精品解析：【全国百强校】河北省衡水中学2018届高三十五模理科综合物理试题（解析版）.doc

河北省衡水中学2018届高三十五模理综物理试题一、选择题1. 下列四幅图中包含的物理思想方法叙述错误的是A. 图甲：观察桌面微小形变的实验，利用了放大法B. 图乙：探究影响电荷间相互作用力的因素时，运用了控制变量法C. 图丙：利用红蜡块的运动探究合运动和分运动的实验，体现了类比的思想D. 图丁：伽利略研究力和运动关系时，运用了理想实验方法【答案】C【解析】用镜面反射观察桌面微小变形时，是根据：入射光线不变时，当入射角改变时，反射角改变2，所用的物理思想方法是放大法，A正确；探究影响电荷间相互作用力的因素时，所用的物理思想方法是控制变量法，B正确；利用红蜡块的运动探究合运动和分运动的实验，采用物理思想方法是等效替代法，C错误；在研究力和运动的关系时，伽利略运用了理想实验方法，巧妙地设想了两个对接斜面的实验，D正确。2. 氢原子的结构可以简化为一个电子绕一个质子做匀速圆周运动，电子在不同轨道上运动，氢原子具有不同能量.如图所示为氢原子能级示意图，一群氢原子(称为a群)处于n=3的激发态，它们向较低能级跃迁的过程中向外辐射光子，用这些光子分别照射逸出功为2.29eV的金属钠和处于基态的另一群(称为b群)氢原子，下列说法不正确的是A. b群中的部分氢原子被激发到n=2的激发态B. 金属钠表面所发出的光电子的最大初动能是9.80eVC. a群氢原子在辐射光子的过程中电子绕质子运动的动能增大，电势能减小D. a群氢原子能辐射出三种不同频率的光，其中从n=3能级跃迁到n=2能级所发出的光波长最短【答案】D【解析】A：一群氢原子(称为a群)处于n=3的激发态，它们向较低能级跃迁的过程中向外辐射光子，这些光子照射处于基态的另一群(称为b群)氢原子，可使基态氢原子被激发到n=2或n=3的激发态。故A项正确。B：一群氢原子(称为a群)处于n=3的激发态，它们向较低能级跃迁的过程中向外辐射光子最大能量hv=E3E1=12.09eV，照射逸出功为2.29eV的金属钠，金属钠表面所发出的光电子的最大初动能。故B项正确。C：a群氢原子在辐射光子的过程中，电子绕质子运动的半径减小，据ke2r2=mv2r可得电子绕质子运动的动能增大；电子绕质子运动的半径减小，电势能减小。故C项正确。D：a群氢原子能辐射出三种不同频率的光，其中从n=3能级跃迁到n=2能级所发出的光的光子能量最小，光子的频率最小，波长最长。故D项错误。综上，说法不正确的是D3. 如图所示，水平面内有一个匀强电场，在该平面内有一个以0为圆心，R为半径的圆，其中AB为圆的直径，C、D为圆上两点，且CAB=DAB=60。一个带电量为+q的粒子，以初速度v从A点三次沿不同的方向射出，分别运动到B、C、D三点，粒子到达C点的速度为2v，到达B 点的速度为3v。不计粒子重力，若粒子到达D点的速度大小为，匀强电场的场强大小为E，则A. =v；E=3mv23qRB. =v；C. vD=2v；E=3mv23qRD. vD=v；【答案】A【解析】由动能定理得，UAC=mv22q；qUAB=12mvB212mvA2=mv2，故选：A点睛：根据电场力做功可得O、C电势相等，再根据动能定理即可求解。4. 据英国每日邮报报道，科学家发现了一颗距离地球仅14光年的“另一个地球”一沃尔夫(Wolf) 1061c.沃尔夫1061c的质量为地球的4倍，围绕红矮星的沃尔夫1061运行的周期为5天，它是迄今为止在太阳系外发现的距离最近的宜居星球。设想从地球发射一颗科学探测卫星围绕沃尔夫1061c表面运行.已知万有引力常量为G，天体的环绕运动可看作匀速圆周运动。则下列说法正确的是A. 从地球发射该卫星的速度应该小于第三字宙速度B. 卫星绕行星沃尔夫1061c运行的周期与该卫星的密度有关C. 沃尔夫1061c和地球公转轨道半径的三次方之比等于53652D. 