2018年天津市北辰区高考物理模拟考试试卷(解析版)

2018年天津市北辰区高考物理模拟考试试卷（解析版）1/142018年天津市北辰区高考物理模拟试卷一、单选题（本大题共5小题，共30分）1.国家大科学工程--中国散裂中子源(𝐶𝑆𝑁𝑆)于2017年8月28日首次打靶成功，获得中子束流，可以为诸多领域的研究和工业应用提供先进的研究平台。下列核反应中放出的粒子为中子的是()A. 714𝑁俘获一个𝛼粒子，产生 817𝑂并放出一个粒子B. 1327𝐴𝑙俘获一个𝛼粒子，产生 1530𝑃并放出一个粒子C. 511𝐵俘获一个质子，产生 48𝐵𝑒并放出一个粒子D. 36𝐿𝑖俘获一个质子，产生 23𝐻𝑒并放出一个粒子【答案】B【解析】解：A、 714𝑁俘获一个𝛼粒子，产生 817𝑂后，新粒子的质量数为14+4−17=1，电荷数为：7+2−8=1，所以粒子为质子。故A错误；B、 1327𝐴𝑙俘获一个𝛼粒子，产生 1530𝑃后，粒子的质量数为27+4−30=1，电荷数为：13+2−15=0，所以粒子为中子。故B正确；C、 511𝐵俘获一个质子，产生 48𝐵𝑒后，粒子的质量数为11+1−8=4，电荷数为：5+1−4=2，所以粒子为𝛼粒子。故C错误；D、 36𝐿𝑖俘获一个质子，产生 23𝐻𝑒后，粒子的质量数为6+1−3=4，电荷数为：3+1−2=2，所以粒子为𝛼粒子。故D错误故选：B。依据质量数与电荷数守恒；裂变是较重的原子核分裂成较轻的原子核的反应。考查核反应书写规律，掌握常见的人工核反应的规律，知道质量数与电荷数守恒是解答的关键。2.滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直圆面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中()A.所受合外力始终为零B.所受摩擦力大小不变C.合外力做功一定为零D.机械能始终保持不变【答案】C【解析】解：A、滑雪运动员的速率不变，而速度方向是变化的，速度是变化的，运动员的加速度不为零，由牛顿第二定律可知，运动员所受合外力始终不为零。故A错误。B、运动员下滑过程中受到重力、滑道的支持力与滑动摩擦力，由图可知，运动员从A到B的过程中，滑道与水平方向之间的夹角逐渐减小，则重力沿斜面向下的分力逐渐减小，运动员的速率不变，则运动员沿滑道方向的合外力始终等于0，所以滑动摩擦力也逐渐减小。故B错误。C、滑雪运动员的速率不变则动能不变，由动能定理可知，合外力对运动员做功为0.故C正确。D、运动员从A到B下滑过程中的动能不变而重力势能减小，所以机械能减小。故D错误。故选：C。滑雪运动员的速率不变做匀速圆周运动，加速度不为零，运动员所受合外力大小不为0，对运动员进行受力分析，结合受力的特点分析摩擦力的变化。摩擦力做功运动员的机械能减小本题抓住运动员做的是匀速圆周运动，速率不变，而速度、加速度、合外力是变化的。3.如图所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为𝜑𝑀、𝜑𝑁，粒子在M和N时加速度大小分别为𝑎𝑀、𝑎𝑁，速度大小分别为𝑣𝑀、𝑣𝑁，电势能分别为𝐸𝑃𝑀、𝐸𝑃𝑁.下列判断正确的是()A.𝑣𝑀𝑣𝑁，𝑎𝑀𝑎𝑁B.𝑣𝑀𝑣𝑁，𝜑𝑀𝜑𝑁C.𝜑𝑀𝜑𝑁，𝐸𝑃𝑀𝐸𝑃𝑁D.𝑎𝑀𝑎𝑁，𝐸𝑃𝑀𝐸𝑃𝑁【答案】D【解析】解：带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，根据带负电粒子受力情况可知，电场线方向斜向左上方，又沿着电场线方向，电势逐渐降低，故𝜑𝑀𝜑𝑁①；若粒子从M到N过程，电场力做负功，动能减小，电势能增加，故带电粒子通过M点时的速度比通过N点时的速度大，即𝑣𝑀𝑣𝑁②，在M点具有的电势能比在N点具有的电势能小，即𝐸𝑃𝑀𝐸𝑃𝑁③；根据电场线疏密可知，𝐸𝑀𝐸𝑁，根据𝐹=𝐸𝑞和牛顿第二定律可知，𝑎𝑀𝑎𝑁④；A、由②④可知，A错误；B、由①②可知，B错误；C、由①③可知，C错误；D、由③④可知，D正确；故选：D。