河北省衡水中学2019届高三上学期高考模拟物理试卷（附解析）

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1、1 2019 届高三物理高考模拟试题十二届高三物理高考模拟试题十二 一、选择题：第一、选择题：第 14 题只有一项符合题目要求，第题只有一项符合题目要求，第 58 题有多项符合题目要求题有多项符合题目要求 1.下列说法正确的是（ ） A. 原子核发生一次 衰变，该原子外层就失去一个电子 B. 金属产生光电效应时，入射光的频率越高，光电子的最大初动能越大 C. 核裂变与核聚变都伴有质量亏损，亏损的质量转化成能量 D. 一群氢原子从定态 n=4 向基态跃迁，最多可以释放 3 条光谱 【答案】B 【解析】 【详解】 、 衰变的电子是原子核内一个中子转变为一个质子和一个电子,电子释放出来,不是来自外层

2、电子.故 A 错误. B、发生光电效应时,根据,可以知道,入射光的频率越高,光电子的最大初动能越大.所以 B 选项是正确 Ek= hW 的. C、核裂变与核聚变都伴有质量亏损,根据质能方程可以知道,亏损的质量对应一定的能量,并不是转化成能量. 故 C 错误. D、从定态 n=4 向基态跃迁,根据数学组合公式 ,最多可以释放 6 条光谱.所以 D 选项是错误的 C2 4 故选 B 2.如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板接地.一带负电的油滴位于容器中的 P 点且处于静止状 态现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，则（ ） A. 带电油滴将竖直向上运动 B. 带电油滴的机械能将增加 C.

3、 P 点的电势将升高 D. 电容器的电容增加，极板带电量增加 【答案】C 【解析】 2 【分析】 根据油滴受力平衡可知电场力的方向，再根据平行板间的电容，电压和电荷量的关系即可求解本题。 【详解】A、一个带负电的油滴最初处于静止状态，说明油滴受到的电场力和重力平衡；现在将下极板向下 移动，板间的电压等于电源电动势不变，所以板间的电场强度将减小，即油滴受到的电场力减小，所以油滴 受到的重力大于电场力，油滴将竖直向下运动，故 A 错误。 B、根据 A 项的分析可得，油滴向下运动，电场力做负功；机械能的变化等于除重力和弹簧的弹力外的其他 力做功，所以机械能将减小，故 B 错误。 C、因为上极板接地，

4、所以上极板的电势为零，并且上极板接电源的正极，下极板接电源的负极，所以上极 板的电势高于下极板的电势，电场线的方向是竖直向下的，板间各点的电势为负值；设 P 点距离上极板的距 离为 x，则 P 点的电势为 ，由于 d 增加，所以 P 点的电势将升高，故 C 正确。 u dx D 项， 电压不变，根据电容 d 增加，C 减小，所以极板带电量减小，故 D 错误。 Q = CU C = s 4kd 故选 C 【点睛】本题考查了电容器的动态分析，在做此类问题时一定要先区分本题时电压不变还是电荷量不变的情 况，在结合题意求解。 3.如图所示，水平光滑长杆上套有一物块 Q，跨过悬挂于 O 点的轻小光滑圆环

5、的细线一端连接 Q，另一端悬 挂一物块 P设细线的左边部分与水平方向的夹角为 ，初始时 很小现将 P、Q 由静止同时释放关于 P、Q 以后的运动下列说法正确的是（ ） A. 当 =60 时，P、Q 的速度之比是 3:2 B. 当 =90 时，Q 的速度最大 C. 当 =90 时，Q 的速度为零 D. 当 向 90 增大的过程中 Q 的合力一直增大 【答案】B 【解析】 【分析】 3 P、Q 用同一根绳连接，则 Q 沿绳子方向的速度与 P 的速度相等，根据运动的合成与分析分析 PQ 的速度关系， 当 =90时，P 的机械能最小，Q 的动能最大，速度最大，当 向 90增大的过程中 Q 的合力逐渐减

