1、重庆渝中区高考物理模拟优选题十二解析版2018年重庆渝中区高考物理模拟优选题（十二）（解析版）一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。选对但不全的得3分，有选错的得0分。1. 下列说法中正确的是（）A. 衰变所释放的电子是原子核外电子电离所形成的B. 大量氢原子从n=3能级向低能级跃迁时最多辐射四种不同频率的光C. 紫外线照射锌板表面发生光电效应，则增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出光电子的最大初动能也随之增大D. 氢原子从激发态跃迁到基态时，核外电子动能增大，氢原子总能量减少【答案】D【解析】A、发生衰变的过程是：一个中子变为质子同时放出一个电子，并非原子核外的电子电离形成的，故
2、A错误；B、大量氢原子从n=3能级向低能级跃迁时最多辐射种不同频率的光，故B错误；C、紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能不变，而光电子数目可能增加，故C错误；D、氢原子从较高的激发态跃迁到较低的激发态时，电子的轨道半径变小，根据知核外电子动能增大，氢原子总能量减少，故D正确；故选D。2. 如图甲所示,一次训练中，运动员腰部系着不可伸长的绳拖着质量m=11 kg的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，绳与水平跑道的夹角是37，5 s后拖绳从轮胎上脱落，轮胎运动的图象如图乙所示，不计空气阻力，已知sin 37=0.6，cos
3、37=0.8，g取10 m/s2，则下列说法正确的是A. 轮胎与水平地面间的动摩擦因数=0.2B. 拉力F的大小为55 NC. 在05s内，轮胎克服摩擦力做功为1375 JD. 在6 s末，摩擦力的瞬时功率大小为275 W【答案】D.点睛：本题考查了牛顿第二定律、功率、运动学公式的综合运用，通过速度时间图线和牛顿第二定律求出拉力的大小和动摩擦因数的大小是解决本题的关键3. 如图所示，水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，上极板带正电，下极板接地，一带电油滴静止于P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则油滴A. 仍保持静止，电势能增大 B. 仍保持静止，电势能减小C. 将向下运
4、动，电势能增大 D. 将向下运动，电势能减小【答案】B【解析】平行板电容器充电后与电源断开，电容器的电量不变，将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，板间距离增大，由推论公式，分析得到板间场强不变，所以电荷所受电场力不变，所以电荷保持静止，P点与下板间的电势差为，由公式，由于P点到下板的距离增大，所以电势差增大，由公式，由于电荷带负电，所以电势能减小，故B正确。点晴：本题是电容器的动态变化分析问题，难点是确定P点与正极板的电势变化，往往根据电势差及电势高低分析电势的变化。4. 如图所示，一矩形线圈面积为S，匝数为N，总电阻为r，绕其垂直于磁感线的对称轴OO以角速度匀速转动，匀强磁场只分布
5、于OO的左侧区域，磁感应强度为B，外接电阻为R，从图示位置转180的过程中，下列说法正确的是A. 从图示位置开始计时，则感应电动势随时间变化的规律为e=NBSsintB. 通过电阻R的电荷量C. 外力做功平均功率D. 电阻R中产生的焦耳热为【答案】B点睛：此题关键是知道线圈的一半在磁场中，则产生的感应电动势的最大值变为一半，转过1800时磁通量变化量为BS，这是容易出错的地方，要特别注意.5. 如图所示，直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管(正向电阻为0,反向电阻为)连接，电源负极接地。开始时电容器不带电，闭合开关S，稳定后，一带电油滴恰能静止在电容器中P点。在开关S保持接通的状态下
6、，下列说法正确的是A. 当滑动变阻器的滑片向下滑动时，电源两端的电压不变B. 当电容器的上极板向上移动时，带电油滴会向下运动C. 当电容器的下极板向下移动时，P点的电势不变D. 当电容器的下极板向左移动时，油滴的电势能会减小【答案】D【解析】当滑动变阻器的滑片向下滑动时，变阻器有效阻值减小，R的电压及电源两端的电压减小，选项A错误；当电容器的上极板向上移动时，变阻器有效阻值变大，R的电压变大，则电容器板间电压增大，场强增大，油滴所受的电场力增大，所以带电油滴会向上运动，故B错误；当电容器的下极板向下移动时，由电容的决定式知，电容减小，由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，则电容器的带电量不变
