河北省衡水中学高三上学期八模考试物理试题

河北省衡水中学2018届高三上学期八模考试理科综合物理试题二、选择题：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1.物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步。关于对物理学发展过程中的认识，说法不正确的是A.德布罗意首先提出了物质波的猜想，而电子衍射实验证实了他的猜想B.波尔的原子模型成功地解释了氢原子光谱的成因C.卡文迪许利用扭秤测出了万有引力常量，被誉为能“秤出地球质量的人”D.伽利略利用理想斜面实验，使亚里士多德“重的物体比轻的物体下落的快”的结论陷入困境【答案】D【解析】A、德布罗意首先提出了物质波的猜想，而电子衍射实验证实了他的猜想，故A正确；B、波尔的原子模型成功地解释了氢原子光谱的成因，故B正确；C、卡文迪许利用扭秤测出了万有引力常量，被誉为能“秤出地球质量的人”，故C正确；D、伽利略利用著名的比萨斜塔实验，使亚里士多德“重的物体比轻的物体下落的快”的结论陷入困境，故D错误；故说法不正确的是选D。2.如图所示，沿光滑竖直杆以速度v匀速下滑的物体A通过轻质细绳拉光滑水平面上的物体B，细绳与竖直杆间的夹角为θ，则以下说法正确的是A.物体B向右匀速运动B.物体B向右加速运动C.细绳对A的拉力逐渐变大D.细绳对B的拉力不变【答案】B【解析】试题分析：物体A以速度v沿竖直杆匀速下滑，绳子的速率等于物体B的速率，将A物体的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的分速度等于绳速，由几何知识求解B的速率，再讨论B的运动情况以及绳子的拉力变化．将A物体的速度按图示两个方向分解，如图所示，由绳子速率，而绳子速率等于物体B的速率，则有物体B的速率．因减小，则B物体向右做变加速运动，对公式求导，得出B的加速度，随着的加速度，B的加速度在减小，故绳子对B的拉力减小，同一条绳子上的拉力相等，所以绳子对A的拉力减小，B正确．3.如图，质量均为m的两个木块P和Q叠放在水平地面上，P、Q接触面的倾角为θ，现在Q上加一水平推力F，使P、Q保持相对静止一起向左做加速运动，下列说法正确的是A.物体Q对地面的压力小于2mgB.若Q与地面间粗糙，则Q与地面间的动摩擦因数C.若P、Q间光滑，则加速度D.若P、Q间，Q与地面间均光滑，且在某一时刻突然撤去推力F后，则P、Q一起向左做匀速运动【答案】B【解析】A.以PQ整体为研究对象，在竖直方向上合力为零，故FN=2mg，故Q对地面的压力为2mg，故A错误；B.因PQ做匀加速运动，若μ=，在水平方向上由牛顿第二定律得：F−μ⋅2mg=ma，解得：a=0，故不能做匀加速运动，故B错误；C.若P、Q之间光滑，对P受力分析，在水平方向上，由牛顿第二定律可知：mgtanθ=ma，故：a=gtanθ，故C正确；D.若P、Q间，Q与地面间均光滑，撤去推力后，则P受到斜向上的支持力，无法匀速运动；Q受到斜向下的压力，也无法匀速运动，故D错误。故选：BC.点睛：通过整体受力分析即可判断出Q对地面的压力；对整体受力分析，因一起做加速运动，由牛顿第二定律即可判断μ的大小；若P、Q之间光滑，先对P受力分析，求出加速度，即为PQ的加速度；由f=μFN可以判定滑动摩擦力的大小；若P、Q间，Q与地面间均光滑，撤P和Q均无法匀速运动．4.如图为着陆器经过多次变轨后登陆火星的轨迹图，轨道上的P、S、Q三点与火星中心在同一直线上，P、Q两点分别是椭圆轨道的远火星点和近火星点，且PQ=2QS，（已知轨道II为圆轨道），下列说法正确的是A.着陆器在P点由轨道I进入轨道II需要点火加速B.着陆器在轨道II上由P点运动到S点的时间是着陆器在轨道III上由P点运动到Q点的时间的2倍C.着陆器在轨道II上S点与在轨道III上P点的加速度大小不相等D.