6、小。 【详解】A 项：P、Q 用同一根绳连接，则 Q 沿绳子方向的速度与 P 的速度相等， 则当 =60时，Q 的速度 vQcos60=vP，解得，故 A 错误； vP vQ = 1 2 B、C 项：P 的机械能最小时，即为 Q 到达 O 点正下方时，此时 Q 的速度最大，即当 =90时，Q 的速度最 大，故 B 正确，C 错误； D 项：当 向 90增大的过程中 Q 的合力逐渐减小，当 =90时，Q 的速度最大，加速度最小，合力最 小，故 D 错误。 故选：B。 【点睛】考查运动的合成与分解，掌握能量守恒定律，注意当 Q 的速度最大时，P 的速度为零，是解题的关 键。 4.长木板 A 放在光

7、滑的水平面上，质量为 m 的物块 B 以水平初速度 v0从一端滑上 A 的水平上表面，它们在运 动过程中的 vt 图线如图所示。则根据图中所给出的已知数据 v0、t1及物块质量 m，可以求出的物理量是（ ） A. 木板 A 获得的动能 B. A、B 组成的系统损失的机械能 C. 木板 A 的最小长度 D. A、B 之间的动摩擦因数 【答案】C 【解析】 试题分析：由题图不知木板的质量和 A、B 的最终速度，则不能获得木板的动能；不能获得 A、B 组成的系 统损失的机械能；也不能求得 A、B 之间的动摩擦因数；由图木板的最小长度为：；C 正确 1 2v0t1 故选 C 考点：运动图像的理解应用

8、点评：中等难度。注意充分审读图像提供的各种有用信息，并仔细分析物体的运动过程，能将图像提供的信 4 息与物体的运动过程建立正确的联系。 5.极地卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极（轨道可视为圆轨道） 。如图所示，某时刻某极地卫星在地球 北纬 30A 点的正上方按图示方向运行，经过 12h 后第二次出现在 A 点的正上方 则下列说法正确的是（ ） A. 该卫星一定贴近地表飞行 B. 该卫星的周期的最大值为 18h C. 该卫星运行的线速度比同步卫星的线速度大 D. 该卫星每隔 12h 经过 A 点的正上方一次 【答案】BC 【解析】 【分析】 根据卫星经过 12h 后第二次出现在 A 点的正上

9、方，结合天体的运动找到两者周期的关系，再根据 分析求解。 GMm r2 = m( 2 T) 2r = mv 2 r 【详解】B、地球在 12h 的时间内转了，要使卫星第二次出现在 A 点的正上方，则时间应该满足 180 ，解得 （n=0、1、2、3、 、 、 、 ） ，当 n=0 时，周期有最大值 T=18h，故 B 对； 2 3T + nT = 12h T = 36 3n + 2h A、当 n 的取值不同，则周期不同，根据 ，轨道半径也有不同的取值，故 A 错； GMm r2 = m( 2 T) 2r C、根据，知该卫星的运动周期一定小于同步卫星的周期，在结合 ，可知周期越 T = 36 3

10、n + 2h GMm r2 = m( 2 T) 2r = mv 2 r 小，轨道半径就越小，则运行速度都越大，故 C 对； D、如果卫星的周期按 18h 计算，那么在题意的条件下再经过 12h，则地球上的 A 点回到了出发点，而卫星 在 24h 时内并没有回到出发点，故 D 错 故选 BC 【点睛】本题考查了天体的追赶问题，要使两者相遇，找到在相同的时间内两者运动过的角度关系即可求解 6.如图所示，发电机的矩形线圈面积为 S，匝数为 N，绕 OO轴在磁感应强度为 B 的匀强磁场中以角速度 匀速转动。从图示位置开始计时，下列判断正确的是（ ） 5 A. 此时穿过线圈的磁通量为 NBS，产生的电动

11、势为零 B. 线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为 e = NBSsint C. P 向下移动时，电流表示数变小 D. P 向下移动时，发电机的电功率增大 【答案】ABD 【解析】 试题分析：此时线圈平面与磁场垂直，磁通量最大，变化率为零，即感应电动势为零，A 正确；过程中产生 的感应电动势最大值为，故表达式为，B 正确；P 向下移动时，副线圈匝数增大， em= NBS 根据可得副线圈的输入电压增大，即电流表示数增大，根据可得副线圈消耗的电功率增大，而副 U1 U2 = n1 n2 P = U2 R 线圈消耗的电功率决定发电机的功率，所以发电机的功率增大，D 正确 C 错误； 考点：考查了交变

