2019年广东省深圳市高考一模物理试卷（含解析）

这是一份2019年广东省深圳市高考一模物理试卷（含解析），共13页。试卷主要包含了02 s，根据图， 【答案】B， 【答案】D， 【答案】C， 【答案】B；C， 【答案】A；C；D， 【答案】等内容，欢迎下载使用。

在水平地面上方某处，把质量相同的 P 、 O 两小球以相同速率沿竖直方向抛出，P 向上，O 向下，不计空气阻力，两球从抛出到落地的过程中
A． P 球重力做功较多
B．两球重力的平均功率相等
C．落地前瞬间，P 球重力的瞬时功率较大
D．落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等
如图，带电的平行板电容器和静电计用导线相连
A．若仅使上极板上移一段距离，则电容器的电容增大
B．若仅向两板间插入云母介质，则板间电场强度减小
C．若静电计指针张角增大，可能仅是因为两板正对面积增大
D．若静电计指针张角减小，可能仅是因为两板间距变大
如图所示，将一小球从固定斜面顶端 A 以某一速度水平向右抛出，恰好落到斜面底端 B。若初速度不变，对小球施加不为零的水平方向的恒力 F，使小球落到 AB 连线 之间的某点 C。不计空气阻力。则
A．小球落到 B 点与落到 C 点所用时间相等
B．小球落到 B 点与落到 C 点的速度方向一定相同
C．小球落到 C 点时的速度方向不可能竖直向下
D．力 F 越大，小球落到斜面的时间越短
可视为质点的甲、乙两小车分别沿同一平直路面同向行驶，t=0 时，甲在乙前方 16 m 处，它们的 v−t 图象如图所示，则下列说法正确的是
A．甲、乙在 t=2 s 和 t=10 s 时刻并排行驶
B．甲、乙在 t=4 s 和 t=8 s 时刻并排行驶
C．在 t=6 s 时，乙车在甲车前 8 m
D．在 t=6 s 时，乙车在甲车前 18 m
如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中，静止的铀 92238U 发生 α 衰变，生成新原子核 X，已知 α 粒子和新核 X 在纸面内做匀速圆周运动，则
A．原子核 X 的电荷数为 91，质量数为 236
B． α 粒子做顺时针圆周运动
C． α 粒子和原子核 X 的周期之比为 10:13
D． α 粒子和原子核 X 的半径之比为 45:2
高铁已成为重要的“中国名片”，领跑世界。一辆由 8 节车厢编组的列车，从车头开始的第 2 、 3 、 6 和 7 共四节为动力车厢，其余为非动力车厢。列车在平直轨道上匀加速启动时，若每节动力车厢牵引力大小为 F，每节车厢质量都为 m，每节车厢所受阻力为车厢重力的 k 倍。重力加速度为 g。则
A．启动时车厢对乘客作用力的方向竖直向上
B．整列车的加速度大小为 F−2kmg2m
C．第 2 节车厢对第 1 节车厢的作用力大小为 F2
D．第 2 节车厢对第 3 节车厢的作用力大小为 F+kmg2
如图所示，理想变压器原副线圈匝数之比为 1:2，正弦交流电源电压为 U=12 V，电阻 R1=1 Ω，R2=2 Ω，滑动变阻器 R3 最大阻值为 20 Ω，滑片 P 处于中间位置，则
A． R1 与 R2 消耗的电功率相等
B．通过 R1 的电流为 3 A
C．若向上移动 P，电源输出功率将变大
D．若向上移动 P，电压表读数将变大
如图所示，在竖直面（纸面）内有匀强电场，带电量为 q（q>0）、质量为 m 的 小球受水平向右大小为 F 的恒力，从 M 匀速运动到 N。已知 MN 长为 d，与力 F 的夹角 为 60∘，重力加速度为 g，则
A．场强大小为 F2+m2g2q
B． M 、 N 间的电势差为 dqF2+m2g2
C．从 M 到 N，电场力做功为 32mgd−12Fd
D．若仅将力 F 方向顺时针转 60∘，小球将从 M 向 N 做匀变速直线运动
图（a）为测量物块与水平长木板之间动摩擦因数的实验装置示意图。请按要求完成填空：
(1) 实验采用的电火花计时器应接 V 的电源 （后空填“直流”或“交流”）。
(2) 用力推物块一段距离后撤去推力，计时器打出一条合适的纸带，依次得到相邻两点间的距离如图（b）所示。根据图中数据，可认为物块在 （填“DI“或“EI”）间做匀减速运动。
