高三一模物理试题(解析版)

高考模拟理科综合测试（一）物理试卷

一、单项选择题

1.有关原子结构和原子核的认识，下列说法正确的是（ ） A. 卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析提出原子核是可再分的 B. 核反应方程

23423490

91

Th Pa X →

+中的X 表示中子

C. 原子核的比结合能越大，原子核越稳定

D. 放射性元素衰变的快慢跟原子所处的化学状态和外部条件有关 【答案】C 【解析】

【详解】A ．卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析提出原子的核式结构模型，A 错误； B ．根据质量数守恒和电荷数守恒，在核反应方程

23423490

91

Th Pa X →

+

中的X 表示电子，B 错误；

C ．原子核的比结合能越大，原子结合到一起越稳定，C 正确；

D ．放射性元素衰变的快慢非常稳定，与原子所处的化学状态和外部条件无关，D 错误。 故选C 。

2.如图所示，两列简谐横波分别沿x 轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x =－0.2m 和x =1.2cm 处，两列波的速度均为v =0.4m/s ，两列波的振幅均为2cm 。如图所示为t =0时刻两列波的图像（传播方向如图所示），此刻平衡位置处于和x =0.2m 和x =0.8m 的P 、Q 两质点刚开始振动。质点M 的平衡位置处于x =0.5m ，处。下列说法正确的是（ ）

A. t =0.75s 时刻，质点P 、Q 都运动到M 点

B. 质点M 的起振方向沿y 轴正方向

C. 在t =2s 时刻，质点M 的纵坐标为－2cm

D. 在0～2s 这段时间内质点M 通过的路程为20cm

【答案】D 【解析】

【详解】A ．在t =0.75s 时刻，质点P 、Q 的振动形式都传到了M 点，但质点P 、Q 都只能在各自的平衡位置附近振动，不会随波迁移，A 错误；

B ．由于P 、Q 的起振方向都沿y 轴负方向，当振动形式传到M 点时，质点M 的起振方向一定沿y 轴负方向，B 错误；

C ．在t =2s 时刻，两列波的波谷都恰好传到M 点，根据波的叠加原理，质点M 的纵坐标为-4cm ，C 错误；

D ．由于波长=0.4m λ ，根据

T v

λ

=

可知，波的振动周期为1s ，在0～2s 这段时间内，质点M 振动的时间为1.25s ，恰好通过了5A ，而质点M 点的振幅为A =4cm ，因此质点M 通过的路程为20cm ，D 正确。 故选D 。

3.如图所示，

横截面为直角三角形的斜劈P ，靠在粗糙的竖直墙面上，力F 通过球心水平作用在光滑球Q 上，系统处于静止状态。当力F 增大时，系统仍保持静止，下列说法正确的是（ ）

A. 斜劈P 所受合外力增大

B. 斜劈P 对竖直墙壁的压力不变

C. 墙面对斜劈P 的摩擦力可能增大

D. 球Q 对地面的压力不变

【答案】C 【解析】

【详解】A ．由于系统仍保持静止，斜劈P 所受合外力仍为零，保持不变，A 错误； B ．将斜劈和球作为一个整体，当F 增大时，斜劈P 对竖直墙壁的压力也增大，B 错误；

C ．如果斜劈原来受到的摩擦力向上，增大F 时，球对斜劈斜面的压力变大，斜劈受到的摩擦力可能减小，而如果斜劈原来受到的摩擦力向下，增大F 时，球对斜劈的压力变大，斜所受摩擦力变大，C 正确；

D ．将斜劈和球作为一个整体，在竖直方向上，如果斜劈与墙壁间的摩擦力变化，球对地面的压力也会变化，D 错误。 故选C 。

4.如图甲所示，在匀强磁场中有一个n ＝10匝的闭合矩形线圈绕轴匀速转动，转轴O 1O 2垂直于磁场方向，线圈电阻为5Ω，从图甲所示位置开始计时，通过线圈平面的磁通量随时间变化的图像如图乙所示，则( )

