2019届河北省衡水中学高三物理高考模拟试题九（解析版）

2019届河北省衡水中学高三物理高考模拟试题九（解析版）

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.甲、乙两物体从同一地点开始沿同一方向运动，其速度随时间变化的关系如图所示，图中，两段曲线均为圆弧，下列说法不正确的是（             ）

A. 两物体在t1时刻的加速度相同

B. 两物体在t2时刻运动方向均改变

C. 两物体在t3时刻相距最远，t4时刻相遇

D. 0〜t4时间内甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度

【答案】ABD

【解析】

试题分析：速度时间图像的斜率表示物体运动的加速度，所以两物体在时刻加速度不相同，A错误；速度的正负表示运动方向，在t2时刻之前速度都为正，所以都朝着正方向运动，t2时刻之后，速度仍旧为正，所以速度方向没有发生变化，B错误；图像与坐标轴围成的面积表示位移，故两物体t3时刻相距最远，t4时刻相遇，即t4时刻位移相等，而运动时间又相等，所以平均速度相等，故C正确D错误；

考点：考查了速度时间图像

【名师点睛】解决本题的关键能够从速度时间图线中获取信息，知道斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移速度的正负表示运动方向，图像的曲线不表示物体运动的轨迹

2.如图所示，在质量为M的物体内有光滑的圆形轨道，有一质量为m的小球在竖直平面内沿圆轨道做圆周运动，A与C两点分别是道的轨道的最高点和最低点，B、D两点与圆心O在同一水平面上。在小球运动过程中，物体M静止于地面，则关于物体M对地面的压力N和地面对物体M的摩擦力方向，下列正确的说法是

A. 小球运动到A点时，N ＞Mg，摩擦力方向向左

B. 小球运动到B点时， N = Mg，摩擦力方向向右

C. 小球运动到C点时， N = (M+m)g，地面对M无摩擦

D. 小球运动到D点时， N = (M+m)g，摩擦力方向向右

【答案】B

【解析】

【详解】小球在A点时，系统在水平方向不受力的作用，所以没有摩擦力的作用，故A错误。小球在B点时，需要的向心力向右，所以M对小球有向右的支持力的作用，对M受力分析可知，地面要对物体有向右的摩擦力的作用，在竖直方向上，由于没有加速度，物体受力平衡，所以物体M对地面的压力N=Mg，故B正确；小球在C点时，滑块的向心力向上，所以C对物体M的压力要大于C的重力，故M受到的滑块的压力大于mg，那么M对地面的压力就要大于（M+m）g，系统在水平方向上不受力，则地面对M没有摩擦，故C错误；小球在D点和B的受力的类似，M对小球的弹力向左，则小球对M的弹力向右，则M受到地面的摩擦力方向向左，在竖直方向上，根据平衡知，N=Mg，故D错误。故选B。

【点睛】小滑块做圆周运动，分析清楚小滑块做圆周运动的向心力的来源，即可知道小滑块和M之间的作用力的大小，再由牛顿第三定律可以分析得出地面对M的作用力和摩擦力．

3.如图为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动。磁场的磁感应强度B=×10-2T，线圈的面积s=0.02m2，匝数N=400匝，线圈总电阻r=2Ω，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R=8Ω连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电表，线圈的转速n=r/s。在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，则下列说法正确的是

A. 交流发电机产生电动势随时间的变化关系是e=8sin100t(V)

B. 交流电压表的示数为8V

C. 从t＝0时刻开始线圈平面转过30º的过程中，通过电阻的电量约为5.6×10-3C

D. 电阻R上的热功率为6.4W

【答案】C

【解析】

【详解】磁场的磁感应强度B=×10-2T，线圈的面积s=0.02m2，匝数n=400，线圈总电阻r=2.0Ω，线圈的转速n0=r/s。所以ω=100 rad/s，最大值为：Em=nBSω=8V，则瞬时值为e=8cos100tV，故A错误；交流电压表显示的是路端电压有效值，示数为=6.4V，故B错误；从t=0时刻开始转过30°的过程中，通过电阻的电量为：，故C正确；电阻R上的热功率为：P=I2R=()2R=5.12W，故D错误；故选C。

