湖北省黄冈中学2019届高三物理5月第二次模拟考试试题(含解析)

湖北省黄冈中学2019届高三5月第二次模拟考试理综物理试题二、选择题1.以下有关近代物理的内容叙述正确的是A. 放射性元素在发生α衰变时2个中子和2个质子结合为一个α粒子，设中子、质子和α粒子的质量分别为m1、m2、m3，则2(m1+m2)=m3B. 在关于物质波的表达式E=hν和hpλ=中，能量E和动量p是描述物质的波动性的重要物理量，波长λ和频率v是描述物质的粒子性的典型物理量C. 在原子核发生衰变后，新核往往处于不稳定的高能级状态，会自发地向低能级跃迁D. 重核的裂变过程质量增大，轻核的聚变过程有质量亏损【答案】C【解析】【详解】放射性元素在发生α衰变时2个中子和2个质子结合为一个α粒子，有质量亏损，即为△m=2m1+2m2-m3，故A错误。

在关于物质波的表达式E=hv和hpλ=中，能量E和动量p是描述物质的粒子性的重要物理量，波长λ和频率v是描述物质的波动性的典型物理量，故B错误。

在原子核发生衰变后，新核往往处于不稳定的高能级状态，会自发地向低能级跃迁，选项C正确；重核的裂变过程和轻核的聚变过程都有能量放出，都有质量亏损，选项D错误.2.极地卫星的运行轨道经过地球的南北两极正上方（轨道可视为圆轨道）。

如图所示，某时刻某极地卫星在地球北纬45°A点的正上方按图示方向运行，经过12h后再次出现在A点的正上方，地球自转周期为24h。

则下列说法正确的是A. 该卫星运行周期比同步卫星周期大B. 该卫星每隔12h经过A点的正上方一次C. 该卫星运行的加速度比同步卫星的加速度小D. 该卫星所有可能角速度的最小值为rad/h 8π 【答案】D【解析】【详解】地球在12h 的时间内转了180°，要使卫星第二次出现在A 点的正上方，则时间应该满足34T +nT ＝12h ，解得48h 43T n +＝（n =0、1、2、3、），当n =0时，周期有最大值T =16h ，当n 的取值不同，则周期不同，则该卫星运行周期比同步卫星周期小，选项A 错误；由以上分析可知，只有当卫星的周期为16h 时，每隔12h 经过A 点上方一次，选项B 错误； 卫星的周期小于同步卫星的周期，则运转半径小于同步卫星的半径，根据2GM a r =可知，该卫星运行的加速度比同步卫星的加速度大，选项C 错误；该卫星的最大周期T =16h ，则最小的角速度为：2=rad/h 8T ππω=，选项D 正确.3.如图所示，倾角为30︒的粗糙斜面与倾角为60︒的足够长的光滑斜面对接在一起，两斜面上分别放有质量均为m 的物块甲和乙，两物块通过一跨过定滑轮的细线连在一起。

在平行于斜面的拉力F 的作用下两物块均做匀速运动（细线保持拉直状态）。

从图示位置开始计时，在甲物块与滑轮相碰前的一段时间内，下面的图象中，x 表示每个物块所通过的路程，E 表示两物块组成的系统的机械能，W f 表示甲物块克服摩擦力所做的功，E p 表示两物块组成的系统的重力势能，W F 表示拉力F 对乙物块所做的功，则图象中所反映的关系可能正确的是A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】相同时间内两物块的位移大小相等，但斜面倾角不同，3060h h sin sin=︒︒甲乙得：h甲＜h 乙，即任意段时间内，乙增加的重力势能大于甲减少的重力势能，系统的重力势能是增加的，而系统动能不变，则系统的机械能也是增加的，故AC错误；甲物块克服摩擦力所做的功W f=μmgs cos30°，s=vt，故W f-t图线为过原点的倾斜直线，同理W F-t图线亦为过原点的直线，故B正确，D错误。