A. 线圈转动过程中消耗的电功率为10π2W

B. 在t ＝0.2s 时，线圈中的感应电动势为零，且电流改变一次方向

C. 所产生的交变电流感应电动势的瞬时值表达式为e ＝10πsin5πt V

D. 线圈从图示位置转过90°时穿过线圈的磁通量变化最快 【答案】A 【解析】

【详解】AC ．绕垂直于磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈中产生正弦或余弦式交流电，由于从垂直中性面开始其瞬时表达式为

cos m e E t ω=

由m E nBS ω=求出最大感应电动势，根据最大值与有效值的关系求出电动势的有效值，由2E P R

=求出线

圈消耗的电功率；磁感线与线圈平行时，磁通量为0，磁通量的变化率最大，当线圈处于中性面时，磁通量最大，磁通量的变化率为0，每次经过中性面电流方向发生变化． 从图乙中可知

225rad/s 0.4

T ππωπ=

== 线圈产生的最大感应电动势为：

100.2510(V)m m E nBS n ωωππ==Φ=??=

因为线圈从垂直中性面开始计时，所以交变电流感应电动势的瞬时表达式为

()10cos 5V e t ππ=

感应电动势有效值为

()52V 22

m E π=

==

线圈转动过程中消耗的电功率为

()22

2(52)10W 5

E P R ππ===

A 正确，C 错误；

B ．从图乙中可知在t =0.2s 时，磁通量为0，线圈中的感应电动势最大，电流方向不变，B 错误； D ．图示位置线圈平面与磁场方向平行，磁通量为0，磁通量的变化率最大，穿过线圈的磁通量变化最快，转过90°，磁通量最大，磁通量变化率为0，D 错误． 故选A 。

5.如图所示是“嫦娥三号”着陆器携“玉兔号”奔月过程中某阶段的运动示意图，

关闭动力的“嫦娥三号”着陆器在月球引力作用下向月球靠近，并将沿椭圆轨道在P 处轨进入圆轨道。已知着陆器绕月做圆周运动的轨道半径为r ，周期为T ，引力常量为G ，下列说法中正确的是（ ）

A. “嫦娥三号”经椭圆轨道到P 处时的线速度大于经圆形轨道到P 处时的线速度

B. “嫦娥三号”经椭圆轨道到P 处时的加速度和经圆形轨道到P 处时的加速度不等

C. “嫦娥三号”携“玉兔号”绕月球做圆周运动的过程中，“玉兔号”所受重力为零

D. 图中“嫦娥三号”着陆器在P 处由椭圆轨道进入圆轨道前后机械能守恒 【答案】A 【解析】

【详解】AD ．将运动倒过来分析，如果从圆轨道向椭圆轨道变轨，一定要加速做离心运动，因此在圆轨道上运动的线速度小于椭圆轨道上P 点的线速度，故从椭圆轨道进入圆形轨道，一定进行“刹车”，机械能一定减小，A 正确，D 错误；

B ．“嫦娥三号”在两个轨道上的P 点受到的万有引力相等，根据牛顿第二定律，加速度相等，B 错误；

C ．“嫦娥三号”携“玉兔号”绕月球做圆周运动的过程中，“玉兔号”处于失重状态，但不是不受重力，而是重力全部用来提供“玉兔号”做圆周运动的向心力，C 错误。 故选A 。

二、不定项选择题

6.如图所示，真空中有一正方形ABCD，M、N分别是AB和CD的中点，现在A、B两点分别固定电荷量为+Q、－Q的等量异种点电荷，下列说法中正确的是（）

A. 将试探电荷－q从C点移到D点，电场力做正功，试探电荷－q的电势能减少

B. 将试探电荷+q从M点移到N点，电场力不做功，试探电荷+q的电势能不变

C. N点的电场强度方向平行于AB且跟MN垂直

D. C、D两点的电场强度相同

【答案】ABC

【解析】

【详解】AB．根据等量异种电荷的电场可知，MN为等势面，在MN的右侧电势为负值，而在MN的左侧，电势为正值，因此将试探电荷+q从M点移到N点，在等面上移动，电场力不做功，电势能不变；而将试探电荷－q从电势为负值的C点移到电势为正值的D点，电场力做正功，电势能减少，AB正确；

C．等势面与电场线垂直，因此N点的电场强度方向平行于AB，跟MN垂直，C正确；

D．根据对称性，C、D两点的电场强度大小相等，但方向不同，因此电场强度不相同，D错误。

故选ABC。

7.甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v-t图像如图所示．已知两车在t=3s时并排行驶，则（）

