河北省衡水中学2019届高考物理模拟试卷(十二)(解析版)

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1、河北省衡水中学河北省衡水中学 2019 届高三模拟试卷(十二)物理试题届高三模拟试卷(十二)物理试题 一、单选题(本大题共一、单选题(本大题共 4 小题,共小题,共 12.0分)分) 1.下列说法正确的是( ) A. 原子核发生一次 衰变,该原子外层就失去一个电子 B. 金属产生光电效应时,入射光的频率越高,光电子的最大初动能越大 C. 核裂变与核聚变都伴有质量亏损,亏损的质量转化成能量 D. 一群氢原子从定态 n=4向基态跃迁,最多可以释放 3条光谱 【答案】B 【解析】 【详解】 A、 衰变的电子是原子核内一个中子转变为一个质子和一个电子,电子释放出来,不是来自外层电子. 故 A 错误.

2、B、 发生光电效应时,根据,可以知道,入射光的频率越高,光电子的最大初动能越大.所以 B 选项是正 确的. C、 核裂变与核聚变都伴有质量亏损,根据质能方程可以知道,亏损的质量对应一定的能量,并不是转化成能量. 故 C 错误. D、从定态 n=4 向基态跃迁,根据数学组合公式 ,最多可以释放 6条光谱.所以 D选项是错误的 故选 B 2.如图所示,平行板电容器与直流电源连接,上极板接地.一带负电的油滴位于容器中的 P 点且处于静止状 态现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离,则( ) A. 带电油滴将竖直向上运动 B. 带电油滴的机械能将增加 C. P 点的电势将升高 D. 电容器的电容增加,

3、极板带电量增加 【答案】C 【解析】 【分析】 根据油滴受力平衡可知电场力的方向,再根据平行板间的电容,电压和电荷量的关系即可求解本题。 【详解】A、一个带负电的油滴最初处于静止状态,说明油滴受到的电场力和重力平衡;现在将下极板向下 移动,板间的电压等于电源电动势不变,所以板间的电场强度将减小,即油滴受到的电场力减小,所以油 滴受到的重力大于电场力,油滴将竖直向下运动,故 A 错误。 B、根据 A项的分析可得,油滴向下运动,电场力做负功;机械能的变化等于除重力和弹簧的弹力外的其他 力做功,所以机械能将减小,故 B 错误。 C、因为上极板接地,所以上极板的电势为零,并且上极板接电源的正极,下极板

4、接电源的负极,所以上极 板的电势高于下极板的电势,电场线的方向是竖直向下的,板间各点的电势为负值;设 P 点距离上极板的 距离为 x,则 P 点的电势为 ,由于 d 增加,所以 P点的电势将升高,故 C 正确。 D 项, 电压不变,根据电容 d增加,C 减小,所以极板带电量减小,故 D 错误。 故选 C 【点睛】本题考查了电容器的动态分析,在做此类问题时一定要先区分本题时电压不变还是电荷量不变的 情况,在结合题意求解。 3.如图所示,水平光滑长杆上套有一物块 Q,跨过悬挂于 O 点的轻小光滑圆环的细线一端连接 Q,另一端悬 挂一物块 P设细线的左边部分与水平方向的夹角为 ,初始时 很小现将 P

5、、Q 由静止同时释放关于 P、Q以后的运动下列说法正确的是( ) A. 当 =60 时,P、Q的速度之比是 B. 当 =90 时,Q的速度最大 C. 当 =90 时,Q的速度为零 D. 当 向 90 增大的过程中 Q 的合力一直增大 【答案】B 【解析】 【分析】 P、Q用同一根绳连接,则 Q 沿绳子方向的速度与 P 的速度相等,根据运动的合成与分析分析 PQ的速度关 系,当 =90时,P 的机械能最小,Q的动能最大,速度最大,当 向 90增大的过程中 Q的合力逐渐 减小。 【详解】A项:P、Q用同一根绳连接,则 Q 沿绳子方向的速度与 P 的速度相等, 则当 =60时,Q的速度 vQcos6

6、0 =vP,解得,故 A错误; B、C 项:P 的机械能最小时,即为 Q 到达 O点正下方时,此时 Q的速度最大,即当 =90时,Q的速度 最大,故 B正确,C 错误; D 项:当 向 90增大的过程中 Q 的合力逐渐减小,当 =90时,Q的速度最大,加速度最小,合力最 小,故 D 错误。 故选:B。 【点睛】考查运动的合成与分解,掌握能量守恒定律,注意当 Q的速度最大时,P 的速度为零,是解题的关 键。 4.长木板 A 放在光滑的水平面上,质量为 m 的物块 B 以水平初速度 v0从一端滑上 A的水平上表面,它们在 运动过程中的 vt图线如图所示。则根据图中所给出的已知数据 v0、t1及物块

