2019届河南省高考模拟试题精编物理
2019年河南省南阳市高考物理模拟试卷(解析版)
2019年河南省高考物理模拟试卷一、选择题（每小题6分）1．如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平面的M、N两小孔中，O为M、N连线的中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线中均通有大小相等、方向向上的电流．已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B=，式中K是常数、I是导线中的电流、r为点到导线的距离．一带正电小球以初速度v0从a点出发沿连线运动到b 点．关于上述过程，下列说法正确的是（）A．小球先做加速运动后做减速运动B．小球先做减速运动后做加速运动C．小球对桌面的压力一直在增大D．小球对桌面的压力先减小后增大2．如图所示，在光滑水平面上，用弹簧水平连接一斜面，弹簧的另一端固定在墙上，一玩具遥控小车，放在斜面上，系统静止不动．用遥控启动小车，小车沿斜面加速上升，稳定后，斜面仍保持静止，则（）A．系统静止时弹簧压缩B．系统静止时弹簧伸长C．小车加速时弹簧压缩D．小车加速时可将弹簧换成细绳3．物体由静止开始做直线运动，则上下两图对应关系正确的是（图中F表示物体所受的合力，a表示物体的加速度，v表示物体的速度）（）A．B．C．D．4．如图所示，某人造地球卫星发射过程经过地球近地轨道Ⅰ，椭圆轨道Ⅱ，最终到达预定圆轨道Ⅲ，椭圆轨道Ⅱ与近地轨道Ⅰ和圆轨道Ⅲ分别相切于P点和Q点．已知地球半径为R，地球表面上的重力加速度为g，卫星从P点到Q点运行时间t PQ=8π，则下列说法正确的是（）A．卫星从P点到Q点做加速运动B．圆周轨道Ⅲ的半径为8RC．圆周轨道Ⅲ的半径为7RD．卫星在圆周轨道Ⅲ的周期14π5．在平面直角坐标系里面有一圆形匀强磁场区域，其边界过坐标原点O和坐标点a（0，L），一电子质量为m，电量为e从a点沿x轴正向以速度v0射入磁场，并从x轴上的b点沿与x轴成60°离开磁场，下列说法正确的是（）A．电子在磁场中运动时间为B．电子在磁场中运动时间为C．磁场区域的圆心坐标为（，）D．电子做圆周运动的圆心坐标为（0，﹣2L）6．开口向上的半球形曲面的截面如图所示，直径AB水平．一物块（可视为质点）在曲面内A点以某一速率开始下滑，曲面内各处动摩擦因数不同，因摩擦作用物块下滑过程速率保持不变．在物块下滑的过程中，下列说法正确的是（）A．物块运动过程中加速度始终为零B．物块所受合外力大小不变，方向时刻在变化C．滑到最低点C时，物块所受重力的瞬时功率达到最大D．物块所受摩擦力大小逐渐变小7．如图所示，带正电的小球Q固定在倾角为θ的光滑固定绝缘细杆下端，让另一穿在杆上的质量为m、电荷量为q的带正电小球从A 点由静止释放，到达B点时速度恰好为零．若A、B间距为L，C是AB的中点，两小球都可视为质点，重力加速度为g．则下列判断正确的是（）A．从A至B，q先做匀加速运动，后做匀减速运动B．在B点受到的库仑力大小是mgsinθC．在从A至C和从C至B的过程中，前一过程q电势能的增加量较小D．Q产生的电场中，A、B两点间的电势差为U BA=8．如图所示，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体距传送带左端距离为L，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，当传送带分别以v1、v2的速度做逆时针转动时（v1＜v2），绳中的拉力分别为F1、F2；若剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t1、t2，则下列说法正确的是（）A．F1＜F2B．F1=F2C．t1大于t2D．t1可能等于t2三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题9．