A. t=1s时，甲车在乙车后

B. 在t=0时，甲车在乙车前7.5m

C. 两车另一次并排行驶的时刻是t=2s

D. 甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m

【答案】BD 【解析】

【详解】AC.根据速度时间图象的“面积”表示位移，由几何知识可知，1-3s 甲、乙两车通过的位移相等，两车在t =3s 时并排行驶，所以两车在t =1s 时也并排行驶，故AC 错误； B.由图象可知，0-1s 内乙车比甲车多走的距离为

11

(1015)1m 101m 7.5m 22

s ?=?+?-??=

而t =1s 时刻两车并排而行，可知在t=0时，甲车在乙车前7.5m ，选项B 正确；

D.由图像可知，甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离等于从t =1s 到t =3s 过程中甲车的位移，则为

1

(1030)2m 40m 2

x =?+?=，

故D 正确．

8.如图所示，“旋转秋千”装置中的两个座椅A 、B 质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上的不同位置。不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是（ ）

A. 悬挂A 、B 的缆绳与竖直方向的夹角不等

B. A 的线速度比B 的小

C. A 的向心加速度比B 的大

D. 悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小

【答案】ABD 【解析】

【详解】B ．当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，A 、B 两个座椅的角速度相等，但A 的悬点距离转轴较近，因此转动半径较小，线速度较小，B 正确； C ．根据向心加速度公式

2a r v ωω==

可知，由于A 、B 角速度相等，但A 的线速度较小，因此A 的向心加速度较小，C 错误； AD ．对座椅进行受力分析，如图所示

可知

cos T F mg θ=① sin T F ma θ=向

联立可得

tan a g θ=向

由于座椅A 的向心加速度小，因此悬挂A 座椅的缆绳与竖直方向夹角小于悬挂B 座椅的缆绳与竖直方向夹角；再根据式①可知，悬挂A 座椅的缆绳拉力小于悬挂B 座椅的缆绳拉力，因此AD 正确。 故选ABD 。

三、实验题

9.在测量单色光的波长实验中，已知双缝到光屏之间的距离L =600mm ，双缝之间的距离d =0.60mm ，单缝到双缝之间的距离s =100mm ，照射得到的8条亮条纹中心之间的距离为5.18mm ，则相邻条纹间距△x =___________mm ；入射光的波长λ=___________m 。 【答案】 (1). 0.74 (2). 7.4×10-7 【解析】

【详解】[1] 8条亮条纹中心之间的距离为7个间隔，因此相邻条纹间距

5.18mm

0.74mm 7

x ?=

= [2]根据相邻条纹间距的计算公式

L x d

λ?=

代入数据，可得

7=7.410m λ-?

10.在用传感器“探究小车加速度与力、质量的关系”实验中

①甲、乙两组分别用如图甲、乙所示的实验装置做实验，钩码通过细线跨过滑轮拉相同质量的小车，位移

传感器（B）随小车一起沿水平轨道运动，位移传感器（A）固定在轨道一端。甲组实验中把钩码的重力作为拉力F，乙组直接用力传感器测得拉力F。改变拉力重复实验多次，记录多组数据，并画出a－F图象，如图丙所示。

甲组实验把钩码的重力作为拉力F的条件是___。图丙中符合甲组同学做出的实验图象是______，符合乙组同学做出的实验图象是_______。

②在研究“加速度与质量的关系”时，某同学用图乙实验装置做了实验，并作出如图丁的图象，横坐标m 为小车上配重片的质量。若力传感器测出小车受到的拉力为F，已知小车的质量为M，则图中直线的斜率为_____，纵轴上的截距为____。

【答案】(1). 钩码的总质量应远小于小车的总质量(2). ②(3). ①(4). 1

F

(5).

M

F

【解析】

【详解】①[1]当钩码的总质量应远小于小车的总质量时，可近似认为钩码的重力约等于绳子的拉力。[2]当拉力F过大时，不满足钩码的总质量应远小于小车的总质量时，误差会明显增大，测量的加速度比理论值小，图象将向下弯曲，因此②符合甲组同学做出的实验图象。

[3]由于乙同学与甲同学小车质量一样，因此图象的斜率一样，又因此乙同学采用了力的传感器，拉力的测量不出现误差，图象不会弯曲，因此一定是①符合乙组同学做出的实验图象。

②[4][5]根据牛顿第二定律

F M m a

=+

()

整理得

11M m a F F

+= 因此，在1m a —图象中，斜率为1

F ；纵轴上的截距为M F

。

11.在“测定金属丝的电阻率”的实验中，待测电阻丝阻值约为6Ω．

(1)用螺旋测微器测量电阻丝的直径d ，其中一次测量结果如图所示，图中读数为d =______mm ． (2)为了测量电阻丝的电阻R ，除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择： 电压表V 1，量程3V ，内阻约3k Ω 电压表V 2，量程15V ，内阻约10k Ω 电流表A 1，量程0.6A ，内阻约0.2Ω 电流表A 2，量程100μA ，内阻约2000Ω

滑动变阻器R 1，0～1750Ω，额定电流0.