若已知探测卫星的周期和地球的质量，可近似求出沃尔夫1061c的半径【答案】D【解析】试题分析：从地球发射一颗科学探测卫星围绕沃尔夫1061c表面运行，发射的速度应大于第三宇宙速度，故A错误；根据GMmr2m42T2r知，与卫星的密度无关，故B错误；沃尔夫1061c和地球围绕的中心天体不同，不能根据开普勒第三定律求解轨道半径的三次方，可知公转半径的三次方之比不等于，故C错误；已知地球的质量，可以得知沃尔夫1061c的质量，根据GMmr2m42T2r可以求出沃尔夫1061c的半径，故D正确考点：考查了万有引力定律的应用【名师点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，以及知道开普勒第三定律的适用条件，即对同一中心天体而言5. 如图所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路，线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为，匝数为N，线圈电阻不计.下列说法正确的是A. 将原线圈抽头P向上滑动时，灯泡变亮B. 线圈abcd转动加速时，灯泡亮度变暗C. 图示位置时，矩形线圈中电流最大D. 若线圈abcd转动的角速度变为2，则变压器原线圈电压的有效值为NBS【答案】D【解析】A：将原线圈抽头P向上滑动时，原线圈匝数变多，据U1:U2=n1:n2可得，输出电压减小，灯泡变暗。故A项错误。B：线圈abcd转动加速时，原线圈两端电压增大，据U1:U2=n1:n2可得，输出电压增大，灯泡变亮。故B项错误。C：图示位置时，矩形线圈位于中性面，矩形线圈中电流为零。故C项错误。D：若线圈abcd转动的角速度变为2，则变压器原线圈电压的最大值Em=2NBS，据 可得变压器原线圈电压的有效值E2=NBS。故D项正确。点睛：有效值是根据电流热效应来规定的，让一个交流电流和一个直流电流分别通过阻值相同的电阻，如果在相同时间内产生的热量相等，那么就把这一直流电的数值叫做这一交流电的有效值。计算电功率使用有效值，交流电表的读数是有效值。6. 如图所示，两个大小不计质量均为m的物体A、B放置在水平地面上，一根长为L不可伸长的轻绳两端分别系在两物体上，绳恰好伸直且无拉力，在绳的中点施加一个整直向上的拉力F，使两物体慢慢靠近，直至两物体接触，已知两物体与水平地面闻的动摩擦因素均为，则在两物体靠近的过程中下列说法正确的是A. 拉力F一直增大B. 物体A所受的摩擦力不变C. 地面对A物体的支持力先减小后增大D. 当两物体间的距离为L时，绳上的拉力最小【答案】AD【解析】设某时刻与物体连接的绳子的拉力为T，与水平方向的夹角为，则对每个物体：水平方向Tcos=FN；竖直方向Tsin+FN=mg，其中F=2Tsin；联立可得： ，则随着增加，F变大，选项A正确；，则随着增加，f变小，选项B错误；FN=mgTsin=mgmg1tan+则随着增加，FN变小，选项C错误；，对cos+sin=1+2sin(+)（其中tan=1=3），可知为，则当分母最大时，T最小，此时=300，可求得两物体间的距离为Lcos300=32L,选项D正确；故选AD. 点睛：此题关键是能根据正交分解法求出题中要讨论的物理量的表达式，根据三角知识进行讨论；此题对学生的数学知识要求较高.7. 如图甲所示，轻杆一端与质量为1kg、可视为质点的小球相连，另一端可绕光滑固定轴在竖直平面内自由转动，现使小球在竖直平面内做圆周运动，经最高点开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度v随时间t的变化关系如图乙所示，A、B、C三点分别是图线与纵轴、横轴的交点、图线上第一周期内的最低点，该三点的纵坐标分别是1、0、-5。g取10m/s，不计空气阻力，下列说法正确的是A. 轻杆的长度为0.5mB. 小球经最高点时，杆对它的作用力方向竖直向上C. B点对应时刻小球的速度为13m/sD. 