河北省石家庄市第二中学2018届高三12月月考理综物理试题
二、选择题
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 汤姆逊通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的“枣糕模型”
B. 太阳辐射的能量主要来自太阳内部的链式反应
C. 光电效应中光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
D. 是衰变方程
【答案】A
【解析】汤姆逊通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的“枣糕模型”，故A正确；太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，故B错误；根据爱因斯坦光电效应方程，入射光的频率越大，光电子的最大初动能也越大，并不是成正比，故C错误；是人工转变方程，故D错误。所以A正确，BCD错误。
2. 铁路在弯道处的内外轨道高度不同，已知内外轨道平面与水平的夹角为，如图所示，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯时速度等于，则（ ）
A. 内轨对内侧车轮轮缘有挤压
B. 外轨对外侧车轮轮缘有挤压
C. 这时铁轨对火车的支持力等于
D. 这时铁轨对火车的支持力等于
【答案】C
【解析】火车的重力和轨道对火车的支持力的合力恰好等于需要的向心力时有：，解得：，此时车轮轮缘对内、外均无压力，故A B错误；当内外轨没有挤压力时，
受重力和支持力，可得支持力，故C正确，D错误。所以C正确，ABD错误。
3. 如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，保持输入电压不变，开始时单刀双掷开关K接b。S断开时，小灯泡A发光较暗，要使小灯泡A亮度增加，下列操作可行的是（ ）
A. 闭合开关S
B. 滑动变阻器滑片向右移动
C. 滑动变阻器滑片向左移动
D. 开关K接a
【答案】B
【解析】试题分析：闭合开关S后，副线圈中的总电阻减小，则副线圈中的总电流增大，电阻R两端的电压增大，而副线圈两端的总电压不变，故灯泡两端的电压变小，所以灯泡变暗，A错误；把滑动变阻器滑片向右移动，则副线圈总的总电阻减小，总电流增大，由于副线圈中的电路此时只有一条干路，所以通过灯泡的电流增大，所以灯泡变亮，反之，把滑动变阻器滑片向左移动，灯泡变暗，B正确C错误；单刀双掷开关K接a，则变大，而输入电压不变，根据可知减小，即副线圈两端电压减小，副线圈中的电流减小，所以通过灯泡的电流减小，故灯泡变暗，D错误
考点：考查了理想变压器，电路的动态变化
【名师点睛】对于变压器需要掌握公式、，以及知道副线圈的电流以及功率决定了原线圈中的电流和功率，理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．同时当电路中有变压器时，只要将变压器的有效值求出，则就相当于一个新的恒定电源
4. 如图所示，光滑轨道ABCD中BC为圆弧，圆弧半径为R，CD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动，现将一质量为m的小滑
块从轨道上A点由静止释放，A到C的竖直高度为H，则（ ）
A. 滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关
B. 小滑块不可能返回A点
C. 若H=4R，滑块经过C点时对轨道压力大小为8mg
D. 若H=4R，皮带速度，则物块第一次滑上传送带，由于摩擦而产生的内能为9mgR
【答案】D
【解析】试题分析：由于传送带逆时针方向运动，可知滑块在向右运动的过程中一直做减速运动，当滑块恰好速度等于0时，向右运动的距离最大，该距离与传送带的速度无关．故A正确；滑块在传送带上先向右减速，然后在传送带上向左做加速运动，如果传送带的速度足够大，则滑块向左一直做加速运动时，由运动的对称性可知，滑块离开传送带的速度与滑上传送带的速度大小相等，可以达到A点．故B错误；若H=4R，滑块经过C点时的速度：,滑块受到的支持力与重力的合力提供向心力，所以：得：FN=9mg；根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道压力大小为9mg．故C错误；选择向右为正方向，设滑块与传送带之间的动摩擦因数是μ，则滑块的加速度：a＝−μg
滑块的速度为-时，使用的时间：
滑块的位移：x1＝vt+at2
代入数据得：
这段时间内传送带的位移：
滑块与传送带之间的相对位移：△x＝x1−x2＝
由于摩擦而产生的内能为：Q=f△x=μmg•=9mgR，故D正确．故选AD。
考点：动能定理及牛顿定律的综合应用
【名师点睛】本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律和牛顿第二定律，解决本题的关键理清物体的运动过程，知道物体的运动规律，结合动能定理、牛顿第二定律和运动学公式进