着陆器在轨道II上S点的速度小于在轨道III上的Q点的速度【答案】D【解析】A、着陆器在P点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ时，是向低轨道运动，所以应该减速才可以，故A错误；B、由开普勒第三定律知道，着陆器在轨道Ⅱ上由P点运动到S点的时间和着陆器在轨道Ⅲ上由P点运动到Q点的时都是各自周期的一半，故B错误；C、万有引力提供向心力，由于着陆器在轨道Ⅱ上S点与在轨道Ⅲ上P点到火星的球心之间的距离是相等的,所以加速度大小相等，故C错误；D、根据万有引力提供向心力得:，得：Ⅱ轨道的半径大于III轨道的半径，所以着陆器在轨道Ⅱ上S点的速度小于在轨道Ⅲ上Q点的速度，故D正确；综上所述本题答案是：D5.真空中相距为3a的两个点电荷M、N分别固定于x轴上x1=0和x2=3a的两点，在两者连线上各点的电场强度随x变化的关系如图所示，选沿x轴方向为正方向，则以下判断正确的是A.点电荷M、N一正一负B.M、N所带电荷量的绝对值之比为2：1C.沿x轴从0到3a电势逐渐降低D.将一个正点电荷沿x轴从0.5a移动到2.4a，该电荷的电势能先减小后增大【答案】D【解析】A、若两电荷为异种电荷，在x=2处，电场强度不可能为0，故两电荷为同种电荷，故A错误；B、2a处合场强=0，由

知，，所以M、N所带电荷量的绝对值之比为4：1，故B错误；C、选沿x轴方向为正方向，0～2a电场为正，方向向右，而沿电场线方向电势降低，故x=0点的电势高于x=2a点的电势；2a～3a电场为负，方向向左，故x=2a点的电势低于x=3a点的电势，故C错误；D、将一个正点电荷沿x轴从0.5a移动到2.4a，电势先减小后增大，所以该电荷的电势能先减小后增大，故D正确；故选D。【点睛】关键根据两点电荷连线之间某点的电场强度为0，而知道两点电荷为同种电荷，选沿x轴方向为正方向，0～2a电场为正，方向向右，2a～3a电场为负，方向向左，沿电场线方向电势降低。6.图甲是光电效应的实验装置图（电源正负极可调换），图乙是用同一光电管在不同实验条件下得到的光电流与加在阳极A也阴极K上的电压的关系图像，下列说法正确的是A.由图线①、③可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大B.由图线①、②、③可知对某种确定的金属来说，入射光的频率越大其遏止电压越大C.当入射光的频率大于极限频率时，频率增为原来的2倍，光电子最大初动能也增为2倍D.若与图甲实验条件完全相同，当某一频率的光入射时，电流表有示数，当把滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流表的示数一定增大【答案】AB【解析】A、在光颜色保持不变的情况下，入射光的频率不变，截止电压不变，由图看出，入射光越强，单位时间内发射出的光电子越多，形成的饱和光电流越大，故A正确；B、根据，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大，故B正确；C、根据，当入射光的频率大于极限频率时，会发生光电效应现象，频率增为原来的2倍，光电子最大初动能，即不会增为2倍，故C错误；D、当某一频率的光入射时，电流表有示数，已发生光电效应现象，当把滑动变阻器的滑片向右滑动时，光电管两端的电压减小，左边的极板为正极，右边极板为负极，到达极板的光电子数减小，电流表示数减小，故D错误；故选AB。【点睛】考查光电效应现象，理解金属的极限频率的含义，掌握光电效应的条件和光电效应方程，知道最大初动能与遏止电压的关系。7.某兴趣小组用实验室的手摇发电机和一个可看做理想的小变压器给一个小灯泡供电，电路如图所示，当线圈以较大的转速n匀速转动时，额定电压为U0的灯泡正常发光，电压表示数是U1，已知线圈电阻是r，灯泡电阻是R，则有A.变压器输入电压的瞬时值是B.变压器的匝数比是U1：U0C.电流表的示数是D.线圈中产生的电动势最大值是【答案】BC【解析】试题分析：线圈以较大的转速n匀速转动时，所以，所以变压器输入电压的瞬时值，故A错误；电压与匝数成正比，所以变压器的原副线圈的匝数比是，故B正确；理想变压器的输入功率和输出功率相等，灯泡正常发光时电功率为，所以输入功率为，电流表的示数是，故C正确；由于线圈有内阻r，故线圈中产生的电动势有效值大于，最大值也就大于，故D错误。