2019届河南省高考模拟试题精编(十五)物理（解析版）

2019届河南省高考模拟试题精编(十五)物理（解析版）
(考试用时：60分钟　试卷满分：110分)
第Ⅰ卷(选择题　共48分)
一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)
14．在微信、微博与QQ空间里曾经流传着这样一种说法：在电子秤下面垫上泡沫箱，电子秤稳定后示数会比物体的实重大，这是经商者欺诈消费者的手段．请依据所学物理知识判断，下列说法中正确的是(　　)
A．泡沫箱质地较软，电子秤称量时下陷，导致示数增大，因此此说法是真实的
B．称量物品时电子秤与物品处于稳定的超重状态，示数增大，因此此说法是真实的
C．与所称量物品以及泡沫厚度有关，示数可能会增大也可能减小，因此此说法是虚假的
D．根据平衡知识，示数体现的是真实的物重，因此此说法是虚假的
15．如图所示，半径为r、质量不计的圆盘盘面与地面相垂直，圆心处有一个垂直盘面的光滑水平固定轴O，在盘的最右边缘固定有一个质量为m的小球A，在O点的正下方离O点处固定一个质量也为m的小球B.放开盘让其自由转动，已知重力加速度为g，则(　　)
A．A球到达最低点时速度为零
B．A球机械能减少量等于B球机械能增加量
C．A球转到最低点时的线速度是
D．在转动过程中半径OA向左偏离竖直方向的最大角度是45°



16．如图所示，不带电的物体A和带负电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别是2m和m，劲度系统为k的轻质弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为θ的绝缘斜面处于沿斜面向上的匀强电场中．开始时，物体B受到沿斜面向上的外力F＝3mgsin θ的作用而保持静止，且轻绳恰好伸直．现撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，不计一切摩擦．则在此过程中(　　)
A．物体B所受电场力大小为mgsin θ
B．B的速度最大时，弹簧的伸长量为
C．撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为gsin θ
D．物体A、弹簧和地球组成的系统机械能增加量等于物体B电势能的减少量
17．如图所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上．盒子内表面不光滑，盒内放有一质量为m的物块，某时刻给物块一个水平向右的初速度v0，那么在物块与盒子左右壁多次往复碰撞后(　　)

A．二者的速度均为零
B．二者的速度总不会相等
C．盒子的最终速度为，方向水平向右
D．盒子的最终速度为，方向水平向右
18．下列说法正确的是(　　)
A．光电效应是原子核吸收光子向外释放电子的现象
B．结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定
C.83Bi的半衰期是5天，12 g83Bi经过15天后还有1.5 g未衰变
D．氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能增大，原子总能量增大
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分．)
19．如图所示电路可研究光电效应规律．用光子能量为2.75 eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，电流表G的示数不为零，移动变阻器的触点c，发现当电压表的示数大于或等于1.7 V时，电流表示数为零．则下列说法正确的是(　　)
A．光电子的最大初动能始终为1.05 eV
B．光电管阴极的逸出功为1.05 eV
C．当滑动触头向a端滑动时，反向电压增大，电流增大
D．改用能量为2.5 eV的光子照射，移动变阻器的触点c，电流表G中也可能有电流
20．如图所示，电动机牵引一根原来静止的、长为L＝1 m、质量为m＝0.1 kg的导体棒MN，其电阻R＝1 Ω，导体棒架在竖直放置的框架上，并处于磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中，磁场方向垂直框架向里．当导体棒上升h＝3.8 m时获得稳定的速度，导体产生的热量为2 J，电动机牵引导体棒时，电压表、电流表示数分别为7 V、1 A．电动机的内阻r＝1 Ω，不计框架电阻及一切摩擦．若电动机的输出功率不变，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．电动机的输出功率为1 W
B．电动机的输出功率为7 W
C．导体棒从静止达到稳定所需的时间为1 s
D．导体棒能达到的稳定速度为v＝2 m/s
21．光滑的平行金属导轨长L＝2 m，两导轨间距d＝0.5 m，轨道平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨上端接一阻值为R＝0.6 Ω的电阻，轨道所在空间有垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度B＝1 T，如图所示．有一质量m＝0.5 kg、电阻r＝0.4 Ω的金属棒ab，放在导轨最上端，其余部分电阻不计．已知棒ab从轨道最上端由静止开始下滑到最底端脱离轨道的过程中，电阻R上产生的热量Q1＝0.6 J，g取10 m/s2，则以下说法正确的是(　　)
A．当棒的速度v＝2 m/s时，电阻R两端的电压为1.0 V
B．当棒的速度v＝2 m/s时，电阻R两端的电压为0.6 V
C．棒下滑到轨道最底端时速度的大小为2 m/s
D．棒下滑到轨道最底端时加速度的大小为3 m/s2
选 择 题 答 题 栏
题号
14
15
16
17
答案