【点睛】本题考查了交流电的峰值和有效值、周期和频率的关系，记住，求电量用电动势的平均值，求热量用有效值．

4. 如图所示，斜劈A静止放置在水平地面上，木桩B固定在水平地面上，弹簧K把物体与木桩相连，弹簧与斜面平行。质量为m的物体和人在弹簧K的作用下沿斜劈表面向下运动，此时斜劈受到地面的摩擦力方向向左。则下列说法正确的是：

A. 若剪断弹簧，物体和人的加速度方向一定沿斜面向下

B. 若剪断弹簧，物体和人仍向下运动，A受到的摩擦力方向可能向右

C. 若人从物体m离开，物体m仍向下运动，A受到的摩擦力可能向右

D. 若剪断弹簧同时人从物体m离开，物体m向下运动，A可能不再受到地面摩擦力

【答案】A

【解析】

试题分析：剪断弹簧前，对斜面分析，受重力、地面的支持力和静摩擦力、滑块对斜面体的力（滑块对斜面体的滑动摩擦力和压力的合力），斜劈受到地面的摩擦力方向向左，故根据平衡条件，滑块对斜面体的力向右下方；根据牛顿第三定律，斜面对滑块的力向左上方；若剪断弹簧，滑块和人整体还要受重力，故合力偏左，根据牛顿第二定律，加速度是沿斜面向下，故A正确；若剪断弹簧，物体和人仍向下运动，故物体和人整体对斜面体的力不变，故斜面体受力情况不变，故地面摩擦力依然向左，故B错误；若人从物体m离开，由于惯性，物体m仍向下运动；动摩擦因数是不变的，故滑块对斜面体压力和滑动摩擦力正比例减小，故压力和滑动摩擦力的合力依然向右下方，故地面对斜面体的静摩擦力依然向左，故C错误；若剪断弹簧同时人从物体m离开，由于惯性，物体m仍向下运动；动摩擦因素是不变的，故滑块对斜面体压力和滑动摩擦力正比例减小，故压力和滑动摩擦力的合力依然向右下方，故地面对斜面体的静摩擦力依然向左，故D错误；故选：A

考点：牛顿第二定律的应用

视频

5.关于近代物理学，下列说法正确的是(　　)

A. α射线、β射线和γ射线是三种波长不同的电磁波

B. 一群处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时能辐射出6种不同频率的光

C. 重核裂变过程生成中等质量的核，反应前后质量数守恒，但质量一定减少

D. 经典物理学不能解释原子光谱的不连续性，但可以解释原子的稳定性

【答案】BC

【解析】

【详解】γ射线是电磁波，而α射线、β射线不是电磁波，故A错误；根据数学组合C42=6，故B正确；重核裂变过程生成中等质量的核，反应前后质量数守恒，由于释放能量，有质量亏损，质量减小，故C正确。经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征，D错误；故选BC.

6.如图所示，导体棒沿两平行导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形abcd磁场区域，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图像正确的是(规定电流由M经R到N为正方向，安培力向左为正方向)

A.

B.

C.

D.

【答案】AC

【解析】

【详解】设ac左侧磁感应强度是B，则右侧的为2B．导轨间距为L。金属棒PQ通过bac区域时，由右手定则可知金属棒感应电流从Q到P，为正方向，有：，PQ刚要到ac时，；金属棒PQ通过bdc区域时，由右手定则可知金属棒感应电流从P到Q，为负方向，有：，可知i随时间均匀减小，PQ棒刚离开ac时，．故A正确，B错误。金属棒PQ通过bac区域时，安培力为：F=Bi•2vt=∝t2．金属棒PQ通过bdc区域时，安培力大小为：F=2Bi•（L-2vt）=．根据数学知识可得，C正确，D错误。故选AC。

【点睛】本题运用半定量的研究方法，通过法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式得到感应电流和安培力的表达式，再进行分析，要注意公式E=BLv中L是有效的切割长度．

7.如图所示，从地面上A点发射一枚远程地对地弹道导弹，仅在万有引力作用下沿椭圆轨道ABC飞行击中地面目标C，轨道远地点B距地面高度为h。已知地球的质量为M、半径为R，引力常量为G。下列说法中正确的是 