一位同学利用图（甲）装置进行“探究加速度a与力F的关系”的实验过程中，打出了一条纸带．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，用刻度尺测量计数点间的距离如图（乙）所示．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz．求：①从图中所给的刻度尺上读出A、B两点间的距离S1=cm；②该小车的加速度a=m/s2．（保留一位有效数字）③实验的过程中，不断增加所挂钩码的个数，导致钩码的质量远远大于小车的质量，则小车加速度a的值随钩码的个数的增加将趋近于的值．10．某中学实验小组测量一种电阻丝的电阻率，首先用到的实验器材为：一段拉直并固定在米尺上的电阻丝（电阻丝两端为接线柱，电阻丝上夹上一个小金属夹，金属夹可在电阻丝上移动），直流电源，电流表，定值电阻，开关，导线，螺旋测微器等．（1）利用螺旋测微器测电阻丝的直径，其示数如图1所示，该电阻丝的直径为d=mm．（2）请在答题卡上用笔画线作导线连接如图2所示的器材．实验过程中，记录相应电阻丝接入电路中的长度L和电流表的示数I，通过改变金属夹位置进行多次测量，并作出﹣L关系图线如图3所示．（3）该实验小组发现，为了测定电阻丝的电阻率还需要知道直流电源的有关数据，找来电压表和滑动变阻器，为了尽可能减小实验误差，应选择图4电路（填“甲”或“乙”），然后按正确的电路测量，作出了U﹣I图象，测出电源电动势为E．（4）请写出电阻丝的电阻率的表达式ρ=（用题中所给符号a、b、c、d、E等表示）．11．如图甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距L=0.5m，电阻不计，右端通过导线与小灯泡连接．在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CE长x=2m，有一阻值r=0.5Ω的金属棒PQ放置在靠近磁场边界CD处（恰好不在磁场中）．CDEF区域内磁场的磁感应强度B随时间变化如图乙所示．在t=0至t=4s内，金属棒PQ保持静止，在t=4s时使金属棒PQ以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动．已知从t=0开始到金属棒运动到磁场边界EF处的整个过程中，小灯泡的亮度没有发生变化，且此状态下小灯泡阻值R=2Ω，求：（1）通过小灯泡的电流．（2）金属棒PQ在磁场区域中运动的速度大小．12．某电视台娱乐节目在游乐园举行家庭搬运砖块比赛活动．比赛规则是：如图甲所示向滑动的长木板上搬放砖块，且每次只能将一块砖无初速度（相对地面）地放到木板上，木板停止时立即停止搬放，以木板上砖块多少决定胜负．已知每块砖的质量m=0.8kg，木板的上表面光滑且足够长，比赛过程中木板始终受到恒定的拉力F=20N的作用，未放砖块时木板以v0=3m/s的速度匀速前进．获得冠军的家庭上场比赛时每隔T=0.8s搬放一块砖，从放上第一块砖开始计时，图中仅画出了0～0.8s内木板运动的v﹣t图象，如图乙所示，g取10m/s2．求：（1）木板的质量及板与地面间的动摩擦因数．（2）木板停止时，木板上放有多少块砖．（3）从放上第一块砖开始到停止，摩擦力对木板做的功．（二）选考题，请考生任选一模块作答[物理--选修3-3]13．下列说法正确的是（）A．只知道水蒸气的摩尔体积和水分子的体积，不能计算出阿伏加德罗常数B．硬币或钢针能浮于水面上，是由于液体表面张力的作用C．晶体一定具有固定的熔点、规则的几何外形和物理性质的各向异性D．影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距E．随着科技的发展，将来可以利用高科技手段，将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化14．