行求解。
5. 如图所示，斜面固定在水平面上，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O点，物块与斜面间有摩擦。现将物块从O点拉至A点，撤去拉力后物块由静止向上运动，经O点到达B点时速度为零，则物块从A运动到B的过程中（ ）
A. 经过位置O点时，物块的动能最大
B. 物块动能最大的位置与AO的距离无关
C. 物块从A向O运动过程中，弹性势能的减少量等于动能与重力势能的增加量
D. 物块从O向B运动过程中，动能的减少量大于弹性势能的增加量
【答案】BD
【解析】物体从A向O运动过程，受重力、支持力、弹簧的拉力和滑动摩擦力，在平衡位置动能最大，由于摩擦力平行斜面向下，故平衡点在O点下方，所以经过O点的动能不是最大，故A错误；在平衡点动能最大，而平衡点的位置与AO距离无关，故B正确；物块从A向O运动过程中，弹性势能减小，重力势能、动能和内能均增加，根据能量守恒定律，弹性势能的减少量大于动能与重力势能的增加量，故C错误；物块从O向B运动过程中，动能减小，重力势能、弹性势能和内能均增加，根据能量守恒定律，动能的减少量大于弹性势能的增加量，故D正确。所以BD正确，AC错误。
6. 火星探测器升空后，先在地球表面附近以线速度v环绕地球周围飞行，再多次调整速度进入地火转移轨道，最后再一次调整速度以线速度在火星表面附近环绕火星圆周飞行。若认为地球和火星都是质量分布均匀的球体，已知火星与地球的半径之比为1:2，密度之比为5:7，设火星与地球表面重力加速度分别为和，下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】星球表面的物体受到的重力等于万有引力：，解得：，所以：，故A错误，B正确；由万有引
力充当向心力：，解得，其中，可得：，已知火星和地球的半径之比为1：2，密度之比为5：7，所以探测器绕火星表面运行和绕地球表面运行线速度大小之比为：，故C正确，D错误。所以BC正确，AD错误。
7. 如图所示，真空中有两个点电荷和，分别固定在x坐标轴上，其中Q1位于处，Q2位于x=6cm处，在x轴上（ ）
A. 场强为0的点只有1处（不考虑无穷远处）
B. 在区域，电势沿x轴正方向降低
C. 质子从运动到处，电势能升高
D. 在和的区域，场强沿x轴正方向
【答案】AD
【解析】试题分析：Q1和Q2将整个x轴分成三个区域
①x＜0，根据点电荷的电场强度公式，，因为任一点距Q1比距离Q2近，且，故Q1产生的场强大于Q2，合场强水平向左，沿x轴负方向。此区间场强不可能为零。
②0＜x＜6cm，电场水平向右，正负电荷产生的电场均向右，场强沿x轴正方向，此区间场强不可能为零。质子从x=1cm运动到x=5cm，电场力做正功，电势能减小，故C错误
③x＞6cm，设坐标为x处，电场强度为0，则有：
代入数据解得：x=9cm
综上：场强为0的点只有一处即x=9cm，A错误；
在6cm＜x＜9cm场强主要取决于Q2，方向水平向左，沿x轴负方向，电势沿x轴正方向升高；
在X＞9cm场强主要取决于Q1，方向水平向右，沿x轴正方向，电势沿x轴正方向降低；
B错误；
在0＜x＜6cm及x＞9cm场强沿x轴正方向，D正确；
故选：D。
考点：电势与电场强度的关系；电势能．
【名师点睛】空间中某一点的电场，是空间所有电荷产生的电场的叠加，是合场强，场强是矢量，其合成遵守平行四边形定则．沿电场强度方向电势降低。某一过程电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大。
8. 如图所示，两根光滑足够长的平行金属导轨固定在水平面上，滑动变阻器接入电路的电阻值为R（最大阻值足够大），导轨的宽度L=0.5m，空间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度的大小B=1T，电阻的金属杆在F=5N的水平恒力作用下由静止开始运动，经过一段时间后，金属杆的速度达到最大速度vm，不计导轨电阻，则有（ ）
A. R越大，vm越大
B. 金属杆的最大速度大于或等于20m/s
C. 金属杆达到最大速度之前，恒力F所做的功等于电路中消耗的电能
D. 金属杆达到最大速度后，金属杆中电荷沿杆方向定向移动的平均速率ve与恒力F成正比
【答案】ABD
【解析】试题分析：当导体棒达到最大速度时满足F=F安；则，解得，可知R越大，vm越大，选项A错误；金属杆的最大速度，则金属杆的最大速度大于或等于20m/s，选项B正确；在金属杆达到最大速度之前，恒力F所做的功等于电路中消耗的电能与导体棒动能增量之和，选项C错误；金属杆达到最大速度后导体棒中的电流，则I=nesve，则，故金属杆达到最大速度后，金属杆中电荷沿杆长度方向定向移动的平均速率ve与恒力F成正比，选项D正确；故选BD．
考点：法拉第电磁感应定律；物体的平衡；安培力；
【名师点睛】此题是电磁感应综合题，考查法拉第电磁感应定律、物体的平衡、安培力以及能量守恒定律知识；要知道达到最大速度的条件是安培力与外力相等；此过程中的能量转化是恒力所做的功等于电路中消耗的电能与导体棒动能增量之和.