7、质量 m,可以求出的物理量是 ( ) A. 木板 A获得的动能 B. A、B 组成的系统损失的机械能 C. 木板 A的最小长度 D. A、B之间的动摩擦因数 【答案】C 【解析】 试题分析:由题图不知木板的质量和 A、B 的最终速度,则不能获得木板的动能;不能获得 A、B 组成的系 统损失的机械能;也不能求得 A、B 之间的动摩擦因数;由图木板的最小长度为:;C 正确 故选 C 考点:运动图像的理解应用 点评:中等难度。注意充分审读图像提供的各种有用信息,并仔细分析物体的运动过程,能将图像提供的 信息与物体的运动过程建立正确的联系。 二、多选题(本大题共二、多选题(本大题共 5 小题,共小题,

8、共 16.0分)分) 5.极地卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极(轨道可视为圆轨道) 。如图所示,某时刻某极地卫星在地 球北纬30 A点的正上方按图示方向运行, 经过12h后第二次出现在A点的正上方 则下列说法正确的是 ( ) A. 该卫星一定贴近地表飞行 B. 该卫星的周期的最大值为 18h C. 该卫星运行的线速度比同步卫星的线速度大 D. 该卫星每隔 12h 经过 A点的正上方一次 【答案】BC 【解析】 【分析】 根据卫星经过 12h 后第二次出现在 A 点的正上方,结合天体的运动找到两者周期的关系,再根据 分析求解。 【详解】B、地球在 12h 的时间内转了,要使卫星第二次出现在

9、A 点的正上方,则时间应该满足 ,解得 (n=0、1、2、3、 、 、 、 ) ,当 n=0时,周期有最大值 T=18h,故 B对; A、当 n 的取值不同,则周期不同,根据 ,轨道半径也有不同的取值,故 A 错; C、根据,知该卫星的运动周期一定小于同步卫星的周期,在结合 ,可知 周期越小,轨道半径就越小,则运行速度都越大,故 C 对; D、如果卫星的周期按 18h计算,那么在题意的条件下再经过 12h,则地球上的 A 点回到了出发点,而卫星 在 24h 时内并没有回到出发点,故 D错 故选 BC 【点睛】本题考查了天体的追赶问题,要使两者相遇,找到在相同的时间内两者运动过的角度关系即可求

10、解 6.如图所示,发电机的矩形线圈面积为 S,匝数为 N,绕轴在磁感应强度为 B 的匀强磁场中以角速度 匀 速转动从图示位置开始计时,下列判断正确的是 A. 此时穿过线圈的磁通量为 NBS,产生的电动势为零 B. 线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为 C. P 向下移动时,电流表示数变小 D. P 向下移动时,发电机的电功率增大 【答案】ABD 【解析】 试题分析:此时线圈平面与磁场垂直,磁通量最大,变化率为零,即感应电动势为零,A 正确;过程中产 生的感应电动势最大值为,故表达式为,B 正确;P 向下移动时,副线圈匝数增 大, 根据可得副线圈的输入电压增大, 即电流表示数增大, 根据可得副线

11、圈消耗的电功率增大, 而副线圈消耗的电功率决定发电机的功率,所以发电机的功率增大,D 正确 C 错误; 考点:考查了交变电流的产生 7.在以坐标原点 O为圆心、半径为 r 的圆形区域内,存在磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向里的匀强 磁场,如图所示,一个不计重力的带电粒子从磁场边界与 x轴的交点 A处以速度 v 沿方向射入磁场,它 恰好从磁场边界的交点 C处沿方向飞出。当磁感应强度的大小变为后,该粒子仍以 A 处相同的速度射 入磁场,但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了角,则 A. 粒子带负电 B. 粒子的比荷 C. 两种情况下粒子做圆周运动的半径之比为 D. 两种情况下的磁感应强度

12、之比为 【答案】ABD 【解析】 【分析】 根据粒子沿x 方向射入磁场,恰好从磁场边界的交点 C 处沿y 方向飞出,借助左手定则可以判断出电荷 的正负;再根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的比荷;结合粒子的运动轨迹求出不同磁场中的运动半 径分析求解即可。 【详解】A、由粒子的飞行轨迹(如图所示) , 利用左手定则可知,该粒子带负电荷,故 A 对; B、粒子由 A 点射入,由 C点沿 y正方向飞出,有几何关系可知:R=r 根据 则粒子的比荷为:,故 B对; C、设粒子从 D点飞出磁场,根据题意知速度方向改变了 角,再结合几何关系可知 AD弧所对圆心角 为,粒子做圆周运动的半径 所以半径之比为 ,

