郑州市达标名校2019年高考四月物理模拟试卷含解析

郑州市达标名校2019年高考四月物理模拟试卷
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5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
1．职业高空跳伞运动员从近万米高空带着降落伞跳下，前几秒内的运动可视为自由落体运动。

已知运动员的质量为80 kg ，重力加速度g 取10 m/s 2，关于运动员所受重力做功的功率，下列说法正确的是（ ） A ．下落第1 s 末的瞬时功率为4 000 W B ．下落第1 s 内的平均功率为8 000 W C ．下落第2s 末的瞬时功率为8 000 W D ．下落第2s 内的平均功率为12000 W
2．一含有理想变压器的电路如图所示，交流电源输出电压的有效值不变，图中三个电阻R 完全相同，电压表为理想交流电压表，当开关S 断开时，电压表的示数为U 0；当开关S 闭合时，电压表的示数为037
38
U ．变压器原、副线圈的匝数比为（ ）
A ．5
B ．6
C ．7
D ．8
3．家电待机耗电问题常常被市民所忽略。

北京市电力公司曾举办“计量日进您家”活动，免费上门为市民做家庭用电耗能诊断分析。

在上门实测过程中，技术人员发现电视机待机一天的耗电量在0.2度左右，小小机顶盒一天的待机耗电量更是高达0.4度。

据最新统计温州市的常住人口约1000万人，参考下表数据，估算每年温州市家庭用电器待机耗电量约为( ) 家庭常用电器 电视机 洗衣机 空调 电脑 户均数量（台） 2 1 2 1 电器待机功耗（W/台） 10
20
40 40
A ．4×105度
B ．4×107度
C ．4×109度
D ．4×1011度
4．一简谐机械波沿x 轴正方向传播，周期为T ，波长为λ。

若在x = 0处质点的振动图像如图所示，则该波在2
T
t =
时刻的波形曲线为（ ）
A．B．
C．D．
5．如图所示，在横截面为正三角形的容器内放有一小球，容器内各面与小球恰好接触，图中a、b、c为容器的三个侧面、将它们以初速度v0竖直向上抛出，运动过程中容器所受空气阻力与速率成正比，下列说法正确的是
A．上升过程中，小球对c有压力且逐渐变大
B．上升过程中，小球受到的合力逐渐变大
C．下落过程中，小球对a有压力且逐渐变大
D．下落过程中，小球对容器的作用力逐渐变大
6．下列说法正确的是（）
A．电子的发现说明原子具有核式结构
B．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分
C．某金属在光照射下发生光电效应，入射光频率越高，该金属的逸出功越大
D．某金属在光照射下发生光电效应，入射光频率越高，逸出光电子的最大初动能越大
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．如图所示，甲、乙、丙是绕地球做匀速圆周运动的3艘飞船，下列说法正确的是（）
A．丙开动发动机向后瞬时喷气后，其势能不变
B．丙开动发动机向后瞬时喷气后的一段时间内，可能沿原轨道追上同一轨道上的乙
C．甲受稀薄气体的阻力作用后，其动能增大、势能减小
D．甲受稀薄气体的阻力作用后，阻力做功大小与引力做功大小相等
8．如图所示，质量为M=2kg足够长的小车以v0=2.5m/s的速度沿光滑的水平面运动，在小车正上方h=1.25m 处有一质量为m=0.5kg的可视为质点的物块静止释放，经过一段时间刚好落在小车上无反弹，作用时间很短，随后二者一起沿水平面向右运动。

已知物块与小车上表面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度为g=10m/s2，忽略空气阻力。

则下列说法正确的是（）
A．物块落在小车的过程中，物块和小车的动量守恒
B．物块落上小车后的最终速度大小为3m/s
C．物块在小车的上表面滑动的距离为0.5m
D．物块落在小车的整个过程中，系统损失的能量为7.5J
9．一列简谐横波沿x轴传播，如图所示为t=0时刻的波形图，M是平衡位置在x=70 m处的一个质点，此时M点正沿y轴负方向运动，之后经过0.4 s第二次经过平衡位置，则。

