2019届河南省濮阳市高三5月份模拟物理试题（解析版）

2019年河南省濮阳市高三（5月份）模拟理综物理试题一、选择题1.一只氖管的起辉电压与交变电流u＝50sin314t（V）的有效值相等，若将此交变电流接到氖管的两极，在一个周期内，氖管的发光时间为（　　）A. 0.02s B. 0.015s C. 0.01s D. 0.005s【答案】C【解析】氖管要想发光，应该超过，因为交变电压瞬时值表达式为u=50sin314t(V)，所以可知一个周期中有一半时间超过，周期，则氖管的发光时间为0.01s故选C 2.He﹣Ne激光器产生的波长为6.33×10﹣7m的谱线是Ne原子从激发态能级（用E1表示）向能量较低的激发态能级（用E2表示）跃迁时发生的；波长为3.39×10﹣6m的谱线是Ne原子从能级E1向能量较低的激发态能级（用E3表示）跃迁时发生的。已知普朗克常量h与光速c的乘积hc＝1.24×10﹣6m•eV．由此可知Ne的激发态能级E3与E2的能量差为（结果保留2位有效数字）（　　）A. 1.6eV B. 2.6eV C. 3.6eV D. 4.0eV【答案】A【解析】【详解】根据公式，则有：，；则有：△E＝E3﹣E2＝ 。代入数据，解得：△E＝＝1.6eV；故A正确，BCD错误. 3.α粒子和β粒子都沿垂直于磁场的方向射入同一均匀磁场中，发现这两种粒子沿相同半径的圆轨道运动。若α粒子的质量是m1，β粒子的质量是m2，则α粒子与β粒子的动能之比是（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：，解得：；α粒子是氦核，β粒子是电子，故α粒子和β粒子的电量之比为2：1，故α粒子和β粒子的动能之比为：，故选D。 4.如图所示，山坡上两相邻高压塔A、B之间架有匀质粗铜线，平衡时铜线呈弧形下垂，最低点在C，已知弧线BC的长度是AC的3倍，而左塔B处铜线切线与竖直方向成β＝30°角。问右塔A处铜线切线与竖直方向成角α应为（　　）A. 30° B. 45° C. 60° D. 75°【答案】C【解析】【详解】设AB两端绳上拉力分别FA、FB，铜线质量为m，在水平方向，ABC整体受力平衡，有：FAsinα＝FBsinβ；在竖直方向，BC段受力平衡，有：FBcosβ＝mg；（AC段对C端的力方向水平向右）；在竖直方向，AC段受力平衡，有：FAcosα＝mg；联立解得：tanα＝3tanβ所以，α＝60°，故ABD错误，C正确。 5.水平力F方向确定，大小随时间的变化如图所示；用力F拉静止在水平桌面上的小物块，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间变化的图象如图所示。重力加速度大小为10m/s2．问在0﹣4s时间内，合外力对小物块做的功为（　　）A. 24J B. 12J C. 8J D. 6J【答案】A【解析】【详解】根据F﹣t图象和a﹣t图象可知，t1＝2s时，F1＝6N，a1＝1m/s2，t2＝4s时，F2＝12N，a2＝3m/s2，根据牛顿第二定律可得：F1﹣μmg＝ma1F2﹣μmg＝ma2，解得小物块的质量和动摩擦因数为：m＝3kg，μ＝0.1根据动量定理可得：t2﹣μmgt2＝mv解得4s末的速度为v＝4m/s根据功能关系可得W＝mv2＝24J。故A正确、BCD错误。 6.地球某卫星的工作轨道为圆轨道，轨道高度为h，运行周期为T．若还知道引力常量和地球半径，仅利用以上条件能求出的是（　　）A. 地球表面的重力加速度B. 地球对该卫星吸引力C. 该卫星绕地球运行的速度D. 该卫星绕地球运行的加速度【答案】ACD【解析】【详解】由题意知，轨道高度为h的卫星，其轨道半径为r＝R+h，地球的半径为R，则：卫星圆周运动向心力由万有引力提供，则有，根据已知量可以求得地球的质量M，再根据地球表面重力与万有引力相等有，再已知地球质量M和半径R及引力常量G的情况下可以求得地球表面的重力加速度，故A正确；由于不知道卫星的质量，故无法求得地球对该卫星的吸引力，故B错误；已知卫星的轨道半径和周期据知，可以求出卫星绕地球运行的速度，故C正确；该卫星绕地球运动的加速度也就是卫星的向心加速度，据可知，已知卫星的轨道半径和周期可以求得其加速度，故D正确。 7.光滑水平面上有一边长为l的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与   正方形一边平行．