河南省郑州市2019届高三物理第二次质量预测试题（含解析）.doc

河南省郑州市2019届高三物理第二次质量预测试题（含解析）1.1933年至1934年间，约里奥居里夫妇用粒子轰击铝箔时，发生的核反应方程为，反应生成物像天然放射性元素一样衰变，放出正电子e，且伴随产生中微子Av，核反应方程为。则下列说法正确的是A. 当温度、压强等条件变化时，放射性元素的半衰期随之变化B. 中微子的质量数A=0，电荷数Z=0C. 正电子产生的原因可能是核外电子转变成的D. 两个质子和两个中子结合成一个粒子，则质子与中子的质量之和一定等于粒子的质量【答案】B【解析】【详解】A放射性元素的半衰期与外界因素无关，选项A错误；B根据质量数和电荷数守恒可知，中微子的质量数A=0，电荷数Z=0，选项B正确；C正电子产生的原因是核内的质子转化为中子时放出的，选项C错误；D两个质子和两个中子结合成一个粒子要释放能量，根据质能方程及质量亏损可知，两个质子与两个中子的质量之和大于粒子原子核的质量，故D错误；2.1876年美国著名物理学家罗兰在实验室中完成了著名的“罗兰实验”。罗兰把大量的负电荷加在一个橡胶圆盘上，然后在圆盘附近悬挂一个小磁针，使圆盘绕中心轴高速旋转，发现小磁针发生了偏转。下列说法正确的是A. 使小磁针发生转动的原因是圆盘上的电荷运动时产生了磁场B. 使小磁针发生转动的原因是圆盘上产生了涡流C. 仅改变圆盘的转动方向，小磁针的偏转方向不变D. 如果使圆盘带上正电，圆盘的转动方向不变，小磁针的偏转方向不变【答案】A【解析】【详解】AB由题意可知，磁针受到磁场力的作用，原因是由于电荷的定向移动，从而形成电流，而电流周围会产生磁场，本题中不符合感应电流的产生条件，故无法产生涡流；故A正确，B错误；C仅改变圆盘的转动方向，即电荷的定向移动方向改变，磁场方向改变，则小磁针的偏转方向改变，选项C错误；D如果使圆盘带上正电，圆盘的转动方向不变，则产生的电流方向反向，磁场反向，则小磁针的偏转方向改变，选项D错误；3.2018年12月8日2时23分，嫦娥四号探测器搭乘长征三号乙运载火箭，开始了奔月之旅，首次实现人类探测器月球背面软着陆。12月12日16时45分，号探测器成功实施近月制动，顺利完成“太空刹车”，被月球捕获，进入了近月点约100km的环月轨道，如图所示，则下列说法正确的是A. 嫦娥四号的发射速度大于第二宇宙速度B. 嫦娥四号在100km环月轨道运行通过P点时的加速度和在椭圆环月轨道运行通过P点时加速度相同C. 嫦娥四号在100km环月轨道运动的周期等于在椭圆环月轨道运动周期D. 嫦娥四号在地月转移轨道经过P点时和在100km环月轨道经过P点时的速度相同【答案】B【解析】【详解】A嫦娥四号发射时，先在距离地球较近的椭圆轨道上运动然后在地球的近地点逐渐加速进入较远的椭圆轨道，然后进入地月转移轨道，最后被月球俘获，所以嫦娥四号的发射速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，选项A错误；B根据可知，嫦娥四号在100km环月轨道运行通过P点时的加速度和在椭圆环月轨道运行通过P点时加速度相同，选项B正确；C根据开普勒第三定律，因嫦娥四号在100km环月轨道运动的半径大于在椭圆环月轨道运动的半长轴，则嫦娥四号在100km环月轨道运动的周期大于在椭圆环月轨道运动周期，选项C错误；D嫦娥四号在地月转移轨道经过P点时要刹车减速才能被月球俘获，则嫦娥四号在地月转移轨道经过P点时的速度大于在100km环月轨道经过P点时的速度，选项D错误；.4.如图所示，某电场的电场线和等势面分布图，其中实线为电场线，虚线为等势面，a、b、c为电场中的三个点。下列说法正确的是A. a点的电势高于b点的电势B. a点的电场强度小于b点的电场强度C. 电子从a点移到c点，电势能增大D. 将电子从a点移到c点，再从c点移到b点，电场力做功代数和为零【答案】D【解析】【详解】A因a、b两点在同一等势面上，则a点的电势等于b点的电势，选项A错误；Ba点电场线较b点密集，可知a点的电场强度大于b点的电场强度，选项B错误；C因c点电势高于a点，可知电子从a点移到c点，电势能减小，选项C错误；D因a点的电势等于b点的电势，则将电子从a点移到c点，再从c点移到b点，电势能的变化为零，则电场力做功代数和为零，选项D正确；.5.蹦极是一项考验体力、智力和心理承受能力的空中极限运动。跳跃者站在约50m高的塔台上，把一根原长为L的弹性绳的一端绑在双腿的踝关节处，另一端固定在塔台上，跳跃者头朝下跳下去。