题号
18
19
20
21
答案




第Ⅱ卷(非选择题　共62分)
本卷包括必考题和选考题两部分．第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34题为选考题，考生根据要求作答．
22．(5分)一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动，圆盘加速转动时，角速度的增加量Δω与对应时间Δt的比值定义为角加速度β(即β＝)．我们用电磁打点计时器、米尺、游标卡尺、纸带、复写纸来完成下述实验：(打点计时器所接交流电的频率为50 Hz，A、B、C、D……为计数点，相邻两计数点间有四个点未画出)

①如图甲所示，将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上；
②接通电源，打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动；
③经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量．
(1)用20分度的游标卡尺测得圆盘的直径如图乙所示，则圆盘的半径r为________ cm.
(2)由图丙可知．打下计数点D时，圆盘转动的角速度为________ rad/s.
(3)纸带运动的加速度大小为________ m/s2，圆盘转动的角加速度大小为________ rad/s2.
[(2)(3)问中计算结果保留三位有效数字]
23．(10分)热敏电阻包括正温度系数电阻器(PTC)和负温度系数电阻器(NTC)，正温度系数电阻器的电阻随温度的升高而增大，负温度系数电阻器的电阻随温度的升高而减小．某实验小组选用下列器材探究某一热敏电阻Rx的导电特性：
A．电流表A1(满偏电流10 mA，内阻r1＝10 Ω)
B．电流表A2(量程0.6 A，内阻r2为0.5 Ω)
C．滑动变阻器R1(最大阻值10 Ω)
D．滑动变阻器R2(最大阻值500 Ω)
E．定值电阻R3(阻值1 490 Ω)
F．定值电阻R4(阻值140 Ω)
G．电源E(电动势15 V，内阻忽略)
H．开关与导线若干

(1)实验采用的电路图如图甲所示，则滑动变阻器选________，定值电阻R选________．(均填仪器前的字母序号)
(2)该小组分别测出某个热敏电阻的I1－I2图象如图乙所示，请说明该曲线对应的热敏电阻是______(填“PTC”或“NTC”)热敏电阻．
(3)若将此热敏电阻直接接到一电动势为9 V，内阻10 Ω的电源两端，则此时该热敏电阻的阻值为________ Ω.(结果保留三位有效数字)
24．(12分)两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为l.导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图所示．两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路中其余部分的电阻可不计．在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B.设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度v0.若两导体棒在运动中始终不接触，则：
(1)在运动中产生的焦耳热最多是多少？
(2)当ab棒的速度变为初速度的时，cd棒的加速度大小是多少？







25．(20分)如图甲所示，平面OO′垂直于纸面，其上方有长为h，相距为h的两块平行导体板M、N.两极板间加上如图乙所示的电压，平面OO′的下方是一个与OO′平面相平行的匀强磁场，方向垂直纸面向外．在两极板的正中间正上方有一粒子源连续放射出质量为m、带电荷量为＋q的粒子，其初速度大小为v0，方向垂直电场及OO′平面．不计粒子重力及空气的阻力，每个粒子在板间运动的极短时间内，可以认为场强不变，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.