带电粒子只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于粒子带负电，因此电场线方向指向左上方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线的疏密反应电场的强弱。解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化。2018年天津市北辰区高考物理模拟考试试卷（解析版）3/144.教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为𝑃.若发电机线圈的转速变为原来的12，则()A.R消耗的功率变为12𝑃B.电压表V的读数变为12𝑈C.电流表A的读数变为2ID.通过R的交变电流频率不变【答案】B【解析】解：A、B、线圈在匀强磁场中匀速转动，设线圈的最大横截面积为S，磁场的磁感应强度为B，线圈转动的角速度为𝜔，则产生的最大电动势为：𝐸𝑚=𝑛𝐵𝑆𝜔原线圈两端的电压等于电动势的有效值，为：𝑈1=√22𝐸𝑚=√22𝑛𝐵𝑆𝜔设原副线圈的匝数比为k，则副线圈两端的电压为：𝑈=𝑈2=1𝑘𝑈1=√22𝑘⋅𝑛𝐵𝑆𝜔…①当发电机线圈的转速变为原来的12时，有：𝐸𝑚′=𝑛𝐵𝑆𝜔′=12𝑛𝐵𝑆𝜔=12𝐸𝑚…②副线圈两端的电压为：𝑈′=√24𝑘⋅𝑛𝐵𝑆𝜔…③联立①③可知，𝑈′𝑈=12，即电压表的读数变为12𝑈；由：𝑃=𝑈2𝑅R消耗的电功率：𝑃′𝑃=𝑈′2𝑈2=14，即R消耗的功率变为14𝑃；故A错误，B正确；C、由变压器的特点可知，副线圈消耗的功率为原来的14，则发电机产生的电功率变成原来的14；由②可知，线圈产生的电动势是原来的12，由𝑃=𝑈𝐼可知，电流表的读数变成原来的12.故C错误；D、发电机线圈的转速变为原来的12，则原线圈中电流的频率变成原来的12，所以副线圈中，通过R的频率变成原来的12.故D错误。故选：B。根据交流电的产生以及最大值的表达式，分析交流电的最大值的变化，结合当结合有效值与最大值之间的关系分析有效值的变化；结合变压器的特点分析副线圈上的电压的变化、功率的变化以及频率的变化。本题考查了交流电的产生以及变压器的构造和原理，对交流电来说，当线圈的角速度减小时，不仅仅交流电的频率发生变化，交流电的最大值、有效值都会产生变化。5.氢原子光谱在可见光区域内有四条谱线𝐻𝛼、𝐻𝛽、𝐻𝛾和𝐻𝛿，都是氢原子中电子从量子数𝑛2的能级跃迁到𝑛=2的能级时发出的光，它们在真空中的波长由长到短，可以判定()A.𝐻𝛼对应的前后能级之差最小B.同一介质对𝐻𝛼的折射率最大C.同一介质中𝐻𝛿的传播速度最大D.用𝐻𝛾照射某一金属能发生光电效应，则𝐻𝛽也一定能【答案】A【解析】解：A、四条谱线𝐻𝛼、𝐻𝛽、𝐻𝛾和𝐻𝛿，在真空中的波长由长到短，根据𝛾=𝑐𝜆，可知，四条谱线𝐻𝛼、𝐻𝛽、𝐻𝛾和𝐻𝛿，的频率是由低到高；那么它们的能量也是由小到大，而△𝐸=𝐸𝑚−𝐸𝑛=ℎ𝛾，则𝐻𝛼对应的前后能级之差最小，故A正确；B、当在同一介质，由于𝐻𝛿，能量最大，那么其的折射率也最大，而对𝐻𝛼的折射率最小，故B错误；C、在同一介质中，𝐻𝛿的折射率最大，由𝑣=𝑐𝑛，可知，其传播速度最小，故C错误；D、若用𝐻𝛾照射某一金属能发生光电效应，由于𝐻𝛽的能量小于𝐻𝛾，即𝐻𝛽的频率小于𝐻𝛾，依据光电效应发生条件，其入射频率不小于极限频率则𝐻𝛽不一定能，故D错误；故选：A。由波长与频率关系，可判定四条谱线的频率高低，从而确定其的能量大小，再结合跃迁过程中，释放能量即为前后能级之差，并由能量大小，来判定折射率的高低，再由𝑣=𝑐𝑛，来确定传播速度的大小；最后依据入射光的频率不小于极限频率时，才会发生光电效应现象。考查跃迁过程中能级的高低，掌握频率的大小与折射率的高低的关系，理解光电效应发生条件。二、多选题6.2018年2月2日，我国成功将电磁监测试验卫星“张衡一号”发射升空，标志我国成为世界上少数拥有在轨运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一。