据解得：，故ACD错误，B正确，故选B.【点睛】汽车以额定功率在水平公路上行驶，当牵引力等于阻力时，汽车达到最大速度从而由额定功率与速度的比值得出牵引力大小，再由牛顿第二定律可求对应的加速度。6. 如图所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成角，M、P之间接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置

9、并良好接触，其他电阻不计。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。t=0时对棒施加一平行于导轨向上的外力F，棒由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动。下列关于通过ab的感应电荷量q、电流I、ab所受外力F及穿过abPM的磁通量随时间t变化的图象中，大致正确的是A. B. C. D. 【答案】BC【解析】由题知，棒由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动，设加速度为a，则棒运动的速度为，产生的感应电流为，即电流I与t成正比，是直线，故B正确；通过导体棒的电量为：，故q与t是曲线，故A错误；根据牛顿第二定律得：，安培力，解得，即F随t的增大而增大，是直线，故C正确；,故与t是开

10、口向上的曲线，故D错误；故选BC.【点睛】对于图象问题一定弄清楚两坐标轴的含义，尤其注意斜率、截距的含义，对于复杂的图象可以通过写出两坐标轴所代表物理量的函数表达式进行分析7. 在2017花样滑冰世锦赛上，隋文静、韩聪以232.06分的总成绩获得冠军。比赛中，当隋文静、韩聪以5.0m/s的速度沿直线前、后滑行时，韩聪突然将隋文静沿原方向向前推出，推力作用时间为0.8s，隋文静的速度变为11.0m/s.假设隋文静和韩聪的质量分别为40kg和60kg，作用前后两人沿同一直线运动，不计冰面阻力，将人视为质点，则A. 分离时韩聪速度的大小为1.0m/sB. 这一过程中，韩聪对隋文静冲量的值为440Ns

11、C. 这一过程中，韩聪对隋文静平均推力的大小为450ND. 这一过程中，隋文静对韩聪做的功为-720J【答案】AD【解析】以两人原来运动方向为正，由动量守恒定律得：，式中，代入数据解得：，大小为1m/s，故A正确；韩聪对隋文静的冲量等于隋文静动量的变化量，根据动量定理得：，则平均推力为，故BC错误；隋文静对韩聪做的功等于韩聪动能的变化量，根据动能定理得：，故D正确；故选AD。【点睛】韩聪推开隋文静的过程，两人组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，由动量守恒定律求出韩聪的速度，由动理定理求出冲量，再求出平均作用力，由动能定理求出推力做的功。8. 如图所示，沿倾角为的斜面放置的劲度系數为k轻弹簧，

12、一端固定在挡板上，另一端与质量为m的小物块接触(但无挤压)。先用沿斜面向下的力F缓慢推动物块，当弹簧的压缩量为x时，撤去F，物块沿斜面向上运动，运动的最大距离为3x。已知物块与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度为g.则A. 撤去F时.弹簧的弹性势能为2mgx(sin+cos)B. 撤去F时，物块加速度的值为C. 从撤去F到沿斜面上升至最高点的过程中，物块做匀变速运动的时间为D. 从撤去F到沿斜面向上速度最大的过程中，物块克服重力做的功为【答案】BD【解析】由题知，物体运动的最大距离为3x，可知物体的动能变化量为0，根据动能定理得：，解得：，即撤去F时弹性势能为，故A错误；撤去F时根据牛顿第二定律

13、得：，解得：，故B正确；当物块向上运动x远时，弹簧回到原长，设此时物块的速度为v，由动能定理得：，解得：，再经过2x速度为0，则有：，解得：，故C错误；当物块的速度最大时，物块的合外力为0，即，解得：，故物块克服重力做的功为，故D正确；故选BD.【点睛】根据整个过程动能定理分析弹性势能，根据牛顿第二定律分析在撤去F瞬间的加速度大小；当弹簧回到原长后，物块将做匀减速直线运动，根据运动学公式求出对应的时间；当物块的合外力为0时，物块的速度最大，由此求出物块上滑的位移，根据做功的表达式求出克服重力做功。三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题，毎个试题考生都必须作答。第3

