湖南省张家界市第一中学2019届高三二模考试物理试题


2019年高考物理模拟试卷之二
一、选择题
1.消防员在一次用高压水枪灭火的过程中，消防员同时启动了多个喷水口进行灭火。如果有甲、乙靠在一起的高压水枪，它们的喷水口径相同，所喷出的水在空中运动的轨迹如图所示，则由图可看出

A. 甲水枪喷出水的速度较大
B. 乙水枪喷出的水在最高点的速度较大
C. 甲水枪喷水的功率较大
D. 乙水枪喷出的水在空中运动的时间较长
【答案】B
【解析】
【详解】AB．水从最高处到失火处的运动可视为平抛运动，水的上升和下降过程具有对称性；甲、乙两水枪喷出水的最大高度相同，乙水枪喷出的水更远，则乙水枪喷出的水在最高处具有的水平速度更大；水的最大高度相同，水落地时的竖直速度相同，据速度的合成知，乙水枪喷出的水落地速度更大，乙水枪喷出水的速度较大．故A项不符合题意，B项符合题意；
C．乙水枪喷出水的速度较大，甲、乙两水枪喷水口径相同，则乙水枪喷水的功率较大．故C项不符合题意；
D．水的上升和下降过程具有对称性，两水枪喷出水的最大高度相同，两水枪喷出的水在竖直方向运动情况相同，则两水枪喷出的水在空中运动的时间相同．故D项不符合题意。

2.某行星有两颗绕其做匀速圆周运动的卫星A和B，A的运行周期大于B的运行周期．设卫星与行星中心的连线在单位时间内扫过的面积为S，则下列图象中能大致描述S与两卫星的线速度v之间关系的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】卫星A的运行周期大于卫星B的运行周期，据开普勒第三定律知，卫星A圆周运动的半径较大．
当卫星绕行星运动的速度是v时，有：

解得卫星圆周运动的半径：

卫星A圆周运动的半径较大，则卫星A的线速度较小；
卫星与行星中心的连线在单位时间内扫过的面积

则卫星的线速度越大，卫星与行星中心的连线在单位时间内扫过的面积越小；卫星A的线速度较小，卫星A与行星中心的连线在单位时间内扫过的面积较大．
A．A图与分析不符，故A项不符合题意；
B．B图与分析不符，故B项符合题意；
C．C图与分析不符，故C项不符合题意；
D．D图与分析不符，故D项不符合题意。

3.如图所示，平面直角坐标系xOy的x轴上固定一带负电的点电荷A，一带正电的点电荷B绕A在椭圆轨道上沿逆时针方向运动，椭圆轨道的中心在O点，P1、P2、P3、P4为椭圆轨道与坐标轴的交点。为使B绕A做圆周运动，某时刻起在此空间加一垂直于xOy平面的匀强磁场，不计B受到的重力。下列说法中可能正确的是（　　）

A. 当B运动到点时，加一垂直于xOy平面向里的匀强磁场
B. 当B运动到点时，加一垂直于xOy平面向外的匀强磁场
C. 当B运动到点时，加一垂直于xOy平面向里的匀强磁场
D. 当B运动到点时，加一垂直于xOy平面向外的匀强磁场
【答案】C
【解析】
【详解】在洛仑兹力作用下做圆周运动，速度方向与受力方向垂直，所以只能在P1、P3位置，如果加垂直纸面向里的磁场，洛仑兹力与库仑力方向相同，合力变大，向心力变大，对应速度大的地方变轨，所以在P3点施加磁场；如果加垂直纸面向外的磁场，洛仑兹力与电场力方向相反，合力变小，向心力变小，则在速度小的地方变轨，在P1位置施加磁场，ABD错误C正确。

4.沪通长江大桥是世界上首座跨度超千米的公铁两用斜拉桥．如图所 示，设桥体中三块相同的钢箱梁 1、2、3 受到钢索拉力的方向相同，相 邻钢箱梁间的作用力均沿水平方向．则

A. 钢箱梁 1 对 2 的作用力大于钢箱梁 2 对 1 的作用力
B. 钢箱梁 1、2 间作用力大于钢箱粱 2、3 间作用力
C. 钢箱梁 3 所受合力最大
D. 三块钢箱梁受到钢索的拉力大小相等
【答案】D
【解析】
【详解】A.钢箱梁1对2的作用力和钢箱梁2对1的作用力是相互作用力，一定等大反向，A错误。
BCD.设钢索和水平夹角为，相邻钢箱梁间作用力为F，钢索的拉力为T，根据平衡条件可知每个钢箱梁的合力都为零，且，，因为钢索拉力的方向相同，质量都相同，所以钢索拉力大小相等，钢箱梁间的作用力大小相等，BC错误D正确。

