1、- 1 -2019 年沈阳市高中三年级教学质量检测（一）物 理一、选择题：本题共 10 小题。 ，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第 1-7 题只有一个选项符合题目要求，第 8-10 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.贝克勒尔在 120 年前首先发现了天然放射现象，如今原子核的放射性在众多领域中有着重要作用，下列属于放射性元素衰变的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】放射性衰变是指不稳定原子核自发地放射出射线而转变为另一种原子核的过程，放出的射线包括 和 射线， 衰变生成的是电子， 衰变生成的是 粒子，裂变是重
2、核裂变成轻核，聚变是轻核生成重核，据此分析即可；【详解】A、A 选项的反应释放出 粒子，属于 衰变，故 A 正确；B、B 选项属于重核裂变，故 B 错误；C、C 选项属于轻核聚变，故 C 错误；D、D 选项是原子核的人工转变，不是放射性衰变，故 D 错误。【点睛】本题考查放射性的问题，要知道衰变的生成物还有几个典型的核反应方程，在平时学习过程中注意加强训练。2.如图为一个质点做直线运动的 v-t 图象，该质点在前 2s 内向西运动，则该质点A. 在前 2s 内加速度方向也向西B. 在前 4s 内加速度方向始终向东- 2 -C. 在后 2s 内加速度方向始终向东D. 在 6s 内加速度方向始终不
3、变【答案】B【解析】【分析】由 v-t 图象根据速度的正负可以得出物体运动的方向，知道加速度方向与速度方向相同做加速运动，相反则做减速运动；【详解】A、由题可知向西为负方向，而向东为正方向，该质点在前 内向西减速运动，则该段时间加速度向东，而 向东做加速运动，则加速度方向仍然向东，故选项 A 错误，B 正确；C、由图像可知在 内向东做减速运动，而 内向西做加速运动，所以在 这段时间内加速度方向一直向西，故选项 C 错误；D、由上面分析可知，在 内加速度方向向东，在 内加速度方向向西，即在 6s 内加速度方向发生变化，故选项 D 错误。【点睛】本题考查物体做加速或减速的条件，即：加速度方向与速度
4、方向相同做加速运动，相反则做减速运动。3.“神舟十一号”飞船与“天宫二号”空间实验室自动交会对接前的示意图如图所示，圆形轨道 I 为“天宫二号”运行轨道，圆形轨道 II 为“神舟十一号”运行轨道。此后“神舟十一号”要进行多次变轨，才能实现与“天宫二号”的交会对接，则：A. “天宫二号”在轨道 I 的运行速率大于“神舟十一号”在轨道 II 上运行速率B. “神舟十一号”由轨道 II 变轨到轨道 I 需要减速C. “神舟十一号”为实现变轨需要向后喷出气体D. “神舟十一号”变轨后比变轨前机械能减少【答案】C【解析】【分析】- 3 -根据万有引力提供向心力得出线速度与轨道半径的关系，从而比较速度的大
5、小，当万有引力不够提供向心力，做离心运动，发动机做正功，使其机械能增加；【详解】A、由题可知，万有引力提供向心力，即 ，则 ，由于“天宫二号”的半径大，可知其速率小，则 A 错误；B、 “神舟十一号” 由轨道 II 变轨到轨道 I 需要加速做离心运动，要向后喷出气体，速度变大，发动机做正功，使其机械能增加，故选项 C 正确，BD 错误。【点睛】本题考查了万有引力定律的应用，解决本题的关键掌握变轨的原理，以及掌握万有引力提供向心力这一理论，并能灵活运用。4.如图所示，放在光滑水平桌面上的 A、B 木块之间夹一被压缩的弹簧。现释放弹簧，A、B木块被弹开后，各自在桌面上滑行一段距离飞离桌面。A 落地
6、点距桌边水平距离为 0.5m，B落地点距桌边水平距离为 1m，则A. A、B 离开弹簧时的速度比为 1：2B. A、B 离开弹簧时的速度比为 1：1C. A、B 质量之比为 1：2D. A、B 质量之比为 2：1【答案】AD【解析】【分析】A、B 离开桌面后都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，运动时间相等，由水平位移可以求出它们的初速度关系，弹簧弹开物体过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出它们的质量关系；【详解】A、A 和 B 离开桌面后做平抛运动，下落的高度相同，它们的运动时间相等，由得速度之比： ，故 A 正确，B 错误；C、弹簧弹开物体的过程，两物体及弹簧组成的系统动量守恒，取向
