2019届河北省唐山市高三下学期第一次模拟考试理科综合物理试卷（解析版）

唐山市2018-2019学年度高三年级第一次模拟考试理科综合能力测试（物理部分）二、选择题：本题共8小题，每题6分。在每小题给出的4个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不的得3分，有错选或不选的得0分。1.用金属铷为阴极的光电管，观测光电效应现象，实验装置示意如图甲所示，实验中测得铷的遏止电压UC与入射光频率ν之间的关系如图乙所示，图线与横轴交点的横坐标为5.15×1014Hz。已知普朗克常量h=6.63×10－34J·s。则下列说法中正确的是A. 欲测遏止电压，应选择电源左端为正极B. 当电源左端为正极时，滑动变阻器的滑片向右滑动，电流表的示数持续增大C. 增大照射光的强度，产生的光电子的最大初动能一定增大D. 如果实验中入射光的频率ν=7.00×1014Hz，则产生的光电子的最大初动能Ek=1.2×10－19J【答案】D【解析】【分析】根据图甲光电管和图乙能求出截止频率可知，本题考查爱因斯坦的光电效应，根据光电效应规律，运用光电管和光电流以及光电效应方程进行分析求解；【详解】A、图甲所示的实验装置测量铷的遏止电压与入射光频率，因此光电管左端应该是阴极，则电源左端为负极，故A错误；B、当电源左端为正极时，将滑动变阻器的滑片从图示位置向右滑动的过程中，则电压增大，光电流增大，当电流达到饱和值，不再增大，即电流表读数的变化是先增大，后不变，故选项B错误；C、光电子的最大初动能与入射光的频率和金属的逸出功有关，与入射光的强度无关，故选项C错误；D、根据图象可知，铷的截止频率，根据，则可求出该金属的逸出功大小根据光电效应方程，当入射光的频率为时，则最大初动能为：，故选项D正确。【点睛】解决本题的关键掌握光电效应方程，以及知道遏止电压与最大初动能之间的关系，需要学生在学习中要牢记公式以及物理量之间的关系，同时注意计算的准确性。2.如图所示，M、N为两个固定的等量同种正电荷，O点为其连线与中垂线的交点，从中垂线上P点处释放一个负粒子，仅在电场力作用下由静止开始运动，下列说法中正确的是A. 粒子将沿PO方向做直线运动B. 从P到O的过程中，加速度一定减小C. 整个运动过程中，粒子在O点时电势能最小D. 整个运动过程中，粒子的电势能一直增加【答案】C【解析】【分析】根据M、N为两个固定的等量同种正电荷，PO为中垂线上的两点可知，本题考查带电粒子在等量同种电荷中垂线上的运动，根据中垂线上电场的分别和电势分别规律，运用牛顿第二定律和能量守恒进行分析求解；【详解】A、负粒子在从P到O的过程中，所受的电场力方向竖直向下，做加速运动，越过O点后，所受的电场力方向竖直向上，根据对称性知粒子运动到关于P点对称的位置时速度减至零，然后，向上运动到P点，再周而复始，所以粒子将一直沿中垂线PO做往复直线运动，故A错误；B、由于PO间电场线分布情况不清楚，电场强度的大小变化不清楚，所以从P到O的过程中，粒子受到的电场力可能先变大，再变小，则加速度可能先变大，再变小，当然也可能一直减小，但是速度一定是越来越大，在O点时速度最大，此时刻动能最大，根据能量守恒可知此时刻电势能最小，故BD错误，C正确。【点睛】解决本题时，要掌握等量同种电荷电场线的分布情况及，要抓住电场线的对称性进行分析求解，要注意电场线分布情况不确定时，电场强度的变化情况是不确定的。3.2018年6月14日11时06分，我国探月工程嫦娥四号“鹊桥”中继星顺利进入环绕地月拉格朗日L2点运行的轨道，为地月信息联通搭建“天桥”。如图所示，该L2点位于地球与月球连线的延长线上，“鹊桥 ”位于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与月球同步绕地球做圆周运动，已知地球、月球和“鹊桥”的质量分别为Me、Mm、m，地球和月球之间的平均距离为R，L2点到月球中心的距离为x，则x满足A.     B. C.     D. 【答案】C【解析】【分析】根据“鹊桥”与月球同步绕地球做圆周运动可知，本题考查万有引力定律的应用，根据圆周运动规律，运用万有引力提供向心力，而且“鹊桥”与月球同步即角速度相同分析求解；【详解】由题可知：“鹊桥”与月球同步绕地球做圆周运动，设角速度为，根据万有引力提供向心力，则对地、月系统：对“鹊桥”：整理可以得到：，故选项C正确，ABD错误。【点睛】解决本题的关键知道“鹊桥”做圆周运动，靠地球和月球引力的合力提供向心力，另外还要仅仅抓住：“鹊桥”在地月引力作用下绕地球转动的周期与月球绕地球转动的周期相同。