(1)若有带电粒子飞出电场时打在板上，则板间电压UMN的最大值至少为多少？
(2)要使所有的粒子都能回到两板间，磁感应强度B需满足什么条件？
(3)在满足(2)问的前提下，粒子在磁场中运动的最长时间为多少？




　　请考生在第33、34两道物理题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．
33．(15分)【物理——选修3－3】
(1)(5分)以下说法中正确的是________．(选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分．)
A．物体运动的速度越大，其内能越大
B．分子的热运动是指物体内部分子的无规则运动
C．微粒的布朗运动的无规则性，反映了液体内分子运动的无规则性
D．若外界对物体做正功，同时物体从外界吸收热量，则物体的内能必增加
E．温度低的物体，其内能一定小
(2)(10分)如图所示，内壁光滑的导热汽缸竖直放置在盛有冰水混合物的水槽(未画出)中，用不计质量的活塞封闭压强为1.0×105 Pa、体积为2.0×10－3 m3的理想气体．现在活塞上方缓缓倒上沙子，使被封闭气体的体积变为原来的一半，然后将汽缸移出水槽，缓缓加热，使气体的温度变为127 ℃.

①求将汽缸刚从水槽中移出时气体的压强及缸内气体的最终体积．
②在图乙中画出整个过程中汽缸内气体的状态变化(大气压强为1.0×105 Pa，结果保留三位有效数字)．







34．(15分)【物理——选修3－4】
(1)(5分)某同学在实验室做“用双缝干涉测光的波长”的实验．
①若在实验操作过程中，该同学转动手轮，使分划板中心刻线向一侧移动，直至移动到与另一亮条纹的中心对齐，测得第一条与第四条亮纹中心的距离为a＝1.560 mm，已知双缝间的距离为d＝1.0 mm，双缝到屏的距离为L＝1.00 m，则对应的光波的波长λ＝______ nm.
②若在实验时，该同学没有调节好实验装置就进行实验，结果使测量头中的分划板中心刻度线与干涉条纹不在同一方向上，如图所示，则在这种情况下测量两相邻亮条纹间的距离Δx时，测量值________(填“大于”、“小于”或“等于”)实际值．
(2)(10分)如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，振幅为2 cm，周期为T＝4 s．已知在t＝0时刻沿波传播方向上相距40 cm的两质点a、b的位移都是1 cm，但运动方向相反，质点a沿y轴负方向运动，质点b沿y轴正方向运动．