(3) 已知相邻两点的时间间隔为 0.02 s，根据图（b）数据求得物块与木板间的动摩擦因 数为 （取 g=9.8 m/s2，结果取两位有效数字）。
某实验小组用图甲所示电路测量电源 E 的电动势和内阻，图中电压表 V 的最大量程为 3 V，虚线框内为用电流计 G 改装的电流表。
(1) 已知电流计 G 的满偏电流 IG=200 mA 、内阻 rG=0.30 Ω，电路中已将它改装为最大量程 600 mA 的电流表，则 R1= Ω（结果取二位有效数字）。
(2) 通过移动变阻器 R 的滑片，得到多组电压表 V 的读数 U 和电流计 G 的读数，作出如图乙的图象。某次测量时，电旅表 V 的示数如图丙，则此时通过电源 E 的电流为 mA（结果取三位有效数字）；电源 E 的电动势等于 V，内阻等于 Ω（结果取三位有效数字）。
(3) 若用来改装电流表的电阻 R1 的实际阻值略小于计算值，则对电源电动势测量的结果 （填“有”或“没有”）影响。
如图，竖直固定的倒 U 型导轨 NNPQ，轨道间距 L=0.8 m，上端开小口与水平线圈 C 连接，线圈面积 S=0.8 m2，匝数 N−200，电阻 r=15 Ω。质量 m=0.08 kg 的导体棒 ab 被外力水平压在导轨一侧，导体棒接入电路部分的电阻 R=1 Ω。开始时整个装置处于竖直向上的匀强磁场中。r=0 时撤去外力，同时磁感应强度按 B=B0−kt 的规律变化，其中 k=0.4 T/s；t1=1 s 时，导体棒开始 F 滑，它与导轨问的动摩擦因数 μ=0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。其余电阻不计（重力加速度 g=10 m/s2）。求：
(1) 0∼1 s 内通过导体棒的电流强度；
(2) t=0 时的磁感应强度 B0；
(3) 若仅将磁场方向改为竖直向下，要使导体棒 ab 在 0∼1 s 内仍静止，是否需要将它靠在导轨的另一侧？扼要说明理由。
静止在水平面上的小车固定在刚性水平轻杆的一端，杆的另一端通过小圆环套在竖直光滑的立柱上。每当小车停止运动时，车上的弹簧枪就会沿垂直于轻杆的水平方向自动发射一粒弹丸，然后自动压缩弹簧并装好一粒弹丸等待下次发射，直至射出所有弹丸。下图为该装置的俯视图。已知未装弹丸的小车质量为 M，每粒弹丸的质量为 m，每次发射弹丸释放的弹性势能为 E，发射过程时间极短：小车运动时受到一个与运动方向相反、大小为小车对地面压力 λ 倍的作用力；忽略所有摩擦阻力，重力加速度为 g。
(1) 若小车上只装一粒弹丸，求弹丸被射出时小车的速度大小；
(2) 若（1）问中发射弹丸后小车恰能运动一周，求射出弹丸时，杆对小车的拉力大小；
(3) 若小车上共装 25 粒弹丸，轻杆能承受的最大拉力 Fm=E18L（L 为小车做圆周运动的半径），则 Mm 须满足什么条件轻杆才不会被拉断？小车做圆周运动的总路程的最大值是多少？
请作答：
(1) 关于分子动理论，下列说法正确的有
A、扩散现象是物质分子永不停息地做无规则运动的证明
B、布朗运动不是分子的运动，但间接地反映了液体分子运动的无规则性
C、压缩气体时，体积越小，压强越大，说明气体分子间存在着斥力
D、从微观角度来看，气体的压强与气体分子的平均动能和分子的密集程度有关
E、当分子间作用力表现为引力时，分子势能随距离的增大而减少
(2) 如图所示，为了测量某刚性导热容器 A 的容积，将细管把它与水平固定的导热气缸 B 相连，气缸中活塞的横截面积 S=100 cm2。初始时，环境温度 T=300 K，活塞离缸底距离 d=40 cm。现用水平向左的力 F 缓慢推活塞，当 F=1.0×103 N 时，活塞离缸底距离 dʹ=10 cm。已知大气压强 p0=1.0×105 Pa。不计一切摩擦，整个装置气密性良好。求：
i 容器 A 的容积 VA；
ii 保持力 F=1.0×103 N 不变，当外界温度缓慢变化时，活塞向缸底缓慢移动了 Δd=3 cm 时，此时环境温度为多少摄氏度？
请回答下列问题：
(1) 一列简谐横波沿 x 轴正方向传播，甲图中 A 、 B 两质点平衡位置间的距离为 2 m，且小于一个波长，乙图为 A 、 B 两质点的振动图象。由此可知
A. B 质点在一个周期内通过的路程为 8 cm
B.该机械波的周期为 4 s