5.冬季我国有些内陆地区雾霾频发，为了监测PM2.5指数，某科技小组设计了一种报警装置，电路原理如图所示。RL是对PM2.5敏感的电阻元件，当环境中PM2.5指数增大时报警器S两端电压增大并发出警报声。E为内阻不计的电源，R为一可变电阻，下列说法正确的是

A. 当PM2.5指数增大时RL的阻值增大
B. 当PM2.5指数增大时电流表A的示数减小
C. 当PM2.5指数增大时可变电阻R两端电压增大
D. 适当增大可变电阻R的阻值可以提高报警器的灵敏度
【答案】D
【解析】
【详解】ABC．E为内阻不计的电源，可变电阻R两端电压

当环境中PM2.5指数增大时，报警器S两端电压增大，可变电阻R两端电压减小；报警器S两端电压增大，电路中总电流增大，可变电阻R两端电压减小，电阻R中电流减小，则流过RL的电流增大，电流表A的示数增大；可变电阻R两端电压减小，RL两端电压减小，流过RL的电流增大，RL的阻值减小．故ABC三项不符合题意；
D．可变电阻R的阻值越大，并联部分总电阻越接近RL，RL对电路的影响越明显，从而增大报警器的灵敏度．故D项符合题意。

6.直放式电流传感器（开环式）工作原理如图．在通电直导线外套上一个留有气隙的开放磁芯（图1），由于磁芯的作用，气隙处的磁场视为匀强磁场，其磁感应强度的大小与流过导线的电流成正比．现在气隙间放入载流子为电子的霍尔元件，霍尔元件上下表面垂直于磁感线（图2），并接入图示电路（图3）．下列说法正确的是

A. 若图3中霍尔元件前表面电势高于后表面，则图2中通电直导线电流垂直于纸面向里
B. 若图3中霍尔元件前表面电势高于后表面，则图2中通电直导线电流垂直于纸面向外
C. 保持电流表读数不变，电压表读数越大，说明通电直导线电流越大
D. 保持电流表读数不变，电压表读数越大，说明通电直导线电流越小
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．若图3中霍尔元件前表面电势高于后表面，则电子偏向后表面，据左手定则知，霍尔元件处的磁场方向向下，据安培定则知，图2中通电直导线电流垂直于纸面向里．故A项符合题意，B项不符合题意；
CD．设霍尔元件前表面与后表面间距为d，霍尔元件上表面与下表面间距为h，霍尔元件单位体积内的电子数为n，电压表读数为U，电流表读数为I，霍尔元件处的磁感应强度为B，则：


解得：

保持电流表读数不变，电压表读数越大，说明霍尔元件处的磁场越强，通电直导线电流越大．故C项符合题意，D项不符合题意。

7.在氢原子光谱中，赖曼线系是氢原子从较高能级（n=2、3、4）跃迁到基态时辐射的光谱线系．类似地，有巴尔末系、帕邢系、布喇开系等线系，如图所示．下列说法中正确的是

A. 该图说明氢原子光谱是分立的
B. 赖曼线系中从n=2跃迁到基态放出的光子频率最大
C. 巴尔末线系中从n=∞跃迁到n=2放出的光子波长最大
D. 若巴尔末系的某种光能使一金属发生光电效应，则赖曼系的都能使该金属发生光电效应
【答案】AD
【解析】
【详解】A．氢原子的能级是分立的，氢原子发光是氢原子在两个能级间跃迁产生，则该图说明氢原子光谱是分立的．故A项符合题意；
B．由图知，赖曼线系中从n=2跃迁到基态放出的光子能量最小，则赖曼线系中从n=2跃迁到基态放出的光子频率最小．故B项不符合题意；
C．由图知，巴尔末线系中从n=∞跃迁到n=2放出的光子能量最大，则巴尔末线系中从n=∞跃迁到n=2放出的光子频率最大，波长最短．故C项不符合题意；
D．由图知，赖曼系中任一光子的能量大于巴尔末系中光子能量的最大值；据光电效应规律知，若巴尔末系的某种光能使一金属发生光电效应，则赖曼系的都能使该金属发生光电效应．故D项符合题意。

