2019届河北省衡水中学高三上学期高考模拟物理试卷（解析版）

2019届河北省衡水中学高三上学期高考模拟

物理试卷（解析版）

一、选择题：第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求．

1.下列说法正确的是（   ）

A. 原子核发生一次β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】、β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.
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，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θ，初始时θ很小．现将P、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θ =60º时，P、Q的速度之比是

B. 当θ =90º时，Q的速度最大

C. 当θ =90º时，Q的速度为零

D. 当θ向90º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θ=90°时，P的机械能最小，Q的动能最大，速度最大，当θ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θ=60°时，Q的速度vQcos60°=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θ=90°时，Q的速度最大，故B正确，C错误；

D项：当θ向90°增大的过程中Q的合力逐渐减小，当θ=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v－t图线如图所示。则根据图中所给出的已知数据v0、t1及物块质量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。

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解

6.如图所示，发电机的矩形线圈面积为S，匝数为N，绕OO′轴在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω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－x方向射入磁场，它恰好从磁场边界的交点C处沿＋y方向飞出。 当磁感应强度的大小变为B/ 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120°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 ，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，R0为定值电阻，Rm为滑动变阻器R的最大阻值，且有；开关S1闭合后，理想电流表A的示数为I，理想电压表V1、V2的示数分别为U1、U2，其变化量的绝对值分别为△I、△U1、△U2。则下列说法正确的是（   ）

A. 断开开关S2，将R的滑动触片向右移动，则电流A示数变小、电压表V2示数变小

B. 保持R的滑动触片不动，闭合开关S2，则电流表A示数变大、电压表V1示数变小

C. 断开开关S2，将R的滑动触片向右移动，则滑动变阻器消耗的电功率减小

D. 断开开关S2，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

二、非选择题

9.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600～2000）

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0～500），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”）的电路探究热敏电阻的温度特性．

（2）主要步骤：①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；②改变温度，多次重复步骤①操作，得出多组数据；③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)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】①因为满足 ,所以电流表应用内接法,
②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.

10.某同学准备利用如图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θ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L．试问：

（1）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θ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．_________________

（2）通过上述的物理量可求出弹簧T将球A弹出时释放的弹性势能EP．写出其计算表达式（无需书写推导过程）．___________________________

（3）下面是本实验中的几个步骤：①按实验装置安装好器材；②用刻度尺测定C的重心到悬点O的距离L； ③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；④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；⑤释放A球，让它射入盒C中，一起与C摆动到最大高度；⑥记录最大摆角θ；⑦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．___________________

（4）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). 还需测量小球A的质量ｍ，重盒C的质量M，弹簧的压缩量X    (2).     (3). ①用天平称出小球质量和重盒的质量；②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；③改变弹簧压缩量，重复实验若干次．     (4). ①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90°；②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θ的测量相对误差大，轨道摩擦损耗不可忽略．

【解析】

【分析】

根据弹簧的弹性势能转化为球和盒子的重力势能,知需要测量球和盒子的质量以及弹簧的压缩量;再结合弹性势能的减小量等于小球的动能的增加量,碰撞过程动量守恒;向上摆动过程机械能守恒，对照表达式确定实验步骤分析求解

【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: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 ;
碰撞过程动量守恒,故

继续摆动过程机械能守恒,故 
联立计算得出;
(3)缺少的主要实验步骤有:
①用天平称出小球质量和重盒的质量;
②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; 
③改变弹簧压缩量,重复实验若干次. 

 (4)①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;
②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.

【点睛】本题关键明确实验原理、误差来源、实际操作,能运用机械能守恒定律和动量守恒定律列式求解,较难.

11.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。

【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，则也不受安培力作用，抓住这一点解题。

12.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μ1=0.4，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2=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g＝10 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=4(m/s2)

若木块与木板一起做匀加速运动，其加速度a由牛顿运动定律可得：

F－(M+m)g＝(M+m)a 

解得：a=2(m/s2)

（2）2s末木块与木板的速度为v，由运动学知识可得：v=at1  

2s后木块和木板发生相对滑动，木块加速度a1，木板加速度a2为：

F－mg－(M+m)g＝Ma2

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=6(m/s)  t2=1（s）

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：

F－Mg＝Ma3

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=1.68(m)

【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。

【物理—选修3—3】

13.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10﹣9m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130J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．

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相同，右端竖直管与水平管的横截面积之比为2∶1。一段长为12cm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75cmHg，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。