1、河北省衡水中学2018届高三十五模理综物理试题一、选择题1.下列四幅图中包含的物理思想方法叙述错误的是（）A. 图甲：观察桌面微小形变的实验，利用了放大法B. 图乙：探究影响电荷间相互作用力的因素时，运用了控制变量法C. 图丙：利用红蜡块的运动探究合运动和分运动的实验，体现了类比的思想D. 图丁：伽利略研究力和运动的关系时，运用了理想实验方法【答案】C【解析】用镜面反射观察桌面微小变形时，是根据：入射光线不变时，当入射角改变时，反射角改变2，所用的物理思想方法是放大法，A正确；探究影响电荷间相互作用力的因素时，所用的物理思想方法是控制变量法，B正确；利用红蜡块的运动探究合运动和分运动的实验，采
2、用物理思想方法是等效替代法，C错误；在研究力和运动的关系时，伽利略运用了理想实验方法，巧妙地设想了两个对接斜面的实验，D正确。2.氢原子的结构可以简化为一个电子绕一个质子做匀速圆周运动，电子在不同轨道上运动，氢原子具有不同能量.如图所示为氢原子能级示意图，一群氢原子(称为a群)处于n=3的激发态，它们向较低能级跃迁的过程中向外辐射光子，用这些光子分别照射逸出功为2.29eV的金属钠和处于基态的另一群(称为b群)氢原子，下列说法不正确的是A. b群中的部分氢原子被激发到n=2的激发态B. 金属钠表面所发出的光电子的最大初动能是9.80eVC. a群氢原子在辐射光子的过程中电子绕质子运动的动能增大
3、，电势能减小D. a群氢原子能辐射出三种不同频率的光，其中从n=3能级跃迁到n=2能级所发出的光波长最短【答案】D【解析】A：一群氢原子(称为a群)处于n=3的激发态，它们向较低能级跃迁的过程中向外辐射光子，这些光子照射处于基态的另一群(称为b群)氢原子，可使基态氢原子被激发到n=2或n=3的激发态。故A项正确。B：一群氢原子(称为a群)处于n=3的激发态，它们向较低能级跃迁的过程中向外辐射光子最大能量，照射逸出功为2.29eV的金属钠，金属钠表面所发出的光电子的最大初动能。故B项正确。C：a群氢原子在辐射光子的过程中，电子绕质子运动的半径减小，据可得电子绕质子运动的动能增大；电子绕质子运动的
4、半径减小，电势能减小。故C项正确。D：a群氢原子能辐射出三种不同频率的光，其中从n=3能级跃迁到n=2能级所发出的光的光子能量最小，光子的频率最小，波长最长。故D项错误。综上，说法不正确的是D3.如图所示，水平面内有一个匀强电场，在该平面内有一个以O为圆心，R为半径的圆，其中AB为圆的直径，C、D为圆上两点，且CAB=DAB=60。一个带电量为+q的粒子，以初速度v从A点三次沿不同的方向射出，分别运动到B、C、D三点，粒子到达C点的速度为 v，到达B点的速度为v。不计粒子重力，若粒子到达D点的速度大小为，匀强电场的场强大小为E，则（ ）A. ；B. ；C. ；D. ；【答案】A【解析】由动能定
5、理得，；，故 ，故 ，得，AD两点电势相等，故A正确，BCD错误。故选：A点睛：根据电场力做功可得O、C电势相等，再根据动能定理即可求解。4.据英国每日邮报报道，科学家发现了一颗距离地球仅14光年的“另一个地球”一沃尔夫(Wolf) 1061c.沃尔夫1061c的质量为地球的4倍，围绕红矮星的沃尔夫1061运行的周期为5天，它是迄今为止在太阳系外发现的距离最近的宜居星球。设想从地球发射一颗科学探测卫星围绕沃尔夫1061c表面运行.已知万有引力常量为G，天体的环绕运动可看作匀速圆周运动。则下列说法正确的是A. 从地球发射该卫星的速度应该小于第三字宙速度B. 卫星绕行星沃尔夫1061c运行的周期与
6、该卫星的密度有关C. 沃尔夫1061c和地球公转轨道半径的三次方之比等于D. 若已知探测卫星的周期和地球的质量，可近似求出沃尔夫1061c的半径【答案】D【解析】试题分析：从地球发射一颗科学探测卫星围绕沃尔夫1061c表面运行，发射的速度应大于第三宇宙速度，故A错误；根据知，与卫星的密度无关，故B错误；沃尔夫1061c和地球围绕的中心天体不同，不能根据开普勒第三定律求解轨道半径的三次方，可知公转半径的三次方之比不等于，故C错误；已知地球的质量，可以得知沃尔夫1061c的质量，根据可以求出沃尔夫1061c的半径，故D正确考点：考查了万有引力定律的应用【名师点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心