如图物所示，绝热气缸封闭一定质量的理想气体，被重量为G 的绝热活塞分成体积相等的M、N上下两部分，气缸内壁光滑，活塞可在气缸内自由滑动．设活塞的面积为S，两部分的气体的温度均为T0，M部分的气体压强为p0，现把M、N两部分倒置，仍要使两部分体积相等，需要把M的温度加热到多大？[物理--选修3-4]15．一列简谐横波沿直线传播．以波源O由平衡位置开始振动为计时零点，质点A的振动图象如图所示，已知O、A的平衡位置相距0.9m，则该横波波长为m，波速大小为m/s，波源的起振方向是沿y 轴方向（选填“正”或“负”）．16．1966年33岁的华裔科学家高锟首先提出光导纤维传输大量信息的理论，43年后高锟因此获得2009年诺贝尔物理学奖．如图所示一长为L的直光导纤维，外套的折射率为n1，内芯的折射率为n2，一束单色光从图中O1点进入内芯斜射到内芯与外套的介质分界面M点上恰好发生全反射，O1O2为内芯的中轴线，真空中的光速为c．求：Ⅰ．该单色光在内芯与外套的介质分界面上恰好发生全反射时临界角C的正弦值；Ⅱ．该单色光在光导纤维中的传播时间．[物理--选修3-5]17．根据玻尔理论，氢原子的电子从能量为E的轨道跃迁到能量为E’的轨道，会辐射出波长为λ的光，以h表示普朗克常量，c表示真空中的光速，则E′，该氢原子的电子绕核运转的动能会（选填“增大”、“减小”或“不变”）．18．人站在小车上和小车一起以速度v0沿光滑水平面向右运动．地面上的人将一小球以速度v沿水平方向向左抛给车上的人，人接住后再将小球以同样大小的速度v水平向右抛出，接和抛的过程中车上的人和车始终保持相对静止．重复上述过程，当车上的人将小球向右抛出n次后，人和车速度刚好变为0．已知人和车的总质量为M，求小球的质量m．参考答案与试题解析一、选择题（每小题6分）1．如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平面的M、N两小孔中，O为M、N连线的中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线中均通有大小相等、方向向上的电流．已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B=，式中K是常数、I是导线中的电流、r为点到导线的距离．一带正电小球以初速度v0从a点出发沿连线运动到b 点．关于上述过程，下列说法正确的是（）A．小球先做加速运动后做减速运动B．小球先做减速运动后做加速运动C．小球对桌面的压力一直在增大D．小球对桌面的压力先减小后增大【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；力的合成与分解的运用．【分析】据右手螺旋定制，判断出MN直线处磁场的方向，然后根据左手定则判断洛伦兹力大小和方向的变化，明确了受力情况，即可明确运动情况．【解答】解：根据右手螺旋定则可知，从a点出发沿连线运动到b点，直线M处的磁场方向垂直于MN向里，直线N处的磁场方向垂直于MN向外，所以合磁场大小先减小过O点后反向增大，而方向先里，过O点后向外，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向开始的方向向上，大小在减小，过O得后洛伦兹力的方向向下，大小在增大．由此可知，小球在速度方向不受力的作用，则将做匀速直线运动，而小球对桌面的压力一直在增大，故ABD错误，C正确．故选：C．2．如图所示，在光滑水平面上，用弹簧水平连接一斜面，弹簧的另一端固定在墙上，一玩具遥控小车，放在斜面上，系统静止不动．用遥控启动小车，小车沿斜面加速上升，稳定后，斜面仍保持静止，则（）A．系统静止时弹簧压缩B．系统静止时弹簧伸长C．小车加速时弹簧压缩D．小车加速时可将弹簧换成细绳【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】系统静止时，系统受力平衡，对系统整体进行受力分析弹簧的弹力，确定其状态．小车加速上升时，隔离分析斜面体的受力情况，进而判断弹簧处于伸长还是压缩状态．