考点：变压器的构造和原理、交流发电机及其产生正弦式电流的原理【名师点睛】理想变压器的输入功率和输出功率相等，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比．并利用灯泡正常发光的电压与电流的值来构建原副线圈的电压与电流的关系。8.如图所示，物体以一定初速度从倾角α=37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m，选择斜面底端为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化如图2所示，，下列说法正确的是A.物体的质量m=1.0kgB.物体可能静止在斜面顶端C.物体回到斜面底端时的动能Ek=10JD.物体上升过程的加速度大小a=15m/s2【答案】AC【解析】A、物体在最高点时的机械能等于重力势能，即，解得m=1kg，故A正确；C、上升过程克服摩擦力做功为20J，则整个过程克服摩擦力做功为40J，根据动能定理得，解得回到斜面底端的动能，故C正确；D、根据牛顿第二定律得，上升过程中的加速度大小。，故D错误；故选AC【点睛】重力做功不改变物体的机械能，摩擦力做功使物体机械能减少，由图象求出物体初末状态的机械能，应用重力势能的计算公式、动能定理即可正确解题。二、非选择题9.某同学在测定小车加速度的实验中，得到图甲所示的一条纸带，他在纸带上共取了A、B、C、D、E、F、G七个点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出。已知打点计时器的打点周期为0.02s．该同学从每个计数点处将纸带剪开分成六条（分别标记为a、b、c、d、e、f），再将这六条纸带由短到长紧靠但不重叠地粘在xOy坐标系中，得到图乙所示的图形，最后将各纸带上端中心连起来，于是得到表示vt关系的图象，图中x轴对应的物理量是时间t，y轴对应的物理量是速度v．(1)图中t3=_______s，若测得纸条c的长度为4.0cm，则v3=_____m/s（保留两位有效数字）．(2)若测得纸条a的长度为2.0cm，纸条f的长度为7.0cm，则可求出加速度的大小为_____m/s2（保留两位有效数字）．【答案】(1).0.25(2).0.40(3).1.0【解析】因为每相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，所以相邻的两个计数点的时间间隔T=0.1S，图中，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，则；根据得，可知，则加速度的大小【点睛】对于纸带的问题，我们要熟悉匀变速直线运动的特点和一些规律，提高应用基本规律解答实验问题的能力，同时注意单位的换算和有效数字的保留。10.某同学为了测量电源的电动势和内阻设计了如图（a）所示电路，所用的实验器材有：待测电源，量程为3V的电压表V（内阻无穷大），电阻箱R，阻值未知的定值电阻R0，开关K1，双掷开关K2，实验步骤如下：①调节电阻箱的阻值为20Ω，K2接a，闭合K1，记下电压表的读数为2.00V，断开K1；②保持电阻箱的阻值不变，K2切接b，闭合K1，记下图b所示电压表的读数，断开K1；③将K2再切换到a，闭合K1，多次调节电阻箱，读出多组电组箱的阻值R和对应的电压表的示数U，断开K1；④以为纵坐标，为横坐标，绘出的图线（用直线拟合）．回答下列问题：(1)图（b）所示电压表的读数为______V，定值电阻R0=______Ω；(2)依据实验数据绘出的图线如（c）图所示；则电源电动势E=_______V，内阻r=_______Ω．（计算结果保留两位有效数字）【答案】(1).2.30(2).3.0(3).2.9V(4).1.1Ώ【解析】(1)由电压表量程为3V，最小分度为0.1V，则其读数为2.30V；K2切接b，闭合K1时，滑动变阻器与R0串联；则由欧姆定律可知，.