7、力这一重要理论，以及知道开普勒第三定律的适用条件，即对同一中心天体而言5.如图所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路，线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为，匝数为N，线圈电阻不计.下列说法正确的是A. 将原线圈抽头P向上滑动时，灯泡变亮B. 线圈abcd转动加速时，灯泡亮度变暗C. 图示位置时，矩形线圈中电流最大D. 若线圈abcd转动的角速度变为2，则变压器原线圈电压的有效值为NBS【答案】D【解析】A：将原线圈抽头P向上滑动时，原线圈匝数变多，据可得，输出电压减小，灯泡变暗。故A项错误。B：
8、线圈abcd转动加速时，原线圈两端电压增大，据可得，输出电压增大，灯泡变亮。故B项错误。C：图示位置时，矩形线圈位于中性面，矩形线圈中电流为零。故C项错误。D：若线圈abcd转动的角速度变为2，则变压器原线圈电压的最大值，据 可得变压器原线圈电压的有效值。故D项正确。点睛：有效值是根据电流热效应来规定的，让一个交流电流和一个直流电流分别通过阻值相同的电阻，如果在相同时间内产生的热量相等，那么就把这一直流电的数值叫做这一交流电的有效值。计算电功率使用有效值，交流电表的读数是有效值。6.如图所示，两个大小不计质量均为m的物体A、B放置在水平地面上，一根长为L不可伸长的轻绳两端分别系在两物体上，绳恰
9、好伸直且无拉力，在绳的中点施加一个竖直向上的拉力F，使两物体慢慢靠近，直至两物体接触，已知两物体与水平地面间的动摩擦因素均为，则在两物体靠近的过程中下列说法正确的是A. 拉力F一直增大B. 物体A所受的摩擦力不变C. 地面对A物体的支持力先减小后增大D. 当两物体间的距离为时，绳上的拉力最小【答案】AD【解析】设某时刻与物体连接的绳子的拉力为T，与水平方向的夹角为，则对每个物体：水平方向Tcos=FN；竖直方向Tsin+FN=mg，其中F=2Tsin；联立可得： ，则随着增加，F变大，选项A正确；，则随着增加，f变小，选项B错误；则随着增加，FN变小，选项C错误；，对（其中），可知为，则当分母
10、最大时，T最小，此时=300，可求得两物体间的距离为,选项D正确；故选AD. 点睛：此题关键是能根据正交分解法求出题中要讨论的物理量的表达式，根据三角知识进行讨论；此题对学生的数学知识要求较高.7.如图甲所示，轻杆一端与质量为1kg、可视为质点的小球相连，另一端可绕光滑固定轴在竖直平面内自由转动，现使小球在竖直平面内做圆周运动，经最高点开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度v随时间t的变化关系如图乙所示，A、B、C三点分别是图线与纵轴、横轴的交点、图线上第一周期内的最低点，该三点的纵坐标分别是1、0、-5。g取10m/s，不计空气阻力，下列说法正确的是A. 轻杆的长度为0.5mB. 小
11、球经最高点时，杆对它的作用力方向竖直向上C. B点对应时刻小球的速度为13m/sD. 曲线AB段与坐标轴所围图形的面积为0.5m【答案】B【解析】A：由题意可得，小球在最高点速度，小球在最低点速度，据动能定理可得：，解得：，即轻杆的长度为0.6m。故A项错误。B：若小球在最高点时，杆对球的力为零，则，临界速度，由于小球在A点的速度小于临界速度，小球做圆周运动所需的向心力小于重力，杆对小球的作用力的方向竖直向上。故B项正确。C：对小球从A到B的过程，应用动能定理可得：，解得，故C项错误。D：由于y轴表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲线AB段与坐标轴所围图形的面积表示A到B过程中小球在水平方向
12、的位移，大小等于杆的长度，即0.6m。故D项错误。8.节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车。有一质量m=1 000 kg的混合动力轿车，在平直公路上以匀速行驶，发动机的输出功率为P=50 kW。当驾驶员看到前方有80km/h的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L=72 m后，速度变为。此过程中发动机功率的五分之一用于轿车的牵引，五分之四用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能。假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变。下列说法正确的是A. 轿车以90 km/h在平直公路