A. 速度vA>11.2km/s，vB< 7.9km/s    B. 地心O为导弹椭圆轨道的一个焦点

C. 导弹经B点时速度大小为    D. 导弹经B点时加速度大小为

【答案】BD

【解析】

【详解】若导弹离开A点时的速度大于第二宇宙速度11.2km/s，导弹脱离绕地球束缚，而不会掉下来。故A错误。导弹做的是椭圆运动，地球位于椭圆的焦点上。故B正确。根据万有引力提供向心力，解得．导弹在B点只有加速才能进入卫星的轨道，所以导弹在C点的速度小于．故C错误。导弹在B点受到的万有引力，根据牛顿第二定律知，导弹的加速度．故D正确。故选BD。

【点睛】本题运用牛顿第二定律、万有引力定律分析导弹与卫星运动问题．比较B在点的速度大小，可以结合卫星变轨知识来理解．

8.如图所示，图甲中M为一电动机，当滑动变阻器R的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表V1和V2的读数随电流表A读数的变化情况如图乙所示．已知电流表A读数在0.2 A以下时，电动机没有发生转动．不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是(　　)

A. 电路中电源电动势为3.6V

B. 变阻器的最大阻值为30 Ω

C. 此电路中，电动机的最大输入功率是0.9W

D. 若电流表A示数小于0.2A，随着变阻器滑片向右滑动，测量R0两端电压表V读数的变化量与电流表A读数的变化量之比

【答案】ACD

【解析】

【详解】由电路图甲知，电压表V2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示V2的电压与电流的关系。此图线的斜率大小等于电源的内阻，为；当电流 I=0.1A时，U=3.4V，则电源的电动势 E=U+Ir=3.4+0.1×2V=3.6V，故A正确：当I=0.1A时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以R与R0并联电阻的最大值，则变阻器的最大阻值小于30Ω，故B错误。当I=0.3A时，U=3V，电动机输入功率最大，最大为 P=UI=3×0.3W=0.9W，故C正确。若电流表A示数小于0.2A，由图知，电动机不转动，电动机的电阻 rM=Ω=4Ω。根据闭合电路欧姆定律得：U=E-I（r+rM），得 =r+rM=6Ω．故D正确；故选ACD。

【点睛】本题考查对物理图象的理解能力，可以把本题看成动态分析问题，来选择两电表示对应的图线．对于电动机，理解并掌握功率的分配关系是关键．

9.某实验小组用图甲实验装置探究合力做功与动能变化的关系。铁架台竖直固定放置在水平桌面上，长木板一端放置在水平桌面边缘P处，另一端放置在铁架台竖直铁杆上，使长木板倾斜放置，长木板P处放置一光电门，用光电计时器记录滑块通过光电门时的挡光时间。实验步骤是：

①用游标卡尺测出滑块的挡光宽度L，用天平测量滑块的质量m。

②平衡摩擦力：以木板放置在水平桌面上的P处为轴，调节长木板在铁架台上的放置位置，使滑块恰好沿木板向下做匀速运动。在铁架台竖直杆上记下此位置Q1，用刻度尺测出Q1到水平面的高度H。

③保持P位置不变，长木板一端放置在铁架台竖直杆Q2上。用刻度尺量出Q1Q2的距离h1，将滑块从Q2位置由静止释放，由光电门计时器读出滑块的挡光时间t1。

④保持P位置不变，重新调节长木板一端在铁架台上的放置位置，重复步骤③数次。

Ⅰ.滑块沿长木板由Q2运动到P的过程中，用测量的物理量回答下列问题(重力加速度已知为g)：

(1)滑块通过光电门时的动能Ek＝________。

(2)滑块克服摩擦力做的功Wf＝________。

(3) 合力对滑块做的功W合＝________。

Ⅱ.某学生以铁架台竖起杆上的放置位置到Q1的距离h为横坐标，以滑块通过光电门的挡光时间平方倒数 为纵坐标，根据测量数据在坐标中描点画出如图乙所示直线，直线延长线没有过坐标原点，其原因主要是______________________________。

