精品解析：【全国百强校】河北省衡水中学2018届高三第十六次模拟考试理科综合物理试题（解析版）.doc

河北省衡水中学2018届高三第十六次模拟考试物理试题二、选择题：共8小题，在每小题给出的四个选项中，第1417题只有一项符合题目要求，第1821题有多项符合题目要求。1. 关于原子核和原子的变化，下列说法正确的是A. 维系原子核稳定的力是核力，核力可以是吸引力，也可以是排斥力B. 原子序数小于83的元素的原子核不可能自发衰变C. 重核发生裂变反应时，生成新核的比结合能变小D. 卢瑟福最早实线人工转变，第一次通过核反应生成了人工放射性同位素磷【答案】A2. 如图所示，匀强电场中的六个点A、B、C、D、E、F为正八面体的六个顶点，已知BE中点O的电势为零，A、B、C三点的电势分别为7V、-1V、3V，则E、F两点的电势分别为A. 2V、-2VB. 1V、-3VC. 1V、-5VD. -2V、-4V【答案】B【解析】在匀强电场中，由公式U=Ed知，沿着任意方向前进相同距离，电势差必定相等。由BO=OE有BO=OE，得，由ACEF，且AC=EF，有AC=EF，得，B正确【点睛】在匀强电场中，由公式U=Ed知，沿着任意方向前进相同距离电势差必定相等由此求解即可3. 人设想在遥远的宇宙探测时，给探测器安上反射率极高（可认为100）的薄膜，并让它正对太阳，用光压为动力推动探测器加速。已知某探测器在轨道上运行，阳光恰好垂直照射到薄膜上，薄膜面积为S，每秒每平方米面积获得的太阳光能为E，若探测器总质量为M，光速为c，则探测器获得的加速度大小的表达式是（光子动量为）A. B. C. D. 【答案】A【解析】设光反射对薄膜表面产生的压力为F，由动量定理得Ft=2NESt，以探测器为研究对象，根据牛顿第二运动定律有 F=Ma，由以上两式解得： ，故A正确。4. 如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B，匝数为N，面积为S的矩形线圈绕垂直于磁场的轴以角速度匀速转动，不计线圈电阻，线圈通过电刷与一理想变压器原副线圈还有一个定值电阻R相连，变压器的原副线圈的匝数分别为，A为理想交流电流表，为两个完全相同的电灯泡，灯泡的额定电压为U0，则以下说法正确的是A. 从图示位置开始计时，线框内产生的交变电流的电动势随时间的瞬时值表达式为e=NBSsintB. 若灯泡正常发光，则理想变压器原副线圈的匝数比为C. 当S断开后，L1亮度不变D. 当S断开后，电流表的示数比断开前大【答案】C【解析】产生的感应电动势的最大值为，线圈从与中性面垂直开始计时，故原线圈两端电压瞬时值可表示为，A错误；原线圈的输入电压的有效值，但由于电阻R和原线圈串联在一起，所以原线圈的输出电压，故当S闭合时两灯正常发光，副线圈两端的电压，根据理想变压器原副线圈的匝数比计算，B错误；当S断开后，副线圈的电阻增大，副线圈两端的电压不变，故灯泡的亮度不变，C正确；当S断开后，副线圈的电阻增大，副线圈两端的电压不变，根据P2=U22R可知，输出功率减小，输入功率减小，根据可知，电流表的示数减小，D错误【点睛】对于理想变压器，有，且副线圈输出功率决定原线圈输入的输入功率，两者相等5. 从国家海洋局获悉，2018年我国将发射三颗海洋卫星，它们将在地球上方约500km高度的轨道上运行，该轨道经过地球两极上空，所以又称极轨道，由于该卫星轨道平面绕地球自转轴旋转，且旋转方向和角速度与地球绕太阳公转的太阳和角速度相同，则这种卫星轨道叫太阳同步轨道，下列说法中正确的是A. 海洋卫星的轨道平面与地球同步轨道平面垂直B. 海洋卫星绕地球运动的周期一定小于24hC. 海洋卫星的动能一定大于地球同步卫星的动能D. 