13、上匀速行驶时，所受阻力的大小为210 NB. 驾驶员启动电磁阻尼轿车做匀减速运动，速度变为过程的时间为3.2 sC. 轿车从90 km/h减速到72 km/h过程中，获得的电能D. 轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能维持72 km/h匀速运动的距离为31.5 m【答案】ACD【解析】A：轿车以90km/h在平直公路上匀速行驶时，由、可得：。故A项正确。B：驾驶员启动电磁阻尼后，轿车减速运动，牵引力增大，加速度减小，做加速度减小的减速运动。故B项错误。C：轿车从90km/h减速到72km/h过程中，运动L=72m，由动能定理可得；获得的电能；联立解得：。故C项正确。D：据可得，轿车仅用其在上述
14、减速过程中获得的电能E电匀速运动的距离。故D项正确。综上本题答案是ACD。点睛：本题需结合牛顿运动定律和功率公式判断汽车的运动情况，明确匀速运动时牵引力与阻力相等，知道应用动能定理求变力做功。二、非选择题：9.如图甲是某同学测量重力加速度的装置，他将质量均为M的两个重物用轻绳连接，放在光滑的轻质滑轮上，这时系统处于静止状态。该同学在左侧重物上附加一质量为m的小重物，这时，由于小重物m的重力作用而使系统做初速度为零的缓慢加速运动，该同学用某种办法测出系统运动的加速度并记录下来。完成一次实验后，换用不同质量的小重物，并多次重复实验，测出不同m时系统的加速度a并作好记录。（1）若选定物块从静止开始下
15、落的过程进行测量，则需要测量的物理量有（_）A小重物的质量m B大重物的质量MC绳子的长度 D重物下落的距离及下落这段距离所用的时间（2）经过多次重复实验，得到多组a、m数据，做出图像，如图乙所示，已知该图象斜率为k，纵轴截距为b，则可求出当地的重力加速度g_，并可求出重物质量M_。（用k和b表示）【答案】 (1). AD (2). 1/b (3). k/2b【解析】(1)对整体分析,根据牛顿第二定律得： ,计算得出 ,根据 得： .所以需要测量的物理量有:小重物的质量m,重物下落的距离及下落这段距离所用的时间.故AD正确.(2)因为,则 ,知图线的斜率 ， ,计算得出 , .综上所述本题正确
16、答案是:(1)AD,(2) ，.10.实际的二极管正向电阻并不为零，反向电阻也不是无穷大，一兴趣小组同学对某型号二极管，作了如下研究：（1）用多用电表的欧姆档粗测二极管的正向电阻。测量时选择开关旋到测电阻的“10”倍率，多用电表的表盘如图所示，则电阻为_；多用电表的红表笔应与二极管的_极相连（选填“正”或“负”）（2）用电压表和电流表描绘该二极管加正向01.5V电压时的伏安特性曲线，可供选择的器材如下：电压表（量程1.5V，内阻约2000）电压表（量程6V，内阻约4000）电流表A1（量程0.6A，内阻约10）电流表A2（量程40mA，内阻约0.1）滑动变阻器R1（总电阻约为10）滑动变阻器R
17、2（总电阻约为100）电源E（电动势2V，内阻不计）电键S，导线若干为调节方便，并有尽可能高的精度，请选择合适的器材，电压表_、电流表_、滑动变阻器_；（填写所选器材的符号）；在虚线方框中画出实验电路原理图；_该二极管加正向电压的伏安特性曲线如图所示，现将阻值为50的定值电阻与该二极管串联，并与一电动势为2V，内阻不计的电源组成闭合电路，二极管上的电压为正向电压，则回路中的电流强度为_mA。【答案】 (1). 130； (2). 负； (3). V1， (4). A2， (5). R1 (6). 电路图如图所示，此问只考察电流表的内接与滑动变阻器的分压接法，都对得2分，错一处即不得分；器材选取
18、不做要求； (7). 15mA【解析】(1)表盘上的读数为13，再乘以倍率，所以电阻为130；根据多用电表中两表笔电流的流向为“红进黑出”，要测二极管的正向电阻时，应将红表笔与二极管的负极相连；(2)因测二极管加正向01.5V电压，所以电压表应选V1，二极管加正向电压的伏安特性曲线可知，当电压接近1.5V时，电流达到最大接近40mA，故电流表应选A2，为调节方便，并有尽可能高的精度，滑动变阻器应用分压式，所以滑动变阻器应选总阻值较小的，即为R1，本实验要描绘出二极管的IU图线，因此滑动变阻器应采用分压式，所以应选阻值较小的R1；二极管电阻Rx，故采用电流表内接法。电路图如下：将50的定值电阻与