若弹性绳的弹力遵守胡克定律，不计空气阻力，则在跳跃者从起跳到第一次下落到最低点的过程中，跳跃者的动能Ek(图线)和弹性绳的弹性势能Ep(图线)随下落高度的变化图象中，大致正确的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】在弹性绳到达原长之前，由动能定理可知，动能随下降的高度均匀变大，即Ek-h图像为直线；当弹性绳被拉直后，弹力逐渐变大，则加速度逐渐减小，速度仍然变大，即动能继续变大，当弹力等于重力式速度最大，此时的动能最大；之后随着人的下降弹力变大大于重力，加速度变为向上，人做变减速运动，最后动能减到0时到达最低点；综上所述，图像B正确，ACD错误；故选B.6.如图所示，2019个质量均为m的小球通过完全相同的轻质弹簧(在弹性限度内)相连，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做匀加速运动，设1和2之间弹簧的弹力为F12，2和3间弹簧的弹力为F23，2018和2019间弹簧的弹力为F20182019，则下列结论正确的是A. F12：F23：F20182019=1：2：3：2018B. 从左到右每根弹簧长度之化为1：2：3：2018C. 如果突然撤去拉力F，撤去F瞬间，第2019个小球的加速度为F/m，N其余每个球的加速度依然为aD. 如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间第1个小球的加速度为0，第2个小球的加速度为2a，其余小球加速度依然为a.【答案】AD【解析】【详解】A以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F=2019ma，解得；以后面的第1、2、32018个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得可知F1-2=F，F2-3=F，F2018-2019=F，则F1-2：F2-3：F2018-2019=1：2：3：2018，故A正确；B因为每根弹簧的劲度系数相等，根据胡克定律可知，从左到右每根弹簧伸长量之比为1：2：3：2018，但是总长度之比不等于1：2：3：2018，故B错误；C突然撤去F瞬间，因弹簧的弹力不能突变，可知除第2019个球所受合力突然变为F，加速度为，其他球的合力未变，所以其他球的加速度依然为a，故C错误；D如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间第1个小球受到的合力为零，则加速度为0，第2个小球受到的合力变为，则加速度为，其余小球受到的合力不变，加速度依然为a，故D正确。7.如图所示，质量均为M的b、d两个光滑斜面静止于水平面上，底边长度相等，b斜面倾角为30，d斜面倾角为60。质量均为m的小物块a和c分别从两个斜面顶端由静止自由滑下，下滑过程中两斜面始终静止。小物块到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是A. 两物块所受重力冲量相同B. 两物块所受重力做功的平均功率相同C. 地面对两斜面的摩擦力均向左D. 两斜面对地面压力均小于（mM）g【答案】AD【解析】【详解】A设斜面的底边长度为L，则斜边长度，小滑块下滑的加速度a=gsin，下滑的时间，当斜面倾角分别为300和600时，可得两滑块运动的时间相同，根据I=mgt可知，重力的冲量相等，选项A正确；B重力做功W=mgLtan，则重力做功的平均功率：，则当斜面倾角分别为300和600时两物块所受重力做功的平均功率不相同，选项B错误；C当物块加速下滑时，加速度有水平向右的分量，则对滑块和斜面的整体而言，由牛顿第二定律可知，地面对两斜面的摩擦力均向右，选项C错误；D竖直方向，因滑块下滑时加速度有竖直向下的分量，可知滑块失重，则两斜面对地面压力均小于（mM）g，选项D正确；8.如图所示，空间存在一个沿水平方向的磁场，磁场上边界OM水平，以O点为坐标原点，OM为x轴，竖直向下为y轴，磁感应强度大小在x方向保持不变、y轴方向按Bky变化，k为大于零的常数。一质量为m、电阻为R、边长为l的单距正方形线框abcd从图示位置以速度v0沿x轴正方向抛出，抛出时dc边和OM重合，da边和y轴重合，运动过程中线框始终处于xOy平面内，且dc边始终平行于x轴。磁场足够大，重力加速度为g，不计空 气阻力。则下列说法正确的是A. 线框在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动B. 线框所受安培力方向始终竖直向上C. 线框在水平方向上所受合力不为零D. 线框在竖直方向上最终速度为【答案】BD【解析】【详解】线框在磁场中斜向下运动时产生逆时针方向的感应电流，线圈的两竖直受安培力等大反向，则水平方向受力为零做匀速直线运动；水平下边受安培力竖直向上，水平上边受安培力竖直向下，但因下边受安培力大于上边，可知竖直方向上受向上的安培力，则竖直方向的运动不是自由落体运动，选项AC错误，B正确；当线框受到的安培力等于重力时，达到最终速度，则： ，其中的，解得，选项D正确；故选BD.三、非选择题： 9.