海洋卫星绕地球运动的半径的三次方与周期二次方的比等于地球绕太阳运动的半径的三次方与周期二次方的比【答案】AB【解析】海洋卫星经过地球两极上空，而地球的同步卫星轨道在地球赤道平面内，所以两轨道平面相互垂直，A正确；海洋卫星的高度小于地球同步卫星的高度，由可知，半径越小，周期越小，所以海洋卫星的周期小于地球同步卫星的周期，即小于24h，B正确；由，得v=GMr，所以卫星的轨道半径越大，速度越小，由于两卫星的质量关系未知，所以无法比较两者的动能，C错误；行星的轨道半径的三次方与周期二次方的比值与中心天体有关，由于海洋卫星绕地球转动，而地球绕太阳转动，所以两者的比值不同，D错误；故选AB.6. 如图所示，倾角为30的斜面固定在水平地面上，两根相同的光滑细钉（大小不计）垂直斜面对称固定在斜面底边中垂线OO的两侧，相距l，将一遵循胡克定律、劲度系数为k的轻质弹性绳套套在两个细钉上时，弹性绳恰好处于自然伸长状态现将一物块通过光滑轻质挂钩挂在绳上并置于斜面上的A位置，物块在沿斜面向下的外力作用下才能缓慢沿OO向下移动当物块运动至B位置时撤去外力，物块处于静止状态。已知OB=l，轻绳始终与斜面平行，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法中正确的是A. 在移动物块的过程中，斜面对物体的作用力保持不变B. 物块到达B位置时，弹性绳的张力大小为C. 撤去外力后，物块在B位置受到的摩擦力可能大于D. 物体从A位置到达B位置的过程中，物块与弹性绳系统机械能守恒【答案】AC【解析】在移动物块的过程中，垂直于斜面的方向，物体始终只受到重力的分力和支持力的作用处于平衡状态，所以斜面对物体的支持力保持不变，A正确；物块到达B位置时，弹性绳的形变量为，故弹性绳的张力大小为F=kx=51kl，B错误；在B位置，物块处于静止状态，在沿斜面方向上受到静摩擦力，重力沿斜面向下的分力以及两绳的张力，由于绳张力的合力与重力沿斜面向下分力的大小关系不确定，所以静摩擦力方向不确定，若，则静摩擦力大小大于，若Fmg2mg2，则静摩擦力大小小于，C正确；由于不能判断出物体运动的过程中拉力做的功与摩擦力做的功是否大小相等，所以不能判断出物体是否机械能守恒，D错误【点睛】该题考查物体的动态平衡问题，其中摩擦力是变力，而且方向也可能会发生变化是题目的关键的地方，也是容易错误的地方，要多注意7. 如图甲所示，足够长的绷经的水平传送带始终以恒定速率2m/s运行，初速度大小为4m/s的小物块从传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带，传送带和物块间的摩擦因数为0.2，小物块的质量为1kg，则下列说法正确的是A. 小物块向左高A处的最大距离为3mB. 小物块在传送带上运动过程中产生的热量为18JC. 由于运送小物块电动机多做的功为12JD. 小物块在传送带上形成的划痕长度为4m【答案】BC【解析】物块A向左运动过程中，由于受到的滑动摩擦力恒向右，所以恒做匀减速直线运动，故向左运动离A处最大的距离为smax=v022a=v022g=1620.210=4m，减速所用时间t1=v0a=42s=2s，传送带的位移为，该过程中产生的热量为，减速到零之后，物块相对传送带向后运动，故受到向右的滑动摩擦力，做匀加速直线运动，直到物块A的速度和传送带速度相同，故加速过程中的物体的位移为，运动时间为，传送带的位移为为，故相对传送带的位移为，该过程中产生的热量为，所以小物块在传送带上运动过程中产生的热量为Q=Q1+Q2=18J，A错误B正确；电动机多做的功等于系统产生的内能以及物块A动能的变化量之和，故，C正确；在加速和减速两个过程中物块相对传送带的位移，即划痕长为，D错误8. 水平桌面上固定着两相距为L=1m的足够长的平行金属导轨，导轨右端接电阻R=1，在导轨间存在无数宽度相同的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B=1T，方向竖直向下，任意两个磁场区域之间有宽为的无场区，金属棒CD质量为m=0.1kg，电阻为r=1。