4.如图所示，水平桌面上固定两条光滑平行导轨，导轨左端连接电源，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。现将两根质量相同的导体棒M、N依次静置于导轨上的同一位置，接通电源，导体棒沿导轨从桌面右侧水平抛出，始终与地面平行，落地位置与导轨右端的水平距离分别为s1和s2。不计电源和导轨电阻，导体棒与导轨垂直且接触良好，则安培力对导体棒做功之比为A. 1︰1    B. s12：s22C. s1：s2    D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，接通电源，导体棒水平抛出可知，本题考查安培力做功，根据能量守恒，安培力做功转化为动能，做平抛运动，运用平抛运动规律进行分析求解；【详解】由题可知，安培力做功使导体棒获得动能，从而获得速度，然后水平抛出，做平抛运动，由于高度一定，则时间一定，设为，则被抛出时的速度为：则安培力做功为：由题可知，两个导体棒落地位置与导轨右端的水平距离分别为s1和s2，而且导体棒质量相同，则安培力做功之比为：，故选项B正确，ACD错误。【点睛】本题是安培力与力学相结合的综合题，分析清楚导体棒的运动过程即可求解。5.如图甲所示是某同学设计的一种发电装置的示意图，线圈为l=0.40m、匝数n=200匝的正方形线圈，线圈绕M轴转动，线圈的电阻为R1=1.0Ω。磁感强度方向均沿半径方向，大小均匀分布，磁感应强度的大小均为B=。外力推动线圈框架，使线圈绕轴线做周期为0.4s的匀速圆周运动。现将整个装置做为电源接在右图电路中，小灯泡的电阻为R2=9.0Ω，电压表为理想表。下列说法中正确的是A. 小灯泡中电流的大小为1.6AB. 电压表的示数为32VC. 电压表的示数为16VD. 外力的功率为102.4W【答案】D【解析】【分析】根据线圈绕M轴转动切割磁感线可知，本题考查法拉第电磁感应定律的应用，根据法拉第电磁感应定律，运用其与闭合电路欧姆定律相结合进行分析求解；【详解】A、由题可知，线圈始终垂直切割磁感应，故电动势为：则根据闭合电路欧姆定律可知小灯泡中的电流为：，故选项A错误；B、根据部分电路欧姆定律可知电压表示数为：故选项BC错误；D、根据能量守恒可知，外力做功转化为整个电路的热量，则整个电路的功率为即为外力的功率，即为：，故选项D正确。【点睛】本题考查导线切割磁感线产生感应电动势，注意线圈始终垂直切割磁感线，并结合闭合电路欧姆定律进行求解即可。6.如图所示，半径为2r的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，磁场区域的半径为r，已知弹性螺旋线圈的电阻为R，线圈与磁场区域共圆心，则以下说法中正确的是(　　)A. 保持磁场不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，有顺时针的电流B. 保持磁场不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，有逆时针的电流C. 保持半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，线圈中的电流为D. 保持半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，线圈中的电流为【答案】BC【解析】A项：由于磁场的面积不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，穿过线圈磁通量不变，所以在线圈中没有感应电流产生，故A错误；B项：由于磁场的面积不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，线圈包含磁场的面积变小，磁通量变小，根据“楞次定律”可知，产生逆时针的电流，故B正确；C、D项：保持半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，磁场增大，穿过线圈磁通量增大，根据“楞次定律”可知，产生顺时针的电流，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律： ，故C正确。7.一子弹以初速度v0击中静止在在光滑的水平面上的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块加速运动的位移为s。则以下说法正确的是A. 子弹动能的亏损等于系统动能的亏损B. 子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小C. 摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功D. 子弹对木块做的功等于木块动能的增量【答案】BD【解析】【分析】根据子弹击中静止在光滑的水平面上可知，本题考查子弹打木块模型，根据动量守恒和能量守恒规律，运用能量守恒、动能定理和动量守恒定律进行分析求解；【详解】A、子弹射入木块的过程，要产生内能，由能量守恒定律知子弹动能的亏损大于系统动能的亏损，故A错误；