通过观测可以得到卫星绕地球运动的周期，并已知地球的半径和地球表面处的重力加速度。若将卫星绕地球的运动看作是匀速圆周运动，且不考虑地球自转的影响，根据以上数据可以计算出卫星的()A.密度B.向心力的大小C.离地高度D.线速度的大小【答案】CD【解析】解：A、设观测可以得到卫星绕地球运动的周期为T，地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g；地球表面的重力由万有引力提供，所以：𝑚𝑔=𝐺𝑀𝑚𝑅22018年天津市北辰区高考物理模拟考试试卷（解析版）5/14等号的两侧都有卫星得质量m，所以不能求出卫星的质量，就不能求出卫星的密度。故A错误；B、题目中没有告诉卫星的质量，不能求出卫星受到的向心力。故B错误；C、根据万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：𝐺𝑀𝑚(𝑅+ℎ)2=𝑚(2𝜋𝑇)2(𝑅+ℎ)解得：ℎ=3𝐺𝑀𝑇24𝜋2−𝑅=3𝑔𝑅2𝑇24𝜋2−𝑅可以求出卫星的高度。故C正确；D、由牛顿第二定律得：𝐺𝑀𝑚(𝑅+ℎ)2=𝑚𝑣2𝑅+ℎ解得：𝑣=√𝐺𝑀𝑅+ℎ=√𝑔𝑅23𝑔𝑅2𝑇24𝜋2，可知可以求出卫星的线速度。故D正确故选：CD。卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出线速度、向心加速度、重力加速度，然后答题。本题考查了人造卫星的应用，知道万有引力提供向心力是解题的关键，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以解题。7.明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可。一游僧见之曰：无烦也，我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身。假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为𝜃，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力𝐹𝑁，则()A.若F一定，𝜃大时𝐹𝑁大B.若F一定，𝜃小时𝐹𝑁大C.若𝜃一定，F大时𝐹𝑁大D.若𝜃一定，F小时𝐹𝑁大【答案】BC【解析】解：选木楔为研究对象，木楔受到的力有：水平向左的F、和两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力，由于木楔处于平衡状态，所以两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力与F沿两侧分解的分力是相等的，力F的分解如图：则：𝐹=𝐹1cos(90∘−𝜃2)+𝐹2cos(90∘−𝜃2)=2𝐹1cos(90∘−𝜃2)=2𝐹1sin𝜃2所以：𝐹1=𝐹2sin𝜃2由公式可知，当F一定，𝜃小时𝐹𝑁大；当𝜃一定，F大时𝐹𝑁大。故AD错误，BC正确故选：BC。由于木楔处在静止状态，故可将力F沿与木楔的斜面垂直且向上的方向进行分解，根据平行四边形定则，画出力F按效果分解的图示。并且可据此求出木楔对两边产生的压力。对力进行分解时，一定要分清力的实际作用效果的方向如何，再根据平行四边形定则或三角形定则进行分解即可。8.一振子沿x轴做简谐选动，平衡位置在坐标原点。𝑡=0时振子的位移为−0.1𝑚，𝑡=1𝑠时位移为0.1𝑚，则()A.若振幅为0.1𝑚，振子的周期可能为23𝑠B.若振幅为0.1𝑚，振子的周期可能为45𝑠C.若振幅为0.2𝑚，振子的周期可能为4sD.若振幅为0.2𝑚，振子的周期可能为6s【答案】AD【解析】解：A、B、𝑡=0时刻振子的位移𝑥=−0.1𝑚，𝑡=1𝑠时刻𝑥=0.1𝑚，如果振幅为0.1𝑚，则：(𝑛+12)𝑇=𝑡解得：𝑇=2𝑡2𝑛+1=22𝑛+1当𝑛=0时，𝑇=2𝑠；