2019届黑龙江省哈尔滨市第六中学高三第二次模拟考试物理试题（解析版）

哈六中2019届高三二模物理试卷1.甲、乙两辆汽车沿同一平直路面行驶，其v—t图象如图所示，下列对汽车运动状态的描述正确的是A. 在第20s 末，甲、乙两车相遇B. 若乙车在前，则可能相遇两次C. 在第10s末，甲、乙车改变运动方向D. 在第10s 末，甲、乙两车相距 150 m【答案】B【解析】【详解】在第20s末，甲通过的位移比乙的位移大，但由于它们初始位置关系未知，所以不能判断是否相遇，故A错误。若t=0时刻乙车在前，则两车在第20s末前，两车可能相遇一次，此后由于乙做匀加速运动，甲做匀速运动，乙可能追上甲，再相遇一次。故B正确。由图知，甲乙两车的速度一直为正，说明一直沿正方向运动，运动方向没有改变，故C错误。在第10s末，甲、乙两车的位移之差为：△x=20×10-×10×10=150m，由于出发点的位置关系未知，所以不能求出确定它们相距的距离，故D错误。2.如图所示，A是地球的同步卫星，B是地球的近地卫星，C是地面上的物体，A、B、C质量相等，均在赤道平面上绕地心做匀速圆周运动。设A、B、C做圆周运动的向心加速度为aA、aB、aC，周期分别为TA、TB、TC，A、B、C做圆周运动的动能分别为EkA、EkB、EkC。不计A、B、C之间的相互作用力，下列关系式正确的是（ ）A. aB=aC＞aAB. aB＞aA＞aCC. TA=TB＜TCD. EkA＜EkB=EkC【答案】B【解析】【详解】赤道上的物体C与同步卫星A转动角速度相同，由于赤道上的物体C的轨道半径小于同步卫星A的轨道半径，根据a=ω2r，得 aC＜aA；对于A、B两卫星，根据卫星的加速度公式，由于近地卫星B的轨道半径小于同步卫星A的轨道半径，故近地卫星B的向心加速度大于同步卫星A的向心加速度，即aB＞aA；所以aB＞aA＞aC，故B正确，A错误；赤道上的物体C与同步卫星A转动周期相同，即TC=TA；对AB两卫星，根据 可知TA>TB，则TC=TA>TB，选项C错误；赤道上的物体C与同步卫星A转动角速度相同，由于赤道上的物体C的轨道半径小于同步卫星A的轨道半径，根据v=ωr，得知vC＜vA；对于A、B两卫星，根据卫星的线速度公式，由于近地卫星B的轨道半径小于同步卫星A的轨道半径，故近地卫星B的线速度大于同步卫星A的线速度，即vB＞vA；所以vB＞vA＞vC，故动能关系为：EkB>EkA>EkC，D错误；3.在平面直角坐标系的x轴上关于原点O对称的P、Q两点各放一个等量点电荷后，x轴上各点电场强度E随坐标x的变化曲线如图所示。规定沿x轴正向为场强的正方向，则下列说法正确的是A. 将一个正试探电荷从P点沿x轴移向Q点的过程中电势能先增大后减小B. x轴上从P点到Q点的电势先降低后升高C. 若将一个正试探电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中一定是电场力先做正功后做负功D. 若将一个正试探电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中受到的电场力可能先增大后减小【答案】D【解析】【详解】由电场分布可知，P带正电荷，Q带负电荷，P、Q之间的电场线从P指向Q，则将一个正试探电荷从P点沿x轴移向Q点的过程中电场力做正功，则电势能一直减小，选项A错误；x轴上从P点到Q点的电势一直降低，选项B错误；两电荷连线的垂直平分线是等势面，则若将一个正试探电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中电场力不做功，选项C错误；两电荷连线的垂直平分线上，在两电荷连线的中点处场强最大，则若将一个正试探电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中受到的电场力先增大后减小，选项D正确；4.己知金属锌的逸出功为3.34eV，普朗克常量为6.63×10-34J·s，真空中的光速为3.0×108m/s。