(2)由闭合电路欧姆定律可知，变形可得：(3)根据公式可知，图象与纵坐标的交点为0.34；故由公式可知，解得：r=1.2Ω；【点睛】本题考查闭合电路欧姆定律的实验数据的处理问题，要注意掌握数据处理的方法，知道根据闭合电路欧姆定律列式并灵活变形，根据图象的性质可得出对应的电动势和内电阻．11.如图所示，光滑导轨abc与fed相距l=0.1m，其中ab、fe段是请假θ=60°的直轨道，bc、ed段是半径r=0.6m的圆弧轨道且与ab、fe相切，轨道末端c、d点切线与一放置在光滑水平地面上、质量M=2kg的木板上表面平滑连接．在abef间有垂直于轨道平面向下、的匀强磁场，定值电阻R=1Ω．把质量为m=1kg、电阻不计的金属杆从距b、e高h=1m的导轨上静止释放，杆在直轨道上先加速后匀速下滑．如果杆与木板间摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2，求：(1)杆运动到cd时对轨道的压力F大小及杆由静止下滑到cd的过程中R上产生的焦耳热Q；(2)要使杆不从木板上掉下的木板最小长度s．【答案】(1)25N(2)1.5m【解析】（1）设杆滑到be处时速度为v1，由题意知此时杆匀速下滑，有：①②③由能量守恒：④设杆滑到cd处时速度为v2，杆受到轨道支持力为F′，由动能定理有：⑤cd处：⑥由牛顿第三定律：⑦联解①②③④⑤⑥⑦并代入数据得：F′=25N⑧Q=8.5J⑨（2）杆滑上木板后，杆与木板在相互间摩擦力作用下运动，设经过时间t共同运动，则：对杆：⑩（11）对木板：（12）（13）共同运动时：（14）（15）联解⑩⑪⑫⑬⑭⑮并代入数据得：s=1.5m（16）评分参考意见：本题满分17分，其中④式2分，①②③⑤⑥⑦⑧⑨⑩（11）（12）（13）（14）（15）（16）式各1分；若有其他合理解法且答案正确，可同样给分。考点：本题考查电磁感应综合问题。12.如图所示，在xoy平面内，以O1（0，R）为圆心，R为半径的圆形区域内有垂直平面向里的匀强磁场B1，x轴下方有一直线ab，ab与x轴相距为d，x轴与直线ab间区域有平行于y轴的匀强电场E，在ab的下方有一平行于x轴的感光板MN，ab与MN间区域有垂直于纸平面向外的匀强磁场B2．在0≤y≤2R的区域内，质量为m、电荷量为e的电子从任何位置从圆形区域的左侧沿x轴正方向以速度v0射入圆形区域，经过磁场B1偏转后都经过O点，然后进入x轴下方．已知x轴与直线ab间匀强电场场强大小，ab与MN间磁场磁感应强度．不计电子重力．(1)求圆形区域内磁场磁感应强度B1的大小？(2)若要求从所有不同位置出发的电子都不能打在感光板MN上，MN与ab板间的最小距离h1是多大？(3)若要求从所有不同位置出发的电子都能打在感光板MN上，MN与ab板间的最大距离h2是多大？当MN与ab板间的距离最大距离h2时，求电子打到MN板上的位置到y轴的最远距离s．【答案】(1)(2)(3)【解析】试题分析：（1）抓住所有电子射入圆形区域后做圆周运动轨道半径大小相等，根据几何关系得出粒子在磁场中的运动半径，结合半径公式求出圆形区域内磁场磁感应强度B1的大小．（2）根据动能定理求出粒子进入磁场下方磁场的速度，根据半径公式求出粒子的半径，根据几何关系求出粒子进入磁场时速度方向与水平方向的夹角，通过几何关系求出MN与ab板间的最小距离．（3）如果电子在O点沿x轴正方向射入电场，经电场偏转和磁场偏转后，能打在感光板上，则所有电子都能打在感光板上．根据几何关系求出MN与ab板间的最大距离．

作出粒子的运动轨迹，根据粒子在电场和磁场中的运动时间求出运动的最长时间．（1）所有电子射入圆形区域后做圆周运动，轨道半径大小相等，设为r，当从位置y=R处射入的电子经过O点进入x轴下方，则：，，解得（2）设电子经电场加速后到达ab时速度大小为v，电子在ab与MN间磁场做匀速圆周运动轨道半径为r1，沿x轴负方向射入电场的电子离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成θ角，则，如果电子在O点以速度v0沿x轴负方向射入电场，经电场偏转和磁场偏转后，不能打在感光板上，则所有电子都不能打在感光板上．