一质量为m、带电荷量为q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速度v0进入该正方形区域，如图所示．当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为(　　)A. 0 B. C.  D. 【答案】ABC【解析】【详解】若小球垂直与ad边向左水平射入电场，小球在匀强电场中做匀减速直线运动，到达bc边时，速度可能为0，所以动能可能为0；若速度减到0还未到达另一边缘，那将回头做匀加速，根据动能定理，回到ad边时电场力做功为0，动能不变，故AB正确。若小球垂直ab边从中点射入，则小球在匀强电场中做类平抛运动，偏转位移最大为，根据动能定理，电场力做功最多为qE•，最大动能为qEl+mv02．但不可能为，故C正确，D错误。故选ABC。【点睛】解决本题的关键知道当速度与合力方向平行时，做直线运动，可能加速直线，也可能做减速直线；当速度与合力垂直时，做曲线运动． 8.一块足够长的白板，位于水平桌面上，处于静止状态．一石墨块（可视为质点）静止在白板上．石墨块与白板间有摩擦，滑动摩擦系数为μ．突然，使白板以恒定的速度v0做匀速直线运动，石墨块将在板上划下黑色痕迹．经过某段时间t，令白板突然停下，以后不再运动．在最后石墨块也不再运动时，白板上黑色痕迹的长度可能是（已知重力加速度为g，不计石墨与板摩擦划痕过程中损失的质量）（　　）A.  B.  C.  D. v0t【答案】AC【解析】【详解】在时间t内，石墨可能一直匀加速，也可能先加速后匀速；石墨加速时，根据牛顿第二定律，有μmg＝ma，解得a＝μg①如果时间t内一直加速，加速的位移为，故相对白板的位移为 ②如果先加速，后匀速，位移为，故相对白板的位移为 ③如果加速的末速度恰好等于v0，则 ，故相对白板的位移为 经过时间t后，白板静止后，石墨做减速运动，加速度大小不变，故相对白板沿原路返回，故白板上黑色痕迹的长度等于加速时相对薄板的位移；故选AC。 二、非选择题： 9.某高一同学寒假时，在教材中查到木质材料与金属材料间的动摩擦因数为0.2，为了准确验证这个数据，他设计了一个实验方案，如图甲所示，图中长铝合金板水平固定。（1）下列哪些操作是必要_____A．调整定滑轮高度，使细绳与水平铝合金板平行B．将铝合金板垫起一个角度C．选尽量光滑的滑轮D．砝码的质量远小于木块的质量（2）如图乙所示为木块在水平铝合金板上带动纸带运动时打出的一条纸带，测量数据如图乙所示，则木块加速度大小a＝_____m/s2（电火花计时器接在频率为50Hz的交流电源，结果保留2位有效数字）。（3）该同学在实验报告中，将测量原理写为：根据mg﹣μMg＝Ma，得 ．其中M为木块的质量，m为砝码盘和砝码的总质量，a为木块的加速度，重力加速度为g。判断该同学的做法是否正确，如不正确，请写出μ的正确表达式：_____。（4）若m＝70g，M＝100g，则可测得μ＝_____（g取9.8m/s2，保留2位有效数字）。【答案】    (1). ⑴AC    (2). ⑵3.0    (3). ⑶     (4). ⑷0.18【解析】（1）实验过程中，电火花计时器应接在频率为50Hz的交流电源上，调整定滑轮高度，使细线与长木板平行，同时选尽量光滑的滑轮，这样摩擦阻力只有木块与木板之间的摩擦力，故AC是必要;本实验测动摩擦因数，不需要平衡摩擦力，B项不必要；本实验没要求砝码的重力大小为木块受到的拉力大小，D项不必要。选AC．（2）由纸带可知，两个计数点的时间，根据推论公式，得.（3）对M、m组成的系统，由牛顿第二定律得：，解得，（4）将，，代入，解得：.【点睛】依据实验原理，结合实际操作，即可判定求解；根据逐差法，运用相邻相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度的大小；对系统研究，运用牛顿第二定律求出动摩擦因数的表达式，代入数据求出其大小. 10.某同学利用DIS、定值电阻R0、电阻箱R1等实验器材测量电池a的电动势和内阻，实验装置如图甲所示，实验时多次改变电阻箱的阻值，记录外电路的总电阻阻值R，用电压传感器测得路端电压U，并在计算机上显示出如图乙所示的关系图线a，重复上述实验方法测量电池b的电动势和内阻，得到图乙中的图线b．