B、子弹和木块组成的系统动量守恒，系统动量的变化量为零，则子弹与木块动量变化量大小相等，方向相反，故B正确；
C、摩擦力对木块做的功为，摩擦力对m做的功为，可知二者不等，故C错误；D、对木块根据动能定理可知：子弹对木块做的功即为摩擦力对木块的功等于木块动能的增量，故选项D正确。【点睛】本题属于子弹打木块模型，分析清楚物体的运动过程，找出子弹与木块的位移关系、应用动量守恒定律与动能定理即可正确解题。8.如图所示，x-t图象反映了甲、乙两车在同一平直公路上行驶的位移随时间变化的关系，已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10s处，则0-10s过程中A. 甲车的速度大小为4.0m/sB. 乙车的平均速度大小为4.0m/sC. 甲车的位移大小为40mD. 乙车的位移大小为80m【答案】ACD【解析】【分析】根据图像并结合乙车做匀变速运动可知，本题考查匀速和匀变速运动的图像问题，根据匀速和匀变速运动规律，运用位移与时间关系并结合平均速度公式进行分析求解；【详解】A、甲车做匀速直线运动，速度为：，在内位移为：，故AC正确；B、乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于处，则时，速度为零，将其运动反过来看成初速度为0的匀加速直线运动，则根据位移与时间关系，根据图象有：,，解得：，，则平均速度为：，故B错误，D正确。【点睛】对于位移时间图象，关键要抓住斜率等于速度，位移与时间关系公式，来分析图象的物理意义。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题~第38题为选考题，考生根据要求作答。9.利用图示实验装置“探究做功与物体动能变化关系”，图中1、2是光电计时器的光电门，光电计时器可记录滑块上的遮光片P通过光电门的时间，实验时光电门1固定，光电门2位置可以改变。(重力加速度大小为g)(1)为了计算滑块通过光电门的速度，先用游标卡尺测量遮光片的宽度如图，遮光片的宽度d=______mm；(2)用天平测量出带着遮光片时滑块的质量为M，钩码的质量为m，将滑块用轻绳与钩码连接，调节木板左端垫片的位置，当轻推滑块通过光电门1、2所用的时间相等，说明滑块匀速运动；(3)不挂钩码，滑块从光电门1上方位置释放，记录遮光片通过光电门1、2时间t1、t2，用刻度尺测量两个光电门距离L，滑块从光电门1运动到光电门2的过程，外力做功为______，动能变化量为___________(用t1、t2、d、M、m、L和g表示)，并进行比较；(4)改变光电门2及滑块的释放位置，多次重复实验步骤(3)；(5)利用图象处理相应的实验数据，探究做功与物体动能变化关系。【答案】    (1). 4.30    (2). mgL    (3). 【解析】【分析】根据题意可知，本题考查“探究做功与物体动能变化关系”，根据实验原理，运动光电门求出瞬时速度，找出外力功和动能变化分析求解；【详解】（1）游标卡尺的读数为：；（3）挂钩码时，整体匀速下滑，不挂钩码时，滑块受到的外力大小等于钩码重力，即大小为，则外力的功为：；通过光电门1的瞬时速度为：，通过光电门2的瞬时速度为：则动能变化量为：。10.实验小组要测定一个电池组的电动势E和内阻r，已知电池组的电动势约为4.5V、内阻约几欧姆，可用的实验器材有：待测电源(电动势约4.5V，内阻约几欧姆)：电压表V1(量程0－6V)电压表V2(量程0－3V)滑动变阻器R1(阻值0－5.0Ω)滑动变阻器R2(阻值0－15.0Ω)开关S一个，导线若干(1)实验小组的某同学利用以上器材，设计了如图所示的电路，M、N分别是电压表___________、P、Q分别是滑动变阻器___________、___________(填器材对应符号)；(2)按照电路将器材连接好，先将P、Q均调节到最大值，闭合电键S，然后___________（填写对应的实验操作过程)，依次记录M、N的示数； (3)根据M、N数据作出如下M、N图象，由M、N图象得到的电池电动势E=___________V，内阻r=___________Ω。