A．该波沿x轴正向传播
B．M点振动周期为0.5 s
C．该波传播的速度为100 m/s
D．在t=0.3 s时刻，质点M的位移为0
E.题中波形图上，与M点振动总是相反的质点有2个
10．如图，从倾角为45°的足够长斜面顶端垂直于斜面向上抛出一质量为m的物体（可视为质点），物体初速度大小为v，受到水平向右、大小与物体重力相等的水平风力作用，重力加速度为g，不计空气阻力，从抛出开始计时，下列说法正确的是
A．物体距斜面的最远距离为
2 2 2 v g
B．以抛出点所在水平面为零势能面，物体重力势能的最大值为
2 4 mv
C．经过时间2v
g
，物体回到斜面
D．物体重力势能最大时，水平风力的瞬时功率为2mgv
11．如图甲为一列沿x正方向传播的简谐横波在t=0.1 s时刻的波动图像，图乙是波中某振动质点位移随时间变化的振动图像，P是平衡位置为x=1.5 m处的质点，Q是平衡位置为x=12 m处的质点，则下列说法正确的是________。

A．t=0.2 s时，质点P的振动方向沿y轴负方向
B．图乙可能是x=1 m处质点的振动图像
C．再经过0.5 s，质点Q第一次到达波峰
D．从t=0.10 s到t=0.25 s，质点P通过的路程为30 cm
E.再经过0.4s，质点Q达到加速度正向最大，位移反向最大
12．关于电磁波和机械波，下列说法正确的是
A．电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直
B．电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率有关
C．电磁波可以发生衍射现象和偏振现象
D．在真空中波长越短的电磁波周期越大
E.声波从空气传入水中时频率不变，波长改变
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．在测定电容器电容的实验中，将电容器、电压传感器、阻值为3 kΩ的电阻R、电源、单刀双掷开关S 按图甲所示电路图进行连接。

先使开关S与1相连，电源给电容器充电，充电完毕后把开关S掷向2，电容器放电，直至放电完毕，实验得到的与电压传感器相连接的计算机所记录的电压随时间变化的图线如图乙所示，图丙为由计算机对图乙进行数据处理后记录了“峰值”及图线与时间轴所围“面积”的图像。

(1)根据图甲所示的电路，观察图乙可知：充电电流与放电电流方向________(填“相同”或“ 相反”)，大小都随时间________(填“增大”或“ 减小”)。

(2)该电容器的电容为________F(结果保留两位有效数字)。

(3)某同学认为：仍利用上述装置，将电压传感器从电阻两端改接在电容器的两端，也可以测出电容器的电容值，请你分析并说明该同学的说法是否正确________。

14．某同学利用如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律，图中A、B为两个光电门。

（1）该同学首先利用20分度的游标卡尺测量小球的直径d，测量结果如图乙所示，则d＝________cm；
（2）让小球从光电门A上方某一高度处自由下落，计时装置测出小球通过光电门A、B的挡光时间t A、t B，已知当地的重力加速度为g，用刻度尺测量出光电门A、B间的距离h，则只需比较________与________是否相等就可以验证小球下落过程中机械能是否守恒；（用题目中涉及的物理量符号来表示）
（3）该同学的实验操作均正确，经过多次测量发现，（2）中需要验证的两个数值总是存在一定的误差，产生这种误差的主要原因是__________________。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图甲所示，足够长的两金属导轨MN、PQ水平平行固定，两导轨电阻不计，且处在竖直向上的磁场中，完全相同的导体棒a、b垂直放置在导轨上，并与导轨接触良好，两导体棒的电阻均为R=0.5Ω,且长度刚好等于两导轨间距L,两导体棒的间距也为L,开始时磁场的磁感应强度按图乙所示的规律变化，当
t=0.8s时导体棒刚好要滑动。

已知L=1m,滑动摩擦力等于最大静摩擦力。

求：
（1）每根导体棒与导轨间的滑动摩擦力的大小及0.8s内整个回路中产生的焦耳热；
（2）若保持磁场的磁感应强度B=0.5T不变，用如图丙所示的水平向右的力F拉导体棒b,刚开始一段时间内b做匀加速直线运动，一根导体棒的质量为多少?
（3）在（2）问条件下a导体棒经过多长时问开始滑动?
16．半径为R的玻璃半圆柱体，横截面如图所示，圆心为O，两条平行单色红光沿截面射向圆柱面，方向与底面垂直，光线1的入射点A为圆柱面的顶点，光线2的入射点为B，∠AOB=60°，已知该玻璃对红光的折射率为n=3．
①求红光在玻璃中的传播速度为多大？
②求两条光线经圆柱面和底面折射后的交点与O点的距离d;
17．如图'水平地面上固定着竖直面内半径R=2.75m的光滑圆弧槽，圆弧对应的圆心角为37°，槽的右端与质量m=lkg、长度L=2m且上表面水平的木板相切，槽与木板的交接处静止着质量m1=2kg和m2=1kg的两个小物块（可视为质点）。