（1）由图线a可知电池a的电动势Ea＝_____V，内阻ra＝_____Ω（2）用此装置测得的电动势_____电动势的真实值（填“大于”、“小于”、“等于”）（3）若用同一个电阻R先后与电池a及电池b连接，则两电池的输出功率Pa_____Pb（填“大于”、“等于”或“小于”），两电池的效率ηa_____ηb（填“大于”、“等于”或“小于”）．【答案】    (1). （1）2.0，    (2). 0.5    (3). （2）小于    (4). （3）小于；    (5). 大于【解析】【详解】（1）根据，得： 图象a，截距b＝0.5＝，斜率k＝0.25＝，故电动势E＝＝2.0V，内电阻r＝E•k＝0.5Ω；（2）由图甲所示可知，相对于电源来说，当外电路短路时，电流的测量值等于真实值，除此之外，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，所以电源电动势的测量值小于真实值．（3）在伏安特性曲线中，图象的截距为电源电动势的倒数，从图象可知a的截距大于b的截距，故Ea＜Eb．图象的斜率表示，而a的斜率大于b的斜率，而r＝kE，由图中标度，可近似得出，b的截距约为0.2；则电动势约为5V；斜率约为；则内阻约为；故Ea＜Eb，ra＜rb，近似作出伏安特性曲线，电阻的曲线与两电源的交点为电阻的工作点；则由图可知，图中交点的电压与电流的乘积为电源的输出功率；则电源的输出功率Pa＜Pb；电池的效率，由于a的内阻小于b的内阻，所以电池的效率ηa大于ηb． 三、解答题11.如图所示，一根跨越一固定的水平光滑细杆的柔软、不可伸长的轻绳，两端各系一个质量相等的小球A和B，球A刚好接触地面，球B被拉到与细杆同样高度的水平位置，当球B到细杆的距离为L时，绳刚好拉直．在绳被拉直时释放球B，使球B从静止开始向下摆动．求球A刚要离开地面时球B与其初始位置的高度差．【答案】【解析】【详解】设A刚离开地面时，连接球B的绳子与其初始位置的夹角为θ，如图所示，设此时B的速度为v，对B，由牛顿第二定律得：T﹣mgsinθ＝m ，由机械能守恒定律得：mglsinθ＝mv2，A刚要离开地面时，T＝mg以h表示所求的高度差，h＝lsinθ，解得：h＝l； 12.如图所示，两根平行金属导轨固定在水平桌面上，每根导轨每米的电阻为r0＝0.10Ω/m，导轨的端点P、Q用电阻可以忽略的导线相连，两导轨间的距离l＝0.20m。有随时间变化的匀强磁场垂直于桌面，已知磁感应强度B与时间t的关系为B＝kt，比例系数k＝0.020T/s。一电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦低滑动，在滑动过程中保持与导轨垂直。在t＝0时刻，金属杆紧靠在P、Q端，在外力作用下，杆以恒定的加速度从静止开始向导轨的另一端滑动，求在t＝6.0s时金属杆所受的安培力。【答案】1.44×10－3N【解析】以a表示金属杆运动的加速度，在t时刻，金属杆与初始位置的距离L＝at2，此时杆的速度v＝at，杆与导轨构成的回路的面积S＝Ll，回路中的感应电动势E＝S＋Blv，而B＝kt，故＝＝k回路的总电阻R＝2Lr0；回路中的感应电流I＝；作用于杆的安培力F＝BlI.联立以上各式解得F＝·t.代入数据得F＝1.44×10－3N.点评 当问题中同时有动生电动势和感生电动势时，可以分别单独求出动生电动势和感生电动势，再结合其方向求出电路中的总电动势．若两电动势方向相同，直接相加；若两电动势方向相反，用大电动势减去小电动势，总电动势方向与大的方向一致．在单独求出动生电动势时，磁感应强度B应该运用该时刻的值运算；单独求感生电动势时，面积S应该运用此时的面积运算．该方法也是分解思想的体现．当然，如果运用公式E＝n计算，求得的电动势也为总电动势．解题时是运用分解的方法分别求出两个电动势后再合成，还是直接用E＝n计算，由题中条件决定． 13.封闭在气缸内一定质量的理想气体由状态A变到状态D，其体积V与热力学温度T关系如图所示，O、A、D三点在同一直线上．则 （　　）A. 由状态A变到状态B过程中，气体吸收热量B. 