(保留两位有效数字)。【答案】    (1). V1 V2    (2). R2    (3). R1    (4). 保持Q不动，不断调节P    (5). 4.5±0.1    (6). 2.0±0.1【解析】【分析】根据题意可知，本题考查测量电源电动势和内电阻的实验，根据实验原理和实验步骤，将滑动变阻器视为定值电阻，运用闭合电路欧姆定律进行分析求解；【详解】（1）由电路图可知电压表M测量P、Q总电压，电压表N测量Q的电压，故M为大量程的电压表为，而N为小量程的电压表为，根据部分电路欧姆定律可以知道P为大量程滑动变阻器为，Q为小量程滑动变阻器为；（2）按照电路将器材连接好，先将P、Q均调节到最大值，闭合电键S，然后保持Q不动，不断调节P，同时依次记录M、N的示数；（3）设电压表M的示数为，电压表N的示数为，根据闭合电路欧姆定律可知：，整理可以得到：将、和、代入整理可以得到：，。【点睛】本题考查电源的电动势和内阻的测量，以及电阻的测量，要注意明确实验电路图，从而明确实验原理，确定数据处理方法。11.如图所示，两个半圆柱A、B相接触并静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R。C的质量为2m，A、B的质量都为m，与地面间的动摩擦因数均为μ。现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：(1)未拉A时，C受到B作用力的大小F；(2)动摩擦因数的最小值μmin；【答案】(1) (2) 【解析】【分析】根据A缓慢移动并且B保持静止可知，本题考查共点力的平衡，根据力的平衡条件条件求解C受到B作用力的大小F，先根据共点力平衡条件求解B受到C水平方向最大压力，然后根据摩擦力的计算公式分析求解；【详解】（1）对C受力分析，如图所示：根据平衡条件有： 解得：；（2）C恰好降到地面时，B受C压力的水平分力最大，依据受力分析可知 此时，B受地面的摩擦力根据题意，B保持静止，则有时有最小值解得：。【点睛】本题主要是考查了共点力的平衡，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。12.如图所示，在xOy平面直角坐标系中，直角三角形ACD内存在垂直平面向里磁感应强度为B的匀强磁场，线段CO=OD=L，CD边在x轴上，∠ADC=30°。电子束沿y轴方向以相同的速度v0从CD边上的各点射入磁场，已知这些电子在磁场中做圆周运动的半径均为，在第四象限正方形ODQP内存在沿x轴正方向、大小为E=Bv0的匀强电场，在y=－L处垂直于y轴放置一足够大的平面荧光屏，屏与y轴交点为P。忽略电子间的相互作用，不计电子的重力。(1)电子的比荷；(2)从x轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点与P点间的距离：(3)射入电场中的电子打到荧光屏上的点距P的最远距离。【答案】(1) (2)      (3) 【解析】【分析】根据电子束沿速度v0射入磁场，然后进入电场可知，本题考查带电粒子在磁场和电场中的运动，根据在磁场中做圆周运动，在电场中做类平抛运动，运用牛顿第二定律结合几何知识并且精确作图进行分析求解；【详解】（1）由题意可知电子在磁场中的轨迹半径由牛顿第二定律得 电子的比荷；（2）若电子能进入电场中，且离O点右侧最远，则电子在磁场中运动圆轨迹应恰好与边AD相切，即粒子从F点离开磁场进入电场时，离O点最远：设电子运动轨迹的圆心为点。则从F点射出的电子，做类平抛运动，有，代入得电子射出电场时与水平方向的夹角为有 所以，从x轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点为G，则它与P点的距离；（3）设打到屏上离P点最远的电子是从(x,0)点射入电场，则射出电场时 设该电子打到荧光屏上的点与P点的距离为X，由平抛运动特点得所以所以当，有。【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系，粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用。13.下列说法中正确的是___________。A. 布朗运动的剧烈程度与温度有关，所以布朗运动也叫热运动B. 