水平置于导轨上，用绝缘水平细线通过定滑轮与质量也为m的物体A相连。金属棒CD从距最左边磁场区域左边界s=0.4m处由静止释放，运动过程中CD棒始终保持与导轨垂直，在棒穿过两磁场区域的过程中，通过电阻R的电流变化情况相同，且导体棒从进入磁场开始通过每个区域的时间均相同，重力加速度为，不计其他电阻、摩擦力。则下列说法正确的是（图中并未把所有磁场都画出）A. 金属棒每次进入磁场时的速度为2m/s，离开磁场时速度均为1m/sB. 每个磁场区域的宽度均为d=0.8mC. 导体棒在每个区域运动的时候电阻R上产生的电热为1.3JD. 从进入磁场开始时，电流的有效值为138【答案】AB【解析】因为在棒穿过两磁场区域的过程中，通过电阻R的电流变化情况相同，即进入每个区域的初速度初速度相同，穿出每个磁场区域的末速度也相同；设金属棒刚进入I区的速度为，由机械能守恒定律可得，解得,金属棒在I区和II区之间的无磁场区运动，对金属棒T=ma，对物体A：，解得a=g2=5m/s2，由，解得v2=1m/s，即离开磁场I时的速度为，A正确；因为通过每个区域的时间相同，故通过磁场区域和通过无磁区域的时间相等，为，对金属棒；对物体A：，又知道，联立解得，解得d=0.8m，B正确；导体棒的电阻和R相等，并且两者串联在电场中，故两者产生的热量相等，根据能量守恒定律可得经过每一个磁场区域时有mgd=122mv12122mv12+2Q，解得Q=0.55J，C错误；导体棒经过一个磁场区和一个无磁区为一个周期，则在这个周期内，通过磁场时，有电流产生，其余时间无电流产生，根据有效值的定义可知，解得，D错误三、非选择题9. 某小组设计了一个研究平抛运动的实验装置，在抛出点O的正前方，竖直放置一块毛玻璃，它们利用不同的频闪光源，在小球抛出后的运动过程中光源闪光，会在毛玻璃上出现小球的投影点，在毛玻璃右边用照相机进行多次曝光，拍摄小球在毛玻璃上的投影照片，如图1，小明在O点左侧用水平的平行光源照射，得到的照片如图3，如图2，小红将一个点光源放在O点照射重新实验，得到的照片如图4，已知光源的闪光频率均为31Hz，光源到玻璃的距离L=1.2m，两次实验小球抛出的初速度相等，根据上述实验可求出：（结果均保留两位小数）（1）重力加速度_m/s2，投影点经过图3中M位置时的速度大小为_m/s（2）小球平抛时的初速度大小为_m/s。【答案】 (1). 9.61 (2). 0.62 (3). 9.30【解析】（1）若用平行光照射，则球在毛玻璃上的投影即为小球竖直方向上的位移，由 得： 投影点经过图3中M位置时的速度大小 （2）设小球在毛玻璃上的投影NB=Y则经过时间t后小球运动的水平位移为 ；竖直位移为 ，由相似三角形得： 则： 结合图4可得：v0=9.30m/s 10. 某多用表内部的部分电路如图所示，已知微安表表头内阻Rg=100，满偏电流Ig=200A，定值电阻R1=2.5，R2=22.5，电源电动势E=1.5V，则该多用表（1）A接线柱应是与_（填“红”或“黑”）表笔连接；（2）当选择开关接_（填“a”或“b”）档时其对应的电阻档的倍率更高；（3）若选a档测量电阻，则原表盘100A的刻度处对应的电阻刻度值应当为_。原表盘50A的刻度处对应的电阻刻度值应当为_。【答案】 (1). 黑 (2). b (3). 150 (4). 450【解析】(1)当用欧姆表测电阻时，电源和表头构成回路，根据电源正负极连接方式可知，黑表笔与电源正极相连，故A接线柱应该是与“黑”表笔连接；（2）整个回路最小电流 ， 同时，当选择开关接b时，此时有最大值。当选择开关接b档时其对应的电阻档的倍率更高。（3）用a档测量电阻，欧姆调零时，此时，当，此时干路电流为 ，由于，解得；当表盘时，此时干路电流为，由于，解得R外=3R内=450。