【高考模拟】河北省唐山市高考物理二模试卷答案与祥细解析

1、试卷第 =page 26 26页，总 =sectionpages 27 27页试卷第 =page 27 27页，总 =sectionpages 27 27页河北省唐山市高考物理二模试卷一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1. 法国物理学家贝克勒尔发现自然界中有一些物质具有天然放射现象，能够发生衰变反应。一个静止的U原子核衰变一个新核Th，同时放出一个带电粒子，该粒子的动能大小为E，动量大小为p。下列说法正确的是（ ） A.放出的带电粒子为电子B.Th的结合能比U大C.Th的动量大小为D.Th的动能大小为2. 如图所示，在直角梯形区

2、域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，BCCD2AB2L，高为2L、宽为L的矩形金属闭合线圈由图中位置以向右的恒定速度匀速通过磁场区域，其长边始终与CD平行。以线圈中逆时针方向为电流正方向，线圈在通过磁场过程中电流随时间变化的关系为（ ） A.B.C.D.3. 斜劈是生活中常用的一种小工具，它可以增加物体的稳定性。如图，将斜劈垫在光滑小球的下端，可以使小球静止在光滑竖直墙壁和斜劈之间。若小球的质量为m，斜劈尖端的角度为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法中正确的是（ ） A.小球受到墙壁的弹力大小为12mgB.斜劈对小球的支持力为2mgC.斜劈与地面间的动摩擦因数可能为tan2D.增大小球的质量，

3、斜劈不可能向右滑动4. ETC(ElectronicTollCollection)，又称自动道路缴费系统，该系统的推行有效的缓解高速公路收费站的拥堵现象。若某汽车在高速上正常行驶速度为30m/s，沿该平直公路通过收费站ETC通道时，其速度随时间变化的关系如图所示，则ETC通道对该车行驶产生的时间延误为（ ） A.8sB.20sC.26sD.40s5. 随着地球上的能源不断消耗，寻找人类的第二家园也越发显得重要，科学家在2014年6月发现了可能宜居的系外行星开普坦-B，该行星的质量为地球的k倍，半径为地球的m倍，自转周期为地球的n倍，下列关于行星开普坦-B说法中正确的是（ ） A.重力加速度为地

4、球的倍B.第一宇宙速度为地球的倍C.赤道上物体的向心加速度为地球的倍D.同步卫星的轨道半径为地球的倍6. 为了减小电能输送过程中的损耗，高压送电是当前最有效的方式。将200V、100kW的交流电按照如图所示电路输送给用户，线路上总电阻R4，降压变压器原副线圈的匝数比为195:11，用户获得电压为220V，升压变压器原副线圈的匝数比为（ ） A.1:25B.1:20C.1:10D.1:5二、选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。在每小题给出的四个选项中，每题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 车厢中用细线悬挂小球，通过细线的倾斜程度来检测车辆在行进过

5、程中的加速度。如图所示，质量相同的两个光滑小球通过轻质细线分别系于车的顶部，左侧小球与车厢左侧壁接触，两细线与竖直方向的夹角相同，拉力大小分别为T1和T2。下列说法正确的是（ ） A.车可能正在向右做加速运动B.两细线的拉力T1T2C.当汽车加速度增大时，T1变小D.当汽车加速度减小时，T2增大 某空间区域的竖直平面内存在电场，其中一条竖直电场线如图甲所示，一带正电小球从O点以初速度v0开始沿电场线向上运动，以O点为坐标原点，取竖直向上为x轴正方向，小球的速度与时间的关系如图乙中实线所示。另一不带电小球由O点以相同初速度开始运动，速度与时间关系如图中虚线所示，不计空气阻力，从O到x1过程中（

6、） A.电场强度竖直向上B.电势逐渐升高C.小球A所受的电场力变小D.小球A的电势能减小 如图甲所示，一轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有质量为m物块P，弹簧形变量为x0，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。用x表示P离开初始位置的位移，向上拉力F和x之间关系如图乙所示。从拉力F作用在物块上开始到弹簧恢复原长的过程中，下列说法正确的是（ ） A.系统机械能的变化量为(2F1-mg)x0B.物块P的动能变化量大小为(F1-mg)x0C.弹簧的弹性势能变化量大小为mgx0D.物块P的重力势能变化量大小为2mgx0 如图所示，宽度为1m的光滑平行导轨位于竖

