2019届河北省衡水中学高三物理高考模拟试题（解析版）

2019届高三物理高考模拟试题十

一、选择题（每题6分，14～17题只有一项符合题目要求． 18～21题有多项符合题目要求）

1.下列说法中正确的是         。

A. 发现天然放射现象的意义在于使人类认识到原子具有复杂的结构

B. 结合能越大的原子核，原子核中的核子结合得越牢固，原子核越稳定。

C. 根据玻尔理论可知，氢原子核外电子跃迁过程中电子的电势能和动能之和守恒

D. 在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能Ek越大，则这种金属的逸出功W0越小

【答案】D

【解析】

【详解】发现天然放射现象的意义在于使人类认识到原子核具有复杂的结构，选项A错误；比结合能越大的原子核，原子核中的核子结合得越牢固，原子核越稳定，选项B错误。根据玻尔理论可知，氢原子核外电子跃迁过程，电子的总能量将减小（或增加）即电子的电势能和动能之和是不守恒的，这是因为氢原子要辐射（或吸收）光子，故C错误；据光电效应方程EKm=hγ-W可知，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能越大，则这种金属的逸出功越小，故D正确；故选D.

2.图中为一理想变压器,原副线圈的总匝数比为1:2,其原线圈与一电压有效值恒为220V的交流电源相连,P为滑动头.现令P从均匀密绕的副线圈最底端开始,沿副线圈缓慢匀速上滑,直至220V  60W的白炽灯L两端的电压等于其额定电压为止，在滑动过程中灯丝温度逐渐升高.U2表示AB端的总电压,UL表示灯泡两端的电压,用I2表示流过灯泡的电流,(这里的电流、电压均指有效值).下列4个图中,不能够正确反映相应物理量的变化趋势的是(     )

A.     B.     C.     D.

【答案】C

【解析】

变压器的电压与匝数成正比，原线圈和副线圈的总的匝数是不变的，输入的电压也不变，所以副线圈的总电压的大小也不变，所以A正确；由于P从均匀密绕的副线圈最底端开始，沿副线圈缓慢匀速上滑，所以副线圈的有效的匝数逐渐的增加，所以副线圈的电压也是逐渐的增加，所以灯泡的电压也也是逐渐增加的，所以B正确；表示流过副线圈的电流I1，和表示流过灯泡的电流I2，大小是相等的，但是灯泡的电阻随着温度的增加而变大，所以电压和电流不是正比例的关系，所以C错误，D正确。所以不正确的选择C

3.平抛运动可以分解为水平和竖直方向的两个直线运动，在同一坐标系中作出这两个分运动的v-t图线，如图所示，若平抛运动的时间大于2t1,则下列说法中正确的是

A. 图线2表示水平分运动的v-t图线

B. t1时刻的速度方向与初速度方向夹角为30°

C. t1时刻的位移方向与初速度方向夹角的正切为1

D. 2t1时刻的位移方向与初速度方向夹角为45°

【答案】D

【解析】

【详解】图线2是初速度为0的匀加速直线运动，所以图线2表示的是竖直分运动。故A错误。t1时刻可知水平分速度和竖直分速度相等，则速度与初速度方向的夹角为45°．故B错误。图线与时间轴围成的面积表示位移，则t1时刻竖直方向的位移与水平方向的位移之比为1：2，所以t1时刻的位移方向与初速度方向夹角的正切为0.5．故C错误。2t1时刻竖直方向的位移和水平方向的位移相等，所以2t1时刻的位移方向与初速度方向夹角为45°．故D正确。故选D。

【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，可以通过速度、位移的合成与分解求出速度、位移与水平方向的夹角.

4.如图所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B，以下说法正确的有(   　)

A. A对地面的压力等于(M＋m)g

B. A对地面的摩擦力方向向左

C. B对A的压力大小为

D. 细线对小球的拉力大小为

【答案】AC

【解析】

ABD、对AB整体受力分析，受重力和支持力，相对地面无相对滑动趋势，故不受摩擦力，根据平衡条件，支持力等于整体的重力，为(M+m)g；根据牛顿第三定律，整体对地面的压力与地面对整体的支持力是相互作用力，大小相等，故对地面的压力等于(M+m)g，故A错误，B错误；

C. 对小球受力分析，如图所示：

根据平衡条件,有：，，

故C正确，D错误；

故选：C.

