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1、高三物理高考模拟试题十二一、选择题：第14题只有一项符合题目要求，第58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,不是来自外层电子.故A错误.B、发生光电效应时,根据Ek=hW,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选项是正确的.C、核裂变与核聚变
2、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C42 ,最多可以释放6条光谱.所以D选项是错误的故选B2.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. 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】【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
3、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，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udx ，由于d增加，所以P点的电势将升高，故C正确
4、。D项， Q=CU电压不变，根据电容C=s4kd d增加，C减小，所以极板带电量减小，故D错误。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3:2B. 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
5、】【分析】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vPvQ=12，故A错误；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
6、，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：12v0t1；C正确故选C考点：运动图像
7、的理解应用点评：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18hC. 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点的正上方，结合天体的运动找到两者周期的关系，再根据GM
8、mr2=m(2T)2r=mv2r分析求解。【详解】B、地球在12h的时间内转了180，要使卫星第二次出现在A点的正上方，则时间应该满足23T+nT=12h，解得T=363n+2h （n=0、1、2、3、），当n=0时，周期有最大值T=18h，故B对；A、当n的取值不同，则周期不同，根据GMmr2=m(2T)2r ，轨道半径也有不同的取值，故A错；C、根据T=363n+2h，知该卫星的运动周期一定小于同步卫星的周期，在结合GMmr2=m(2T)2r=mv2r ，可知周期越小，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
9、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（ ）A. 此时穿过线圈的磁通量为NBS，产生的电动势为零B. 线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为 e=NBSsintC. 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
10、产生的感应电动势最大值为em=NBS，故表达式为，B正确；P向下移动时，副线圈匝数增大，根据U1U2=n1n2可得副线圈的输入电压增大，即电流表示数增大，根据P=U2R可得副线圈消耗的电功率增大，而副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
11、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qm=vBrC. 两种情况下粒子做圆周运动的半径之比为RR=13D. 两种情况下的磁感应强度之比为BB=13【答案】ABD【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=mv2R 则粒子的比荷
12、为：qm=vBr，故B对；C、设粒子从D点飞出磁场，根据题意知速度方向改变了120 角，再结合几何关系可知AD弧所对圆心角为120，粒子做圆周运动的半径R=rcot60=33r 所以半径之比为RR=133=3:1 ，故C错；D、根据qvB=mv2R可知磁场强度为BB=RR=331=13 ，故D对；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R0Rm；开关S1闭合后，理想电流表A的示数为I，理想电压表V1、V
13、2的示数分别为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（ ）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U1I=U2I【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
14、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R0Rm，所以滑动变阻器的功率一直在增大，故C错；D、由U1=E-IR0可知，U1I=R0，由U2=IR0可知U2I=R0，故D正确。故选AD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
15、测热敏电阻R（约6002000）直流毫安表（量程6mA，内阻约0.5）直流电压表（量程3V，内阻约1k）直流恒压电源（输出电压3V，内阻不计）滑动变阻器（阻值范围0500），以及水银温度计加热装置开关和导线（1）应选择图_（填“a”或“b”）的电路探究热敏电阻的温度特性（2）主要步骤：连接电路，启动加热装置，待温度稳定为某一温度时，闭合开关，记下_和电压表的读数；改变温度，多次重复步骤操作，得出多组数据；根据数据绘制电阻R随温度t变化的图线如图c（3）现将该热敏电阻恒压电源开关导线_（填“电压表”或“电流表”）连接起来，把该电表的刻度改为相应的温度刻度，就制成了一个“温度计”若用此“温度计”测得的温度越高，对应原电表表盘的刻度值越_（填“大”或“小”）【答案】 (1). b (2). 温度计 (3).
