《【解析版】河北省唐山市2019届高三下学期第一次模拟考试理科综合物理试卷 word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【解析版】河北省唐山市2019届高三下学期第一次模拟考试理科综合物理试卷 word版含解析（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、唐山市2018-2019学年度高三年级第一次模拟考试理科综合能力测试（物理部分）二、选择题：本题共8小题，每题6分。在每小题给出的4个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，1921题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不的得3分，有错选或不选的得0分。1.用金属铷为阴极的光电管，观测光电效应现象，实验装置示意如图甲所示，实验中测得铷的遏止电压UC与入射光频率之间的关系如图乙所示，图线与横轴交点的横坐标为5.151014Hz。已知普朗克常量h=6.631034Js。则下列说法中正确的是A. 欲测遏止电压，应选择电源左端为正极B. 当电源左端为正极时，滑动变阻器的滑片向右滑动，电流表的
2、示数持续增大C. 增大照射光的强度，产生的光电子的最大初动能一定增大D. 如果实验中入射光的频率=7.001014Hz，则产生的光电子的最大初动能Ek=1.21019J【答案】D【解析】【分析】根据图甲光电管和图乙能求出截止频率可知，本题考查爱因斯坦的光电效应，根据光电效应规律，运用光电管和光电流以及光电效应方程进行分析求解；【详解】A、图甲所示的实验装置测量铷的遏止电压Uc与入射光频率，因此光电管左端应该是阴极，则电源左端为负极，故A错误；B、当电源左端为正极时，将滑动变阻器的滑片从图示位置向右滑动的过程中，则电压增大，光电流增大，当电流达到饱和值，不再增大，即电流表读数的变化是先增大，后不
3、变，故选项B错误；C、光电子的最大初动能与入射光的频率和金属的逸出功有关，与入射光的强度无关，故选项C错误；D、根据图象可知，铷的截止频率C=5.151014Hz，根据hvc=W0，则可求出该金属的逸出功大小W0=6.6310345.151014J=3.411019J根据光电效应方程Ekm=hvW0，当入射光的频率为=7.001014Hz时，则最大初动能为：Ekm=6.6310347.010143.411019J=1.21019J，故选项D正确。【点睛】解决本题的关键掌握光电效应方程，以及知道遏止电压与最大初动能之间的关系，需要学生在学习中要牢记公式以及物理量之间的关系，同时注意计算的准确性。
4、2.如图所示，M、N为两个固定的等量同种正电荷，O点为其连线与中垂线的交点，从中垂线上P点处释放一个负粒子，仅在电场力作用下由静止开始运动，下列说法中正确的是A. 粒子将沿PO方向做直线运动B. 从P到O的过程中，加速度一定减小C. 整个运动过程中，粒子在O点时电势能最小D. 整个运动过程中，粒子的电势能一直增加【答案】C【解析】【分析】根据M、N为两个固定的等量同种正电荷，PO为中垂线上的两点可知，本题考查带电粒子在等量同种电荷中垂线上的运动，根据中垂线上电场的分别和电势分别规律，运用牛顿第二定律和能量守恒进行分析求解；【详解】A、负粒子在从P到O的过程中，所受的电场力方向竖直向下，做加速运
5、动，越过O点后，所受的电场力方向竖直向上，根据对称性知粒子运动到关于P点对称的位置时速度减至零，然后，向上运动到P点，再周而复始，所以粒子将一直沿中垂线PO做往复直线运动，故A错误；B、由于PO间电场线分布情况不清楚，电场强度的大小变化不清楚，所以从P到O的过程中，粒子受到的电场力可能先变大，再变小，则加速度可能先变大，再变小，当然也可能一直减小，但是速度一定是越来越大，在O点时速度最大，此时刻动能最大，根据能量守恒可知此时刻电势能最小，故BD错误，C正确。【点睛】解决本题时，要掌握等量同种电荷电场线的分布情况及，要抓住电场线的对称性进行分析求解，要注意电场线分布情况不确定时，电场强度的变化情