4.一物体的运动图像如图所示，横纵截距分别为n和m，在图象所示的运动过程中，下列说法正确的是A. 若该图x-t图象，则物体速度一直减小B. 若该图为a-t图象且物体的初速度为零，则物体的最大速度为mnC. 若该图为a-xD. 若该图为a-x图象且物体的初速度为零，则物体最终静止【答案】C【解析】【详解】若该图为x-t图象，则斜率等于速度，可知物体速度不变，选项A错误；若该图为a-t图象且物体的初速度为零，则图像的面积等于速度的变化量，可得物体的最大速度为1 2mn，选项B错误；若该图为a-x图象且物体的初速度为零，则由212ax v=可知，21122mn ax v ==C 正确；若该图为a-x 图象且物体的初速度为零，则物体最终加速度为零，物体做匀速直线运动，选项D 错误。

5.如图所示为测磁感应强度大小的一种方式。

边长为 l 、一定质量的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通以逆时针方向的电流。

图中虚线过ab 边中点和ac 边中点，在虚线的下方为垂直于导线框向里的匀强磁场，导线框中的电流大小为I 。

此时导线框处于静止状态，通过传感器测得细线中的拉力大小为F 1；保持其它条件不变，现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时测得细线中拉力大小为F 2。

则磁感应强度大小为A. 21Il F F - B. 212Il F F - C. 12)2(Il F F - D.12)32(IlF F - 【答案】A【解析】【详解】现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时细线中拉力为F 2。

线框处于匀强磁场中，则各边受到的安培力大小相等，依据左手定则，可知安培力夹角均为120°，因此安培力合力为F 安，则有F 2=mg +F 安；当在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为F 1；依据左手定则，则各边受到安培力如图所示：结合矢量的合成法则，及三角知识，则线框受到安培力的合力，方向竖直向上，大小为12F BIL =安；根据平衡条件，则有：F 1+F 安=mg ，解得：F 安=mg -F 1=F 2-F 1；即2111 22BIL F F =-（），那么21F Bl I F -=，故A 正确，BCD 错误。

6.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1:2，两端共接有四只相同的小灯泡L 1、L 2、L 3和L 4（电阻恒定不变），在ab 之间接有交流电源，其输出电压的有效值为U ，四只小灯泡均发光。

下列说法正确的是A. L 3可以正常发光B. L 4的电压为U 41C. 小灯泡L 1 一定比L 4亮D. L 1的功率是L 2的9倍【答案】BCD【解析】 【详解】设每个灯泡的电阻为R ，且设L 3、L 4两灯泡两端的电压均为U ＇，电流为'U R，则次级电压为2U ＇，次级电流为'U R ；根据匝数比可得初级电压为U ＇，则L 2的电流为'U R，根据匝数比等于电流的倒数比可知，初级电流为'2U R ，则L 1的电流为：'2U R +'U R ='3U R；则电压关系为：''3UU R UR=⋅+，解得U＇=14U；即L3、L4的电压均为U41，选项B正确；L1的电压为3U＇=34U，则小灯泡L1一定比L4亮，选项C正确；L2的电压为U＇=14U，根据RUP2=可知，L1的功率是L2的9倍，选项D正确；灯泡的额定电压未知，则无法判断灯泡是否正常发光，选项A错误.7.如图1所示，斜面体放在粗糙的水平地面上，两斜面光滑且倾角分别为53°和37°，两小滑块P和Q用绕过滑轮不可伸长的轻绳连接，分别置于两个斜面上，OP∥AB，OQ∥AC，已知P、Q和斜面体均静止不动。