C.该机械波的波速为 4 m/s
D. t=1.5 s 时 A 、 B 两质点的位移相同
E. t=1.5 s 时 A 、 B 两质点的振动速度相同
(2) 如图所示，一束宽度为 2R 的平行单色光垂直射到半径为 R 的透明半圆柱体的平面上，在半圆柱体后方的竖直光屏 MN 上形成宽度为 2R 的光带。图中 O 为半圆柱体截面的圆心，轴线 OA 垂直于光屏，己知从 B 点射入的光线在射出圆柱体时，光线偏离原方向的角度为 15∘，OB=R2。求：
i 半圆柱体的折射率 n：
ii O 点到光屏 MN 的距离。
答案
1. 【答案】D
【解析】根据 W=mgh 可知两球重力做功相同，故A错误；
上抛的物体运动时间长，根据 P=Wt 可知两球重力的平均功率不相等，故B错误；
根据机械能守恒定律可知 12mv2=mgh+12mv02 可知，两球落地的速度相同，根据 P=mgv 可知落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等，故C错误，D正确。
【知识点】机械能和机械能守恒定律
2. 【答案】B
【解析】根据 C=εS4πkd 可知，若仅使上极板上移一段距离，则 d 变大，电容器的电容减小，故A错误；
根据 C=εS4πkd，若仅向两板间插入云母介质，则电容器的电容变大，根据 C=QU 可知，两板电势差 U 减小，根据 E=Ud 可知板间电场强度减小，故B正确；
若仅是因为两板正对面积增大，根据 C=εS4πkd 可知 C 变大，由 C=QU 可知 U 减小，即静电计指针张角减小，故C错误；
仅是因为两板间距变大，根据 C=εS4πkd 可知 C 变小，由 C=QU 可知 U 变大，即静电计指针张角变大，故D错误。
【知识点】电容器的电容、平行板电容器
3. 【答案】D
【解析】对小球施加不为零的水平方向的恒力 F 时，小球在竖直方向的运动不变，仍做自由落体运动，因 B 的竖直高度大于 C 的竖直高度，根据 h=12gt2 可知，小球落到 B 点的时间与落到 C 点所用时间不相等，选项A错误；
由图可知，对小球施加的水平方向的恒力 F 一定是方向向左，小球在水平方向做匀减速运动，若到达 C 点时水平速度恰好减为零，则落到 C 点的速度方向竖直向下；而落到 B 点的小球做平抛运动，到达 B 点的速度方向不可能竖直向下，故选项BC错误；
当加力 F 时：竖直方向 y=12gt2；水平方向：x=v0t−12Fmt2，而 tanα=12gt2v0t−12Fmt2，解得 t=2v0tanαg+Ftanαm，可知力 F 越大，小球落到斜面的时间 t 越短，选项D正确。
【知识点】和斜面有关的平抛运动
4. 【答案】B
【解析】由图象可知，甲做初速度为 0，加速度为 a1=126 m/s2=2 m/s2 的匀加速运动；乙做初速度为 v0=6 m/s，加速度为 a2=12−66 m/s2=1 m/s2 的匀加速运动；两车相遇时满足：v0t+12a2t2=s0+12a1t2，即 6t+12×1×t2=16+12×2t2，解得 t1=4 s，t2=8 s，即甲、乙在 t=4 s 和 t=8 s 时刻并排行驶，故A错误，B正确；在 t=6 s 时，甲的位移：x1=12×2×62 m=36 m；乙的位移：x2=6×6+12×1×62 m=54 m，可知此时乙在甲的前面 54 m−36 m−16 m=2 m，故CD 错误；故选：B。
【知识点】v-t图像、追及问题
5. 【答案】C
【解析】根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，原子核 X 的电荷数为 92−2=90，质量数为 238−4=234，故A错误；
α 粒子带正电，由左手定则可知，α 粒子做逆时针圆周运动，故B错误；
根据 T=2πmqB 可知，α 粒子和原子核 X 的周期之比：TαTX=42×90234=1013，故C正确；
根据动量守恒定律，α 粒子和原子核 X 的动量大小相同，r=mvqB∝1q 可知，α 粒子和 原子核 X 的半径之比为 rαrX=902=451，故D错误。
【知识点】放射性元素的衰变、带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