19、电源等效为一个电动势为2V，内阻为50新电源。在灯泡的IU图上作出新电源的IU图线，交点纵坐标即为电路中的电流，此时电流为15mA。11.如图所示，一质量为M=2.010kg的平板小货车A载有一质量为m=1.010kg的重物B，在水平直公路上以速度=36km/h做匀速直线运动，重物与车厢前壁间的距离为L=1.5m，因发生紧急情况，火车突然制动，已知火车车轮与地面间的动摩擦因数为=0.4，重物与车厢底板之间的动摩擦因数为=0.2，重力加速度g=10m/s，若重物与车厢前壁发生碰撞，则碰擴时间极短，碰后重物与车厢前壁不分开。(1)请通过计算说明重物是否会与车厢前壁发生碰撞；(2)试求货车从开始刹车
20、到停止运动所用的时间和刹车距离。【答案】（1）重物会与车厢前壁发生碰撞。（2）货车刹车的总时间，刹车距离【解析】本题考查牛顿运动定律应用中的板块问题，需运用牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒综合求解。（1）刚刹车时，货车的加速度大小为，重物的加速度大小为，由牛顿第二定律可知， ，解得，假设B与A碰撞，且从开始刹车到碰撞所用时间为，则，解得：此时货车的速度 此时重物B的速度为由此此时A、B均未停止运动，且，故重物会与车厢前壁发生碰撞。（2）碰前货车的运动时间为，运动的位移为 由于碰撞时间极短，故满足动量守恒，设碰后一起的速度为v，则，解得v=6m/s碰后一起减速运动的加速度大小为a，由牛顿第二定
21、律可得，解得一起减速的时间一起减速的位移为所以货车刹车的总时间，刹车距离12.如图所示，在直角坐标系x0y平面的一、四个象限内各有一个边长为L的正方向区域，二三像限区域内各有一个高L，宽2L的匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的xL，Ly2L的区域内，有沿y轴正方向的匀强电场。现有一质量为四电荷量为q的带负电粒子从坐标(L，3L/2)处以初速度沿x轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L)点，不计粒子重力。(1)求电场强度大小E；(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L，
22、0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B；(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(-L，0)点所用的时间。【答案】(1) (2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小，n=1、2、3.或，n=1、2、3.(3) 粒子从进入磁场到坐标(-L，0)点所用的时间为或【解析】本题考查带电粒子在组合场中的运动，需画出粒子在磁场中的可能轨迹再结合物理公式求解。(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有： ， 联立解得： (2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值=l 速度大小设x为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(一L，0 )点，应满足
23、L=2nx，其中n=1、2、3.粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为；当满足L=(2n+1)x时，粒子轨迹如图乙所示。若轨迹如图甲设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为.则有x=R，此时满足L=2nx联立可得：由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：得：，n=1、2、3.轨迹如图乙设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为.则有，此时满足 联立可得： 由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：得：，n=1、2、3.所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小，n=1、2、3.或，n=1、2、3.(3) 若轨迹如图甲，粒子从进人磁场到从坐标(一L，0)点