7、直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为1T，将质量均为1kg的导体棒M、N垂直放在导轨上，轨道电阻与摩擦均不计，每根导体棒电阻为1。现给导体棒M施加大小为10N的平行于导轨的外力，导体棒M、N始终垂直于导轨，导体棒运动稳定后，下列说法正确的是（ ） A.导体棒M的加速度为5m/s2B.导体棒M的速度为5m/sC.回路中感应电动势为5VD.流过导体棒M的电流为5A三、非选择题：共52分。第1114题为必考题，每个试题考生都必须作答。第1516题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。 某实验小组通过如图甲所示装置探究轻质橡皮筋弹力与长度的关系，实验步骤如下：将橡皮筋一端固定在长木板的左

8、端，皮筋另一端系一段细线，细线跨过长木板右端的定滑轮与小桶相连；向小桶内注入一定质量的细沙，稳定后测量橡皮筋的长度l；取出细沙，并测量细沙的质量m；重复（2）、（3）步骤，获得多组对应的m、l数值；描点连线，得到l-m的关系图线如图乙所示。完成下列填空： （1）已知重力加速度为g，橡皮筋的劲度系数为_。 （2）乙图中纵截距的数值_橡皮筋的原长（填“大于”、“等于”或“小于”）。 （3）下列情况对劲度系数测量有影响的是（）。A.橡皮筋与长木板不平行B.定滑轮不光滑C.细线质量不可忽略D.未考虑小桶质量 一金属线材电阻未知且电阻分布不均匀，为了测量其阻值并将其截为阻值相等的两段，实验研究小组设计了

9、如图1所示电路，实验器材如下：未知电阻，阻值约为4.8；微安表（零刻度在表盘中间），一段接导线，另一端接表笔；定值电阻R1，阻值为10；电阻箱R2，阻值099.9；电流表，量程00.6A，内阻RA1；电压表，量程03.0V，内阻约为3000；滑动变阻器，010；电源，电动势为3V；电键，导线若干。实验过程如下： （1）按图1连接电路，闭合电键之前，将滑动变阻器的滑片滑到最端_（填“左”或“右”）； （2）将电阻箱R2的阻值调整到_，闭合电键； （3）将滑动变阻器R3的滑片调节到合适位置，连接微安表的表笔与未知电阻试触，防止微安表电流过大，不断改变表笔在未知电阻上的接触位置，直到_时，记录此次接

10、触点的位置，即为等分电阻的位置； （4）保持表笔与记录的接触位置的接触，如图2所示，读出此时电流表和电压表的读数分别为_V和_A； （5）通过两表读数可以得到未知电阻的阻为_。四、计算题 平面直角坐标系xOy中，直线OP与x轴正方向的夹角为30，其上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，下方存在匀强电场，电场强度与x轴负方向的夹角为60，如图所示。质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以速度v从坐标原点沿y轴正方向进入磁场，经磁场偏转后由P点进入电场，最后由x轴上的Q点离开电场。已知O、P两点间距离为L，PQ连线平行于y轴。求： （1）匀强磁场的磁感应强度B； （2）匀强电场的电场强度E。 质量为m1的长

11、木板A静止放在水平地面上，其左端位于O点，质量为m2的小滑块B放在木板的右端，如图所示，O点左侧的地面光滑，右侧的地面粗糙。质量为m0的物体C以初速度v08m/s从左侧向O点运动，与木板发生弹性碰撞。已知m01.0kg，m13.0kg，m21.0kg，长木板与滑块间的动摩擦因数20.4，重力加速度g10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： （1）物体C与木板A碰撞后瞬间木板的速度v1； （2）当木板A与滑块B共速之后有两种可能的运动情况，第一种运动情况是一起相对静止在地面上减速滑行，第二种运动情况继续发生相对滑动，直至都停下来。试分析发生第一种运动情况时，O点右侧地面动摩擦因数1的取值范