3A 滑动变阻器R 2，0～50Ω，额定电流1A

电源E 1（电动势为1.5V ，内阻约为0.5Ω） 电源E 2（电动势为3V ，内阻约为1.2Ω）

为了调节方便，测量准确，请选用适当的实验器材，在图2方框中画出测量电阻丝电阻应采用的电路图，并在图中标明所选器材的符号____．

(3)已用刻度尺测量出接入电路中的金属导线的有效长度为L ，请用测量值表示计算材料电阻率的公式ρ=______（注明测量值所用符号）

【答案】 (1). 0856 (2).

(3).

2

4Ud Il

π

【解析】

（1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm ，可动刻度示数为35.60.01mm=0.356m ，螺旋测微器

示数为0.5mm+0.356mm=0.856m．

（2）电压表量程是3V，电源应选E2（电动势为3V，内阻约为 1.2Ω），电路最大电流约为

3

0.42

6 1.2

E

I A

R r

==

≈

++

，电流表应选A1，量程0.6A，内阻约0.2Ω，为方便实验操作，滑动变阻器应选R2，0～50Ω，额定电流1A．滑动变阻器最大阻值远大于待测电阻阻值，滑动变阻器可以采用限流接法，

6

30

0.2

A

R

R

==，3000500

6

V

R

R

==，因V

A

R R

R R

＞，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示．

（3）由欧姆定律得，电阻阻值R=

U

I

，由电阻定律得：

2

()

2

L L

R

d

S

ρρ

π

==

，解得：

2

4

Ud

IL

π

ρ=．

点睛：螺旋测微器是利用将长度的测量转化为对转动角度的测量来实现微小量放大的，其精确度为

0.01mm，本实验中滑动变阻器既可以采用分压接法，也可以采用限流接法．

四、解答题

12.如图所示，光滑冰面上固定一表面粗糙的斜面体，斜面与水平方向的夹角θ=37?，斜面体右侧—蹲在滑

板上的男孩推着一冰块向斜面体以

1m/s

v=的速度滑来，某时刻男孩将冰块以相对于冰面5m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体（斜面体足够高）。已知男孩与滑板的总质量140

m=kg，冰块的质量2

20

m=kg，男孩与滑板始终无相对运动，冰块与斜面体的动摩擦因数0.25

μ=，（sin37?=0.6，cos37?=0.8，g=10m/s2）。求：

(1)男孩将冰块推出后获得的速度大小和方向；

(2)通过计算判断，冰块与男孩是否还会相撞。

【答案】(1)1m/s，方向向右；(2)冰块会追上男孩，与男孩还会相撞

【解析】

【详解】(1)设向左为速度正方向。小孩推出冰块后的速度为v1，冰块获得的速度v2，根据动量守恒定律

1201122()m m v m v m v +=+

代入数据，整理得

11m/s v =-

负号方向向右

(2)设冰块沿斜面体上滑到最高点时的位移为x ，根据动能定理

2

22221sin cos 02

m gx m gx m v θμθ--=-

设冰块沿斜面体下滑回到冰面时的速度为v 3，根据动能定理

222231sin cos 2

m gx m gx m v θμθ-=

解得

352

m/s v =

由于

31v v >

所以冰块会追上男孩，与男孩还会相撞。

13.如图甲所示，一光滑的平行金属导轨ABCD 竖直放置，AB 、CD 相距L ，在A 、C 之间放一个阻值为R 的电阻；在两导轨间的abcd 矩形区域内有垂直导轨平面向里、高度为5h 的有界匀强磁场，磁感应强度为B 。一质量为m 、电阻为r 、长度也为L 的导体棒放磁场下边界ab 上（与ab 边重合）。先用一个竖直向上的力F 拉导体棒，使它由静止开始向上运动，导体棒刚要离开磁场时恰好做匀速直线运动，导体棒与导轨始终垂直且保持良好接触，导轨电阻不计。F 随导体棒与初始位置的距离x 变化的情况如图乙所示。求： (1)导体棒离开磁场时的速度大小v 和导体棒两端电压U ； (2)导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R 的电荷量； (3)导体棒经过磁场的过程中，电阻R 上产生焦耳热Q R 。