24、射出磁场过程中，圆心角的总和=2n2=2n，则若轨迹如图乙，粒子从进人磁场到从坐标(一L，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和=(2n+1)2=(4n+2)，则 粒子从进入磁场到坐标(-L，0)点所用的时间为或13.下列说法正确的是_。A.夏天和冬天相比，夏天的气温较高，水的饱和汽压较大，在相对湿度相同的情况下，夏天的绝对湿度较大B.所有的晶体都有固定的熔点和规则的几何形状C.气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，但气体压强不一定增大D.液体表面张力与浸润现象都是分子力作用的表现E.第一类永动机和第二类永动机研制失败的原因是违背了能量守恒定律【
25、答案】ACD【解析】A：据相对湿度可知，夏天的气温较高，水的饱和汽压较大，在相对湿度相同的情况下，夏天的绝对湿度较大。故A项正确。B：单晶体有固定的熔点和规则的几何形状，多晶体有固定的熔点没有规则的几何形状。故B项错误。C：气体压强与气体分子平均动能和分子密集程度有关。气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的平均作用力增大，分子密集程度变化与否不确定，气体压强不一定增大。故C项正确。D：液体表面张力与浸润现象都是分子力作用的表现，故D项正确。E：第一类永动机研制失败的原因是违背了能量守恒定律；第二类永动机研制失败的原因是违背了热力学第二定律。故E项错误。综
26、上答案为ACD。14.如图甲所示，一圆柱形绝热气缸开口向上竖直放置，通过绝热活塞将一定质量的理想气体密封在气缸内，活塞质量m=1kg、横截面积S=510-4m2，原来活塞处于A位置。现通过电热丝缓慢加热气体，直到活塞缓慢到达新的位置B，在此过程中，缸内气体的V-T图象如图乙所示。已知大气压强P0=1.0105Pa，忽略活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度g=10m/s2。（i）求缸内气体的压强和活塞到达位置B时缸内气体的体积；（ii）若缸内气体原来的内能U0=72J，且气体内能与热力学温度成正比。求缸内气体变化过程从电热丝吸收的总热量。【答案】（1）610-4m3（2）60J【解析】（1）活塞从
27、A位置缓慢到B位置，活塞受力平衡，气体为等压变化，以活塞为研究对象：pS=p0S+mg解得： 以气体为研究对象： ，解得：（2）由气体的内能与热力学温度成正比：，解得：UB=108J外界对气体做功： 由热力学第一定律： 得气体变化过程吸收的总热量为Q=60J15.振源S在0点做沿竖直方向的简谐运动，频率为10Hz，t=0时刻向右传播的简谐横波如图所示(向左传播的简谐横波图中未画出)。则以下说法正确的是_A.该横波的波速大小为20m/sB.t=0.175s时，x=-1m处的质点处在波峰位置C.t=0时，x=1m处的质点振动方向向上D.若振源S向右匀速运动，在振源S右侧静止的接收者接收到的频率小于
28、10HzE.传播过程中该横波遇到小于2m的障碍物或小孔都能发生明显的衍射现象【答案】ACE【解析】A：由图知，波长，则波速。故A项正确。B：频率为10Hz，。振源S在O点做沿竖直方向的简谐运动，处的波向左传播，t=0时刻，x=-1m处的质点处于平衡位置且向y轴正方向运动。则时，x=-1m处的质点处在波谷位置。故B项错误。C：t=0时，处的波向右传播，将波形向右平移一小段距离可得：x=1m处的质点振动方向向上。故C项正确。D：若振源S向右匀速运动，据多普勒效应，在振源S右侧静止的接收者接收到的频率大于10Hz。故D项错误。E：横波波长，传播过程中该横波遇到小于2m的障碍物或小孔都能发生明显的衍射
29、现象。故E项正确。综上，本题答案为ACE。16.如图所示为一块半圆柱形玻璃砖，半圆形截面ABD的圆心为O，半径为R。现有平行光束平行ABD平面以入射角=45射到长度为L、宽为2R的长方形截面ABEF上，最终从下表面射出玻璃砖。已知玻璃的折射率n=。求光在ABEF界面的折射角及全反射临界角C；玻璃砖下表面有光线射出部分的面积S。【答案】30，45 【解析】作出光路图，如图所示，由折射定律，有：得：sin=，解得：=30根据解得，则C=450（2）如果光线AC刚好在C点发生全反射，则有：nsinACO=sin90，而n=即有ACO=sin45，则AOC=75同理在右侧发生全反射的光线入射点为D，可解得BOD =15故能够从半圆柱球面上出射的光束范围限制在CD区域上，对应的角度为180-75-15=90，所以底面透光部分的弧长为：L=2R= 玻璃砖下表面有光线射出部分的面积 点睛：本题关键要掌握光的折射定律及全反射条件，要注意分析发生全反射时边界光线的确定，作出光路图，结合几何知识研究这类问题