14、338题为选考题，考生根据要求作答。9. 利用图甲的装置探究“恒力做功与物体动能变化”的关系。小车的质量为M，钩码的质量为m，且不满足mM。打点计时器的电源是频率为f的交流电。 （1）实验中，把长木板右端垫高，在不挂钩码且_的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响。(填选项前的字母)A.计时器不打点 B.计时器打点（2）图乙是正确操作后得到的一条纸带。纸带上各点是打出的计时点，其中O点为打出的第一个点。小车发生的位移从纸带上计时点间的距离可以直接测出，利用下列测最值和题中已知条件能简单、准确完成实验的一项是_。(填选项前的字母)A.OA、AD和EG

15、的长度B.BD、CF和EG的长度C.OE、DE和EF的长度D.AC、EG 和BF的长度（3）若测得图乙中，则实验需要验证的关系式为_。(用已知和测得物理量的符号表示)【答案】 (1). B (2). C (3). 【解析】（1）平衡摩擦力的方法是：把木板一段垫高，让小车滑下，当小车匀速运动时，就意味着摩擦力抵消了，此时应当让打点计时器打点，因为打点计时器也会有摩擦力，故选B；（2）根据某段时间内的平均速度等于中时刻瞬时速度，结合动能与重力势能表达式进行分析。A、当知道OA、AD和EG的长度时，只有求得F点与BC的中点的瞬时速度，从而确定两者的动能变化，却无法求解重力做功，故A不符合；B、当知道

16、BD、CF和EG的长度时，可分别求得C点和F点的瞬时速度，从而求得C到F点的动能变化，因知道CF间距，则可求得重力做功，但不是最简单的方法，故B不符合；当知道OE、DE和EF的长度，依据DE和EF的长度，可求得E点的瞬时速度，从而求得O点到E点动能的变化，再由OE确定重力做功，因O点速度为0，故只需要测E点的速度即可，故这种方法更简单，故C符合；当知道AC、EG和BF的长度时，依据AC和EG长度，只能求得B点与F点的瞬时速度，从而求得动能的变化，因知道BF间距，则可求得重力势做功，但不是最简单的方法，故D不符合；故选C.（3）根据平均速度的推论得：F点的速度为，则动能的变化量为，钩码重力做的功

17、为，根据动能定理得：，即要验证的关系式为.【点睛】平衡摩擦力的方法；为了平衡摩擦力和阻力，应该让打点计时器打点；根据功的定义计算重力对小车和钩码做的功，根据中点时刻瞬时速度等于平均速度，得出对应的速度，求出小车和钩码的动能，从而写出合力做功与动能变化量的关系式。10. 为测量一节干电池的电动势E和内阻r，实验室提供有以下器材：一个满偏电流为1mA、内阻为250的电流表G；一个开关；两个电阻箱(099.99)和若干导线。某同学设计了图甲的电路进行测量：（1）由于电流表G的量程较小，首先将G改装成量程为100mA的电流表，则电阻箱的阻值应调为_。（2）改变电阻箱R的值，读出R与对应表头的示数。当R

18、的值为26.10时，G的示数为0.50mA；当R的值为14.70时，G的示数为0.80mA；可求得电池的电动势E=_V，内阻r=_。（3）如图乙所示，用一量程为0.1A，内阻为5.0的标准电流表A对改装的100mA电表进行校准，校准时需选取的刻度为20mA100mA。用该干电池供电，则定值电阻应选用下列的_；滑动变器R应选用下列的_。(填选项前字母)A.5 B.10 C.50 D.100（4）若校对中发现改装的电表的示数总略小于标准电流表A的示数，可采用的校正措施是_(选填“减小”或“增大”)的阻值。【答案】 (1). 2.53 (2). 1.52 (3). 1.80 (4). A (5).