若交换两滑块位置如图2所示，再由静止释放，斜面体仍然静止不动，P的质量为m，取sin53°=0.8，cos53°=0.6，重力加速度大小为g，不计滑轮的质量和摩擦，则下列判断正确的是A. Q的质量为4 3 mB. 在1图中，斜面体与地面间有摩擦力C. 在2D. 在2图中，斜面体对地面的摩擦力方向水平向左【答案】AC【解析】【详解】两斜面光滑且倾角分别为53°和37°，如图1放置，则根据沿绳方向的力相等知mg sin53°=m Q g sin37°，解得m Q=43m，故A正确；在1图中，整个系统处于静止状态，斜面体与地面之间无摩擦力，故B错误；在2图中，设绳子拉力为T，根据牛顿第二定律知4 3mg sin53°-T=43ma，T-mg sin37°=ma，解得T=45mg，滑轮受到轻绳的作用力大小为5N==，选项C正确；对斜面体受力分析，因两根绳子对滑轮的作用力竖直向下，则水平方向：44cos53cos37cos37cos53325x F mg mg mg =-=，方向向右，则地面对斜面体的摩擦力向左，由牛顿第三定律可知，斜面体对地面的摩擦力方向水平向右，选项D 错误.8.如图所示，有两个相互平行间距为L 的金属导轨PQ 和MN ，磁感应强度大小为B 的匀强磁场垂直导轨向上(图中没有画出)，导轨与水平面所成夹角为θ=30°，在P 和M 间接有电阻R ，金属棒CD 垂直接在金属导轨上，金属棒质量为m ，电阻为r 。

金属导轨电阻不计。

已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为33=μ,重力加速度大小为g ，导轨足够长，下列说法正确的是A. 若给金属棒一个沿导轨向上、大小为F=2mg 的恒力，金属棒从静止开始运动位移x 时达到最大速度，则此过程金属棒产生的焦耳热为3244()3mgrx R r rm g R r B L +-+ B. 若给金属棒一个沿导轨向下的速度，使金属棒获得的初动能为E k0，运动位移x 时动能减小为初动能的19，则金属棒沿导轨向下运动的最大位移为32x C. 若给金属棒一个沿导轨向下的速度，在金属棒沿导轨向下运动的过程中动能的减少量等于回路产生的焦耳热D. 在金属棒沿导轨向下运动位移为x 的过程中，通过金属棒的电荷量为BLx r【答案】BC【解析】【详解】若给金属棒一个沿导轨向上、大小为F=2mg 的恒力，金属杆达到最大速度时满足：cos30m BLv F mg BL R r μ=++，解得223()2m mg r R v B L+=；由动能定理：21cos302m Fx mg x W mv μ-⋅-=安，解得：2324439()=28R r m g W mgx B L +-安，则整个回路的焦耳热为Q =W 安，金属棒产生的焦耳热为：1r Q Q r R =+，解得3214439()2()8mgrx R r rm g Q R r B L +=-+，选项A 错误；若给金属棒一个沿导轨向下的速度，使金属棒获得的初动能为E k0，运动位移x 时动能减小为19E k0，因s i n 30m g m g μ=，则由动量定理：-BIL t ⋅∆=，其中B L x q I t r R r R ∆Φ=∆==++；联立可得：22B L x r R=+ ；设下滑的最大距离为x m ，则由动量定理：''-BI L t ⋅∆=中''''m BLx q I t r R r R ∆Φ=∆==++22m B L x r R =+；由两式可得32m x x =，选项B 正确；若给金属棒一个沿导轨向下的速度，由能量关系可知，在金属棒沿导轨向下运动的过程中动能的减少量等于重力功、摩擦力的功以及安培力的功之和，因重力做的正功等于摩擦力做的负功，克服安培力的功等于回路产生的焦耳热，则动能的减少量等于回路产生的焦耳热，选项C 正确；在金属棒沿导轨向下运动位移为x 的过程中，通过金属棒的电荷量为BLx q I t r R r R∆Φ=∆==++，选项D 错误. 三、非选择题9.在做“练习使用多用电表”实验时，某同学想测量多用电表内电源的电动势（表盘上方正中刻度值为15），他找到两块规格完全相同的多用电表和一个定值电阻，设计实验方案如下：（1）首先将多用电表甲调到欧姆档“×1”倍率并进行欧姆调零，测量出定值电阻阻值为10.0Ω；（2）保持多用电表甲档位不变，将多用电表乙选择旋钮置于直流100mA 挡，并与定值电阻串联，如图甲所示，则多用电表甲的红表笔应接______(填“a”或“b”)接线柱，黑表笔接另一接线柱；（3）该学习小组正确连接电路后，观察到甲乙两表示数分别如图乙、丙所示，则乙表直流100mA 挡的内阻为______Ω，多用电表内电源电动势E=______V 。