曲线AB段与坐标轴所围图形的面积为0.5m【答案】B【解析】A：由题意可得，小球在最高点速度，小球在最低点速度vC=5m/s，据动能定理可得：mg2L=12mvC212mvA2，解得：，即轻杆的长度为0.6m。故A项错误。B：若小球在最高点时，杆对球的力为零，则mg=mv2L，临界速度，vA=1m/s，由于小球在A点的速度小于临界速度，小球做圆周运动所需的向心力小于重力，杆对小球的作用力的方向竖直向上。故B项正确。C：对小球从A到B的过程，应用动能定理可得：mgL=12mvB212mvA2，解得vB=13m/s，故C项错误。D：由于y轴表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲线AB段与坐标轴所围图形的面积表示A到B过程中小球在水平方向的位移，大小等于杆的长度，即0.6m。故D项错误。8. 节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车。有一质量m=1000kg的混合动力轿车，在平直公路上以v1=90km/h匀速行驶，发动机的输出功率为P=50kW。当驾驶员看到前方有80km/h的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L=72m后，速度变为=72km/h。此过程中发动机功率的五分之一用于轿车的牵引，五分之四用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能。假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变。下列说法正确的是A. 轿车以90km/h在平直公路上匀速行驶时，所受阻力F阻的大小为210NB. 驾驶员启动电磁阻尼轿车做匀减速运动，速度变为=72km/h过程的时间为3.2sC. 轿车从90km/h减速到72km/h过程中，获得的电能E电=6.3104JD. 轿车仅用其在上述或速过程中获得的电能E电维持72km/h匀速运动的距离为31.5m【答案】ACD【解析】A：轿车以90km/h在平直公路上匀速行驶时，由、可得：。故A项正确。B：驾驶员启动电磁阻尼后，轿车减速运动，牵引力增大，加速度减小，做加速度减小的减速运动。故B项错误。C：轿车从90km/h减速到72km/h过程中，运动L=72m，由动能定理可得；获得的电能；联立解得：。故C项正确。D：据可得，轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E电匀速运动的距离x=31.5m。故D项正确。综上本题答案是ACD。点睛：本题需结合牛顿运动定律和功率公式判断汽车的运动情况，明确匀速运动时牵引力与阻力相等，知道应用动能定理求变力做功。二、非选择题：9. 如图甲是某同学测量重力加速度的裝置，他将质量均为M的两个重物用轻绳连接，放在光滑的轻质滑轮上，这时系统处于静止状态。该同学在左侧重物上附加一质量为m的小重物，这时，由于小重物m的重力作用而使系统做初速度为零的缓慢加速运动，该同学用某种办法测出系统运动的加速度并记录下来。完成一次实验后，换用不同质量的小重物，并多次重复实验，测出不同m时系统的加速度a并作好记录。(1)若选定物块从静止开始下落的过程进行测量，则需要测量的物理量有_.A.小重物的质量m B.大重物的质量MC.绳子的长度 D.重物下落的距离及下落这段距离所用的时间(2)经过多次重复实验，得到多组a、m数据，做出图像，如图乙所示，已知该图象斜率为k，纵轴截距为b，则可求出当地的重力加速度g=_，并可求出重物质量M=_。(用k和b表示)【答案】 (1). AD (2). (3). 【解析】(1)对整体分析,根据牛顿第二定律得： ,计算得出 ,根据 得： .所以需要测量的物理量有:小重物的质量m,重物下落的距离及下落这段距离所用的时间.故AD正确.(2)因为a=mg(2M+m),则 ,知图线的斜率k=2Mg ， ,计算得出 , .