点睛：先对整体受力分析，然后根据共点力平衡条件分析AB选项，再隔离B物体受力分析后根据平衡条件分析CD选项．

5.已知质量分布均匀的球壳对其内部物体的引力为零。设想在地球赤道正上方高h处和正下方深为h处各修建一绕地心的环形真空轨道，轨道面与赤道面共面。两物体分别在上述两轨道中做匀速圆周运动，轨道对它们均无作用力，设地球半径为R,则

A. 两物体的线速度大小之比为

B. 两物体的线速度大小之比为

C. 两物体的加速度大小之比为

D. 两物体的加速度大小之比为

【答案】AC

【解析】

【详解】设地球密度为ρ，则有：在赤道上方：，在赤道下方：；解得：，，故AC正确；BD错误。故选AC。

6.如图所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度．下述结论正确的是（   ）

A. 若保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些，指针张开角度将变小

B. 若保持开关S闭合，将A、B两极板正对面积变小些，指针张开角度将不变

C. 若断开开关S后，将A、B两极板靠近些，指针张开角度将变小

D. 若断开开关S后，将A、B两极板正对面积变小些，指针张开角度将变大

【答案】BCD

【解析】

【分析】

静电计测量的是电容器两端的电势差，断开电键，电容器所带的电量不变，根据电容的变化判断电势差的变化，闭合电键，电容器两端的电势差不变；

【详解】A、保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，静电计测量的是电容器两端的电势差，所以指针张角不变，故A错误，B正确；
C、断开电键，电容器带电量不变，将AB靠近一些，则d减小，根据知，电容增大，根据知，电势差减小，指针张角减小，故C正确；
D、断开电键，电容器带电量不变，将AB正对面积变小些，根据知，电容减小，根据知，电势差增大，指针张角增大，故D正确。

【点睛】本题考查电容器的动态分析，关键抓住断开电键，电容器所带的电量不变，电键闭合，电容器两端的电势差不变。

7.如图是某缓冲装置，劲度系数足够大的轻质弹簧与直杆相连，直杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为Ff，直杆质量不可忽略．一质量为m的小车以速度v0撞击弹簧，最终以速度v弹回．直杆足够长，且直杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车与地面的摩擦．则

A. 小车被弹回时速度v一定小于v0

B. 直杆在槽内移动的距离等于

C. 弹簧的弹力可能大于直杆与槽间的最大静摩擦力

D. 直杆在槽内向右运动时，小车与直杆始终保持相对静止

【答案】BC

【解析】

【详解】小车在向右运动的过程中，弹簧的形变量若始终小于x=时，直杆和槽间无相对运动，小车被弹回时速度υ一定等于υ0；若形变量等于x=时，杆和槽间出现相对运动，克服摩擦力做功，小车的动能减小，所以小车被弹回时速度υ一定小于υ0，A错误；整个过程应用动能定理：Ffs=△EK，直杆在槽内移动的距离，故B正确；当弹力等于最大静摩擦力时杆即开始运动，此时车的速度大于杆的速度，弹簧进一步被压缩，弹簧的弹力大于最大静摩擦力，故C正确；直杆在槽内向右运动时，开始小车速度比杆的大，所以不可能与直杆始终保持相对静止，故D错误。故选BC。

【点睛】缓冲装置是一种实用装置，在生产和生活中有着广泛的应用，本题就是根据某种缓冲装置改编的一道物理试题，试题设计新颖，物理思想深刻．正确解答这道试题，要求考生具有扎实的高中物理基础以及很强的分析和解决问题的能力．

8.如图所示，固定的竖直光滑U型金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计．初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为，此时导体棒具有竖直向上的初速度v0．在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．则下列说法正确的是

A. 初始时刻导体棒受到的安培力大小

B. 初始时刻导体棒加速度的大小

C. 导体棒开始运动直到最终静止的过程中，克服安培力做功等于棒上电阻r的焦耳热

D. 导体棒开始运动直到最终静止的过程中，回路上产生的焦耳热

【答案】BD

【解析】

【详解】导体棒的初速度为v0，初始时刻产生的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得：E=BLv0；设初始时刻回路中产生的电流为I，由闭合电路的欧姆定律得： ；设初始时刻导体棒受到的安培力为F，由安培力公式得：F=BIL；联立上式得，．故A错误；初始时刻，弹簧处于伸长状态，棒受到重力、向下的安培力和弹簧的弹力，所以：ma=mg+kx+F得：a=2g+．故B正确；导体棒直到最终静止时，棒受到重力和弹簧的弹力，受力平衡，则：mg=kx2，得：x2=。由于x1=x2，所以弹簧的弹性势能不变，由能的转化和守恒定律得：mg（x1+x2）+Ek=Q，解得系统产生的总热量：可知R上产生的热量要小于系统产生的总热量。故C错误，D正确；故选BD。

【点睛】本题中安培力的经验公式，可以由感应电动势、欧姆定律、安培力三个公式结合推导出来，要加强记忆，有助于分析和计算.