【点睛】本题主要考查：利用电阻的串并联关系，来解决电流表的扩量程的相关问题；熟悉欧姆表的工作原理，利用回路欧姆定律解决相关问题。11. 如图所示，以水平地面建立x轴，有一个质量为m=1kg的木块放在质量为M=2kg的长木板上，木板长L=11.5m，已知木板与地面的动摩擦因数为，m与M之间的摩擦因数（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。M与m保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A点经过坐标原点O的速度为=10m/s，在坐标为x=21m处有一挡板P，木板与挡板P瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速度不变，若碰后立刻撤去挡板P，求：（1）木板碰挡板P时的速度v1为多少？（2）最终木板停止运动时其左端A的位置坐标？【答案】（1）（2）1.40m【解析】（1）对木块和木板组成的系统，根据牛顿第二定律可得；根据速度位移公式可得，解得；（2）由牛顿第二定律，对小m有；对M有aM=2mg+1m+MgM6m/s2，M运动至停止时间为，此时M速度为，方向向左，此时至m、M共速时间，有，解得；共同速度v共=amt2=1.8m/s，方向向左；至共速M位移s1=v1+v共2t1+t2=6.48m，共速后m、M以向左减速至停下位移，最终木板M左端A点位置坐标为。【点睛】解决本题的关键根据物体的受力，判断出木块和木板在整个过程中的运动情况，对木块和木板系统运用牛顿第二定律求出整体的加速度，根据匀变速直线运动的速度位移公式求出木板碰挡板P时的速度大小。根据牛顿第二定律分别求出木板和木块碰后的加速度，m向右做匀减速直线运动，M向右做匀减速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出最终木板停止运动时其左端A的位置坐标。12. 如图所示，MNP的区域内存在垂直于XOY平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，已知M（-8l，0）、N（8l，0），PMN=PNM=30，PM、PN边界无阻碍，坐标系的第三象限存在一个沿x轴负方向的匀强电场E，第四象限存在一个眼x轴正方向的匀强电场E，电场强度均为，在MN的正下方垂直于y轴处放置一个荧光屏，与y轴交于O点，已知Q（0，-3l），一系列电子以相同的速度从MN的直线区域内任意位置沿y轴正方向射入磁场，已知由坐标原点O发射的电子，从点（-2l，0）处进入电场，忽略电子间的相互影响，不计重力，求：（1）电子的荷质比；（2）电子打在荧光屏上的长度；（3）讨论电子能否垂直打在荧光屏上，若能，请分析这些电子进入磁场时的横坐标，若不能，请分析原因。【答案】（1）（2）7.5l（3）电子能够垂直打在荧光屏上的横坐标为（r替换为l）【解析】（1）由坐标原点O发射的电子，从点（2l ，0）处进入电场，可知电子在磁场中的偏转半径r=l 电子在磁场中以洛伦兹力作为向心力： 可得：qm=v0Bl （2）电子在磁场中的圆周轨迹与MP相切时，电子能打在荧光屏的处；电子在磁场中的圆周轨迹与NP相切时，电子能打在荧光屏的处，如图1所示。当圆弧轨迹与MP相切时，如图2， 则： 电子垂直射入电场，所受电场力：F=qE 由（1）可知：q=mv0Bl 根据牛顿第二定律，F=ma 电子在电场中做类平抛运动，可分解运动：X轴的位移： Y轴的位移： 由式可得： ，所以S1Q的距离： 当圆弧轨迹与NP相切时，如图3， 则loo2=8llN02=6l 电子在第四象限电场中同样做类平抛运动，同理可得： 所以，S2Q的距离： 所以，电子打在荧光屏上的长度为： （3）存在电子垂直打在荧光屏上由式可得： 情况一：在电场中的轨迹如图4，电子从J1点垂直进入第三象限的电场，在OQ的中点K1进入第四象限的电场，OK1=K1Q，由运动的对称性可知，此时的电子可以垂直打在荧光屏上。