7、，由E=知电容器板间场强不变，由U=Ed知，P与下极板间的电势差变大，P点的电势会升高。故C错误。当电容器的下极板向左移动时，电容器的电容减小，由C=Q/U知，Q要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，那么只能是极板间U增大，由E=U/d知电容器板间场强变大，则P与下极板间的电势差变大，P点的电势升高，由于油滴带负电，则油滴的电势能会减小，故D正确。故选D。点睛：本题分析清楚极板间电场强度如何变化是解题的关键，要掌握与电容有关的两个公式：电容的决定式和电容的定义式C=Q/U，结合E=U/d运用控制变量法进行分析6. 2018年3月30日，我国在西
8、昌卫星发射中心以“一箭双星”方式成功发射第30、31颗北斗导航卫星，经轨控和相位捕获后，进入工作轨道。这两颗卫星属于轨道半径介于近地卫星和同步卫星之间的中圆地球轨道卫星。这两颗卫星在工作轨道上正常运行A. 速率大于7.9 km / sB. 受到地球的万有引力大小相等C. 周期小于近地卫星正常运行的周期D. 加速度大于同步卫星正常运行的加速度【答案】D【解析】7.9 km / s是所有环绕地球卫星的最大环绕速度，则两颗卫星的速率小于7.9 km / s，选项A错误；两颗卫星的质量关系不确定，则受到地球的万有引力大小关系不确定，选项B错误；距离地面越高的卫星的周期越大，可知两颗卫星周期大于近地卫星
9、正常运行的周期，选项C错误；根据可知，加速度大于同步卫星正常运行的加速度，选项D正确；故选D.点睛：卫星越高，则线速度越小，角速度越小，周期越大，向心加速度越小，这些都是基本常识，要熟练掌握.7. 氢原子处于量子数n=2的激发态时能量E2=-3.4 eV，则A. 辐射出一个能量为3.4 eV的光子后跃迁到基态B. 辐射出一个能量为10.2 eV的光子后跃迁到基态C. 用光子能量为3.4 eV的光照射后将跃迁到n=3的激发态D. 用光子能量为13.6 eV的光照射后将跃迁到n=3的激发态【答案】B【解析】氢原子处于量子数n=1的基态时能量E1=-136. eV，处于量子数n=2的激发态时能量E2
10、=-3.4 eV则辐射出一个能量为（-3.4 eV）-（-13.6 eV）=10.2 eV的光子后跃迁到基态，选项B正确，A错误；n=3的激发态时能量E3=-1.51 eV，则用光子能量为（-1.51eV）-（-3.4 eV）=1.89 eV的光照射后将跃迁到n=3的激发态，选项C错误；用光子能量为13.6 eV的光照射后将使氢原子电离，选项D错误；故选B.点睛：解决本题的关键知道能级间跃迁辐射或吸收光子的能量等于两能级间的能级差，即Em-En=hv8. 2016年8月16日凌晨，被命名为“墨子号”的中国首颗量子科学实验卫星开启星际之旅，这是我国在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信，构建天
11、地一体化的量子保密通信与科学实验体系。“墨子号”卫星的工作高度约为500km，在轨道上绕地球做匀速圆周运动，经过时间t(t小于其运动周期)，运动的弧长为s，与地球中心连线扫过的角度为(弧度)，引力常量为G。则下列关于“墨子号”的说法正确的是( )A. 线速度大于第一宇宙速度B. 环绕周期为C. 质量为D. 向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度【答案】B【解析】试题分析：第一宇宙速度为最大环绕速度，即为轨道半径等于地球半径轨道上卫星的环绕速度；根据角速度的定义以及求解周期；根据比较向心加速度的大小第一宇宙速度为近地卫星环绕速度，也为卫星最大环绕地球运动的速度，故由于“墨子号”轨道半径大于地球半
12、径，所以其环绕速度小于第一宇宙速度，A错误；“墨子号”经过时间t（t小于太空电站运行的周期），它运动的弧长为s，它与地球中心连线扫过的角度为（弧度），则太空站运行的线速度为，角速度为，环绕周期为，B正确；绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即，计算过程中卫星的质量相互抵消，不能计算卫星的质量，C错误；根据公式可得，所以半径越大，向心加速度越小，因为墨子号的运动半径小于同步卫星的运动半径，故“墨子号”向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，D错误9. （1）读出下图中螺旋测微器和游标卡尺的读数。螺旋测微器的读数为_mm；游标卡尺的读数为_mm。 （2）如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒
13、定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通过仅测量_(填选项前的序号)，间接地解决这个问题A小球开始释放的高度hB小球抛出点距地面的高度HC小球做平抛运动的水平位移用天平测量两个小球的质量m1、m2。图中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影，实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放；然后，把被碰小球m2静止于轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相撞，并多次重复，分别找到小球的平均落点M、P、N，并测量出平均水平位移OM、OP、ON。若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_(用（2）中