综上所述本题正确答案是:(1)AD,(2) ，.10. 实际的二极管正向电阻并不为零，反向电阻也不是无穷大，一兴趣小组同学对某型号二极管，作了如下研究：(1)用多用电表的欧姆档粗测二极管的正向电阻。测量时选择开关旋到测电阻的“10”倍率，多用电表的表盘如图所示，则电阻为_；多用电表的红表笔应与二极管的_极相连.(选填“正”或“负”)(2)用电压表和电流表描绘该二极管加正向0-1.5V电压时的伏安特性曲线，可供选择的器材如下：电压表V1(量程1.5V，内阻约2000)电压表V2(量程6V，内阻约4000)电流表A1(量程0.6A，内阻约10)电流表A2(量程40mA，内阻约0.1)滑动变阻器R1(总电阻约为10)滑动变阻器R2(总电阻约为100)电源E(电动势2V，内阻不计)电键S，导线若千为调节方便，并有尽可能高的精度，请选择合适的器材，电压表_、电流表_、滑动变阻器_；(填写所选器材的符号)；在虚线方框中画出实验电路原理图：_该二极管加正向电压的伏安特性曲线如图所示，现将阻值为50的定值电阻与该二极管串联，并与一电动势为2V，内阻不计的电源组成闭合电路，二极管上的电压为正向电压，则回路中的电流强度为_mA。【答案】 (1). 130； (2). 负； (3). V1； (4). A2； (5). R1 (6). (7). 见解析【解析】(1)表盘上的读数为13，再乘以倍率，所以电阻为130；根据多用电表中两表笔电流的流向为“红进黑出”，要测二极管的正向电阻时，应将红表笔与二极管的负极相连；(2)因测二极管加正向01.5V电压，所以电压表应选V1，二极管加正向电压的伏安特性曲线可知，当电压接近1.5V时，电流达到最大接近40mA，故电流表应选A2，为调节方便，并有尽可能高的精度，滑动变阻器应用分压式，所以滑动变阻器应选总阻值较小的，即为R1，本实验要描绘出二极管的IU图线，因此滑动变阻器应采用分压式，所以应选阻值较小的R1；二极管电阻Rx，故采用电流表内接法。电路图如下：将50的定值电阻与电源等效为一个电动势为2V，内阻为50新电源。在灯泡的IU图上作出新电源的IU图线，交点纵坐标即为电路中的电流，此时电流为15mA。11. 如图所示，一质量为M=2.010kg的平板小货车A载有一质量为m=1.010kg的重物B，在水平直公路上以速度=36km/h做匀速直线运动，重物与车厢前壁间的距离为L=1.5m，因发生紧急情况，火车突然制动，已知火车车轮与地面间的动摩擦因数为=0.4，重物与车厢底板之间的动摩擦因数为=0.2，重力加速度g=10m/s，若重物与车厢前壁发生碰撞，则碰擴时间极短，碰后重物与车厢前壁不分开。(1)请通过计算说明重物是否会与车厢前壁发生碰撞；(2)试求货车从开始刹车到停止运动所用的时间和刹车距离。【答案】（1）重物会与车厢前壁发生碰撞。（2）货车刹车的总时间，刹车距离x=12m【解析】本题考查牛顿运动定律应用中的板块问题，需运用牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒综合求解。（1）刚刹车时，货车的加速度大小为，重物的加速度大小为，由牛顿第二定律可知，2mg=ma2 ，解得a1=5m/s2，a2=2m/s2假设B与A碰撞，且从开始刹车到碰撞所用时间为，则v0t112a2t12v0t112a1t12=L，解得：t1=1s此时货车的速度 此时重物B的速度为由此此时A、B均未停止运动，且，故重物会与车厢前壁发生碰撞。（2）碰前货车的运动时间为，运动的位移为x1=v0t112a1t12=7.5m 由于碰撞时间极短，故满足动量守恒，设碰后一起的速度为v，则，解得v=6m/s碰后一起减速运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得，解得一起减速的时间一起减速的位移为所以货车刹车的总时间t=t1+t2=2.5s，刹车距离x=x1+x2=12m12. 如图所示，在直角坐标系x0y