恰好不能打在感光板上的电子在磁场中的圆轨道圆心为O2，如图甲所示则感光板与ab间的最小距离解得（3）如果电子在O点沿x轴正方向射入电场，经电场偏转和磁场偏转后，能打在感光板上，则所有电子都能打在感光板上．恰好能打在感光板上的电子在磁场中的圆轨道圆心为O3，如图乙所示．感光板与ab间的最大距离，解得当感光板与ab间的距离最大为时，所有从O点到MN板的电子中，沿x轴正方向射入电场的电子，运动时间最长．设该电子在匀强电场中运动的加速度为a，运动时间为，在磁场中运动周期为T，时间为，则，运动最长时间解得，，，13.下列说法正确的是A.悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的热运动B.已知阿伏伽德罗常数，气体的摩尔质量和密度，能估算出气体分子的间距C.用气筒给自行车打气，越打越费劲，说明此时气体分子之间的分子力表现为斥力D.两个分子间的距离变大的过程中，分子间引力比斥力减小的慢E.分子间作用力为零时，分子间的势能一定是零【答案】ABD【解析】A、悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了液体分子的热运动，故A正确；B、气体的摩尔体积，气体分子占据空间的体积；故已知阿伏伽德罗常数，气体的摩尔质量和密度，可估算气体分子间的平均距离；故B正确；C、用气筒给自行车打气，越打越费劲，是因为车胎内外的压强差越来越大，与气体分子之间有斥力无关，故C错误；D、两个分子间的距离变大的过程中，分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，其中分子间引力比斥力减小的慢，故D正确；E、当分子间的距离很大时，分子间相互作用力等于零，分子势能为零；分子间的距离为平衡位置时，分子间相互作用力等于零，分子动能最大，分子势能最小，，故E错误；【点睛】悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了液体分子的热运动，两个分子间的距离变大的过程中，分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，其中分子间引力比斥力减小的慢，当分子间的距离很大时，分子间相互作用力等于零，分子间的距离为平衡位置时，分子间相互作用力等于零。14.如图所示，导热性能良好的圆筒形密闭气缸水平放置，可自由活动的活塞将气缸分隔成A、B两部分，活塞与气缸左侧连接一轻质弹簧，当活塞与气缸右侧面接触时弹簧恰好无形变．开始时环境温度为t1=27℃，B内充有一定质量的理想气体，A内是真空．稳定时B部分气柱长度为L1=0.10m，此时弹簧弹力与活塞重力大小之比为3：4．已知活塞的质量为m=3.6kg，截面积S=20cm2，重力加速度g=10m/s2．(1)将活塞锁定，将环境温度缓慢上升到t2=127℃，求此时B部分空气柱的压强；(2)保持环境温度t2不变，解除活塞锁定，将气缸缓慢旋转90°成竖直放置状态，B部分在上面．求稳定时B部分空气柱的长度．（标准大气压下冰的熔点为273K）【答案】(1)(2)0.2m【解析】【分析】根据平衡条件求出气体初状态的压强，由查理定律求出环境温度缓慢上升时B部分空气柱的压强，气缸竖直放置，活塞处于平衡状态，根据平衡条件求出气体的压强，由玻意耳定律求出稳定时B部分空气柱的长度。解：(1)气体初状态的压强为解得由查理定律解得(2)气缸竖直放置，活塞处于平衡状态，则由玻意耳定律可得15.下列关于原子和原子核的说法正确的是______________；A.α粒子散射实验中，少数α粒子发生了较大偏转是由于库仑斥力的影响B.由波尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要辐射一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小，周期变小C.原子核能发生β衰变说明原子核内存在电子D.放射性元素的半衰期与它所处环境的温度和压强无关E.结合能越大表示核子结合得越牢固，原