【答案】    (1). m     (2). mgH    (3). mgh1    (4). 平衡摩擦力倾角过大

【解析】

（1）滑块经过光电门的速度：，动能m；

（2）设P点到铁架台的水平距离为d，PQ1与水平面的夹角为α。由题意知，从Q1到P做匀速运动，可得：，；设PQ2与水平面的夹角为β，PQ2的长度为S，则从Q2到P克服摩擦力做功：；合力做功：；（4）乙图：

，平衡摩擦倾角过大。

视频

10.现有下列可供选用的器材及导线若干，要求尽可能精确地测量出待测电流表的满偏电流．

A．待测电流表 (满偏电流约为700μA～800μA，内阻约为100Ω，已知表盘刻度均匀、总格数为N)

B．电流表 (量程为0.6A，内阻为RA=0.1Ω)

C．电压表 (量程为3V，内阻为RV=3kΩ)

D．滑动变阻器R(最大阻值为200Ω)

E．电源E(电动势为3V，内阻约为1.5Ω)

F．开关S一个

(1)根据你的测量需要，“B．电流表”与“C．电压表”中应选择____________．(只需填写电表前的字母序号)

(2)某同学设计的实验电路图如下，你认为正确的是（        ）

(3)某次测量中测得电流表的指针偏转了n格，读出另一个电表的示数U(或I)，可算出满偏电流IAmax＝__________________。（用题中所给符号表示）

【答案】    (1). C    (2). B    (3).

【解析】

【详解】（1）因为电动势为3V，电路中的最大电流为：Imax≈A=0.03A=30mA，若选择电流表，指针偏角过小误差较大，为了减小误差，使指针有较大偏转，故选择电压表C；
（2）因为要求尽可能精确，故应采用分压式电路，故CD错误；若采用A图所示电路，当电流表有较大偏转时，电压表偏角过小，当电压表有较大偏转时，带测电表会烧坏，两表无法同时有较大偏转，而B图所示电路两表可以同时有较大偏转，误差较小，故A错误，B正确；故选B。
（3）电压表与电流表串联，则两表中的电流相等，则由电压表可求得电流值为：；而待测电流表刻度均匀，故有满偏电流： ；

【点睛】本题考查电阻的测量试验，考查了实验器材选择、实验方案分析、实验数据处理，要掌握实验器材的选择的依据，会根据电源电动势以及最大电流选择合适的电压表和电流表，选电表时要求要达到满偏的三分之二以上，认真审题、理解题意与实验步骤、知道实验原理是解题的关键。

11.如图所示，为某一食品厂家的生产流水线的一部分，轨道AB是半径为R的四分之一圆周。产品2形成后从A处沿光滑轨道开始下滑，到达轨道最低点B处时，与静止在此处的产品1发生弹性碰撞（假设每一个产品的质量均为m），被碰后的产品1沿粗糙的水平轨道BC滑动，恰能滑上运行速度为V的传送带CD。其中，BC段为生产线中的杀菌平台，长度为d，求：

（1）BC段杀菌平台的摩擦因数为μ1？

（2）假如传送带的摩擦因数为μ2，长度为L，为了保证产品以最短的时间经过CD，则传送带的速度应该为多少？此过程产生的热量为多少？

【答案】（1）   (2) Q=mgL  

【解析】

【详解】（1）设产品2到达B处时速度为V2，与产品1发生弹性碰撞后瞬间的速度，产品1被碰后的速度为。

(1)                      

   (2)                      

  (3)                   

联立（1）（2）（3）式解得    (4)     

产品1在BC段的加速度大小为a1

   (5)                  

     (6)   

联立（4）（5）（6）式解得   （7）      

（2）如果产品由C到D一直加速，则传送时间最短

    (8)                       

      (9)    

联立（8）（9）式解得     

由题意可知产品在传送上滑行的长度为L，则Q=mgL

12.如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限的半径R=h的圆形区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，圆与x、y坐标轴切于D、A两点，y<0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从电场中Q(－2h，－h)点以速度v0水平向右射出，从坐标原点O射入第Ⅰ象限，与水平方向夹角为α，经磁场能以垂直于x轴的方向从D点射入电场。不计粒子的重力，求：

(1)电场强度E的大小以及α的正切值

(2)磁感应强度B的大小

(3)带电粒子从Q点运动到最终射出磁场的时间t

【答案】(1)α＝45°，因此粒子从C点正对圆心O1进入磁场．(2)    (3)