现点燃物块间的炸药，炸药爆炸释放的化学能有60%转化为动能，使两物块都获得水平速度，此后m2沿圆弧槽运动，离开槽后在空中能达到的最大高度为h=0.45m。

已知m1与木板间的动摩擦因数μ1=0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2。

求：
(1)物块到达圆弧槽左端时的速率v；
(2)炸药爆炸释放的化学能E；
(3)木板从开始运动到停下的过程中与地面间因摩擦而产生的热量Q。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5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 1．D 【解析】 【详解】
A ．下落第1 s 末的瞬时功率为
2
11180101W=8000W P mgv mg gt ==⋅=⨯⨯
选项A 错误；
B ．下落第1 s 内的平均功率为
21111
80101W=4000W 22
gt P mgv mg ==⋅
=⨯⨯⨯ 选项B 错误；
C ．下落第2s 末的瞬时功率为
222280102W=16000W P mgv mg gt ==⋅=⨯⨯
选项C 错误；
D ．下落第2s 内的平均功率为
122210102
8010W=12000W 22
gt gt P mgv mg ++⨯==⋅
=⨯⨯ 选项D 正确； 故选D 。

2．B 【解析】 【分析】 【详解】
设变压器原、副线圈匝数之比为k ，当开关断开时，副线圈电压为0
2U U k
=，根据欧姆定律得副线圈中电流为：022U U I R Rk =
=，则原线圈中电流为：0212U I
I k k R
==，则交流电的输出电压为：00102U U U I R U k =+=+①；当S 闭合时，电压表的示数为037
38U ，则副线圈的电压为023738U U k '=，根
据欧姆定律得：002
22373738192
U U U I R kR Rk '⨯'===
，则原线圈中电流为：0212
3719U I I k k R
''==，则交流电的输出
电压为：00
1
12
37373819U U U U I R k
''=+=+②；①②联立解得k=6，故B 正确． 3．C 【解析】 【详解】
温州市的常住人口约1000万人，平均每户的人口按3人计算，温州大约330万户家庭，一个家庭电器的待机功率：2×10W+1×20W+2×40W+1×40W=160W ；所有用电器待机的总功为：W=NPt=330×104×0.16kW×（360×24h ）=456192×104KW•h≈4.6×109度；故选C 。

4．A 【解析】 【分析】 【详解】
由振动图像可知，在 x =0处质点在2
T
t =
时刻处于平衡位置，且要向下振动，又由于波的传播方向是沿x 轴正方向传播，根据同侧法可判断出选项A 是正确的，BCD 错误； 故选A ． 5．D 【解析】 【详解】
AB ．小球和正三角形容器为共加速系统，上升过程中，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律： ()()m m g kv m m a ++=+V V
系统加速度竖直向下且大于重力加速度，小球加速度向下，所以容器底面c 对小球无作用力，a 、b 侧面对小球的作用力竖直向下，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律： ab mg N ma +=
系统速度减小，加速度减小，小球受到的合外力减小，AB 错误； CD ．下落过程中，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律： ()()m m g kv m m a +-=+V V
系统加速度竖直向下且小于重力加速度，小球加速度向下，所以a 、b 侧面对小球无作用力，底面c 对小球的作用力竖直向上，根据牛顿第二定律：
mg N ma -=
系统的速度增大，加速度减小，小球的加速度减小，底面c 对小球的作用力增大，根据牛顿第三定律可知小球对容器的作用力逐渐变大，C 错误；D 正确。

故选D 。

6．D 【解析】 【分析】 【详解】
A ． α粒子散射实验说明原子具有核式结构，故A 错误；
B ． β衰变是原子核中的中子转化为质子同时产生电子的过程，但电子不是原子核的组成部分，故B 错误；
CD ． 在光电效应现象中，金属的逸出功与入射光的频率无关；k 0E h
W =-ν 可知，入射光频率越高，逸出光电子的最大初动能越大，故C 错误D 正确。

故选D 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分 7．AC 【解析】 【详解】
A ．丙向后瞬时喷气后，速度增大，但位置尚未变化，其势能不变，选项A 正确；。