9. 为了“探究动能改变与合外力做功”的关系，某同学设计了如下实验方案：

A．第一步他把带有定滑轮的木板有滑轮的一端垫起，把质量为的滑块通过细绳与质量为的带夹重锤相连，然后跨过定滑轮，重锤夹后连一纸带，穿过打点计时器，调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板匀速运动如，图甲所示。

B．第二步保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处，取下细绳和钩码，将滑块与纸带相连，使其穿过打点计时器，然后接通电源释放滑块，使之从静止开始加速运动，打出纸带，如图乙所示。

打出的纸带如下图：

试回答下列问题：

①已知相邻计数的时间间隔为，根据纸带求滑块速度，当打点计时器打点时滑块速度___________，打点计时器打点时滑块速度___________。

②已知重锤质量，当地的重加速度，要测出某一过程合外力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块____________（写出物理名称及符号），合外力对滑块做功的表达式______________。

③测出滑块运动段、合外力对滑块所做的功，算出、、、、,以为纵轴，以为横轴建坐标系，描点作出图象，可知它是一条过坐标原点的倾斜直线，若直线斜率为，则滑块质量___________。

【答案】①；②下滑的位移；③。

【解析】

试题分析：①匀变速直线运动过程中，过程中的平均速度等于该过程中中间时刻速度，所以，

②重力做功为，所以还需要测出滑块下滑的位移x，故

③根据动能定理可得，所以

考点：考查了探究动能改变与合外力做功”的关系

点评：在处理纸带问题时，我们常常利用匀变速直线运动过程中的平均速度公式求瞬时速度，利用逐差法求加速度，

10.学校物理兴趣小组为探究多用表欧姆档的原理，决定自己动手设计一个可以测量电阻的装置。手边的器材有：干电池组，电流计A，电阻箱，待测电阻Rx . 其中电流计刻度盘刻线清晰，但是读数已经模糊。

（1）小组成员先将电池组与电流计电流计A进行串联，电路两端分别接好表笔，如图（1）所示；将表笔短接，发现电流表指针刚好能够指在刻度盘最右端刻度处。

（2）将两表笔分别与电阻箱两接线柱相连，调节电阻箱，直到电流计指针指在刻度盘正中央，电阻箱示数如图（2），则电阻箱接入电路的电阻值为_______Ω。

（3）用待测电阻Rx代替电阻箱接入两表笔之间，则电流表指针指示如图（3）所示，则可知待测电阻Rx=_______Ω。（保留小数点后一位）

此次实验快结束时，有同学拿来一块内阻为2803Ω的电压表，将所设计装置的两表笔正确接在电压表的两接线柱上，电压表示数为2.8V，可以推知实验中使用的电池组的电动势为________V（保留小数点后一位）

【答案】    (1). 97Ω    (2). 48.5Ω    (3). 2.9V

【解析】

【详解】（2）根据图2可知，电阻箱接入电路的电阻值为：R=9×10+7×1=97Ω，
（3）设电流表满偏电流为Im，短接时，根据闭合电路欧姆定律得：，接入电阻箱时有：，接入电阻Rx有：，解得：Rx=48.5Ω，r=97Ω，
当两表笔正确接在电压表的两接线柱上时，根据闭合电路欧姆定律得：．

11.如图所示，两块平行金属板PQ、MN竖直放置，板面与纸面垂直，板间距为d，在平行板右侧上方的正三角形ABC区域内存在着垂直纸面的匀强磁场，P、M、A在一条直线上，B、M、N在一条直线上，三角形底边BC与PA平行，BM=L，一个质量为m、电量为+q的粒子沿两板中心线以初速度v0沿平行极板方向射入磁场，若在两板之间加某一恒定电压U，粒子离开电场后垂直AB边从AB边中点D点进入磁场，并垂直AC边射出，不计粒子的重力，求：

（1）粒子进入磁场时的速度大小及粒子在两极板间运动的时间；

（2）三角形区域内磁感应强度；

（3）若三角形区域内的磁场变为反方向，要使粒子进入磁场区域后能从AB边射出，试求所加磁场的磁感应强度最小值。

【答案】(1)（2）  ，由左手定则判断得出磁感应强度方向垂直纸面向外（3）

即磁感应强度的最小值

【解析】

【详解】（1）粒子飞出电场后匀速直线运动，垂直AB边进入磁场，由图甲得：粒子离开电场时偏转角为

          则粒子进入磁场时的速度大小为 

解得粒子在两极板间运动的时间为

（2）由图甲得：粒子在磁场中运动半径为

又

以上式子联立得，

由左手定则判断得出磁感应强度方向垂直纸面向外.