已知阿伏加德罗常数、气体摩尔质量和密度，可以求出分子间距离C. 油膜法测分子直径的实验中，把油膜视为单分子层油膜时，需要考虑分子间隙D. 内能相等的两个物体相互接触时，也可能发生热传递E. 一定质量的实际气体发生等温膨胀时，内能是可能增大的【答案】BDE【解析】【详解】A、热运动是分子无规则的运动，而布朗运动并不是分子运动，所以尽管布朗运动的激烈程度跟温度有关，但不能把布朗运动叫做热运动，故A错误；B、已知阿伏加德罗常数、气体摩尔质量和密度，可以求出分子间距离，故选项B正确；C、在“用油膜法估测分子的大小”实验中，做这样的近似：油膜是呈单分子分布的；把油酸分子看成球形；分子之间没有空隙，紧密排列，故选项C错误；D、内能是所以分子动能和势能的总和，内能相等的两个物体温度可以不相等，在相互接触时，热量由高温物体传递到低温物体，可能发生热传递，故选项D正确；E、一定质量的实际气体发生等温膨胀时，温度不变，则平均动能不变，但是在膨胀过程中分子间作用力可能做负功，导致分子间势能可能增大，则内能是可能增大，故E正确。【点睛】本题考查热学中的基础内容，对于热学的考查要注意全面掌握，不能有遗漏。14.如图所示，横截面积为10cm2的上端开口气缸固定在水平面上，质量不计的轻活塞a下面封闭长度为30cm的理想气体，上面通过轻绳与质量为2kg重物b相连，重物b放在压力传感器上，气缸和活塞a导热性能良好。开始时，外界温度为27℃，压力传感器显示16N，现缓慢降低温度到－63℃。已知外界大气压强始终为P0=1×105Pa，重力加速度大小g=10m/s2.（1）压力传感器示数为零时的温度；（2）整个过程中气体克服外界作用力所做功。【答案】（1）（2）3.84J【解析】【分析】根据当压力传感器有示数时，气体体积不变，做等容变化，当压力传感器示数为零时，气体压强不变，做等压变化，可知，本题考查气体的等容变化和等压变化，根据等容变化和等压变化的规律，结合平衡方程进行分析求解；【详解】（1）开始时，根据平衡条件可以得到轻绳拉力为：则气体压强为： 当，轻绳拉力，气体压强 此过程中气体做等容变化，有：，其中 解得：，即；（2）气体从到过程，压力传感器示数始终为零，此过程中压强不变，气体做等压变化，有： 解得： 则气体克服外界做功为：。【点睛】以活塞或气缸为研究对象，根据平衡条件求封闭气体的压强，是惯用的思路，要学会运用，同时，要能正确分析气体的状态变化过程，选择解题规律。15.如图所示，一列简谐横波正沿直线由左向右传播，传播方向上P、Q两质点相距12m，当P质点完成100次全振动时，Q质点刚好完成98次。若以P顾点开始振动为零时刻，竖直向上为正方向，P质点振动方程为y=4sin(10πt)cm，则A. 这列波的波长为4mB. Q质点开始振动方向竖直向上C. 这列简谐橫波的速度为30m/sD. Q质点开始振动时，其左侧5m处质点正在减速运动E. t=0.3s时P质点右侧1.5m处质点走过的路程为20cm【答案】BCE【解析】【分析】根据P、Q相差两次全振动，以及P质点的振动方程可知，本题考查波的传播，根据P、Q相差两次全振动求解波长，根据P质点的振动方程求解周期，运动公式求解波速，然后根据波的周期性进行分析求解；【详解】A、由题可知P、Q之间相差两次全振动，即二者之间的距离为两个波长距离，则，则，故选项A错误；B、由于后面的质点都是重复前面质点的运动情况，故Q质点开始振动方向与P质点开始振动方向相同，即竖直向上，故选项B正确；C、由P质点振动方程为可知：，则周期为：，则波速为：，故选项C正确；D、由于波长，Q质点开始振动时，其左侧5m处质点正在向平衡位置运动，即正在加速运动，故选项D错误；E、由于P质点右侧1.5m处质点落于P质点，在内该质点实际振动的时间为：则该质点通过的路程为：，故选项E正确。16.如图所示，正面为矩形截面的玻璃砖内有个斑点S，从玻璃砖上表面观测斑点到左侧AD边距为7.2cm，从上表面调整位置能观察到斑点的范围在AE之间，AE直线距离为18.2cm，从A点观测到的斑点距离上表面为5.4cm，请你估算斑点到上表面的实际距离。(计算时取=3.1)【答案】9.6cm【解析】【分析】根据题从A点观测和能在AE范围内观察斑点可知，本题考查光的折射和全反射，根据折射定律和全反射知识，运动几何知识画出光路图，根据公式和分析求解；【详解】光路如图所示：设斑点S到上表面的距离为H，设， 从A点观察由折射定律有 其中 从E点观察恰好发生全反射有其中而综合解得。【点睛】本题是几何光学问题，对数学几何能力要求较高，关键确定出入射角和折射角的正弦，通过折射定律和几何关系进行解答。