【解答】解：AB、系统静止时，系统受力平衡，水平方向不受力，弹簧弹力等于零，弹簧处于原长，故A错误，B错误；CD、小车加速上升时，知系统受到的合力的水平分力不为零，且方向向右，则弹簧提供的是拉力，所以弹簧处于拉伸状态．所以小车加速时，可将弹簧换成细绳．故C错误，D正确；故选：D3．物体由静止开始做直线运动，则上下两图对应关系正确的是（图中F表示物体所受的合力，a表示物体的加速度，v表示物体的速度）（）A．B．C．D．【考点】匀变速直线运动的图像．【分析】速度时间图象反映了物体各个不同时刻的速度情况，图线的斜率表示加速度；根据牛顿第二定律和位移时间关系公式以及牛顿第二定律分析即可．【解答】解：AB、根据牛顿第二定律，加速度a与合力F成正比，可知，a﹣t图象与F﹣t图象应相似．故A、B错误；CD、速度时间图象的斜率表示加速度，图中速度时间图象的两条线段斜率大小相等，但左正右负，与a﹣t图象反应的情况一致，故C正确，D错误；故选：C4．如图所示，某人造地球卫星发射过程经过地球近地轨道Ⅰ，椭圆轨道Ⅱ，最终到达预定圆轨道Ⅲ，椭圆轨道Ⅱ与近地轨道Ⅰ和圆轨道Ⅲ分别相切于P点和Q点．已知地球半径为R，地球表面上的重力加速度为g，卫星从P点到Q点运行时间t PQ=8π，则下列说法正确的是（）A．卫星从P点到Q点做加速运动B．圆周轨道Ⅲ的半径为8RC．圆周轨道Ⅲ的半径为7RD．卫星在圆周轨道Ⅲ的周期14π【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【分析】根据万有引力做功正负分析卫星从P点到Q点速度的变化．由开普勒第三定律求圆周轨道Ⅲ的半径．由万有引力等于向心力，以及重力等于万有引力分别列式，即可求得卫星在圆周轨道Ⅲ的周期．【解答】解：A、卫星从P点到Q点的过程中，万有引力对卫星对做负功，其速度减小，做减速运动，故A错误；BC、由题可得，卫星沿椭圆轨道Ⅱ运动的周期，设圆周轨道Ⅲ的半径为r，卫星在近地轨道Ⅰ运行的运行的周期为根据万有引力提供向心力，得在地面重力等于万有引力，得解得：由根据开普勒第三定律：解得：r=7R，故B错误，C正确；D、由开普勒第三定律：解得：，故D错误；故选：C5．在平面直角坐标系里面有一圆形匀强磁场区域，其边界过坐标原点O和坐标点a（0，L），一电子质量为m，电量为e从a点沿x轴正向以速度v0射入磁场，并从x轴上的b点沿与x轴成60°离开磁场，下列说法正确的是（）A．电子在磁场中运动时间为B．电子在磁场中运动时间为C．磁场区域的圆心坐标为（，）D．电子做圆周运动的圆心坐标为（0，﹣2L）【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】由速度公式可得，粒子在磁场中飞行时间为弧度比速度．由题意和上图的几何关系可得，过a、O、B三点的圆的圆心在aB连线的中点，由几何关系即可确定圆心坐标．【解答】解：A、粒子运动轨迹如图所示，转运的圆心角为60°，则由几何关系可知，R=2L，则可知，粒子在磁场中飞行时间为：t==，故AB错误；C、由题意和上图的几何关系可得，过a、O、B三点的圆的圆心在aB 连线的中点．所以：x轴坐标x=aO1sin60°=Ly轴坐标为y=L﹣aO1sin60°=O1点坐标为（L，），故C正确，D错误．故选：C．6．开口向上的半球形曲面的截面如图所示，直径AB水平．一物块（可视为质点）在曲面内A点以某一速率开始下滑，曲面内各处动摩擦因数不同，因摩擦作用物块下滑过程速率保持不变．在物块下滑的过程中，下列说法正确的是（）A．物块运动过程中加速度始终为零B．物块所受合外力大小不变，方向时刻在变化C．滑到最低点C时，物块所受重力的瞬时功率达到最大D．物块所受摩擦力大小逐渐变小【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【分析】物块下滑时的速率不变，做的是匀速圆周运动，合外力充当向心力，根据匀速圆周运动的规律可以逐项分析求解．