6、况是不确定的。3.2018年6月14日11时06分，我国探月工程嫦娥四号“鹊桥”中继星顺利进入环绕地月拉格朗日L2点运行的轨道，为地月信息联通搭建“天桥”。如图所示，该L2点位于地球与月球连线的延长线上，“鹊桥 ”位于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与月球同步绕地球做圆周运动，已知地球、月球和“鹊桥”的质量分别为Me、Mm、m，地球和月球之间的平均距离为R，L2点到月球中心的距离为x，则x满足A. 1(R+x)2=1R3(R+x) B. Mmx2=MeR3(R+x)C. Me(R+x)2+Mmx2=MeR3(R+x) D. Me(R+x)2+Mmx2=mR3(R+x)【答案】C【解析】【分析】根
7、据“鹊桥”与月球同步绕地球做圆周运动可知，本题考查万有引力定律的应用，根据圆周运动规律，运用万有引力提供向心力，而且“鹊桥”与月球同步即角速度相同分析求解；【详解】由题可知：“鹊桥”与月球同步绕地球做圆周运动，设角速度为，根据万有引力提供向心力，则对地、月系统：GMeMmR2=Mm2R对“鹊桥”：GMemR+x2+GMmmx2=m2R+x整理可以得到：MeR+x2+Mmx2=MeR3R+x，故选项C正确，ABD错误。【点睛】解决本题的关键知道“鹊桥”做圆周运动，靠地球和月球引力的合力提供向心力，另外还要仅仅抓住：“鹊桥”在地月引力作用下绕地球转动的周期与月球绕地球转动的周期相同。4.如图所示，
8、水平桌面上固定两条光滑平行导轨，导轨左端连接电源，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。现将两根质量相同的导体棒M、N依次静置于导轨上的同一位置，接通电源，导体棒沿导轨从桌面右侧水平抛出，始终与地面平行，落地位置与导轨右端的水平距离分别为s1和s2。不计电源和导轨电阻，导体棒与导轨垂直且接触良好，则安培力对导体棒做功之比为A. 11 B. s12：s22C. s1：s2 D. s1：s2【答案】B【解析】【分析】根据题意，接通电源，导体棒水平抛出可知，本题考查安培力做功，根据能量守恒，安培力做功转化为动能，做平抛运动，运用平抛运动规律进行分析求解；【详解】由题可知，安培力做功使导体棒获得动能，从而
9、获得速度，然后水平抛出，做平抛运动，由于高度一定，则时间一定，设为，则被抛出时的速度为：v=st则安培力做功为：W=12mv2=12mst2由题可知，两个导体棒落地位置与导轨右端的水平距离分别为s1和s2，而且导体棒质量相同，则安培力做功之比为：W1W2=s12s22，故选项B正确，ACD错误。【点睛】本题是安培力与力学相结合的综合题，分析清楚导体棒的运动过程即可求解。5.如图甲所示是某同学设计的一种发电装置的示意图，线圈为l=0.40m、匝数n=200匝的正方形线圈，线圈绕M轴转动，线圈的电阻为R1=1.0。磁感强度方向均沿半径方向，大小均匀分布，磁感应强度的大小均为B=0.20T。外力推动
10、线圈框架，使线圈绕轴线做周期为0.4s的匀速圆周运动。现将整个装置做为电源接在右图电路中，小灯泡的电阻为R2=9.0，电压表为理想表。下列说法中正确的是A. 小灯泡中电流的大小为1.62AB. 电压表的示数为32VC. 电压表的示数为162VD. 外力的功率为102.4W【答案】D【解析】【分析】根据线圈绕M轴转动切割磁感线可知，本题考查法拉第电磁感应定律的应用，根据法拉第电磁感应定律，运用其与闭合电路欧姆定律相结合进行分析求解；【详解】A、由题可知，线圈始终垂直切割磁感应，故电动势为：E=2nBlv=2nBl2l2T=32V则根据闭合电路欧姆定律可知小灯泡中的电流为：I=ER1+R2=321
11、.0+9.0A=3.2A，故选项A错误；B、根据部分电路欧姆定律可知电压表示数为：U=IR2=3.29V=28.8V故选项BC错误；D、根据能量守恒可知，外力做功转化为整个电路的热量，则整个电路的功率为即为外力的功率，即为：P=I2R1+R2=3.221.0+9.0W=102.4W，故选项D正确。【点睛】本题考查导线切割磁感线产生感应电动势，注意线圈始终垂直切割磁感线，并结合闭合电路欧姆定律进行求解即可。6.如图所示，半径为2r的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，磁场区域的半径为r，已知弹性螺旋线圈的电阻为R，线圈与磁场区域共圆心，则以下说法中正确的是()A. 保持磁场不变，线圈