13、故 C错; D、根据可知磁场强度为 ,故 D对; 故选 ABD 【点睛】解磁场问题要记住“一画轨迹”;“二找圆心”;“三算半径”;其中比较难的是计算半径,在计算半径 时可以利用勾股定理或者正弦定理求解。 8.如图所示电路中,电源内阻忽略不计,为定值电阻,为滑动变阻器 R的最大阻值,且有;开 关闭合后,理想电流表 A的示数为 I,理想电压表、的示数分别为、,其变化量的绝对值分别为 、则下列说法正确的是 A. 断开开关,将 R 的滑动触片向右移动,则电流 A示数变小、电压表示数变小 B. 保持 R 的滑动触片不动,闭合开关,则电流表 A示数变大、电压表示数变小 C. 断开开关,将 R 的滑动触片向

14、右移动,则滑动变阻器消耗的电功率减小 D. 断开开关,将 R 的滑动触片向右移动,则有 【答案】AD 【解析】 【分析】 根据电路结构可知滑动变阻器向右移动时回路中的电阻增大,则电流减小,结合串并联关系分析求解。 【详解】A、断开开关 S2,将滑片向右移动时,R接入电路电阻增大,电路总电阻增大,则由闭合电路欧姆 定律可知,干路电流减小,电流表 A示数减小,电压表 V2减小,故 A正确; B、保持 R的滑动触片不动,闭合开关 S2,R0被短路,电路总电阻减小,干路电流增大,电流表示数 A增 大;而 U1=IR,可知电压表 V1示数增大,B错误。 C、当滑动变阻器的电阻等于等效电源的内阻时滑动变阻

15、器的阻值时,滑动变阻器的功率达到最大,断开开 关 S2,将 R 的滑动触片向右移动,由于 ,所以滑动变阻器的功率一直在增大,故 C错; D、由 U1=E-IR0可知,=R0,由 U2=IR0可知=R0,故 D正确。 故选 AD 9.关于分子动理论和热力学定律,下列说法中正确的是 A. 空气相对湿度越大时,水蒸发越快 B. 物体的温度越高,分子平均动能越大 C. 第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第一定律 D. 两个分子间的距离由大于处逐渐减小到很难再靠近的过程中,分子间作用力先增大后减小到零, 再增大 E. 若一定量气体膨胀对外做功 50J,内能增加 80J,则气体一定从外界吸收 13

16、0J 的热量 【答案】BDE 【解析】 空气相对湿度越大时,空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压,水蒸发越慢,故 A 错误;温度是分 子平均动能的标志,物体的温度越高,分子热运动就越剧烈,分子平均动能越大,故 B 正确;第二类永动 机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律,不违反热力学第一定律,故 C 错误;两个分子间的距离由 大于 10-9m处逐渐减小到很难再靠近的过程中,分子间作用力先表现为引力,引力先增大到最大值后减小到 零, 之后, 分子间作用力表现为斥力, 从零开始增大, 故 D 正确; 若一定量气体膨胀对外做功 50J, 即 W=-50J, 内能增加 80J,即U=80J,根据

17、热力学第一定律U=Q+W,得 Q= U-W=130J,即气体一定从外界吸收 130J 的热量故 E 正确故选 BDE 三、实验题探究题(本大题共三、实验题探究题(本大题共 2 小题,共小题,共 18.0 分)分) 10.某同学想用热敏电阻制作一个“温度计”,为此他需要先探究该热敏电阻的阻值随温度变化的规律现有 下列器材: 待测热敏电阻 R(约 6002000 ) 直流毫安表(量程 6mA,内阻约 0.5 ) 直流电压表(量程 3V,内阻约 1k ) 直流恒压电源(输出电压 3V,内阻不计) 滑动变阻器(阻值范围 0500 ) ,以及水银温度计加热装置开关和导线 (1)应选择图_(填“a”或“b

18、”)的电路探究热敏电阻的温度特性 (2)主要步骤:连接电路,启动加热装置,待温度稳定为某一温度时,闭合开关,记下 _和电压表的读数;改变温度,多次重复步骤操作,得出多组数据;根据 数据绘制电阻 R随温度 t变化的图线如图 c (3)现将该热敏电阻恒压电源开关导线_(填“电压表”或“电流表”)连接起来,把 该电表的刻度改为相应的温度刻度,就制成了一个“温度计”若用此“温度计”测得的温度越高,对应原电表 表盘的刻度值越_(填“大”或“小”) 【答案】 (1). b (2). 温度计 (3). 电流表 (4). 电流表 (5). 小 【解析】 【分析】 (1)根据“大内小外”可以判断电路的结构 (2