8.如图所示，竖直方向上固定一光滑绝缘细杆，两电荷量相等的正点电荷A、B关于细杆对称固定．一带正电荷的小球（图中未标出）套在细杆上，从距两点电荷连线h1处由静止释放，经过时间t1运动到与两点电荷等高处．此过程中小球的速度v、加速度a随时间t的变化图象，动能Ek、电势能Ep随下降距离h的变化图象可能正确的有

A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【详解】根据等量同种电荷电场线分布可知，沿中垂线从连线中点到无穷远电场线增大后减小，根据题意可知，场强始终竖直向上：
A.如果重力始终大于电场力，则加速度始终向下，物体一直加速，因为不确定释放位置与最大场强处的关系，所以场强可能一直减小，加速度一直增大，A正确。
B.初始释放后，向下运动，重力大于电场力，加速度，因为不确定释放位置与最大场强处的关系，所以场强可能一直减小，加速度一直增大；也可能场强先增大后减小，加速度先减小后增大，不可能一直减小，B错误。
C.开始重力大于电场力，向下加速，动能增大，如果场强先增大后减小，且最大电场力大于重力，则向下运动到后，继续向下运动，合力向上，开始减速，动能减小，直到再次，之后场强减小，重力又大于电场力，合力向下，向下加速，动能增大，C正确。
D.因为电场力始终向上，而小球一直向下运动，电场力始终做负功，电势能一直增大，如果场强一直减小，则电场力在单位位移上做功越来越小，电势能增大的越来越慢，D正确。

二、实验题
9.某学习小组用如图所示的实验装置探究做功与动能变化的关系。在水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上A处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一沙桶相连，沙桶和里面的细沙总质量为m；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B处有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间为t，d表示遮光片的宽度，L表示遮光片右侧初位置至光电门之间的距离，用g表示重力加速度。

(1)该同学首先用游标卡尺测量了遮光片的宽度，如图所示，遮光片宽度的测量值d=___cm；
(2)让沙桶内盛上适量细沙，测出沙桶和细沙的总质量m，调整导轨倾角，让滑块恰好在A处静止。剪断细绳后，滑块开始加速下滑，记录遮光片通过光电门的时间t；保持滑块的质量M和遮光片右侧初位置至光电门之间的距离L不变，改变沙桶内细沙的质量和导轨倾角，重复以上步骤，通过每次实验记录的m和t，描点作出了一个线性关系的图象，从而更直观地研究滑块动能变化与合外力对它所做功的关系，处理数据时应作出的图象是________(请填写选项前对应的字母)。
A．t —m图象 B． t2—m图象 C． t2 —图象 D．—m2图象
(3)为了减小上述实验中的误差，下列实验要求中不必要的一项是________(请填写选项前对应的字母)
A．应使沙桶和细沙的总质量m远小于滑块和遮光片的总质量M
B．应使A位置与光电门间的距离适当大些
C．遮光片的宽度要适当小些
D．应使细线与气垫导轨平行
【答案】 (1). 0.235 (2). C (3). A
【解析】
【详解】(1)[1]由游标卡尺测量出遮光片的宽度

(2)[2]测出沙桶和细沙的总质量m，调整气垫导轨倾角，让滑块恰好在A处静止，则：

剪断细绳后，滑块开始加速下滑，滑块所受合力

滑块沿气垫导轨滑行L，合外力对它所做功

滑块过光电门的速度

滑块沿气垫导轨滑行L过程，滑块动能变化

若合外力对它所做功等于滑块动能的变化，则

整理得：

为得到线性关系图象，则应作图象
A．t—m图象，与分析不符，故A项不符合题意；
B．t2—m图象，与分析不符，故B项不符合题意；
C．t2—图象，与分析相符，故C项符合题意；
D．—m2图象，与分析不符，故D项不符合题意。
(3)[3] A．据(2)分析知，滑块下滑过程中合力等于沙桶和细沙的总重力，故A项不必要，即A项符合题意；
B．应使A位置与光电门间的距离适当大些，减小测量L的相对误差．故B项必要，即B项不符合题意；
C．滑块过光电门的速度是用遮光片通过光电门的平均速度替代，则遮光片的宽度要适当小些，以减小速度测量的误差．故C项必要，即C项不符合题意；
D．细线与气垫导轨平行时，细线断后，滑块受到的合力才等于细线未断时细线中的拉力．故D项必要，即D项不符合题意。