B ．综合应用牛顿第二定律、功和能的推论。

丙飞船向后瞬时喷气后速度增大，之后离开原来轨道，轨道半径变大，不可能沿原轨道追上同一轨道上的乙，选项B 错误；
CD ．甲受稀薄气体的阻力作用时，甲轨道半径缓慢减小，做半径减小的圆周运动，由v =
可知其动能增大、势能减小、机械能减小，由动能定理可知G f k W W E -=∆，即此过程中有阻力做功大小小于引力做功大小，选项C 正确，D 错误； 故选AC. 8．CD 【解析】 【详解】
A ．物块落在小车的过程中，物块与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，但竖直方向的动量不守恒，故A 错误；
B ．物块与小车组成的系统水平方向不受外力，则系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有： Mv 0=（M+m ）v 所以共同速度为：
02 2.5
m /s 2m /s 20.5
Mv v M m ⨯=
==++
故B 错误；
C ．物块落上小车到二者共速的过程中，因摩擦损失的机械能为：
221011()22
E Mv M m v ∆=
-+ 代入数据解得： ΔE 1=1.25J 由功能关系： ΔE 1=μmg·Δx 解得： Δx =0.5m 故C 正确；
D ．在整个的过程中，系统损失的机械能等于物块减少的重力势能与二者损失的动能之和，由能量守恒定律得：
2
2011()22E mgh Mv M m v ⎡⎤∆=+-+⎢⎥⎣⎦
代入数据可得： ΔE=7.5J 故D 正确。

故选CD 。

9．ACE 【解析】 【详解】
A ．由于0t =时刻，M 点正沿y 轴负方向运动，根据同侧法可知波沿x 轴正方向运动，A 正确； BC ．经过0.4s ，M 点第二次经过平衡位置，根据波形平移法，30m 处质点的振动形式传递至70m 处，所以传播距离为40m ，波速：
40
m /s 100m/s 0.4
x v t =
== 周期：
60
s 0.6s 100
T v
λ
=
=
= B 错误，C 正确；
D ．经过1
0.3s=2
T ，质点运动到关于平衡位置对称的位置，因此M 质点的位移肯定不为0，D 错误；
E ．与M 质点距离为半波长奇数倍的质点，振动与M 点总是相反，因此题中波形图上，与M 点振动总是相反的质点有两个，分别为40m 和100m 处的质点，E 正确。

故选ACE 。

10．BD 【解析】
【详解】
AC ．根据题意可知，物体受竖直向下的重力和与重力等大的水平向右的风力，则物体受到的合外力沿着斜面向下，与初速度方向相互垂直，物体做类平抛运动，无法落在斜面上，并且离斜面的距离越来越远，故AC 错误；
B ．物体在竖直方向上上升的最大高度为
22sin45=24()v v h g g
︒＝ 则重力势能的最大值为
2
4
mp mv E mgh ＝＝ 故B 正确；
D ．物体重力势能最大时，竖直方向的速度为0，所用时间为
sin 4522v v t g g
o ＝＝ 水平方向的速度为
cos452x v v gt v =︒+=
所以水平风力的瞬时功率为
2x P Fv mgv ==
故D 正确。

故选BD 。

11．BCE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据图像可知：波的周期为0.2s,t=0.2s 时的波动图像与t=0.1s 时的波动图象相反，根据“头碰头，尾碰尾”可知，质点P 的振动方向沿y 轴正方向，故选项A 错误；
B ．由图乙可知，t=0.1s 时，质点通过平衡位置，且向下振动，根据“头碰头，尾碰尾”可知，图乙可能是x=1m 或x=5m 处的质点振动图象，故选项B 正确；
C ．由图甲可知4m λ=，图乙可知0.2s T =，故波速
420m/s 0.2
v T λ
=== 质点Q 第一次到达波峰相当于质点x=2m 处的波峰传播到Q 点，即
1220.5s 20
s t v -=== 故选项C 正确；
D ．经过
30.154
t s T ∆== 已知12
T 内，振子走过的路程为2s A =；14T 内，若振子从平衡位置或两级开始运动，则路程为s A =。

由于质点P 不是从平衡位置或两级开始运动，故在这段时间内，质点P 通过的路程不为30cm ，实际上大于30cm ，故选项D 错误；
E ．经过0.4s ，波向前传播的距离为
200.4m 8m s vt ==⨯=
即相当于x=4m 处的质点运动形式传播到Q 点，此时Q 位于波谷，加速度达到正向最大，位移反向最大，故选项E 正确。

故选BCE 。

12．ACE
【解析】
【详解】
A ．电磁波传播方向与电场方向、磁场方向均垂直，故A 正确；
B ．电磁波在真空中传播速度不变，与频率无关，故B 错误；
C ．衍射是一切波都具有的现象，电磁波是横波，只要是横波就能发生偏振现象，故C 正确；
D ．1T f c
λ==，周期与波长成正比，故D 错误； E ．声波从空气传入水中时频率不变，因为波速变大，由v f λ=
，可知波长边长，故E 正确。