【解析】

【详解】（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律及牛顿运动定律得

2h＝v0t        

h＝at2     

又qE＝ma  

联立解得    

设粒子到达O点时的速度为v，沿y轴正方向的分速度为vy，

则有vy＝at＝＝v0， 

v＝＝v0   

速度v与x轴正方向的夹角α满足tan α＝＝1 

即α＝45°，因此粒子从C点正对圆心O1进入磁场．

（2）又因为粒子垂直于x轴射出磁场，

轨道半径     

由牛顿第二定律有 

联立解得      

（3）带电粒子在电场中做类平抛运动的时间

从O点运动到磁场边界的时间  

粒子从D点射入电场后折返进入磁场，最后从磁场中射出

在磁场中运动的时间：    

在第四象限电场中往复时间          

带电粒子从Q点运动到最终射出磁场的时间

【点睛】带电粒子的运动问题，加速电场一般由动能定理或匀加速运动规律求解；偏转电场由类平抛运动规律求解；磁场中的运动问题则根据圆周运动规律结合几何条件求解。

13.下列说法中正确的是______

A.温度相同的氢气和氮气，氢气分子比氨气分子的平均速率大

B.由阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和气体的密度，可以估算出理想气体分子间的平均距离

C.当理想气体的体积增加时，气体的内能一定增大

D.将碳素墨水滴入清水中，观察到布朗运动是碳分子的无规则运动

E.容器内一定质量的理想气体体积不变，温度升高，则单位时间内撞击容器壁的分子数增加．

【答案】ABE

【解析】

【详解】A：温度相同的氢气和氮气，分子平均动能相同，但氢气分子质量比氨气分子质量小，则氢气分子比氨气分子的平均速率大。故A项正确。

B：由气体的摩尔质量和气体的密度可求出气体的摩尔体积；气体摩尔体积与阿伏加德罗常数之比等于每个气体分子占据的空间大小，由气体分子占据的空间大小可以估算出理想气体分子间的平均距离。故B项正确。

C：理想气体的体积增加时，理想气体的温度可能降低，理想气体的内能可能减小。故C项错误。

D：将碳素墨水滴入清水中，观察到的布朗运动是固体颗粒的运动，并不是碳分子的无规则运动。故D项错误。

E：容器内一定质量的理想气体体积不变，分子密集程度不变，温度升高，分子平均动能增大，则单位时间内撞击容器壁的分子数增加。故E项正确。

【点睛】布朗运动是固体颗粒的运动，不是固体分子的运动，间接反映了液体分子的无规则运动。

14.如图，在柱形容器中密闭有一定质量气体，一具有质量的光滑导热活塞将容器分为A、B两部分，离气缸底部高为49cm处开有一小孔，与U形水银管相连，容器顶端有一阀门K。先将阀门打开与大气相通，外界大气压等于p0＝75cmHg，室温t0＝27°C，稳定后U形管两边水银面的高度差为Δh＝25cm，此时活塞离容器底部为L＝50cm。闭合阀门，使容器内温度降至－57°C，发现U形管左管水银面比右管水银面高25cm。求：

①此时活塞离容器底部高度L′；

②整个柱形容器的高度H。

【答案】①48cm   ②H＝75cm

【解析】

【详解】①U形管内两边水银面的高度差为Δh＝25cm

 A中气体pA1＝p0＋pΔh＝（75＋25）cmHg＝100cmHg

B中为大气，所以活塞产生的压强p塞＝25cmHg

闭合阀门后，两部分气体温度降低，压强均减小且A处降低较多，活塞会下移

设此时U形管表示的是A中压强，pA2＝p0－pΔh＝（75－25）cmHg＝50cmHg

对A中气体  ，

解得LA2＝72cm＞49cm

假设不成立。说明此时U形管表示的应该是B中压强pB2＝50cmHg

则A中气体压强    pA2＝pB2＋p塞＝（50＋25）cmHg＝75cmHg

对A中气体 

解得LA2＝48cm

活塞离容器底部高度L′＝LA2＝48cm

②对B中气体 

解得H＝75cm