图为氢原子最低的四个能级，则氢原子在这些能级之间跃迁所辐射的光子的最短波长及其照射锌扳逸出电子的最大初动能分别为    A. 1.0×10-7m，9.4leVB. 1.2×10-7m，9.4leVC. 1.2×10-7m，6.86cVD. 1.0×10-7m，6.86eV【答案】A【解析】【详解】氢原子在这些能级之间跃迁所辐射的光子的最短波长，对应着从n=4到n=1的跃迁，则，解得；照射锌板逸出电子的最大初动能分别为 ，故选A.5.竖直面（纸面）内两固定长直导线L1、L2中通有如图所示的电流，P点位于L1、L2正中间，整个空间存在磁感应强度大小为B0、方向垂直于纸面向里的匀强磁场（未画出），此时P点的磁感应强度大小为0。若L1中电流反向，则P点的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里，则A. I1在P点产生的磁场的磁感应强度大小为B. I1在P点产生的磁场的磁感应强度大小为C. I2在P点产生的磁场的磁感应强度大小为D. I2在P点产生的磁场的磁感应强度大小为【答案】AC【解析】【详解】设I1、I2在P点产生的磁场大小为B1和B2，由右手定则可知B1和B2方向均向外，则：B1+B2=B0；若L1中电流反向，则磁场方向也反向，则：B1+ B0-B2=B0；联立解得B1 =B0 ；B2=B0，故选AC.6.如图所示，斜面倾角为，位于斜面底端A正上方的小球以不同的初速度v0正对斜面顶点B水平抛出，小球到达斜面经历的时间为t，重力加速度为g，则下列说法正确的是A. 若小球以最小位移到达斜面，则B. 若小球垂直击中斜面，则C. 若小球恰能击中斜面中点，则D. 无论小球怎样到达斜面，运动时间均相等【答案】AB【解析】【详解】过抛出点作斜面的垂线CD，如图所示：
当小球落在斜面上的D点时，位移最小，设运动的时间为t，则水平方向：x=v0t；竖直方向：y=gt2。根据几何关系有，即有，解得：．故A正确。若小球垂直击中斜面时速度与竖直方向的夹角为θ，则，得．故B正确。若小球能击中斜面中点时，小球下落的高度设为h，水平位移设为x。则由几何关系可得，得：，故C错误。由上知，D错误。7.如图所示，质量为3m的重物与一质量为m的线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知线框的横边边长为L，水平方向匀强磁场的磁感应强度为B，磁场上下边界的距离、线框竖直边长均为h．初始时刻，磁场的下边缘和线框上边缘的高度差为2h，将重物从静止开始释放，线框上边缘刚进磁场时，恰好做匀速直线运动，滑轮质量、摩擦阻力均不计．则下列说法中正确的是（　　）A. 线框进入磁场时的速度为B. 线框的电阻为C. 线框通过磁场的过程中产生的热里Q=2mghD. 线框通过磁场的时间为【答案】AB【解析】【详解】线框进入磁场前，系统机械能守恒，有：（3m-m）g•2h=×4mv2，解得线框进入磁场的速度为：，故A正确。线框进入磁场做匀速直线运动，根据平衡有：，解得：，故B正确。线框通过磁场的过程做匀速直线运动，根据能量守恒得：（3m-m）g•2h=Q，解得：Q=4mgh，故C错误。线框通过磁场的时间为，选项D错误。8.静止于粗糙水平面上的物体，受到方向恒定的水平拉力F的作用，其大小随时间变化如图甲所示。在拉力F从零逐渐增大的过程中，物体的加速度随时间变化如图乙所示，g取10m/s2。则下列说法中错误的是 A. 物体与水平面间的摩擦力先增大后减小至某一值并保持不变B. 物体与水平面间的动摩擦因数为0.1C. 4s末物体的动量大小为12kg·m/sD. 4s内滑动摩擦力的冲量大小为9N·s【答案】ABC【解析】【详解】由乙知，0-2s内物体静止不动，物体所受的静摩擦力与拉力平衡，则知摩擦力逐渐增大。t=2s时静摩擦力达到最大值，t=2s后物体开始运动，受到滑动摩擦力作用，滑动摩擦力小于最大静摩擦力，并且保持不变，所以物体所受的摩擦力先增大，后减小至某一值并保持不变。故A正确。在2-4s内，由牛顿第二定律得：F-μmg=ma；由图知：当F=6N时，a=1m/s2，代入得 6-10μm=m；当F=12N时，a=3m/s2，代入得 12-10μm=3m；联立解得 μ=0.1，m=3kg，故B正确。