在x轴方向： y轴方向：sy=v0t1 只要 ，电子可以垂直打在荧光屏上由式可得 所以，电子进入磁场时的横坐标 情况二：在电场中的轨迹如图5，电子从J2点垂直进入第四象限的电场，在OQ的中点K2进入第三象限的电场，OK2=K2Q，由运动的对称性可知，此时的电子可以垂直打在荧光屏上。同理可得： 所以，此时电子进入磁场时的坐标 综上所述，电子能够垂直打在荧光屏上的横坐标为 sx=2r9l16n2(n=1,2,3)点睛：本题考查了有边界电磁场的问题，要知道在电场中的运动遵循的运动规律，利用平抛运动知识求解，粒子在有边界的磁场中运动，要利用几何关系求解运动半径以及会分析运动中的临界状况。13. 下列说法正确的是_。A两个分子间的距离r存在某一值r0（平衡位置处），当r大于r0时，分子间斥力大于引力；当r小于r0时分子间斥力小于引力B布朗运动不是液体分子的运动，但它可以反映出分子在做无规则运动C用手捏面包，面包体积会缩小，说明分子之间有间隙D随着低温技术的发展，我们可以使温度逐渐降低，但最终还是达不到绝对零度E对于一定质量的理想气体，在压强不变而体积增大时，单位时间碰撞容器壁单位面积的分子数一定减少【答案】BDE【解析】两个分子间的距离r存在某一值r0（平衡位置处），当r大于r0时，分子间斥力小于引力；当r小球r0时分子间斥力大于引力，所以A错误；布朗运动不是液体分子的运动，固体微粒的无规则运动，但它可以反映出液体分子在做无规则运动，所以B正确；用手捏面包，面包体积会缩小，只能说明面包内有气孔，所以C错误；绝对零度只能无限接近，不能到达，所以D正确；对于一定质量的理想气体，在压强不变而体积增大时，该过程过程温度升高，分子平均撞击力增大，由于压强不变，单位时间碰撞分子数必定减少，所以E正确。14. 如图甲所示，玻璃管竖直放置，AB段和CD段是两段长度均为的水银柱，BC段是长度为的理想气柱，玻璃管底部是长度为的理想气柱，已知大气压强是75cmHg，玻璃管的导热性能良好，环境的温度不变，将玻璃管缓慢旋转180倒置，稳定后，水银未从玻璃管中流出，如图乙所示，试求旋转后A处的水银面沿玻璃管移动的距离。【答案】58cm【解析】试题分析：气体发生等温变化，求出两部分气体的状态参量，然后应用玻意耳定律求出气体的体积，再求出水银面移动的距离。设玻璃管的横截面积为S，选BC段封闭气体为研究对象初状态时，气体的体积为 压强为P175 cmHg25 cmHg100 cmHg末状态时，气体的体积为V2=l2S压强为P275 cmHg25 cmHg50 cmHg根据 可得l220 cm再选玻璃管底部的气体为研究对象，初状态时，气体的体积为压强为P375 cmHg25 cmHg25 cmHg125 cmHg末状态时，气体的体积为V4=l3S压强为P475 cmHg25 cmHg25 cmHg25 cmHg根据P3V3=P4V4可得l360 cmA处的水银面沿玻璃管移动了l(l2l2)(l3l3)10 cm48 cm58 cm15. 从坐标原点O产生的简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，t=0时刻波的图像如图所示，此时波刚好传播到M点，x=1m的质点P的位移为10cm，再经t=0.1s，质点P第一次回到平衡位置，质点N坐标x=-81m（图中未画出），则_。A波源的振动周期为1.2sB波源的起振方向向下C波速为8m/sD若观察者从M点以2m/s的速度沿x轴正方向移动，则观察者接受到波的频率变大E从t=0时刻起，当质点N第一次到达波峰位置时，质点P通过的路程为5.2m【答案】ABE B、t=0时刻波刚好传播到M点，则