如图甲所示，一条质量和厚度不计的纸带缠绕在固定于架子上的定滑轮上，纸带的下端悬挂一质量为m的重物，将重物由静止释放，滑轮将在纸带带动下转动。假设纸带和滑轮不打滑，为了分析滑轮转动时角速度的变化情况，释放重物前将纸带先穿过一电火花计时器，交变电流的频率为50Hz，如图乙所示，通过研究纸带的运动情况得到滑轮角速度的变化情况。下图为打点计时器打出来的纸带，取中间的一段，在这一段上取了7个计数点A、B、C、D、E、F、G，每相邻的两个计数点间有4个点没有画出，已知：其中x18.05cm、x210.34cm、x312.62cm、x41492cm、x517.19cm、x619.47cm。（1）根据上面的数据，可以求出D点的速度vD= _m/s；（结果保留三位有效数字）（2）测出滑轮半径等于3.00cm，则打下D点时滑轮的角速度为_rad/s；（结果保留三位有效数字）（3）根据题中所给数据分析，在误差允许范围内，你认为滑轮的角速度随时间是_增大（选填“均匀”或“不均匀”）。【答案】 (1). （1）1.38 m/s； (2). (2)46.0 rad/s； (3). (3)均匀【解析】【详解】（1）根据上面的数据，可得到D点的速度vD= ；（2）打下D点时滑轮的角速度为. （3）重物下降的速度v=gt，则，则滑轮的角速度随时间是均匀增大。10.导体或半导体材料在外力作用下产生机械形变时，其电阻值发生相应变化，这种现象称为应变电阻效应。图甲所示，用来称重的电子吊秤，就是利用了这个应变效应。电子吊秤实现称重的关键元件是拉力传感器。其工作原理是：挂钩上挂上重物，传感器中拉力敏感电阻丝在拉力作用下发生微小形变（宏观上可认为形状不变），拉力敏感电阻丝的电阻也随着发生变化，再经相应的测量电路把这一电阻变化转换为电信号（电压或电流），从而完成将所称物体重量变换为电信号。物理小组找到一根拉力敏感电阻丝RL，其阻值随拉力F变化的图象如图乙所示，小组按图丙所示电路制作了一个简易“吊秤”。电路中电源电动势E3V，内阻r1；灵敏毫安表量程为10mA，内阻Rg50；R1是可变电阻器，A、B两接线柱等高且固定。现将这根拉力敏感电阻丝套上轻质光滑绝缘环，将其两端接在A、B两接线柱之间固定不动。通过光滑绝缘滑环可将重物吊起，不计敏感电阻丝重力，现完成下列操作步骤：步骤a.滑环下不吊重物时，闭合开关调节可变电阻R1使毫安表指针满偏；步骤b.滑环下吊上已知重力的重物G，测出电阻丝与竖直方向的夹角为；步骤c.保持可变电阻R1接入电路电阻不变，读出此时毫安表示数I；步骤d.换用不同已知重力的重物，挂在滑环上记录每一个重力值对应的电流值；步骤e：将电流表刻度盘改装为重力刻度盘。（1）试写出敏感电阻丝上的拉力F与重物重力G的关系式F_；（2）设R-F图象斜率为k，试写出电流表示数I与待测重物重力G的表达式I _（用E、r、R1、Rg、R0、k、表示）；（3）若R-F图象中R0100，k0.5N，测得60，毫安表指针半偏，则待测重物重力G=_ N；（4）关于改装后的重力刻度盘，下列说法正确的是（ ）A重力零刻度线在电流表满刻度处，刻度线均匀B重力零刻度线在电流表零刻度处，刻度线均匀C重力零刻度线在电流表满刻度处，刻度线不均匀D重力零刻度线在电流表零刻度处，刻度线不均匀（5）若电源电动势不变，内阻变大，其他条件不变，用这台“简易吊秤”称重前，进行了步骤a操作；则测量结果_（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。【答案】 (1). （1）； (2). （2）； (3). （3）600 N ； (4). （4）C； (5). (5) 不变【解析】【详解】（1）对滑环受力分析，由平衡知识可知：2Fcos=G，解得；（2）由图乙可知：R=kF+R0；由丙电路可知：；（3）将R0100，k0.5N，60，I=Ig=5mA，E3V，内阻r1，Rg50带入 可得G=600N；（4）当不挂重物时，电流计满篇，则重力零刻度线在电流表满刻度处，因G与I不是正比关系，则刻度线不均匀，故选C.（5）实验前进行了a操作，则，则当挂重物G时：，则I不变，对实验的结果无影响，测量结果不变.11.如图甲所示，半径为R0.8m的四分之一光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，A为轨道最高点，和圆心等高；B为轨道最低点。在光滑水平面上紧挨B点有一静止的平板车，其质量M3kg，小车足够长，车的上表面与B点等高，平板车上表面涂有一种特殊材料，物块在上面滑动时，动摩擦因数随物块相对小车左端位移的变化图象如图乙所示。物块（可视为质点）从圆弧轨道最高点A由静止释放，其质量m1kg，g取10m/s2。（1） 求物块滑到B点时对轨道压力的大小；（2） 物块相对小车静止时距小车左端多远？