19、D (6). 增大【解析】（1）根据电流表的改装原理，得：，解得：，（2）根据闭合电路的欧姆定律得：，代入数据有：，联立解得：，（3）改装后电流表内阻：，作为保护电阻，电流最大时，电路总电阻约为：，解得：，故应选A，电路电流最小时，故应选D；（4）发现改装的电表的示数总略小于标准电流表A的示数，说明流过G的电流较小，故应增大的电阻，从而让流过的电流减小，流过G的电流增大，减小误差。【点睛】根据电流表的改装原理，并联一个小电阻，由电压相等，求出并联的电阻的阻值；分析电路的连接方式，根据闭合电路的欧姆定律求出电源的电动势和内阻，根据校对原理进行分析即可。11. 骏驰汽车赛车场有一段赛道可简化为这样

20、：平直的赛道中间有一段拱形路面，其最高点P与水平路面的高度差为1.25m，拱形路面前后赛道位于同一水平面上。以54km/h的初速进入直道的赛车，以90kW的恒定功率运动10s到达P点，并恰好从P点水平飞出后落到水平赛道上，其飞出的水平距离为10m。将赛车视为质点，不考虑赛车受到的空气阻力.已知赛车的质量为1.610kg，取g=10m/s，求：（1）赛车到达P点时速度的大小；（2）拱形路面顶点P的曲率半径；（3）从进入直道到P点的过程中.汽车克服阻力做的功。【答案】（1）20m/s（2）R=40m（3）7.4105J【解析】试题分析：（1）根据平抛运动的规律求解速度大小；（2）根据牛顿第二定律结

21、合向心力求解；（3）从进入直道到P点的过程中根据动能定理列方程求解。（1）赛车到达P点时速度的大小为，从P点飞出后做平批运动，时间为t则有：水平方向，竖直方向联立解得：（2）拱形路面顶点P的由率率径为R，则有：解得：R=40m（3）从进入直道到P点的过程中，汽车克服阻力做的功根据动能定理可得：解得：【点睛】知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，并根据平抛运动的规律进行求解平抛的初速度；知道在p点车做圆周运动，由重力提供向心力，从而求出半径能够；根据动能定理进行分析解答克服阻力做的功。12. 如图所示，OA为垂直于xOy平面的足够大的荧光屏，与x轴夹角为30。一质

22、量为m电荷量为q的正离子从y轴上的P点，以速度沿x轴正方向射出。当xOy平面存在沿y轴负方向、场强为E的匀强电场时，离子恰好垂直打到荧光屏上；当xOy平面存在垂直平面向外的匀强磁场时，离子也垂直打到荧光屏上。离子的重力不计。（1）求P点距O点的距离；（2）求匀强磁场的磁感应强度的大小；（3）当存在磁场时，若有大量的该离子以相同的速率从P点沿xOy 坐标平面向各个方向射出，不考虑离子间的相互作用，求荧光屏上有离子到达部分的长度。【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律即可求解；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系求运动半径，结合牛顿第

23、二定律可出磁感应强度的大小；（3）根据几何关系分析求解。（1）设离子垂直打到荧光屏上的M点时，沿y方向的分速度大小为，在电场运动的加速度为a，根据几可关系得：根据牛顿第二定律得： 设离子在电场中运动时间为t，则沿x方向位移P点距O点的距离 联立解得：）（2）离子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系得：由牛顿第二定律得：解得： （3）离子在磁场中做圆周运动的圆心在圆I上，离子打到荧光屏的范围在DC之间，由几何关系可知，当PC2R时，离子在第一象限最远，过OA作的垂线交于Q由几何关系得： r则，又DCDQQC解得：【点睛】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子子运动过程，作出粒子运动