12、电流的产生 7.在以坐标原点 O 为圆心、半径为 r 的圆形区域内，存在磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向里的匀强 磁场，如图所示，一个不计重力的带电粒子从磁场边界与 x 轴的交点 A 处以速度 v 沿x 方向射入磁场，它 恰好从磁场边界的交点 C 处沿y 方向飞出。 当磁感应强度的大小变为 B/ 后，该粒子仍以 A 处相同的速度 射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了 120角，则（ ） A. 粒子带负电 B. 粒子的比荷 q m = v Br C. 两种情况下粒子做圆周运动的半径之比为 R R = 1 3 D. 两种情况下的磁感应强度之比为 B B = 1 3 【答案】A

13、BD 6 【解析】 【分析】 根据粒子沿x 方向射入磁场，恰好从磁场边界的交点 C 处沿y 方向飞出，借助左手定则可以判断出电荷的 正负；再根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的比荷；结合粒子的运动轨迹求出不同磁场中的运动半径分 析求解即可。 【详解】A、由粒子的飞行轨迹（如图所示） ， 利用左手定则可知，该粒子带负电荷，故 A 对； B、粒子由 A 点射入，由 C 点沿 y 正方向飞出，有几何关系可知：R=r 根据 qvB = m v2 R 则粒子的比荷为：，故 B 对； q m = v Br C、设粒子从 D 点飞出磁场，根据题意知速度方向改变了 角，再结合几何关系可知 AD 弧所对圆心角为

14、 120 ，粒子做圆周运动的半径 120 R= rcot60 = 3 3r 所以半径之比为 ，故 C 错； R R = 1 3 3 = 3:1 D、根据可知磁场强度为 ，故 D 对； qvB = m v2 R B B = R R = 3 3 1 = 1 3 故选 ABD 【点睛】解磁场问题要记住“一画轨迹”；“二找圆心”；“三算半径”；其中比较难的是计算半径，在计算半径 时可以利用勾股定理或者正弦定理求解。 8.如图所示电路中，电源内阻忽略不计，R0为定值电阻，Rm为滑动变阻器 R 的最大阻值，且有；开 R0 Rm 关 S1闭合后，理想电流表 A 的示数为 I，理想电压表 V1、V2的示数分别

15、为 U1、U2，其变化量的绝对值分别 为I、U1、U2。则下列说法正确的是（ ） 7 A. 断开开关 S2，将 R 的滑动触片向右移动，则电流 A 示数变小、电压表 V2示数变小 B. 保持 R 的滑动触片不动，闭合开关 S2，则电流表 A 示数变大、电压表 V1示数变小 C. 断开开关 S2，将 R 的滑动触片向右移动，则滑动变阻器消耗的电功率减小 D. 断开开关 S2，将 R 的滑动触片向右移动，则有 U1 I = U2 I 【答案】AD 【解析】 【分析】 根据电路结构可知滑动变阻器向右移动时回路中的电阻增大，则电流减小，结合串并联关系分析求解。 【详解】A、断开开关 S2，将滑片向右移

16、动时，R 接入电路电阻增大，电路总电阻增大，则由闭合电路欧姆 定律可知，干路电流减小，电流表 A 示数减小，电压表 V2减小，故 A 正确; B、保持 R 的滑动触片不动，闭合开关 S2，R0被短路，电路总电阻减小，干路电流增大，电流表示数 A 增大; 而 U1=IR，可知电压表 V1示数增大，B 错误。 C、当滑动变阻器的电阻等于等效电源的内阻时滑动变阻器的阻值时，滑动变阻器的功率达到最大，断开开 关 S2，将 R 的滑动触片向右移动，由于，所以滑动变阻器的功率一直在增大，故 C 错； R0 Rm D、由 U1=E-IR0可知，=R0，由 U2=IR0可知=R0，故 D 正确。 U1 I U2 I 故选 AD 二、非选择题二、非选择题 9.某同学想用热敏电阻制作一个“温度计”，为此他需要先探究该热敏电阻的阻值随温度变化的规律现有下 列器材： 待测热敏电阻 R（约 6002000 ）