根据a-t图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，可知4s内物体速度的变化量为△v=×2=4m/s，由于初速度为0，所以4s末物体的速度为4m/s，动量大小为P=mv=12kg•m/s，故C正确。4s内滑动摩擦力的冲量大小为，选项D错误。三、非选择题： （一）必考题9.在“验证平行四边形定则”的实验中，用弹簧秤a、b 拉橡皮条的结点，使其位于O点，如图甲所示，此时α+β=90°，其中弹簧秤a的读数是__________N （如图乙所示）。现保持a的读数不变，减小α角，且结点仍在0处，则弹簧秤b的读数__________，同时β角__________（填“增大”“减小”或“不变”）。【答案】    (1). 2.50    (2). 减小    (3). 减小【解析】【详解】弹簧秤a的读数是2.50N；该题本质上考查了物体的动态平衡，由题意可知：保持O点位置不动，即合力大小方向不变，弹簧测力计a的读数不变，因此根据要求作出力的平行四边形定则，画出受力分析图如下：

所以由图可知α角逐渐变小时，b的示数减小，同时β角减小。10.图甲为欧姆表的电路原理图，可将欧姆表内部（图中虚线框内）等效为一电源。设计图乙电路测量欧姆表某挡位的电动势与内阻，具体操作如下：A.将欧姆表的_______旋至某挡位，a、b两表笔短接，调节调零旋钮进行_____；B.将毫安表与滑动变阻器R1按图乙连接；C.调节消动变阻器R1滑片的位置，读出亳安表的示数 I和对应的欧姆表示数R，将多组数据填入表中。 123456R/kΩ0.51.01.52.02.53.0I/mA1.481.201.030.860.740.671/I/mA-10.680.830.971.161.351.49 完成下列内容：（1）填写操作A中横线上的内容：（2）图甲中a为__________（选填“红”、“黑”）表笔；（3）根据表中数据描点（第四组数据） 并画出关系图象__________；（4）由图象可得欧姆表该档位的电动势为__________V，内阻为__________kΩ。（结果均保留两位有效数字）【答案】    (1). （1）选择开关；    (2). 欧姆调零    (3). （2）红    (4). （3）见解析；    (5). （4）3.0V；    (6). 1.5kΩ【解析】【详解】A、将欧姆表的选择开关旋至某挡位，a、b两表笔短接，调节调零旋钮进行欧姆调零；（2）图甲中a为红表笔；（3）画出关系图象如图；（4）设等效电源的电动势为E，内阻为r，则，即 由图像可知：； ，解得E=3.0V；r=1.5kΩ11.光滑水平轨道MN与半径为R的竖直光滑圆弧轨道相切于N点，质量为m的小球B静止于水平轨道上P点，小球半径远小于R。与B相同的小球A以速度v0向右运动，A、B碰后粘连在一起。求当v0的大小在什么范围时，两球在圆弧轨道内运动时不会脱离轨道。已知重力加速度为g。【答案】v0≤2或v0≥2【解析】【详解】AB碰撞动量守恒，则：mv0＝2mv若两物体能到达与圆心等高的位置，则：－2mgR＝0－×2mv2，解得v0＝2若两物体恰能到达最高点，则：－2mg×2R＝×2mv′2－×2mv2，2mg＝2m，解得v0＝2综上，当v0≤2或v0≥2时，两球在圆弧轨道内运动时不会脱离轨道。12.如图所示，在平面直角坐标系xOy第一、四象限存在正方形匀强磁场区域 ACDF，原点O位于AC边中点，磁感应强度的大小为B，方向垂直平面向里。带电粒子以速度v0从O点沿x轴正方向射入磁场。不计粒子的重力。 （1）若正方形边长为l，粒子恰从AF边中点射出，求粒子的比荷；（2）设粒子从DF边某处飞出磁场，且速度方向相对入射方向偏转角。若将磁场换成沿y轴负方向的匀强电场，粒子也从DF边上射出时速度偏转角仍为，求此电场强度的大小。【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）由牛顿第二定律：qv0B＝m，由几何关系：r＝，得（2）设正方形边长为l′，磁场中：qv0B＝m，其中sinθ＝电场中：qE＝ma，l′＝v0t，vy＝at，tanθ＝     解得E＝ [物理——选修3—3] 13.一定质量的理想气体从状态M经历过程1或者过程2到达状态N，其P—V图像如图所示。