故选：ACE 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．相反 减小 1.0×10－2 正确
【解析】
【详解】
(1)[1][2]根据图甲所示的电路，观察图乙可知充电电流与放电电流方向相反，大小都随时间减小；
(2)[3]根据充电时电压—时间图线可知，电容器的电荷量为：
Q ＝It ＝U R
t
而电压的峰值为U m ＝6 V ，则该电容器的电容为：
C ＝m
Q U 设电压—时间图线与坐标轴围成的面积为S ，联立解得：
C ＝m Q U ＝m S RU ＝182.730006
⨯F ＝1.0×10－2 F ； (3)[4]正确，电容器放电的过程中，电容器C 与电阻R 两端的电压大小相等，因此通过对放电曲线进行数据处理后记录的“峰值U m ”及图线与时间轴所围“面积”，仍可应用：
C ＝m Q U ＝m
S RU 计算电容值。

14．0.885 gh 222212B A d d t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭
小球下落过程中受到空气阻力的影响 【解析】
【详解】
(1)[1]根据游标卡尺的读数规则可知，小球的直径为
0.8cm 170.05mm 0.885cm d =+⨯=
(2)[2][3]小球从A 到B ，重力势能减少了mgh ，动能增加了
2
221()2B A
d m t t - 因此，要验证机械能是否守恒，只需比较gh 与2
221()2B A
d m t t -是否相等即可 (3)[4]小球下落过程中，受到空气阻力的作用，造成机械能损失，所以总是存在一定的误差。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．（1）0.2J （2）m=0.5kg （3）2s
【解析】（1）开始时磁场的磁感应强度按图乙所示变化， 则回路中电动势20.5V B E L t ∆=
=∆ 电路中的电流0.5A 2E I R
== 当0.8t s =时0.25f BIL N ==
回路中产生的焦耳热2
20.2J Q I Rt ==
（2）磁场的磁感应强度保持B=0.5T 不变，在a 运动之前，对b 棒施加如图丙所示的水平向右的拉力，根
据牛顿第二定律222B L at F f ma R --=，即222B L at F f ma R =++ 得0.5f ma +=， 220.1252B L a R
= 求得20.5/a m s =，导棒的质量0.5m kg =
（3）当导棒a 刚好要滑动时， 222B L v f R =，求得1/v m s =，此时b 运动的时间2s v t a
== 16．①1.73×108m/s②
13R 【解析】
①由c n v
=得v=3×108m/s=1.73×108m/s
②如图所示，光线1不偏折．光线2入射角i ＝60°. 由光折射公式可得：0sin sin ,30i n
γγ=
＝， 由几何关系可得i=300
由光折射公式可得：0sin sin ,60n i γγ''='⇒＝ 由正弦定理，得33OC R =
则01tan 303
d OC R =⋅= 17．（1）5m/s ；（2）45J ；（3）3J 。

【解析】
【分析】
【详解】
(1)m 2离开圆弧槽后，在空中的飞行过程的逆过程是平抛运动 分解m 2离开圆槽时的速度v ，有
sin37y v v =o
根据平抛运动规律得
212
h gt =
y gt =v
代入数据联立解得
v=5m/s
(2)设炸药爆炸后，m 1、m 2获得的速率分别为力1v 、2v m 2运动过程中，由机械能守恒定律有：
()222222111cos3722
m gR m v m v -+=o 代入数据得
2v =6m/s
爆炸过程中，由动量守恒定律有
1122m v m v =
代人入数据得
1v =3m/s
由题意有 60%E=2211221122
m v m v + 代入数据联立解得
E=45J
(3)对物块m 1有
1111m g m a μ=
对木板m 2有
112112()m g m m g m a μμ-+=
代入数据得
1a =2m/s 2
2a =1m/s 2
设经过时间t′达到共同速度v'有：
112v a t a t ''-=
2v a t ''=
代入数据得
t′=1s
v'=1m/s
此过程中：m 1的位移
111()2
x v v t ''=+=2m 木板的位移
212
x v t ''==0.5m 相对位移12x x x ∆=-=1.5m<L ，故m 1未脱离木板 假设它们一起做减速运动直到静止
由
2113()()m m g m m a μ+=+
得
3a =1m/s 2
又：1113m f m g m a μ=＞，故假设成立 设此后木板发生的位移为3x
由运动学规律有
2332v a x '=
代入数据得
3x =0.5m
整个过程中，木板与地面间因摩擦而产生的热量 2123()()Q m m g x x μ=++
代入数据联立解得
Q=3J。