24、轨迹，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可正确解题，解题时要注意几何知识的应用13. 关于分子动理论和热力学定律，下列说法正确的是_A温度升高，物体内能就增大B内能不同的物体，分子热运动的平均动能可能相同C气体分子热运动的平均动能增大，气体的压强可能不变D分子间距离增大，分子间的相互作用力减小E气体从单一热源吸热，可以全部用来对外做功【答案】BCE【解析】物体的内能与温度、体积及物质的量都有关系，故温度升高，物体的内能不一定增大，故A错误；内能不同，温度可能相同，则分子热运动的平均动能可能相同，故B正确；气体分子热运动的平均动能增大，由于气体压强决定于气体分子的密度（单位体积内的分子数）和分子

25、的平均动能两个因素，所以气体的压强不一定增大，可能不变，可能减小，故C正确；根据分子力的特点可知，当分子间距离从特别近增大到无穷远的过程中，分子间的相互作用力一定先减小后增大，最后又逐渐减小，故D错误；气体是从单一热源吸热，全部用来对外做功，但是引起了其它变化，所以此过程是可以的，不违反热力学第二定律，故E正确；故选BCE。【点睛】物体的内能与温度、体积及物质的量都有关系，内能不同的物体，可能温度相同，即平均动能可能相同，知道压强的微观解析，根据分子力与分子间的距离分析，知道热力学第二定律的两种表述。14. 如图所示，在水平桌面上，导热气缸内橫截面积为S的轻质活塞封闭着一定质量的气体。一质量为

26、m的砝码盘(含砝码)用轻绳经光滑定滑轮与缸中活塞竖直相连接，活塞与气缸壁间无摩擦。当环境温度温度为T时，活塞与缸底的距离为h。现使环境温度缓慢降为。活塞再次平衡时，活塞与缸底的距离是多少?保持环境温度为不变，为使活塞返回原位置，需在盘中逐渐添加砝码的质量为m，求大气压强的大小。【答案】【解析】试题分析：（i）分析气体初末状态的参量，气体发生等压变化，由盖吕萨克定律求解即可，（ii）分析气体初末状态的参量，气体发生等温变化，由玻意尔定律求解即可.（i）设再次平衡时，活塞离缸底的高度为h1。环境温度缓慢降低过程中，气缸中气体压强不变。初始时，温度为，体积为，变化后温度为，体积为气体发生等压变化，由

27、盖吕萨克得： 解得： （ii）设大气压强为，初始时，休积为变化后，体积为气体发生等温变化，由玻意尔定律得：解得：【点睛】此类问题关键是挖掘气体做何种变化，选择合适的气体实验定律求解即可，其中活塞类问题，往往对活塞受力分析利用平衡求解气体压强。15. 如图所示，一列简谐波沿x轴传播，实线为t=0时的波形图，此时P质点向y轴负方向振动；虚线为0.02s(小于1个周期)时的波形图，则A.波沿x轴正方向传播B.波速为3.5m/sC.t=0.02s时，x=8cm处质点向y轴负方向振动D.t=0至t=0.08s，质点P通过的路程为0.04mE.该波的频率为6.25Hz【答案】ACE.【点睛】由题此时P质点

28、向y轴负方向运动，判断出波传播方向根据波形的平移法得到波传播的距离，由公式求波速，根据图象读出波长，根据求出周期，根据求出频率.16. 如图所示，直角三角形ABC为某种透明介质的横截面，B30，BC30cm，AB面涂有反光材料。某单色光从BC上的D点垂直BC射入介质，经AB面反射后从AC面上射出，射出方向与AB面垂直。已知BD21cm，不考虑光在AC面的反射。求：（i）介质的折射率；（ii）光在介质中的传播时间。【答案】(1) (2) 【解析】（i）由题，作出的光路如图所示光在E点发生反射，光在F点发生折射，由反射定律得：因DAEF为等边三角形，则，光沿垂直AB面方向射出，则根据折射定律得：

29、解得：（ii）光在介质中的传播速度 由几何关系可得：，光在介质中的传播时间解得： 【点睛】先根据题意作出光路图，再根据几何关系求出入射角和折射角，根据折射定律求出折射率，根据求出光在介质中的速度，由几何关系求出光传播的路程，从而求光在介质中运动的时间。6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375