【解答】解：A、物块做的是匀速圆周运动，受到的合外力作为物块的向心力，产生加速度，所以物体的加速度不为零，故A错误．B、物块所受合外力充当向心力，方向始终指向圆心，由F=m知合外力大小不变，方向时刻在变化，故B正确．C、重力的瞬时功率等于重力乘以竖直分速度，物块在下滑的过程中，速度的方向和重力方向的夹角不断的变大，竖直分速度不断减小，所以物块所受重力的瞬时功率不断减小，到达最低点C点，竖直分速度为零，所以重力的瞬时功率为零，故C错误．D、物块在下滑的过程中，速度的大小不变，所以物块沿切线方向上合力为零，则摩擦力大小与重力在切线方向上的分力大小相等，重力在切线方向上的分力减小，所以摩擦力逐渐减小．故D正确；故选：BD7．如图所示，带正电的小球Q固定在倾角为θ的光滑固定绝缘细杆下端，让另一穿在杆上的质量为m、电荷量为q的带正电小球从A 点由静止释放，到达B点时速度恰好为零．若A、B间距为L，C是AB的中点，两小球都可视为质点，重力加速度为g．则下列判断正确的是（）A．从A至B，q先做匀加速运动，后做匀减速运动B．在B点受到的库仑力大小是mgsinθC．在从A至C和从C至B的过程中，前一过程q电势能的增加量较小D．Q产生的电场中，A、B两点间的电势差为U BA=【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．【分析】小球q向下运动的过程中，根据两球间的库仑力逐渐增大，再分析小球q的运动情况．根据W=qU分析电场力做功关系，判断电势能减小量的关系．B点不是平衡点．根据动能定理求AB两点的电势差．【解答】解：A、小球q下滑过程中，沿杆的方向受到重力的分力mgsinθ和库仑力，两力方向相反．根据库仑定律知道，库仑力逐渐增大．库仑力先小于mgsinθ，后大于mgsinθ，q先做加速度减小的变加速运动，后做加速度增大的变减速运动，当库仑力与mgsinθ大小相等时速度最大．故A错误．B、q从C到B做减速运动，在B点时加速度沿杆向上，故库仑力大于mgsinθ．故B错误．C、下滑过程，AC间的场强小，CB间场强大，由U=Ed知，A、C间的电势差值小于C、B间的电势差值，根据电场力做功公式W=qU得知，从A至C电场力做功较小，则电势能的增加量较小．故C正确．D、从A到B，根据动能定理得：mgLsinθ+qU AB=0，又U BA=﹣U AB，解得U BA=．故D正确．故选：CD．8．如图所示，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体距传送带左端距离为L，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，当传送带分别以v1、v2的速度做逆时针转动时（v1＜v2），绳中的拉力分别为F1、F2；若剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t1、t2，则下列说法正确的是（）A．F1＜F2B．F1=F2C．t1大于t2D．t1可能等于t2【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】两种情况下木块均保持静止状态，对木快受力分析，根据共点力平衡条件可列式分析出绳子拉力大小关系；绳子断开后，对木块运动情况分析，可比较出运动时间．【解答】解：A、B、对木块受力分析，受重力G、支持力N、拉力T、滑动摩擦力f，如图由于滑动摩擦力与相对速度无关，两种情况下的受力情况完全相同，根据共点力平衡条件，必然有F1=F2，故B正确，A错误．CD、绳子断开后，木块受重力、支持力和向左的滑动摩擦力，重力和支持力平衡，合力等于摩擦力，水平向左加速时，根据牛顿第二定律，有：μmg=ma解得：a=μg故木块可能一直向左做匀加速直线运动；也可能先向左做匀加速直线运动，等到速度与皮带速度相同，然后一起匀速运动；由于v1＜v2，故①若两种情况下木块都是一直向左做匀加速直线运动，则t l等于t2②若传送带速度为v1时，木块先向左做匀加速直线运动，等到速度与皮带速度相同，然后一起匀速运动；传送带速度为v2时，木块一直向左做匀加速直线运动，则t1＞t2③两种情况下木块都是先向左做匀加速直线运动，等到速度与皮带速度相同，然后一起匀速运动，则t1＞t2．