12、围； （3）若最终滑块B停在木板A的左端，经测量木板的长度L1.0m，若滑块可视为质点，请计算O点右侧地面与木板间的动摩擦因数1的数值。选修3-3（共1小题，满分9分） 如图所示，内壁光滑的气缸开口向上放置，在距离气缸底部h012cm处有卡口可以阻碍活塞通过，质量均为m的活塞A、B分别静止于卡口的上方和下方，封闭了两部分高度均为h19cm的气体，此时封闭气体的温度均为T1300K，气缸和两个活塞中只有活塞B能够导热且导热性能良好，大气压强为p0，气缸的横截面积为S。现通过电热丝加热，使两部分气体温度缓慢上升到T2500K，求： （1）此时下方气体的压强； （2）活塞A上升的距离。选修3-4 截

13、面为直角梯形的玻璃砖ABCD，折射率n，一束光线由AB面射入玻璃砖，入射角i45，如图所示。光线首先到达BC面，恰好发生全反射，然后到达CD面。求： （1）顶角B的大小； （2）若玻璃砖在AB方向足够长，光线从AD边出射时的折射角。参考答案与试题解析 河北省唐山市高考物理二模试卷一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.【答案】D【考点】原子核衰变原子核的结合能裂变反应和聚变反应动量守恒定律的综合应用动量守恒定律的理解【解析】根据电荷数和质量数守恒写出衰变方程；衰变的过程中释放能量，总结合能增大，但衰变生成的粒子带走了一部分的结合能

14、；根据动量守恒定律求出衰变后钍的动量大小，然后求出速度大小和动能的大小。【解答】A、根据电荷数和质量数守恒得到衰变方程为：Th+He，可知放出的带电粒子为粒子（氦核），故A错误；B、虽然衰变的过程中释放能量，总结合能增大，但衰变生成的粒子“带走了“一部分的结合能，所以的Th结合能不一定比大，故B错误；C、静止的U核发生衰变的过程中动量守恒，所以Th核的动量与粒子的动量大小相等，方向相反，所以Th核的动量大小也是p，故C错误；D、设粒子的速度为v，钍核的反冲速度大小为v，由动量守恒定律，得：0mv-mThv，粒子的质量数为4，Th核的质量数为234，解得：v；粒子的动能：Th核的动能：所以：，故

15、D正确。2.【答案】C【考点】单杆切割磁感线感生电动势楞次定律闭合电路的欧姆定律【解析】根据楞次定律判断感应电流方向，根据有效切割长度的变化分析电流大小的变化，由此得出正确的图象。【解答】线圈进入磁场过程中磁通量向里增加，根据楞次定律可得电流方向为逆时针（为正）；在线圈左边没有进入磁场过程中，有效切割长度逐渐增大，根据i可知感应电流逐渐增大；当线圈左边刚进入磁场，左边也突然切割磁感应线，有效切割长度突然减小，感应电流突然减小；当线圈左边进入磁场后，右边没有离开磁场前，有效切割长度不变，则感应电流不变；当线圈右边离开磁场后，线圈内的磁通量减小，根据楞次定律可知感应电流方向为顺时针（负值），且有效

16、切割长度逐渐增大，感应电流逐渐增大。故C正确、ABD错误。3.【答案】C【考点】力的合成与分解的应用解直角三角形在三力平衡问题中的应用【解析】以小球为研究对象，用平衡条件求解小球受到的弹力；以整体为研究对象，求解斜劈与地面间的静摩擦力和弹力，进而分析斜劈与地面间的动摩擦因数。【解答】AB、以小球为研究对象，受力分析如图，由平衡条件得，小球受到墙壁的弹力FN2=mgtan，斜劈对小球的支持力为FN1=mgcos，故AB错误；C、以整体为研究对象，斜劈受到地面的支持力等于整体重力FN=(M+m)g，斜劈受到地面的摩擦力等于墙壁对球的弹力f=FN2=mgtan，因系统静止，由f=mgtan(M+m)