10.某学生实验小组要测量一电压表的内阻，提供的器材如下：
A．待测电压表V1(量程0~3V)
B．标准电压表V2 (量程0~5V，内阻约为2000Ω)
C．定值电阻R1（阻值为1200Ω）
D．定值电阻R2（阻值为3600Ω）
E．滑动变阻器R (0~200Ω)
F．电源E（6V，内阻不计）
G．开关S、导线
(1)用多用电表欧姆档粗测电压表内阻，将多用电表选择开关置于“”位置，进行欧姆调零后，将多用电表的________表笔（选填“红”或“黑”）与待测电压表的正接线柱相连，将另一支表笔与另一个接线柱相连，正确连接后多用电表指针静止时在刻度盘上的位置如图所示，则此电压表内阻的测量值为________Ω。

(2)在虚线框内画出设计的精确测量电压表内阻的电路图________。（要求电路连接好后不能再拆改电路）
(3)为了进一步精确测量此电压表的内阻，除了选用电源、开关、导线、待测电压表、标准电压表、滑动变阻器外，定值电阻应选择________（填各器材前面的字母）。
(4)正确连接电路后闭合开关，调节滑动变阻器使两电压表示数达到适当值，此时电压表V1、V2的示数分别为U1、U2，则此电压表内阻的测量值为RV=________（用物理量的符号表示）。
【答案】 (1). 黑 (2). 1.80×103 (3). (4). C (5).
【解析】
【详解】(1)[1]电流从多用电表的红表笔流入多用电表，从多用电表的黑表笔流出多用电表；电流从电压表的正接线柱流入电压表，从电压表的负接线柱流出电压表；则多用电表的黑表笔与待测电压表的正接线柱相连。
[2]多用电表选择开关置于“”位置，多用电表指针静止时在刻度盘上的位置如图所示，则此电压表内阻的测量值

(2)[3]滑动变阻器R阻值相对较小，则滑动变阻器采用分压式接法；待测电压表量程小于标准电压表量程，则待测电压表与定值电阻串联后与标准电压表并联，所以电路如图：

(3)[4]待测电压表量程为3V，标准电压表量程为5V，为精确测量此电压表的内阻，电压表应尽量满偏，则待测电压表与串联电阻电压之比应接近3：2，电压表内阻约1800Ω，则定值电阻选阻值1200Ω的，即选择C。
(4)[5]据欧姆定律及串、并联电路的特点可得：

解得：


三、计算题
11.如图所示，桌子靠墙固定放置，用一块长L1＝1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面距地面H＝0.8 m，桌面总长L2＝1.5 m，斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定，将质量m＝0.2 kg的小物块(可视为质点)从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数μ2未知，忽略物块在斜面与桌面交接处的机械能损失，不计空气阻力．(重力加速度取g＝10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力；取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

(1) 求当θ＝30°时，物块在斜面上下滑加速度的大小；(可以用根号表示)
(2) 当θ增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；
(3) μ2取第(2)问中的数值，当θ角为多大时物块落地点与墙面的距离最大，最大距离xm是多少．
【答案】
【解析】
【详解】(1) 根据牛顿第二定律，对物体受力分析可得mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma
代入数据得
(2) 由动能定理得mgL1sin θ－μ1mgL1cos θ－μ2mg(L2－L1cos θ)＝0－0
代入数据得μ2＝0.8
(3)
得
当θ＝53°时vmax＝1 m/s
由于解得t＝0.4 s
x1＝vt＝0.4 m
xm＝x1＋L2＝1.9 m

12.如图平面直角坐标系中，x轴上方区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.2T．原点O处有一粒子源，可在坐标平面内沿各个方向向磁场区发射比荷均为q/m=2.5×105C/kg的带负电的粒子．在x0=0.64m处垂直于x轴放置一块足够长的粒子收集板PQ，当粒子运动到收集板时即被吸收，不计粒子间相互作用和重力的影响，粒子被吸收的过程中收集板始终不带电．

(1)能被收集的粒子速度至少多大？
(2)设某时刻粒子源沿+y方向射入一系列粒子，速度大小从0到vm=2×104m/s不等，至少经多长时间有粒子到达收集板？求刚有粒子到达收集板时，该系列所有粒子所在位置构成的图线的方程；
(3)粒子源沿各个方向均匀地向磁场区发射速度大小均为vm=2×104m/s的粒子，会有两个不同方向入射的粒子在PQ上的同一位置被收集，求PQ上这种位置分布的区域长度，以及落在该区域的粒子占所发出粒子总数的百分比．
【答案】(1) (2) (3)%
【解析】
【详解】(1)如图1，在磁场中