7、左为正方向，由动量守- 4 -恒定律得： ，则质量之比： ，故 C 错误，D 正确。【点睛】解决本题的关键要掌握平抛运动的规律，知道弹簧弹开物体的过程，系统的动量守恒，再结合动量守恒定律进行求解即可。5.某同学将一闭合电路电源的总功率 PE、输出功率 PR和电源内部的发热功率 Pr随电流 I 变化的图线画在了同一坐标系中，如图中的 a、b、c 所示，则下列判断正确的是A. 直线 a 表示电源内部的发热功率随电流 I 变化的图线B. 曲线 b 表示电源的总功率随电流 I 变化的图线C. 曲线 c 表示电源的输出功率随电流 I 变化的图线D. 电源的电动势 E=3V，内电阻 r=2【答案】C【解析
8、】【分析】根据电源消耗的总功率的计算公式 可得电源的总功率与电流的关系，根据电源内部的发热功率 可得电源内部的发热功率与电流的关系，从而可以判断 abc 三条线代表的关系式，在由功率的公式可以分析功率之间的关系；【详解】A、由电源消耗总功率和电源内部消耗功率表达式 ， ，可知，a 是直线，表示的是电源消耗的总功率 ，b 是抛物线，表示的是电源内电阻上消耗的功率 ，c 表示外电阻的功率即为电源的输出功率 =EI-I2r，所以 AB 错误，C 正确；D、由图可知，当短路时电流为 ，总功率 ，则可知电动势为： ，则内阻为： ，故 D 错误。6.如图所示，竖直放置的足够长的 U 型金属框架中，定值电阻
9、为 R，其他电阻均可忽略，ef是一水平放置的电阻可忽略的导体棒，导体棒质量为 m，棒的两端始终与 ab、cd 保持良好接- 5 -触，且能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架平面垂直的匀强磁场中，当导体棒 ef 从静止下滑一段时间后闭合开关 S，则 S 闭合后( )A. 导体棒 ef 的加速度一定大于 gB. 导体棒 ef 的加速度一定小于 gC. 导体棒 ef 机械能一定守恒D. 导体棒 ef 机械能一定减少【答案】D【解析】【分析】当 ef 从静止下滑一段时间后闭合 S，ef 将切割磁感线产生感应电流，受到竖直向上安培力，分析安培力与重力的大小关系即可判断加速度与重力加速度的大小；由于有感
10、应电流产生，则导致 ef 的机械能减小转化为电能；【详解】A、当 ef 从静止下滑一段时间后闭合 S，ef 将切割磁感线产生感应电流，受到竖直向上的安培力，若安培力大于 2mg，则由牛顿第二定律得知，ef 的加速度大小可能大于 g；若安培力小于 mg，则 ef 的加速度大小可能小于 g，故选项 A B 错误；C、闭合 S，ef 将切割磁感线产生感应电流，则 ef 的机械能减小转化为电能，故 C 错误，D正确。【点睛】本题考查分析导体棒运动情况的能力，而分析运动情况，必须分析其受力情况，关键抓住安培力方向竖直向上，根据牛顿第二定律进行分析比较即可。7.我国高铁技术发展迅猛，目前处于世界领先水平，
11、已知某路段为一半径为 5600 米的弯道，设计时速为 216km/h（此时车轮轮缘与轨道间无挤压） ，已知我国的高铁轨距约为 1400mm，且角度较小时可近似认为 ，重力加速度 g 等于 10m/s2，则此弯道内、外轨高度差应为A. 8cm B. 9cm C. 10cm D. 11cm【答案】B【解析】- 6 -【分析】要使火车安全通过弯道，则火车拐弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据向心力公式列式求解；【详解】由题可知：半径 ，时速为 ；根据牛顿第二定律得： 解得： 由题意得而联立得： ，故 B 正确，ACD 错误；【点睛】解决本题的关键理清向心力的来源，结合牛顿第二
12、定律进行求解，注意单位的统一。8.一理想变压器原、副线圈的匝数比为 5：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P 为滑动变阻器的触头，下列说法正确的是（ ） 。A. 副线圈输出电压的频率为 50HzB. 副线圈输出电压的有效值为 44VC. P 向左移动时，原、副线圈的电流比减小D. P 向左移动时，变压器的输出功率增加【答案】ABD【解析】【分析】根据甲图可明确交流电的最大值和周期，则根据最大值和有效值关系可明确有效值，再根据变压器原理可明确输出端的电压；输出电压不变，根据滑片的移动可明确电阻的变化，从而明确电流的变化情况；【详解】A 由原线圈的电压变化规律及有效
13、值的概念可知，原线圈中电压频率为 ，变压器不改变交流电的频率，所以副线圈输出电压的频率为 ，故 A 正确；- 7 -B、原线圈电压有效值为 ，由原、副线圈中电压之比等于匝数之比可知，副线圈中电压的有效值为 ，故 B 正确；C、P 向左移动时，原、副线圈的电流比等于匝数的反比，匝数比不变，则原、副线圈的匝数比不变，故 C 错误；D、当 P 向左移动，滑动变阻器接入电路的电阻减小，副线圈中电流增大，副线圈的电压不变，变压器输出功率增加，故 D 正确。【点睛】本题查理想变压器中，原、副线圈上电压关系、电流变化、功率关系及有效值等方面的理解及应用，注意电路动态分析的分析方法。9.如图所示，甲、乙两物体