12、的半径由2r变到3r的过程中，有顺时针的电流B. 保持磁场不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，有逆时针的电流C. 保持半径不变，使磁场随时间按Bkt变化，线圈中的电流为kr2RD. 保持半径不变，使磁场随时间按Bkt变化，线圈中的电流为2kr2R【答案】BC【解析】A项：由于磁场的面积不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，穿过线圈磁通量不变，所以在线圈中没有感应电流产生，故A错误；B项：由于磁场的面积不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，线圈包含磁场的面积变小，磁通量变小，根据“楞次定律”可知，产生逆时针的电流，故B正确；C、D项：保持半径不变，使磁场随时间按Bkt变化，磁场增
13、大，穿过线圈磁通量增大，根据“楞次定律”可知，产生顺时针的电流，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律：I=ER=tR=BStR=KSR=Kr2R ，故C正确。7.一子弹以初速度v0击中静止在在光滑的水平面上的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块加速运动的位移为s。则以下说法正确的是A. 子弹动能的亏损等于系统动能的亏损B. 子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小C. 摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功D. 子弹对木块做的功等于木块动能的增量【答案】BD【解析】【分析】根据子弹击中静止在光滑的水平面上可知，本题考查子弹打木块模型，根据动量守恒和能量守恒规律，运用能量守
14、恒、动能定理和动量守恒定律进行分析求解；【详解】A、子弹射入木块的过程，要产生内能，由能量守恒定律知子弹动能的亏损大于系统动能的亏损，故A错误；B、子弹和木块组成的系统动量守恒，系统动量的变化量为零，则子弹与木块动量变化量大小相等，方向相反，故B正确；C、摩擦力对木块做的功为fs，摩擦力对m做的功为f（s+d），可知二者不等，故C错误；D、对木块根据动能定理可知：子弹对木块做的功即为摩擦力对木块的功等于木块动能的增量，故选项D正确。【点睛】本题属于子弹打木块模型，分析清楚物体的运动过程，找出子弹与木块的位移关系、应用动量守恒定律与动能定理即可正确解题。8.如图所示，x-t图象反映了甲、乙两车在
15、同一平直公路上行驶的位移随时间变化的关系，已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10s处，则0-10s过程中A. 甲车的速度大小为4.0m/sB. 乙车的平均速度大小为4.0m/sC. 甲车的位移大小为40mD. 乙车的位移大小为80m【答案】ACD【解析】【分析】根据图像并结合乙车做匀变速运动可知，本题考查匀速和匀变速运动的xt图像问题，根据匀速和匀变速运动规律，运用位移与时间关系并结合平均速度公式进行分析求解；【详解】A、甲车做匀速直线运动，速度为：v甲=xt1=205m/s=4m/s，在010s内位移为：x甲=v甲t=410m=40m，故AC正确；B、乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10s处，则t=10s时，速度为零，将其运动反过来看成初速度为0的匀加速直线运动，则根据位移与时间关系x=12at2，根据图象有：x0=12at2=12a102,20m=12at02=12a52，解得：a=1.6m/s2，x0=80m，则平均速度为：v乙=x0t=8010m/s=8m/s，故B错误，D正确。【点睛】对于位移时间图象，关键要抓住斜率等于速度，位移与时间关系公式，来分析图象的物理