①求该简谐波的波长；
②若两质点a、b平衡位置间的距离满足≤xab≤，则从t＝0时刻开始计时，经多长时间质点b的速度第一次达到最大？











高考物理模拟试题精编(十五)
14．解析：选D.当电子秤稳定后，物体的重力大小等于对电子秤的压力大小，所以D选项正确．

15．解析：选B.该系统在自由转动过程中，只有重力做功，机械能守恒，所以A球机械能的减少量等于B球机械能的增加量，故B选项正确．取圆盘最低处的水平面为零势能面，如图甲所示．
则根据机械能守恒定律可得mgr＋mg＝m(ωr)2＋m(ω×)2＋mgr，由vA＝ωr，可得vA＝ ，故A、C选项错误．取圆心所在处的水平面为零势能面，如图乙所示．
则根据机械能守恒定律可得－mg＝－mgrcos θ＋mgsin θ，解得sin θ＝0.6，θ≈37°，故D选项错误．
16．解析：选B.当施加外力时，对B分析可知F－mgsin θ－F电＝0，解得F电＝2mgsin θ，A选项错误．当撤去外力瞬间物体B受到的合力为F合＝F电＋mgsin θ＝3mgsin θ，根据牛顿第二定律可得a＝3gsin θ，C选项错误．当B受到的合力为零时，B的速度最大，由kx＝F电＋mgsin θ＝3mgsin θ，解得x＝，B选项正确．根据能量守恒定律可知，物体A、物体B、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B电势能的减少量，D选项错误．
17．解析：选D.以物块与盒子组成的系统为研究对象，水平方向不受外力作用，系统动量守恒，由于盒子内表面不光滑，最终二者共速，则mv0＝(M＋m)v，得v＝，方向与v0相同，即水平向右，D选项正确．
18．解析：选C.光电效应是原子吸收光子，向外释放电子的现象，A选项错误．比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，B选项错误.83Bi的半衰期是5天，12 g83Bi经过15天后还有1.5 g未衰变，C选项正确．氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电场力对电子做负功，电子的动能变小，电子势能变大，由于跃迁要吸收光子，所以原子总能量增大，D选项错误．
19．解析：选BD.由爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0，同种金属的逸出功相同．光电子的最大初动能始终为1.7 eV，A选项错误．光电管阴极的逸出功为W0＝1.05 eV，B选项正确．当滑动触头向a端滑动时，反向电压增大，电流变小，C选项错误．改用能量为2.5 eV的光子照射，移动滑动变阻器的触点c，电流表G中也可能有电流，D选项正确．
20．解析：选CD.电动机的输出功率为P＝UAIA－Ir＝6 W，A、B选项均错误．当导体棒的速度稳定时，由平衡条件得＝mg＋，解得v＝2 m/s.由能量守恒定律得Pt＝mv2＋Q＋mgh，解得t＝1 s，C、D选项正确．
21．解析：选BD.当棒的速度v＝2 m/s时，棒中产生的感应电动势E＝Bdv＝1 V，此时电路中的电流I＝＝1 A，所以电阻R两端的电压U＝IR＝0.6 V，A选项错误，B选项正确．根据Q＝I2Rt得＝，可知在棒下滑的整个过程中金属棒中产生的热量Q2＝Q1＝0.4 J，设棒到达最底端时的速度为v2，根据能量转化和守恒定律，有mgLsin θ＝mv＋Q1＋Q2，解得v2＝4 m/s，C选项错误．棒到达最底端时回路中产生的感应电流I2＝＝2 A，根据牛顿第二定律有mgsin θ－BI2d＝ma，解得a＝3 m/s2，D选项正确．
22．解析：(1)游标卡尺主尺的读数为60 mm，游标尺读数为0×0.05 mm，故测量值为60.00 mm＝6.000 cm，半径为3.000 cm.
(2)根据匀变速直线运动的规律，可求打D点时的线速度为vD＝＝ m/s＝0.389 m/s，结合vD＝ωr，可得ω＝＝ rad/s≈13.0 rad/s.
(3)利用逐差法xCE－xAC＝a(2T)2，解得
a＝＝ m/s2
≈0.593 m/s2.
其角加速度β＝＝＝≈19.8 rad/s2.
答案：(1)3.000(1分)　(2)13.0(1分)
(3)0.593(2分)　19.8(1分)
23．解析：(1)要使加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，则必须用分压电路，故滑动变阻器应该选用阻值较小的C；由图可知，定值电阻R与电流表串联充当电压表使用，故应采用阻值较大的E.
(2)由图象可知，随着电压增大，电流增大，电阻实际功率增大，温度升高，电压与电流的比值增大，电阻阻值增大．即随温度升高，电阻阻值增大，所以是正温度系数热敏电阻(PTC)．
(3)根据改装原理可知，加在电阻两端的电压数值为电流表A1读数的1 500倍．在图中作出对应的电源的伏安特性曲线如图所示，图象的交点即该电源与热敏电阻串联时的电路状态参数．由图可知，此时I1＝4.7 mA，I2＝0.2 A，则有Rx＝ Ω≈35.3 Ω