6. 【答案】B；C
【解析】启动时车厢对乘客竖直方向有竖直向上的支持力，水平方向有沿动车运动方向的水平摩擦力两个力的合力方向斜向上方，故A错误；
对整体列车，根据牛顿第二定律：4F−8kmg=8ma，解得：a=F−2kmg2m，故B正确；
对第 1 节车厢，根据牛顿第二定律：F21−kmg=ma，解得：F21=F2，故C正确；
对第 1 、 2 节车厢的整体，根据牛顿第二定律：F32+F−2kmg=2ma，解得：F32=0，故D错误。
【知识点】连接体问题
7. 【答案】B；C
【解析】理想变压器原副线圈匝数之比为 1:2，可知原副线圈的电流之比为 2:1，根据 P=I2R 可知 R1 与 R2 消耗的电功率之比为 2:1，故A错误；
设通过 R1 的电流为 I，则副线圈电流为 0.5I，初级电压：U−IR1=12−I；根据匝数比可知次级电压为 2(12−I)，则 2(12−I)0.5I=R2+12R3m=12 Ω，解得 I=3 A，故B正确；
若向上移动 P，则 R3 电阻减小，次级电流变大，初级电流也变大，根据 P=IU 可知电源输出功率将变大，电阻 R1 的电压变大，变压器输入电压变小，次级电压变小，电压表读数将变小，故C正确，D错误。
【知识点】闭合电路的欧姆定律、变压器
8. 【答案】A；C；D
【解析】对小球受力分析，如图；
根据平衡知识可知：(qE)2=(mg)2+F2，解得 E=F2+m2g2q，故A正确；
M 、 N 间的电势差为 UMN=Edcsα=dqF2+m2g2csα（α 角是 MN 与场强方向的夹角），故B错误；
从 M 到 N，电场力做功与重力和力 F 做功之和为零，即 W电=−(Fdcs60∘+mgdcs150∘)=32mgd−12Fd，故C正确；
因电场力 qE 和重力 mg 的合力与 F 等大反向，则若仅将力 F 方向顺时针转 60∘，小球受的合力方向沿 NM 的方向向下，大小为 F，则小球将从 M 向 N 做匀变速直线运动，故D正确。
【知识点】带电粒子在电场和重力场中的无约束运动
9. 【答案】
(1) 220；交流
(2) EI
(3) 0.63
【解析】
(1) 实验采用的电火花计时器应接 220 V 的交流电源。
(2) 在 EI 之间相邻两点间距逐渐减小，可知物块在“EI”间做匀减速运动。
(3) 由纸带可知物块做减速运动的加速度 a=(1.71+1.99−2.23−2.48)×10−24×0.022 m/s2=−6.3 m/s2；
由牛顿第二定律可知：a=μg，
可得物块与木板间的动摩擦因数为 μ=0.63。
【知识点】力学拓展实验、数据处理、牛顿第二定律、原理设计与器材选择
10. 【答案】
(1) 0.15
(2) 300；2.93；100
(3) 没有
【解析】
(1) 根据欧姆定律可知：IGrG=(I−IG)R1 带入数据解得：R1=0.15 Ω。
(2) 根据丙图可知电压表读数为 2.6 V；根据图乙可知电流计的读数为 100 mA，通过电阻 R1 的电流等于通过电流计 G 电流的 2 倍，则电路的总电流为 300 mA；根据图象可知，电源的电动势为：E=2.93 V，因改装的电流表的内阻为：RA=0.15×+0.30 Ω=0.1 Ω 则电源内阻为：r=2.93−2.40160×3×10−3 Ω−RA=1.00 Ω。
(3) 电源电动势等于电流表读数为零时电压表的读数，可知电表改装时，若用来改装电流表的电阻 R1 的实际阻值略小于计算值，则对电源电动势测量的结果无影响。
【知识点】数据处理、实验：测电源电动势和内阻、电表改装、误差分析
11. 【答案】
(1) 4 A
(2) 0.9 T
(3) 不需要；理由：由楞次定律可知，磁场方向相反，感应电流方向也相反，由左手定则可知导体棒所受安培力的方向不变，所以不需要将它靠在导轨的另一侧。
【解析】
(1) 0∼t1 时间内，对线圈 C 和整个回路有：
E=NΔφΔt，
ΔφΔt=kS，
I=ER+r，
联立解得 I=4 A。
(2) t1=1 s 时刻，导体棒即将下滑，有：mg=Ff，
Ff=μFN；
FN=B1IL，
B1=B0−kt1，
联立并代入数据解得 B0=0.9 T。
【知识点】楞次定律、电磁感应中的动力学问题、电磁感应中的电路问题
12. 【答案】