19、)根据实验原理明确应测量的数据; (3)明确温度计原理,再根据闭合电路欧姆定律进行分析即可明确刻度与温度的关系. 【详解】因为满足 ,所以电流表应用内接法, 要求出对应的电阻值,应先得出电压和电流值;故应记下温度计、电流表、电压表的读数; (3)因为电流表与热敏电阻串联,所以应将该热敏电阻、恒压电源、开关、导线、电流表连接连接起来;由图象 看出温度升高电阻增大,由 可以知道,电流表的示数减小,所以此“温度计”测得的温度越高,对应原电表 表盘的刻度值越小. 明确实验原理和实验方法是求解实验问题的关键,在有关电学实验中,要明确伏安法中电流表内外接法以及 变阻器采用分压式还是限流式接法的选择方法.

20、11.某同学准备利用如图所示的装置探究劲度系数较大的轻质弹簧 T 的弹性势能与其压缩量之间的关系图中 B 为一固定在桌面、带有刻度的平直光滑导轨,小盒 C 用轻绳悬挂于 O 点,弹簧 T 左端固定,用小球 A 沿 导轨 B向左挤压弹簧,释放后球 A 弹出,射入一较重的小盒 C中与小盒 C一起向右摆动,摆动的最大角度 可以被准确测出球 A射入盒 C 后两者的重心重合,重心距悬点 O 的距离为 试问: 欲完成此探究实验,该同学在实验过程中除了要测量最大摆角 和重心距悬点 O的距离 L 外,还需要测 量哪些物理量?写出这些物理量及其字母代号 通过上述的物理量可求出弹簧 T 将球 A 弹出时释放的弹性

21、势能写出其计算表达式 无需书写推导过程 下面是本实验中的几个步骤: 按实验装置安装好器材; 用刻度尺测定 C的重心到悬点 O的距离 L; 反复调节盒 C 的位置,使其运动轨迹平面与光滑轨道在同一平面内,且盒 C静挂,开口正对导轨末端,A、 C两者重心同高;用球 A压缩弹簧,使其重心处于轨道的某一刻度线上,记录此时的读数; 释放 A 球, 让它射入盒 C 中,一起与 C摆动到最大高度;记录最大摆角 ;处理数据,得出结论在上述步骤中还 缺少哪些主要步骤?请你写出来 该实验除了要保证光滑导轨水平、小球 A能正射入小盒 C并与 C一起运动以外,还应注意些什么? 【答案】 (1) 小球 A的质量 m、

22、重盒 C的质量 M、 弹簧的压缩量 X (2) (3) 缺少的主要实验步骤有:用天平称出小球质量和重盒的质量;用球 A 接触弹簧但不压缩,记录其重心 位置,读取导轨上相应的读数;改变弹簧压缩量,重复实验若干次 (4)要注意每次实验时,弹簧 压缩量不要过大,以保证绳总处于绷直状态,同时摆角不大于;每次实验时,弹簧的压缩量也不宜过 小,否则压缩量 L及摆角 的测量相对误差大,轨道摩擦损耗不可忽略 【解析】 【详解】 (1)弹簧的弹性势能转化为球和盒子的重力势能,要测量重力势能的增加量,要测量小球 A 的质 量 m、重盒 C的质量 M;要研究弹性势能和压缩量的关系,要测量弹簧的压缩量 X; 还需测量

23、:小球 A 的质量 m、重盒 C的质量 M、弹簧的压缩量 X; (2)弹性势能的减小量等于小球的动能的增加量,故 E; 碰撞过程动量守恒,故 继续摆动过程机械能守恒,故: 联立解得; (3)缺少的主要实验步骤有: 用天平称出小球质量和重盒的质量; 用球 A 接触弹簧但不压缩,记录其重心位置,读取导轨上相应的读数; 改变弹簧压缩量,重复实验若干次 (4)要注意每次实验时,弹簧压缩量不要过大,以保证绳总处于绷直状态,同时摆角不大于;每 次实验时,弹簧的压缩量也不宜过小,否则压缩量 L 及摆角 的测量相对误差大,轨道摩擦损耗不可忽略 四、计四、计算题(本大题共算题(本大题共 3 小题,共小题,共 3