17、g得，mM+mtan，当M=m时，12tan，因斜劈质量M未知，所以斜劈与地面间的动摩擦因数可能为tan2，故C正确；D、假设此时系统恰好处于静止，对整体由平衡条件有：mgtan=(M+m)g，设小球的质量增大m，则墙壁对小球的弹力增大mgtan，地面对斜劈的弹力增大mg，若tan，则mgl0，即乙图中纵截距的数值大于橡皮筋的原长。A、橡皮筋与长木板是否平行，不影响橡皮筋的弹力大小，因而不影响对劲度系数的测量，故A错误；B、定滑轮不光滑，将影响橡皮筋的弹力大小，从而影响橡皮筋的伸长量，会影响对劲度系数的测量，故B正确；C、细线质量不可忽略时，影响橡皮筋的伸长量，会影响对劲度系数的测量，故C正确

18、；D、由l-m可知小桶质量影响纵截距的数值，不影响图像的斜率大小，即不影响对劲度系数的测量，故D错误。故选：BC。故答案为：（1）；（2）大于；（3）BC。【答案】右10微安表的示数为零2.50,0.506.7【考点】伏安法测电阻【解析】（1）分析电路结构，根据安全性的原则要使连入电路的电阻值最大；（2）根据电桥法测电阻的原理，确定电阻箱的阻值；（3）根据电桥法的实验要求，要使微安表的示数为零，上下两路的两电阻均等分；（4）根据电表的量程和最小分度读出两电表的读数；（5）根据闭合电路欧姆定律和电路结构求解待测电阻。【解答】为了保护电路，应使滑动变阻器接入电路的阻值最大，所以滑片应滑到最右端；根

19、据以下的实验过程，由电桥法测电阻的原理，要使微安表的示数为零，则下下两路的电阻成正比，所以要将电阻箱调到R210；根据电桥法的原理和要求，调节滑片位置，但最终要使微安表的示数为零；电流表的量程是0.6A，最小分度为0.02A，所以读数为0.50A。电压表的量程为3V，最小分度为0.1V，所以读数为2.50V；由题意知，电表分别测量的是总电流和总电压，那么R5.0，而根据电路结构知R，联立解得：Rx6.7。四、计算题【答案】匀强磁场的磁感应强度B为；匀强电场的电场强度E为。【考点】带电粒子在电场中的加（减）速和偏转带电粒子在匀强磁场中的运动规律【解析】（1）由题设条件和几何关系求得粒子做匀速圆周

20、运动的半径，由洛伦兹力提供向心力求得磁感应强度的大小；（2）先判断出进入电场的速度方向恰垂直于电场线，即粒子做类平抛运动，根据类平抛规律和几何关系求解电场强度的大小。【解答】粒子在磁场中运动时，设轨迹半径为R，由几何关系L2Rsin60联立可得粒子进入电场时，速度方向与边界OP的夹角为60，有几何关系可知，速度和电场垂直。粒子在电场中的位移为x，则由几何关系和类平抛规律有：在垂直于电场线方向：xPQLsin30 xsin30vt在沿电场方向上：根据牛顿第二定律有：Eqma联立可得【答案】物体C与木板A碰撞后瞬间木板的速度v1大小是4m/s，方向向右。O点右侧地面动摩擦因数1的取值范围是10.4

21、；O点右侧地面与木板间的动摩擦因数1的数值是0.2。【考点】动量守恒定律的理解动量守恒定律的综合应用【解析】（1）A、C发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒，机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出碰撞后A、C的速度。（2）A、B相对静止，A、B间的摩擦力是静摩擦力，小于等于最大静摩擦力，应用牛顿第二定律求出动摩擦因数的范围。（3）应用运动学公式、动量定理与动能定理可以求出木板与地面间的动摩擦因数。【解答】A、C发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后C的速度为v01，A的速度为v1，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m0v0m0v01+m1v1由机械能守恒定律得：代入数据解得：v01-4m