9. 用如图甲所示的实验装置研究弹簧的弹力与形变量之间的关系。弹簧自然悬挂，待弹簧静止时，长度记为L0；弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为Lx；在砝码盘中每次增加10g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6，数据如表：
（1）请根据表中数据在图乙中作图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度Lx与的差值。
（2）由图可知弹簧的劲度系数为______N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为_____g（结果保留两位有效数字，重力 加速度取9.8m/s2）。
【答案】 (1). (2).
【解析】根据描点作图法可得图象如图所示：
（2）根据胡克定律公式△F=k△x，可得：，由表格得到，弹簧原长为：L0=25.35cm；挂砝码盘时：Lx=27.35cm；由胡克定律，砝码盘质量为：
。
10. 利用如图（a）所示电路，可以测量金属丝的电阻率，所用的实验器材有：待测的粗细均匀的电阻丝、电流表（量程0.6A，内阻忽略不计）、电源（电动势3.0V，内阻r未知）、保护电阻（）、刻度尺、开关S、导线若干、滑片P。
实验步骤如下：
①用螺旋测微器测得电阻丝的直径d如图（b）所示；
②闭合开关，调节滑片P的位置，分别记录每次实验中aP长度x及对应的电流值I；
③以为纵坐标，x为横坐标，作图线（用直线拟合）；
④求出直线的斜率k和在纵轴上的截距b。
回答下列问题：
（1）螺旋测微器示数为d=_______mm。
（2）实验得到的部分数据如表所示，其中aP长度x=0.30m时电流表的示数如图（c）所示，读出数据完成下表，答：①_________________；②_______________________。
（3）在图（d）的坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图，根据图线求得斜率k=______A-1m-1，截距b=________ A-1。（保留小数点后两位小数）
（4）根据图线求得电阻丝的电阻率___ ，电源的内阻为r=_____ 。（保留小数点后一位小数）。
【答案】 (1). 0.400 (2). 0.38 (3). 2.63 (4). (5). 3.00 (6). 1.77 (7). 1.1×10-6 1.3(1.2-1.4)
【解析】（1）螺旋测微器的固定刻度为0.0mm，可动刻度为0.01×40.0mm=0.400mm，所以读数为0.400 mm。
（2）由图（c）可知，电流表读数为I=19.0×0.02A=0.380A；故表格①中应为0.38，表格②中通过计算可知，应该为2.63。
（3）在图（d）中描点作图，让直线尽量过所有的点，或让直线对称分布在直线两侧，
由图线可知斜率为，因此纵截距为b=1.77A-1。
（4）根据闭合电路欧姆定律，则有：，可得：，联立可得：，由数学知识可得：，，解得：ρ=1.1×10-6Ω•m ，r=1.3Ω。
11. 光滑水平面上放着质量mA=1kg的物块A与质量mB=2kg的物块B，A与B均可视为质点，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与A、B均不栓接），此时弹簧弹性势能EP=48J。在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示。放手后经一段时间后绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R=0.18m，B恰能达到最高点C，，求：
（1）绳拉断后瞬间B的速度vB的大小；
（2）绳拉断过程绳对B的冲量I的大小；
（3）绳拉断过程绳对A所做的功W。