由状态B变到状态C过程中，气体从外界吸收热量，内能增加C. C状态气体的压强小于D状态气体的压强D. D状态时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比A状态少E. D状态与A状态，相等时间内气体分子对器壁单位面积的冲量相等【答案】ADE【解析】【详解】气体从状态A到状态B体积不变，发生的是等容变化，气体不做功W＝0，温度升高，内能增加△U＞0，根据热力学第一定律△U＝W+Q，知Q＞0，气体吸收热量，故A正确；由状态B变到状态C的过程中，温度不变，内能不变△U＝0，体积变大，气体对外界做功W＜0，根据热力学第一定律知Q＞0，气体从外界吸收热量，故B错误；气体从C到D发生等容变化，根据查理定律知p∝T，TC>TD，所以pC>pD ，即C状态气体的压强大于D状态气体的压强，故C错误；A点和D点在过原点的连线上，说明气体由A到D压强不变，体积增大，分子的密集程度减小，状态D温度高，分子的平均动能大，状态A和状态D压强相等，所以D状态时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比A状态少，故D正确；根据动量定理知，，压强，所以，因为状态D和状态A压强相等，所以相等时间内气体分子对器壁单位面积的冲量相等，故E正确。 14.如图所示，开口向上、放在水平地面上的竖直气缸内用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞的质量为m，横截面的面积为S，不计活塞与缸壁间的摩擦。一质量为2m的物块放在缸底，用不可伸长的细线与活塞相连接且细线刚好拉直而无拉力，这时缸内气体的温度为T0，大气压强为P0，现对缸内气体缓慢加热，重力加速度为g①当缸底物块对缸底压力刚好为零时，缸内气体温度为多少？②当缸内气体体积为原来1.2倍时，缸内气体温度为多少？【答案】（1） （2）【解析】【详解】（1）缸内气体的温度为T1＝T0时，缸内气体的压强为： 当缸底物块对缸底的压力刚好为零时，缸内气体压强为：气体发生等容变化，则根据查理定律有： 解得： （2）当缸内气体体积为原来的1.2倍时，设气体的温度为T3，从温度T2变到温度T3，此过程气体发生的是等压变化，根据盖﹣吕萨克定律有： 解得： 15.以下说法中正确的是（　　） A. 图甲是一束复色光进入水珠后传播的示意图，其中a束光在水珠中传播的速度一定大于b束光在水珠中传播的速度B. 图乙是一束单色光进入平行玻璃砖后传播的示意图，当入射角i逐渐增大到某一值后不再会有光线从bb'面射出C. 图丙是双缝干涉示意图，若只减小屏到挡板间距离L，两相邻亮条纹间距离△x将减小D. 图丁是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凸起的E. 图戊中的M、N是偏振片，P是光屏．当M固定不动缓慢转动N时，光屏P上的光亮度将一明一暗交替变化，此现象表明光波是横波【答案】ACE【解析】【详解】根据折射率和光的传播速度之间的关系n=c/v，可知，折射率越大，传播速度越小，从图中可以看出，b光线在水中偏折得厉害，即b的折射率大于a的折射率，则a在水中的传播速度大于b的传播速度。故A正确。当入射角i逐渐增大折射角逐渐增大，由于折射角小于入射角，不论入射角如何增大，玻璃砖中的光线不会消失，故肯定有光线从bb'面射出，故B错误。根据双缝干涉相邻两亮条纹的间距△x与双缝间距离d及光的波长λ的关系式，可知只减小屏到挡板间距离L，两相邻亮条纹间距离△x将减小，故C正确。由于不知道被测样表的放置方向，故不能判断此处是凸起的，故D错误。只有横波才能产生偏振现象，所以光的偏振现象表明光是一种横波。故E正确。 16.一简谐横波以4m/s的波速沿水平绳向x轴正方向传播，绳上两质点M、N的平衡位置相距 波长。已知t＝0时的波形如图所示，此时质点M的位移为0.02m，设向上为正，经时间t1（小于一个周期），质点M的位移又为0.02m，且向下运动。求：①该横波的周期；②t1时刻质点N的位移【答案】（1）1s；（2）【解析】【详解】①由波形图象知，波长为：λ＝4m…①根据波速公式v＝得：T＝＝1s…②②由已知条件知从t＝0时刻起，质点M做简谐振动的位移表达式为： yM＝0.04sin（2πt+ ）…③经时间t1（小于一个周期），M点的位移仍为0.02m，运动方向向下。即：0.02＝0.04sin（2πt1+）解得：t1＝s…④由于N点在M点右侧波长处，所以N点的振动滞后个周期，其振动方程为：yN＝0.04sin（2πt+﹣×2π）＝0.04sin（2πt﹣）…⑤当t1＝s时，N点的位移 yN＝0.04sin（2π×﹣）＝﹣0.02m