由题意，临界半径

联立可得

(2)速度为vm的粒子轨道半径为R，则：

解得：
R=0.4m
如图2，设该粒子击中A点，∠AO1P=α，有：


解得：
cosα=0.6
α=53°
所有粒子的圆周运动周期均为：

速度为vm的粒子转过圆心角为
180°-53°=127°
粒子到达收集板的最短时间：

此时这一系列的粒子位于线段OA上，其斜率为

所以图线方程为

(3)临界1：如图3，初速度与+y轴成θ1的粒子轨迹直径与PQ交于M，这是PQ上离P最远的亮点。




临界2：如图4，初速度与+y轴成θ2的粒子轨迹PQ相切于N，有，同(2)，θ2=α=53°，说明N点与A点重合。

可得：

所求区域长度：

沿与+y轴成θ2=53°方向到+y方向发射的粒子均可以落在该区域，因此：
%=%

13.如图所示，A为一具有光滑曲面的固定轨道，轨道底端是水平的，质量为m的平板小车B静止于轨道右侧，其板面与轨道底端靠近且在同一水平面上。一个质量、可视为质点的小滑块C以的初速度从轨道顶端滑下冲上小车B后，经一段时间与小车相对静止并继续一起运动。若轨道顶端与底端水平面的高度差为h，小滑块C与平板小车板面间的动摩擦因数为，平板小车与水平面间的摩擦不计，重力加速度为g。求：

(1)小滑块C冲上小车瞬间的速度大小；
(2)平板小车加速运动所用的时间及平板小车板面的最小长度。
【答案】(1) (2),
【解析】
(1)对小滑块从释放至经过轨道底端的运动过程，
由机械能守恒定律有，
解得小滑块C冲上小车瞬间的速度大小；
(2)从小滑块C滑上平板小车到两者共速，平板小车做匀加速运动，
对这一过程中的滑块小车系统由动量守恒定律有，
对这一过程中的平板小车由动理定理有，
对这一过程中的小滑块由动能定理有，
对这一过程中的平板小车由动能定理有，
是平板小车的最小长度，
解得平板小车加速运动所用的时间，
平板小车板面的最小长度
【点睛】该题是一道综合题，综合运用了机械能守恒定律、动量守恒定律、动能定理以及功能关系，解决本题的关键熟练这些定理、定律的运用．

14.如图所示，半径为R的水平圆盘可绕着过圆心O的竖直轴转动，在圆盘上从圆心O到圆盘边缘开有一沿半径方向的光滑细槽．一根原长为R的轻弹簧置于槽内，一端固定在圆心O点，另一端贴放着一质量为m的小球，弹簧始终在弹性限度内．

（1）若小球在沿槽方向的力F1作用下，在圆盘边缘随圆盘以角速度ω0转动，求F1的大小；
（2）若圆盘以角速度ω1转动，小球被束缚在槽中距离圆盘边缘为x的P点，此时弹簧的弹性势能为EP．解除束缚后，小球从槽口飞离圆盘时沿槽方向的速度大小为v，求此过程中槽对小球做的功W1；
（3）若圆盘以角速度ω2转动，小球在沿槽方向推力作用下，从圆盘边缘缓慢向内移动距离x到达P点．如果推力大小保持不变，求弹簧的劲度系数k以及此过程中推力做的功W2．
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【详解】（1）小球在沿槽方向的力F1得作用下做圆周运动，由向心力公式有
（2）设小球从槽口飞出圆盘时的速度为，则根据运动的合成：，设在此过程中弹簧对小球做功为W，有动能定理有：，由于，解得
（3）当小球沿槽方向缓慢向内移动得距离为x1时，由向心力公式有，解得
由于F得大小不变，与x1无关，则有所以推力做的功

15.电视机显像管原理如图所示，圆形磁场区域半径为R，磁感应强度大小为B0，垂直纸面向外．在磁场右边距离圆心2R处有一竖直放置的足够大的接收屏，过磁场区域圆心O的水平直线与接收屏相交于O1.以O1为坐标原点沿接收屏竖直向上建立y轴，电子枪水平放置于OO1连线上，电子由静止开始经电子枪加速后从A点射入磁场，并从磁场区域最高点C射出．已知电子电荷量大小为e，质量为m.

(1) 求电子枪加速电压U0；
(2) 为使电子打在接收屏上的不同位置，需要调节磁感应强度，求粒子打在屏上的位置y和磁感应强度B的关系；
(3) 若不慎将电子枪沿竖直方向向上平移了一段距离，为控制电子打在接收屏上位置处，需要将磁感应强度B调节为多少？
(参考公式：)
【答案】(1) (2) 故 (|B|