14、靠在一起，放在光滑的水平面上，在水平力 F1和 F2共同作用下，一起从静止开始运动，已知 F1F2，两物体运动一段时间后A. 若突然撤去 F1，甲的加速度一定减小B. 若突然撤去 F1，甲乙间的作用力减小C. 若突然撤去 F2，乙的加速度一定增大D. 若突然撤去 F2，甲乙间的作用力增大【答案】BC【解析】【分析】要分析加速度的变化，先由牛顿第二定律求出整体的加速度，再进行分析，由隔离法求出甲乙间的作用力，根据表达式进行分析；【详解】A、一起运动时，整体的加速度为： ；对乙分析，则甲、乙之间的作用力为： ，解得 ；突然撤去 ，则整体的加速度 ， 不一定大于 ，甲乙之间的作用力，故 A 错误、B
15、 正确；- 8 -C、突然撤去 ，则整体的加速度 ，则 ，即加速度增大甲乙之间的作用力为： ，故选项 C 正确，D 错误。【点睛】关于连接体的处理方法，先整体后隔离，可以求得连接体间的相互作用力的大小。10.两个带等量异种电荷的粒子分别以速度 va和 vb射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为 60和 30，磁场宽度为 d，两粒子同时由 A 点出发，同时到达 B 点，如图所示则A. a 粒子带正电，b 粒子带负电B. 两粒子的轨道半径之比 Ra：R b= ：1C. 两粒子的质量之比 ma：m b=1：2D. 两粒子的质量之比 ma：m b=2：1【答案】BD【解析】【分析】根据粒
16、子偏转方向，由左手定则判断电性，根据粒子做匀速圆周运动，由几何关系求得轨道半径，根据几何关系得到中心角，即可由运动时间相同得到周期之比，从而由洛伦兹力做向心力得到质量；【详解】A、由左手定则可得：a 粒子带负电，b 粒子带正电，故 A 错误；B、由粒子做匀速圆周运动可得：粒子运动轨道圆心在 AB 的垂直平分线和过 A 点的速度垂直方向的交点，故 ， ，所以， ，故 B 正确；C、由几何关系可得：从 A 运动到 B，a 粒子转过的中心角为 ，b 粒子转过的中心角为 ，- 9 -根据运动时间相同可得运动周期为： ，再根据洛伦兹力做向心力可得： 所以，运动周期为： ；根据电荷量相等可得 ，故 C 错
17、误，D 正确。【点睛】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题，一般根据几何关系求得轨道半径及中心角，即可由洛伦兹力做向心力求得速度、运动时间等问题。二、非选择题：包括必考必考题和选考题两部分，第 11-12 题为必考题，每个考生都必修做答。第 13-14 题为选考题，考生根据要求做答。11.如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道 ABC 固定在竖直面内，圆心为 O，轨道半径为 R，B 为轨道最低点。该装置右侧的 1/4 圆弧置于水平向右的足够大的匀强电场中。某一时刻一个带电小球从 A 点由静止开始运动。到达 B 点时，小球的动能为 E0，进入电场后继续沿轨道运动，到达 C 点时小球的电势能减少量为
18、2E0，试求：（1）小球所受重力和电场力的大小（2）小球脱离轨道后到达最高点时的动能【答案】 （1） （2）【解析】【分析】（1）根据动能定理和功能关系即可求解重力和电场力的大小；（2）小球通过 C 点后，利用运动的分解进行求解即可；【详解】 （1）设带电小球的质量为 ，则从 A 到 B 根据动能定理有：则小球受到的重力为： ，方向竖直向下；由题可知：到达 C 点时小球的电势能减少量为 ，根据功能关系可知：- 10 -则小球受到的电场力为： ，方向水平向右，小球带正电；（2）设小球到达 C 点时速度为 ，则从 A 到 C 根据动能定理有：则 C 点速度为： ，方向竖直向上从 C 点飞出后，在竖
19、直方向只受重力作用，做匀减速运动，到达最高点时间为：在水平方向只受电场力作用，做匀加速运动，到达最高点时只有水平方向的速度，其速度为：=则在最高点动能为： 。【点睛】本题考查带电小球在重力场和电场中的运动，注意将运动按照受力情况进行分解，分成水平方向做匀加速运动和竖直方向匀减速进行求解即可。12.如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。某时刻速度为 v02m/s，此时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以 v14m/s 的速度从右侧滑上木板，经过 1s 两者速度恰好相同，速度大小为 v21m/s，方向向左。重力加速度 g10m/s 2，试求：（1）木板与滑块间的动摩擦因数 1（2）木板
