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。