【答案】（1）3m/s （2） （3）-14J
【解析】试题分析：对于恰能到达圆轨道的最高点，根据牛顿第二定律即可求出速度；在B向右运动的过程中，弹簧的弹性势能转化给B和A的动能，根据动量定理求出冲量；应用动量守恒定律和动能定理求解绳拉断的过程中所做的功。
（1）设B在绳被拉断后瞬时的速率为vB，到达C点的速率为vC，
根据B恰能到达最高点C有：
对绳断后到B运动到最高点C这一过程应用动能定理：
联立解得：。
（2）设弹簧恢复到自然长度时A、B的速率为v1、v2，取向右为正方向，
根据动量守恒可得：
根据能量守恒可得：
根据动量定理有：
代入数据解得：，其大小为。
（3）设绳断后A的速率为，取向右为正方向，
根据动量守恒定律有：
根据动能定理有：
代入数据解得：。
点睛：本题主要考查了应用动量定理、动量守恒定律和能量守恒定律进行解题，先要清楚物体的运动过程，要从题目中已知条件出发去求解问题．其中应用动能定理时必须清楚研究过程和过程中各力做的功。
12. 如图所示，在真空箱重，区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B
，方向垂直纸面向里，在处有足够大的薄板介质，薄板介质平面垂直y轴厚度不计，薄板介质上方区域存在平行x轴的匀强电场，场强大小，方向为x轴负方向。原点O为一粒子源，在xy平面内均匀发射出大量粒（电荷量为q，质量为m，重力可忽略），所以粒子的初速度大小相同，方向与x轴正方向的夹角分布在0-1800范围内，已知沿x轴正方向发射的粒子打在薄板介质上P点，P点坐标为，求：
（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径R及速度v；
（2）薄板介质被粒子击中区域的长度L；
（3）如果打在薄板介质上的粒子穿过薄板介质后速度减半，方向不变，求粒子在电场中能过到达y轴上离薄板介质最远点到原点O的距离。
【答案】（1） （2）2a （3）3a
（1）如图所示：
O1为圆心，根据几何关系可得：
由几何关系得到：
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得到：，联立得到：；
（2）设绝缘介质与y轴交点为M，与绝缘介质相切的粒子切点为Q，圆心为O1，OO2与x轴负方向夹角为300，则：
击中区域的长度。
（3）从P点进入电场的粒子到达y轴上离薄板介质最远，速度为：
与x轴负向夹角600角，
根据速度的合成和分解可得：，
加速度为：，
根据位移时间公式：
y方向的距离为：
可得：
点睛：本题主要考查了带电粒子在磁场和电场中的运动，首先要画出运动轨迹，利用几何关系找出极值点，在进行计算求解。
13. 斜面ABC中AB段粗糙，BC段长为1.6m且光滑，如图（a）所示，质量为1kg的小物块以初速度vA=12m/s沿斜面向上滑行，到达C处速度恰好为零，小物块沿斜面上滑的v-t图像如图（b）所示，已知AB段的加速度是BC段加速度的两倍。（vB、t0未知）求：
（1）小物块沿斜面向上滑行通过B点处的速度vB；
（2）斜面AB段的长度；
（3）小物块沿斜面向下滑行通过BA段的时间。
【答案】（1）4m/s （2）6.4m （3）1.6s
（1）由v-t图像可知，小物块沿斜面向上滑行的初速度vA=12m/s
由aAB=2aBC，由此可得：，
代入数据可以得到：vB=4m/s
（2）在上滑过程：对AB段根据速度位移公式有：
在上滑过程中：对BC段根据速度位移公式有有：
由上两式并带入数据解得：
（3）根据题意可知上滑时：
由牛顿运动定律可知：，即可得
所以下滑通过AB段时小物块做匀速运动，其速度为：vB=4m/s
运动的时间为：，
代入数据可以得到：
点睛：本题主要考查了运动学公式基本公式以及牛顿第二定律的应用，要求能正确分析物体的受力情况，能根据受力情况判断运动情况即可解题。
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