20、与地面间的动摩擦因数 2（3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。【答案】 （1） （2） （3）【解析】【分析】（1）对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解；- 11 -（2）对木板分析，先向右减速后向左加速，分过程进行分析即可；（3）分别求出二者相对地面位移，然后求解二者相对位移；【详解】 （1）对小滑块分析：其加速度为： ，方向向右对小滑块根据牛顿第二定律有： ，可以得到： ；（2）对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：而且联立可以得到： ， ， ；（3）在 时间
21、内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为： ，方向向右；在 时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为： ，方向向左；在整个 时间内，小滑块向左减速运动，其位移为： ，方向向左则整个过程中滑块相对木板的位移大小为： 。【点睛】本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚小滑块与木板的运动过程和受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。13.a、b、c 三条平行光线垂直于半圆柱体玻璃砖的截面直径从空气射向玻璃砖，如图所示，光线 b 正好过圆心 O，光线 a、c 从光线 b 的两侧对称入射，光线 a、c 从玻璃砖下表面进入空气后与光线 b 交于 P、Q，则下列说法正确的是- 12
22、 -A. 玻璃对三种光的折射率关系为 nanbncB. 玻璃对 a 光的折射率大于对 c 光的折射率C. 在相同条件下进行双缝干涉实验，a 光的条纹间距比 c 光窄D. a、c 光分别从空气射入某种介质中，c 光发生全反射时临界角较小E. a 光比 c 光穿过该半圆柱体玻璃砖所需时间长【答案】BCE【解析】【分析】根据折射定律判断出折射角的大小，从而得到折射率的大小关系，判断波长的长短，分析干涉条纹间距的大小以及临界角等问题即可；【详解】A、由图可知，a 光和 c 光入射角相同，但是 c 光折射角较大，根据折射率公式可知玻璃对 a 光的折射率大于对 c 光的折射率，当时由于玻璃对 b 光没有发
23、生折射，故无法比较b 光的折射率的大小，故选项 A 错误，B 正确；C、由于 a 光的折射率大，波长较短，则在相同条件下进行双缝干涉实验，a 光的条纹间距比c 光窄，故选项 C 正确；D、a、c 光分别从某种介质射入空气中时，能发生全反射，根据临界角公式 可知 a 光发生全反射时临界角较小，故选项 D 错误；E、根据公式 ，由于 a 光的折射率大，则 a 光在玻璃中传播速度较小，故 a 光比 c 光穿过该半圆柱体玻璃砖所需时间长，故选项 E 正确。【点睛】本题考查对光的几何光学和物理光学理解能力，注意判断折射率的大小关系，从而得到干涉条纹间距以及临界角的关系。14.如图所示，是一列沿 x 轴正
24、向传播的简谐横波在 t=0 时刻的波形图，已知波的传播速度v=4m/s。- 13 -求 x=2.5m，处质点在 04.5s 内通过的路程及 t=4.5s 时的位移。此时 A 质点的纵坐标为 2cm，试求从图示时刻开始经过多长时间 A 质点第一次到达波峰？（结果保留 2 位有效数字）【答案】 【解析】【分析】由波动图象读出振幅和波长，求出周期，根据时间 4.5s 与周期的关系，分析 x=2.5m 处质点在 04.5s 内通过的路程及 t=4.5s 时的位移；写出波动方程，求出 A 点的横坐标，当 A 左侧最近的波峰状态传到 A 点时，A 点第一次出现波峰；【详解】由图知，波长 ，则该波的周期为 ；质点在一个周期内通过的路程是 ，则质点在 内通过的路程为；由题可知： 时刻该质点的位移 ，所以 时质点的位移为 。由波动方程 得： ，得所以 时则在 A 点左侧第一个波峰传到 A 点时，A 点第一次出现波峰，波所传的距离为：则 A 质点第一次到达波峰时间为： 。【点睛】本题首先考查把握质点的振动与波动之间的联系，运用波形的平移求 A 第一次形成波峰的时间是基本方法。- 14 - 15 -