【答案】（1）30N；（2）1.75m【解析】【详解】（1）物块从圆弧轨道A点滑到B点的过程中，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律得： 代入数据解得 vB=4 m/s 在B点，由牛顿第二定律得 代入数据解得 FN=30 N由牛顿第三定律可知，物块滑到轨道B点时对轨道的压力：FN=FN=30 N （2）物块滑上小车后，由于水平地面光滑，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒。以向右为正方向，由动量守恒定律得 代入数据解得 v =1 m/s 由能量关系得系统生热 解得 Q=6 J 由功能关系知 将1=0.4，x1=0.5 m代入可解得x=1.75 m12.如图所示，三块挡板围成截面边长L1.2m的等边三角形区域，C、P、Q分别是MN、AM和AN中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN水平，MN上方是竖直向下的匀强电场，场强E=410-4N /C。三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1；AMN以外区域有垂直纸面向外， 磁感应强度大小为B23B1的匀强磁场。现将一比荷q/m=105C/kg的帯正电的粒子，从O点由静止释放，粒子从MN小孔C进入内部匀强磁场，经内部磁场偏转后直接垂直AN经过Q点进入外部磁场。已知粒子最终回到了O点，OC相距2m。设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板厚度，取3。求：（1） 磁感应强度B1的大小；（2） 粒子从O点出发，到再次回到O点经历的时间；（3） 若仅改变B2的大小，当B2满足什么条件时，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点（若粒子经过A点立即被吸收）。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1） 粒子从O到C即为在电场中加速，则由动能定理得：解得v=400 m/s带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示。由几何关系可知 由代入数据得 （2）由题可知 B2=3B1=210-5 T则 由运动轨迹可知：进入电场阶段做匀加速运动，则得到 t1=0.01 s粒子在磁场B1中的周期为 则在磁场B1中的运动时间为 在磁场B2中的运动周期为 在磁场B2中的运动时间为 则粒子在复合场中总时间为： （3）设挡板外磁场变为，粒子在磁场中的轨迹半径为r，则有 根据已知条件分析知，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点，需满足条件其中 k=0、1、2、3解得13.一定质量的理想气体由状态a经状态b、c到状态d，其体积V与热力学温度 T关系如图所示，O、a、d三点在同一直线上，ab和cd平行于横轴，bc平行于纵轴，则 下列说法正确的是 A. 由状态a变到状态b过程中，气体吸收热量B. 由状态a变到状态b过程中，每个气体分子的动能都会增大C. 从状态b到c，气体对外做功，内能减小D. 从状态c到d，气体密度不变E. a状态与d状态气体内能增加【答案】ADE【解析】【详解】A由状态a变到状态b过程中，气体体积不变，则W=0，温度升高，则U0，根据U=W+Q可知气体吸收热量，选项A正确；B由状态a变到状态b过程中，气体的温度升高，则气体分子的平均动能变大，但不是每个气体分子的动能都会增大，选项B错误；C从状态b到c，气体温度不变，内能不变；体积变大，则气体对外做功，选项C错误；D从状态c到d，气体体积不变，则气体的密度不变，选项D正确；E从a状态到d状态气体温度升高，则内能增加，选项E正确；14.如图所示，一个内壁光滑的气缸竖直放置，其侧壁绝热，内有两个厚度不计的密闭活塞，将缸内理想气体分成、两部分。活塞A导热且质量不计，活塞B绝热。质量为m=10kg。初状态整个装置静止不动且处于平衡状态，、两部分气体的高度均为l0=12cm，温度为T0=300K现保持环境温度、外界大气压强不变，通过汽缸的导热底面给气体加热至T=600K，同时在活塞A上逐渐添加细砂，保持活塞B的位置始终不变，最终活塞A下降的高度为h(未知）时，两部分气体重新处于平衡。已知外界大气压强P0=1105Pa。活塞横截面积S=1.010-3m2，g=10m/s。试求(）最终气体平衡时，气体的压强(）活塞A下降的高度h。【答案】（i）4105Pa；（ii）8cm【解析】【详解】（i）初状态时，设气体I的压强为，因活塞A质量不计，则p1=p0=1.0105 Pa初状态时，设气体II的压强为，以活塞B为研究对象，由平衡条件知 得 p2=2105 Pa 对气体II由查理