24、0.0分)分) 12.如图所示,MN、PQ两平行光滑水平导轨分别与半径 r=0.5m的相同竖直半圆导轨在 N、Q端平滑连接, M、P 端连接定值电阻 R,质量 M=2kg的 cd 绝缘杆垂直静止在水平导轨上,在其右侧至 N、Q 端的区域内 充满竖直向上的匀强磁场。现有质量 m=1kg的 ab 金属杆以初速度 v0=12m/s 水平向右与 cd 绝缘杆发生正碰 后,进入磁场并最终未滑出,cd 绝缘杆则恰好能通过半圆导轨最高点,不计其它电阻和摩擦,ab 金属杆始 终与导轨垂直且接触良好,取 g=10m/s2,求: (1)cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小 v; (2)电阻 R产生的焦耳热 Q

25、。 【答案】 (1) (2) 【解析】 【分析】 根据 cd 恰好过最高点,可以求出 cd碰后的速度,再根据动量守恒和能量守恒分析求解即可。 【详解】 (1)cd 绝缘杆通过半圆导轨最高点时,由牛顿第二定律有: 解得: (2)碰撞后 cd 绝缘杆以速度滑至最高点的过程中,由动能定理有: 解得: 由于 cd 是绝缘杆,所以不过电流,所以碰后一直匀速运动, 则碰撞后 cd 绝缘杆的速度: 两杆碰撞过程,动量守恒,有: 解得碰撞后 ab 金属杆的速度: ab 金属杆进入磁场后由能量守恒定律有: 解得:Q=2J 【点睛】认真分析题意,注意题目中 cd棒是一个绝缘杆,所以在运动过程中没有电流通过,则也不

26、受安培 力作用,抓住这一点解题。 13.如图(甲)所示,地面上有一长为 l=1m,高为 h=0.8m,质量 M=2kg的木板,木板的右侧放置一个质量 为 m=1kg的木块(可视为质点) ,已知木板与木块之间的动摩擦因数为 1=0.4,木板与地面之间的动摩擦因 数为 2=0.6,初始时两者均静止。现对木板施加一水平向右的拉力 F,拉力 F 随时间的变化如图(乙)所示, 取 g10 m/s2。求: (1)前 2s 木板的加速度; (2)木块落地时距离木板左侧的水平距离。 【答案】 (1) (2) 【解析】 【分析】 根据图像可以知道不同时刻受到的外力大小,再利用牛顿第二定律求解木块的加速度;根据木

27、块和木板的 受力分析各自的加速度和运动情况,利用运动学公式分析求解。 【详解】 (1)因为木块在木板上滑行的最大加速度为 mg =ma1 解得:a1=4m/s2 保持木块与木板一起做匀加速运动最大拉力 Fm=(M+m)g+(M+m)a1=30N。 因 F1=24NFm=30N,木块和木板发生相对滑动,木块加速度 a1,木板加速度 a2为: Fmg (M+m)gMa2 经时间 t2二者分离,此时由运动学知识可得: vt2+ a2 t22(vt2+ a1 t22)l 解得:a2=6m/s2,t2=1s 此时木块的速度 v块=v+ a1 t2 木板的速度:v板= v+ a2 t2 木块与木板分离至滑

28、落到地的时间为 t3,由平抛运动知识可得: h= g t32 在木块与木板分离至滑落到地的时间为 t3内,木块在水平方向向前的位移为: S块=v块t3 木块与木板分离后,木板的加速度为 a3,由牛顿运动定律可得: FMgMa3 在木块与木板分离至滑落到地的时间 t3内,木板在水平方向向前的位移为: S板=v板t3+ a3 t32 所以,木块落地时距离木板左侧: s= S板S块 联立以上式子解得: s=1.68m 【点睛】本题较复杂,要时刻关注不同的运动状态下的受力状况,求出加速度,分析运动。 14.如图所示为一水平放置的导热性能良好的 U型玻璃管,左端封闭,右端开口,左端竖直管与水平管的粗 细

29、相同,右端竖直管与水平管的横截面积之比为 21。一段长为 12 cm的水银柱位于图中所示位置且封闭 一段空气柱,设周围环境的温度由 27不断上升,大气压强为 75 cmHg,求当温度为 119时空气柱长度 是多少? 【答案】98cm 【解析】 【分析】 根据玻璃管的导热性,可知封闭气体的温度发生变化,利用理想气体方程分析求解。 【详解】当温度为 119 C即 392K时,假设水银仍在水平管中,则气体压强不变,做等压变化有代入 数据; 解得:100S 不合理 故有部分水银已经到达右端竖直管,设右端竖直管中水银柱高为 xcm,则 由 得:X=5cm 所以此时空气柱长度为 L=88cm+2 5cm=98cm 【点睛】在处理本题时由于不知道液体是否移到竖直管中,所以可以采用先假设的方法来判断。

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