（3）如图乙，当粒子进入磁场区域后轨迹恰与BC边相切时，磁感应强度最小，粒子的运动半径为，

由几何知识知： ， 

故即磁感应强度的最小值

【点睛】此题考查粒子在磁场和电场中的运动，关键是能画出粒子的轨迹图，结合牛顿第二定律与几何关系来综合应用，掌握运动轨迹的半径与周期公式．

12.如图所示，在距地面h=5m的光滑水平桌面上，一轻质弹簧被a（质量为1kg）和b(质量为2kg)两个小物体压缩(不拴接)，弹簧和小物体均处于静止状态．今同时释放两个小物体，弹簧恢复原长后，物体a继续运动最后落在水平地面上，落点距桌子边缘距离x=2m，物体b则从A端滑上与桌面等高的传送带，传送带起初以v0＝2 m/s的速度顺时针运转，在b滑上的同时传送带开始以a0＝1 m/s2的加速度加速运转，物体和传送带间的动摩擦因数=0.2，传送带右侧B端处固定一竖直放置的光滑半圆轨道BCD，其半径R＝0.8 m，小物体b恰能滑上与圆心等高的C点．取g＝10 m/s2，求：

(1)处于静止状态时，弹簧的弹性势能Ep

(2)物块b由A端运动到B端所经历的时间；

(3)若要保证小物体b在半圆轨道运动时不脱离轨道，则半圆轨道的半径应满足什么要求？

【答案】（1）  （2）t＝2 s （3）

【解析】

【详解】（1）物体a飞出桌面后做平抛运动：    

弹簧弹开ab的过程，对ab系统由动量守恒定律：

由能量守恒定律：

得：va=2m/s  vb=1m/s   

物体b恰能滑上C点，则b从B-C由动能定理：-mgR=0-

b刚放上传送带时，vb<v0，由牛顿第二定律有：μmg＝ma

假设b历时t1后能与传送带达到共速v1，对于b,有：v1＝vb＋at1，

对传送带有v1＝v0＋a0t1

解得：t1＝1 s

得：v1＝v0＋a0t1＝3m/s<4 m/s

故物体b此时速度还没有达到vB，且此后的过程中由于a0<μg，物块将和传送带以共同的加速度运动，设又历时t2到达B点

vB＝v1＋a0t2

得：t2＝1 s

所以从A运动到B的时间为：t＝t1＋t2＝2 s

讨论：物体b恰能到达C点，则不会脱离轨道，由题意得

物体b恰能过轨道最高点D点，则能做完整的圆周运动而不脱离轨道，

在D点满足：

B-D，由动能定理：

解得：

综上圆弧轨道半径需满足：或

13.下列说法正确的是_________。

A．空调机既能致热又能致冷，说明热传递不存在方向性

B．当分子间距离减小时，分子势能不一定减小

C．在完全失重的情况下，气体对容器壁仍然有压强

D．只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子的体积

E．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低

【答案】BCE

【解析】

【详解】空调机制冷时，把热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外，引起了其他变化，消耗电能，不能说明热传递不存在方向性，故A错误。分子间距减小不确定分子力做功的正负，则不能分析分子势能变化，如分子力为斥力，分子距离减小，分子力做负功，分子势能增大，故B正确；气体的压强是由大量分子持续撞击器壁产生的，在完全失重的情况下，气体对容器壁仍然有压强。故C正确；由于气体分子间距较大，根据气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数能算出每个气体分子占据的空间大小，该空间大小比气体分子的体积大，不能算出气体分子的体积。故D错误。温度是分子平均动能的标志，只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低，故E正确。故选BCE.

14.如图1所示,两气缸Ⅰ、Ⅱ内壁光滑、导热、密封性能良好，气缸Ⅰ竖直放置，气缸Ⅱ水平放置。质量相同、横截面积均为S的活塞A、B密封一定质量的理想气体，连通气缸的细管的横截面积为S/3，大气压强为P0. 现用恒力F垂直作用在活塞B上，稳定后，活塞A恰好与气缸底部接触而无压力。假设气缸内气体的所有变化过程都是缓慢的，重力加速度为g,周围环境温度不变.求：

①活塞的质量m;

②两活塞所密封容器的体积（包含连接的细管）为V0，锁定活塞A，再将整个装置逆时针旋转90°，同时撤去力F，气缸足够长。如图2所示。试判断活塞B的运动方向及运动的距离h.

【答案】①m=   ② h=  

【解析】

【详解】①设图1中密封气体的压强为P1

对于活塞B，有F+P0S=P1S   ①    

对于活塞A，有P0S+mg=P1S  ②    

联立解得m=      

②假设活塞B不动，则密封的气体压强P1不变，对于活塞B，有P0S+mg=P1S＜P1S

故活塞将向上运动。

达到新的平衡时，设气体的压强为P2

对于气体：P1 V0= P2（V0+sh）    ③  

对于活塞B：P0S+mg= P2S       ④   

由②和④得P2=P1，代入③得h=