(1) 2mEM(M+m)
(2) 4πλMg
(3) Mm≥35；E84λmg
【解析】
(1) 发射弹丸的过程，系统动量守恒定律、机械能守恒，以弹丸的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0−Mv=0，
由机械能守恒定律得：E=12mv02+12Mv2
解得：v=2mEM(M+m)；
(2) 发射弹丸后，小车做圆周运动，圆周半径为 L，由动能定理可得：−λMgx=0−12Mv2x=2πL，
弹丸刚被射出时杆受到的拉力为：F=Mv2L，
联立解得：F=4πλMg；
(3) 某次发射后，小车（连同弹簧枪）和车载弹丸的总质量为：Mk=km（k 从某一较大值开始减小，可取 25 个值，且 k>25）
与上述同理可知：Fk=2E(k+1)L 由此可知，弹丸全部射完，k 取最小值 Mm 时，杆的拉力最大，
若此时还能满足 2EMm+1L≤E18L，则杆不会被拉断，解得：Mm≥35，
与上述同理可知，某次发射后到下一次发射前小车做圆周运动的路程：xk=Ek(k+1)λmg，
由此式可知，每发射一粒弹丸后，小车做圆周运动的路程增大一些，因此要小车做圆周运动的总路程最大，k 应该取最小的 25 个值（对应将 25 粒弹丸全部射出），即应取 Mm=35，取 k=59、58、⋯⋯、35，最大总路程为：xm=xkk=5935，解得
xm=Eλmgk=59351k−1k+1=Eλmg159−160+158−157+⋯+135−136=Eλmg136−160=E84λmg
【知识点】机械能和机械能守恒定律、竖直面内的圆周运动、动量守恒定律、动能定理的应用
13. 【答案】
(1) ABD
(2) i 2 L
ii −3 摄氏度
【解析】
(1) 扩散现象是物质分子永不停息地做无规则运动的证明，故A正确；
布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的运动，不是分子的运动，但间接地反映了液体分子运动的无规则性，故B正确；
压缩气体时，体积越小压强越大，这是因为体积越小时气体分子的密度越大，单位时间内气体分子对器壁的碰撞次数越多，压强越大，这与气体分子间的斥力无关，故C错误；
从微观角度来看，气体的压强与气体分子的平均动能和分子的密集程度有关，气体动能越大，气体分子对器壁的碰撞力越大；分子密度越大，单位时间内气体分子对器壁的碰撞次数越多，压强越大，故D正确；
当分子间作用力表现为引力时，分子距离变大，则分力力做负功，则分子势能增加，即分子势能随距离的增大而增大，故E错误。
(2) i 由题意，气缸和容器内所有气体先做等温变化，有：p1V1=p2V2，
其中压缩前：p1=p0，V1=VA+dS，
压缩后：p2=p0+FS，V2=VA+dʹS，
带入数据解得 VA=2 L。
ii 依题意，接着做等压变化，有：V2T2=V3T3，
其中变化前：T2=T，
变化后：V3=V2−Δd⋅S，
T3=t3+273，
带入数据解得 t3=−3∘C。
【知识点】布朗运动、气体的等压变化、气体的等温变化、分子势能、扩散
14. 【答案】
(1) ABE
(2) i 2
ii (2+1)R
【解析】
(1) A、由图乙可得：振幅 A=2 cm，故波中任意质点在一个周期内通过的路程为 4A=8 cm，故A正确；
B、由振动图象可知，该机械波的周期为 4 s，故B正确；
C、波由 A 向 B 传播，则 A 处振动比 B 处振动超前 1 s，该机械波的波速为 v=xt=21 m/s=2 m/s，故C错误；
DE、由振动图形可知，t=1.5 s 时 A 、 B 两质点的位移大小相同，方向相反；质点的振动速度大小方向都相同，故D错误，E正确。
(2) i 从 B 点射入的光线，在圆柱面发生折射，由折射定律得：sinθ1sinθ2=1n，
其中折射前：sinθ1=OBR=12，
折射后：θ2=θ1+15∘，
解得 n=2。
ii 设从 C 点射出柱面的光线射到光带的边缘：sinC=1n，
解得入射角为 ∠C=45∘，
由光路图中的几何关系，可得 O 到光屏 MN 的距离：OA=Rcs45∘+(R+Rsin45∘)tan45∘，
解得 OA=(2+1)R。
【知识点】全反射、波长频率和波速、波的图像、光的反射与折射