14、测量的量表示)；若碰撞是弹性碰撞。那么还应满足的表达式为_(用（2）中测量的量表示)。【答案】 (1). 4.950 (2). 1.75 (3). C (4). (5). 【解析】(1) 螺旋测微器固定刻度为4.5mm，可动刻度为0.0145.0mm=0.450mm，所以最终读数为：4.5mm+0.450mm=4.950mm；游标卡尺的主尺读数为1.7cm，游标读数为0.055mm=0.25mm，所以最终读数为：1.7cm+0.25mm=17.25mm；(2) 验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是通过落地高度不变情况
15、下水平射程来体现速度，故答案是C；(3) 设落地时间为t，而动量守恒的表达式是m1v0=m1v1+m2v2所以若两球相碰前后的动量守恒，则m1OM+m2ON=m1OP成立若碰撞是弹性碰撞，动能是守恒的，即 则有m1OM2+m2ON2=m1OP2成立。10. 某同学要分别测量一小灯泡（3.8V、1.5W）在常温下和正常工作时的电阻，方法如下： （1）用欧姆表测量小灯泡常温下的电阻，测量示数如图甲，小灯泡常温下的电阻为_。（2）用图乙所示电路测量小灯泡正常工作时的电阻，图中为滑动变阻器，为电阻箱，电源电动势为E=6V，请在答题纸上将实物图连接补充完整_。为检查电路连接是否有断接处，该同学进行了如下
16、操作：将的滑动触头P移至C处，只闭合，发现电压表示数接近6V，若仪器都完好，则没有连接好的区间是_。A、ab段 B、cd段 C、eP段排除故障后，将拨向接点1，接通，调节_，使电压表示数达到3.8V；之后拨向接点2，调节_，使_，的读数即为小灯泡正常工作时的电阻。【答案】 (1). 3.8(3.63.9) (2). (3). B (4). R1 (5). R2 (6). 电压表示数仍然达到3.8V【解析】(1) 由图甲可知，常温下电阻为3.7；(2) ）根据给出的原理图可得出对应的实物图，如图所示；因在移动滑片过程中，电压表示数接近电源的电动势，说明电压表直接接在了电源两端；故说明cd段发生断
17、路故障，故B正确；开关接1，此时灯泡接入电路，为了让电压达到3.8V，应调节滑动变阻器R1；将开关拔到2后，调节R2使其两端电压为3.8V，则此时R2的示数与灯泡电阻相等。点晴：掌握多用电表的使用方法，明确每次换档后应进行欧姆调零；同时掌握欧姆表的读数方法；明确电压表示数接近电源电动势的原因，从而明确故障所在；根据电路图进行分析，明确实验中采用的替代法进行测量，则可知应进行的步骤。11. 如图所示，光滑绝缘水平面上方存在电场强度大小为E、方向水平向右的匀强电场。某时刻将质量为m、带电量为q的小金属块从A点由静止释放，经时间t到达B点，此时电场突然反向且增强为某恒定值，又经过时间t小金属块回到A
18、点，小金属块在运动过程中电荷量保持不变，求：(1)A、B两点间的距离；(2)电场反向后匀强电场的电场强度大小。【答案】(1) (2) 【解析】解：(1)设t末和2t末小物块的速度大小分别为和，电场反向后匀强电场的电场强度大小为E1,小金属块由A点运动到B点过程 联立解得（2）解得 小金属块由B点运动到A点过程 联解得 12. 如图所示，半径R=2.0m的光滑圆弧轨道周定在光滑的水平地面上，其末未端水平，平板小车上固定一木块，紧靠在轨道的末端，木块上表面水平粗糙，且与圆弧轨道末端等高，木块的厚度h=0.45m，木块最右端到小车最右端的水平距离x=0.45m，小车连同木块总质量M=2kg。现使一个
19、质量m=0.5kg的小球从圆弧轨道上由静止释放，释放小球的位置和圆弧轨道的圆心之间的连线与竖直方向的夹角为53，小球从木块右端飞出后恰好击中小车的最右端，(g=10m/s，sin53=0.8，cos53=0.6)求：(1)小球到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；(2)小球离开木块最右端时，小球的速度大小；(3)小球运动到木块最右端过程中，系统产生的内能。【答案】(1) (2) (3) 【解析】解:(1)设小球到达轨道末端的速度为v0,由机械能守恒定律mgR(1-cos530)=mv02 解得 v0=4m/s 小球在轨道最低点 F-mg=m 解得 F=9N由牛顿第三定律 小球对轨道的压力 F=F=9N(2)设小球运动到木块最右端的速度为 v1，此时小车的速度为v2，由动量守恒定律得mv0=mv1+Mv2小球离开木块最右端后做平抛运动，运动时间为th=gt2 解得 t=0.3s小球恰好击中小车的最右端v1t-v2t=x 以上各式联解得 v1=2m/s v2=0.5m/s 所以小球到达木块最右端的速度大小为2m/s (3)由能量守恒定律得mgR(1-cos530)=mv12 + Mv22+Q 解得 Q=2.75J