对于这两个过程，下列说法正确的是          。A. 气体经历过程1，其温度先升高后降低B. 气体在过程1中一直对外做功C. 气体经历过程2，其内能先增大后减小D. 气体在过程2中一直对外放热E. 气体在过程1中吸收的热量大于过程2中吸收的热量【答案】ABE【解析】【详解】气体经历过程1，由图像可知，PV乘积先增加后减小，根据PV/T=C可知，其温度先升高后降低，选项A正确；气体在过程1中，体积一直增加，则一直对外做功，选项B正确；气体经历过程2，PV乘积先减小后增加，则根据PV/T=C可知，温度先降低后升高，则其内能先减小后增大，选项C错误；气体在过程2中的等压膨胀过程中，温度升高，内能增加，对外做功，则气体吸热，选项D错误；1、2两过程体积变化，对外做功相同，做功大小每一小段为W=PS△d=P△V，则在图上对应的做功量在数值上为图线与横轴所围成的面积值，则由图可知1过程做功大于2过程的做功，而两过程初末的温度不变，内能不变，由△U=W+Q可知气体在过程1中吸收的热量大于过程2中吸收的热量，选项E正确。如图，体积为V、内壁光滑的圆柱形导热气缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；气缸内密封有温度为2.4T0、压强为1．2p0的理想气体．p0和T0分别为大气的压强和温度．已知：气体内能U与温度T的关系为U＝αT，α为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的．求：14. 气缸内气体与大气达到平衡时的体积V1；15. 在活塞下降过程中，气缸内气体放出的热量Q．【答案】(1) (2) 【解析】①由理想气体状态方程得    解得：V1=V ②在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为W=P0（V﹣V1） 活塞刚要下降时,由理想气体状态方程得   解得：T1=2T0；  在这一过程中，气体内能的变化量为△U=α（T0﹣T1） 由热力学第一定律得，△U=W+Q 解得：Q=p0V+αT0    [物理——选修3—4]16.图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位罝为x=lm处的质点，Q是平衡位罝为x=4m处的质点。图乙为质点Q的振动图象。下列说法正确的是          。A. 该波的周期是0.10sB. 该波的传播速度为40m/sC. 该波沿x轴负方向传播D. t=0.10s时，质点Q的速度方向向下E. 从t=0.10s到t=0.25s，质点P通过的路程为30cm【答案】BCD【解析】【详解】由图乙知该波的周期是0.20s。故A错误。由甲图知波长λ=8m，则波速为：，故B正确。在t=0.10s时，由乙图知质点Q正向下运动，根据波形平移法可知该波沿x轴负方向传播，故C、D正确。该波沿x轴负方向传播，此时P点正向上运动。从t=0.10s到0.25s经过的时间为△t=0.15s=T，由于t=0.10s时刻质点P不在平衡位置或波峰、波谷处，所以质点P通过的路程不是3A=30cm，故E错误。17.如图，玻璃柱的横截面为半径R=20.0 cm的半圆，O点为圆心。光屏CD紧靠在玻璃柱的右侧，且与截面底边MN垂直。一光束沿中半径方向射向O点，光束和MN的夹角为，在光屏CD上出现两个光斑。己知玻璃的折射率为n=。（i）若=60°，求两个光斑间的距离；（ii）屏上两个光斑间的距离会随大小的变化而改变，求两光斑间的最短距离。【答案】（i）cm；（ii）20cm【解析】【详解】（i）光束在MN界面上一部分反射，设反射光与光屏CD的交点为C，另一部分折射，设折射光与光屏的交点为D，入射角为r，折射角为i，光路图如图所示，由几何关系得：r=90°-θ=30°
得：根据折射定律得
可得，i=60°
则所以两个光斑间的距离 LCD=LCN+LDN= （ii）屏上两个光斑间的距离会随θ的减小而变短，当光线在MN就要发生全反射时，两光斑间距离最短，由临界角公式得：
所以两光斑间的最短距离 Lmin=
联立解得  Lmin=20cm