【答案】(1) ()22

2mg R r v B L +=，2mgR U BL =；(2) 5BLh

q R r =+；(3) ()()

2

44324492R mghRB L m g R R r Q B L R r -+=+ 【解析】

【详解】导体棒离开磁场时的感应电动势

1E BLv =

形成的感应电流

1

1E I R r

=

+ 导体棒受到向下的安培力

1F BI L =安

由平衡条件得

F F mg =+安

由图乙可知

3F mg =

联立解得

()22

2mg R r v B L

+=

，12mg

I BL = 导体棒两端的电压为

12mgR U I R BL

==

(2)导体棒经过磁场的过程中，感应电动势的平均值

25B S BLh E t t t

φ??=

==??? 感应电流的平均值

2

2E I R r

=

+ 通过电阻R 的电荷量

2q I t =?

解得

5BLh

q R r R r

φ?=

=++

（3）导体棒经过磁场的过程中，设回路产生的总焦耳热为Q 根据功能关系可得

21

52

F Q W mgh mv =--

而拉力做功为

23414F W mgh mg h mgh =+=

电阻R 产生焦耳热为

R R

Q Q R r

=

+ 整理得

()()

2

44324492R mghRB L m g R R r Q B L R r -+=+

14.在水平地面上方的足够大的真空室内存在着匀强电场和匀强磁场共存的区域，且电场与磁场的方向始终平行，在距离水平地面的某一高度处，有一个带电量为q 、质量为m 的带负电的质点，以垂直于电场方向的水平初速度v 0进入该真空室内，取重力加速度为g ．求：

（1）若要使带电质点进入真空室后做半径为R 的

匀速圆周运动，求磁感应强度B 0的大小及所有可能的方向； （2）当磁感应强度的大小变为B 时，为保证带电质点进入真空室后做匀速直线运动，求此时电场强度E 的大小和方向应满足的条件；

（3）若带电质点在满足第（2）问条件下运动到空中某一位置M 点时立即撤去磁场，此后运动到空中另一位置N 点时的速度大小为v ，求M 、N 两点间的竖直高度H 及经过N 点时重力做功的功率． 【答案】（1）0

0mv B qR

=

；竖直向上或竖直向下； （2

）E =

（3）22

2v v H g

-=；

P=0qv

【解析】

【详解】（1）由于带电质点在匀强电场E 0和匀强磁场B 0共存的区域做匀速圆周运动，所以受到的电场力必定与重力平衡，即

qE 0=mg

根据牛顿第二定律和向心力公式

20

00mv qv B R

= 解得

0mv B qR

=

磁感应强度B 0为竖直向上或竖直向下．

（2）磁场B 和电场E 方向相同时，如答图1甲所示；磁场B 和电场E 方向相反时，如答图1乙所示．

由于带电质点做匀速直线运动，由平衡条件和几何关系可知

()

2

220()()qv B qE mg +=

解得

22222

01E m g q v B q

=

-图中的θ角为

0arcsin

qv B

mg

θ= 即电场E 的方向为沿与重力方向夹角0arcsin

qv B

mg

θ=且斜向下的一切方向，或00222220arctan

qv B qE m g q v B

θ==

-，且斜向下方的一切方向． （3）当撤去磁场后，带电质点只受电场力和重力作用，这两个力的合力大小为qv 0B ，方向既垂直初速度v 0的方向也垂直电场E 的方向．

设空中M 、N 两点间的竖直高度为H ，因电场力在这个过程中不做功，则由机械能守恒定律得

12m v 2=mgH +1

2

m v 02 解得

22

2v v H g

-=

因带电质点做类平抛运动，由速度的分解可求得带电质点到达N 点时沿合力方向的分速度大小为

v N 又因电场力在这个过程中不做功，带电质点到达N 点时，重力做功的功率等于合外力在此时的瞬时功率，解得

P N =qv 0Bv N =0qv