答案：(1)C(2分)　E(2分)　(2)PTC(2分)
(3)35.3(33.7～37.5均可)(4分)
24．解析：ab棒向cd棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量变小，于是产生感应电流．ab棒受到与其运动方向相反的安培力而做减速运动，cd棒则在安培力的作用下向右做加速运动．只要ab棒的速度大于cd棒的速度，回路总有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续加速，直到两棒速度相同后，回路面积保持不变，不产生感应电流，两棒以相同的速度v做匀速运动．
(1)从开始到两棒达到相同速度v的过程中，两棒的总动量守恒，有mv0＝2mv(2分)
根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热
Q＝mv－(2m)v2＝mv(3分)
(2)设ab棒的速度变为v0时，cd棒的速度为v′，则由动量守恒可知mv0＝mv0＋mv′(2分)
解得v′＝v0(1分)
此时cd棒所受的安培力F＝BIL＝(2分)
由牛顿第二定律可得，cd棒的加速度
a＝＝(2分)
答案：(1)mv　(2)
25．解析：(1)要有粒子打在板上，设电压的最大值为Um，则有
h＝at2　①(1分)
a＝　②(1分)
E＝　③(1分)
h＝v0t　④(1分)
由①②③④式可得Um＝　⑤(1分)
(2)设粒子进入磁场时速度v与v0的夹角为θ，则有
v＝　⑥(1分)
又由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
Bqv＝　⑦(1分)
粒子从OO′上射出磁场的位置与射入磁场的位置的距离s＝2Rcos θ　⑧(1分)
由⑥⑦⑧式可得s＝　⑨(1分)
若沿v0方向射进磁场的粒子能回到板间，则其他方向的粒子都能回到板间．当s＝h时，B最小，即
h＝　⑩(1分)
解得B＝　⑪(1分)
即磁感应强度B≥(1分)
(3)粒子在MN板间偏转得越大，粒子进入磁场中偏转的角度越大，时间越长．设粒子在MN板间的最大偏转角为φ，则
tan φ＝　⑫(1分)
vy＝at　⑬(1分)
由②③④⑤⑫⑬式得tan φ＝　⑭(1分)
即φ＝37°　⑮
粒子在磁场中运动对应的圆心角为φ′，由几何关系得φ′＝π＋2φ　⑯(1分)
T＝　⑰(1分)
由⑦⑰式得T＝　⑱(1分)
又粒子在磁场中运动的时间t＝T　⑲(1分)
解得t＝　⑳
由⑳知：B越小，t越大，即B＝时，t最大．
解得t＝　(1分)
答案：(1)　(2)B≥　(3)
33．解析：(1)物体的内能与运动的速度无关，质量不变的情况下，速度越大，动能越大，A选项错误．分子的热运动是指物体内部分子的无规则运动，B选项正确．微粒的布朗运动的无规则性，反映了液体内分子运动的无规则性，C选项正确．根据热力学第一定律，若外界对物体做正功，同时物体从外界吸收热量，则物体的内能必增加，D选项正确．物体分子的平均动能决定于温度，而内能包括分子动能与分子势能，所以内能越大，温度不一定越高，有可能是分子势能很大，分子平均动能很小，E选项错误．
(2)①在活塞上方缓缓倒沙子的过程中，因汽缸导热，所以汽缸内被封闭的气体的温度不变，由题意知p1＝1.0×105 Pa，V1＝2.0×10－3m3，V2＝1.0×10－3m3，T2＝273 K，T3＝(273＋127)K＝400 K.
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2(2分)
解得p2＝2.0×105 Pa(2分)
将汽缸移出水槽，缓缓加热至127 ℃的过程中，气体的压强不变，由盖—吕萨克定律得＝(2分)
解得V3≈1.47×10－3m3(2分)
②整个过程中缸内气体的状态变化表示为如图所示的a→b→c过程．(2分)

答案：(1)BCD　(2)①2.0×105Pa　1.47×10－3m3
②见解析
34．解析：(1)①相邻两亮条纹间的距离Δx＝＝0.520 mm，可得λ＝＝520 nm.
②测量头中的分划板中心刻度线与干涉条纹不在同一方向上时，测得n条亮(暗)纹间的距离比两者在同一方向上时大，对应算出的Δx也偏大．
(2)①在t＝0时刻，由y＝Asin ()知，当y＝1 cm时，sin()＝
xa＝k1λ＋＝20 cm(1分)
xb＝k2λ＋＝60 cm(1分)
xb－xa＝(k2－k1)λ＋＝40 cm(2分)
其中k1、k2为自然数且k2≥k1
得λ＝ cm(n为自然数)(2分)
②由题意知，两质点a、b平衡位置间的距离满足≤xab≤，即xb－xa＝(k2－k1)λ＋＝，故k2－k1＝0.可作出t＝0时刻的波的图象如图所示，由图可知，平衡位置在b点左侧距b点的质点(该点正处于平衡位置)速度最大，利用平移法可知，经过Δt＝＝ s，b点速度第一次达到最大．(4分)
答案：(1)①520　②大于
(2)①cm(n为自然数)　② s