故C正确，D错误．故选：BD．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题9．一位同学利用图（甲）装置进行“探究加速度a与力F的关系”的实验过程中，打出了一条纸带．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，用刻度尺测量计数点间的距离如图（乙）所示．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz．求：①从图中所给的刻度尺上读出A、B两点间的距离S1=0.70cm；②该小车的加速度a=0.2m/s2．（保留一位有效数字）③实验的过程中，不断增加所挂钩码的个数，导致钩码的质量远远大于小车的质量，则小车加速度a的值随钩码的个数的增加将趋近于g的值．【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【分析】①由图示刻度尺确定其分度值，然后根据图示刻度尺读出两点间的距离；②应用匀变速直线运动的推论△x=at2可以求出加速度；③根据牛顿第二定律得出加速度的表达式，然后判断加速度的趋向值．【解答】解：①由图示刻度尺可知，其分度值为1mm，A、B两点间的距离：S1=1.70cm﹣1.00cm=0.70cm．②每5个点取一个计数点，计数点间的时间间隔：t=0.02×5=0.1s，由匀变速直线运动的推论△x=at2可知，加速度：a===0.2m/s2；③对整体分析，根据牛顿第二定律得：a==，当m＞＞M时，≈0，a趋向于g；故答案为：①0.70；②0.2；③g．10．某中学实验小组测量一种电阻丝的电阻率，首先用到的实验器材为：一段拉直并固定在米尺上的电阻丝（电阻丝两端为接线柱，电阻丝上夹上一个小金属夹，金属夹可在电阻丝上移动），直流电源，电流表，定值电阻，开关，导线，螺旋测微器等．（1）利用螺旋测微器测电阻丝的直径，其示数如图1所示，该电阻丝的直径为d=0.630mm．（2）请在答题卡上用笔画线作导线连接如图2所示的器材．实验过程中，记录相应电阻丝接入电路中的长度L和电流表的示数I，通过改变金属夹位置进行多次测量，并作出﹣L关系图线如图3所示．（3）该实验小组发现，为了测定电阻丝的电阻率还需要知道直流电源的有关数据，找来电压表和滑动变阻器，为了尽可能减小实验误差，应选择图4乙电路（填“甲”或“乙”），然后按正确的电路测量，作出了U﹣I图象，测出电源电动势为E．（4）请写出电阻丝的电阻率的表达式ρ=（用题中所给符号a、b、c、d、E等表示）．【考点】测定金属的电阻率．【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数．（2）根据实验原理与实验器材连接实物电路图．（3）应用伏安法测电源电动势与内阻实验时，采用电流表外接法电源电动势的测量值等于真实值，分析图示电路图答题．（4）应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图象的函数表达式求出电阻率．【解答】解：（1）由图示螺旋测微器可知，金属丝的直径：d=0.5mm+0.01mm×13.0=0.630mm；（2）把电源、电流表、定值电阻、开关与金属丝串联接入电路，实物电路图如图所示：（3）由题意可知，实验需要测量电源电动势但不需要测量电源内阻，应用伏安法测电源电动势采用电流表外接法时电动势的测量值等于真实值，因此应选择图乙所示电路图；（4）由图示电路图可知，电动势：E=I（R+R X）=I（R+ρ）=I（R+ρ），整理得：=L+，则﹣L图象的斜率：k==，解得，电阻率：ρ=；故答案为：（1）0.630；（2）如图所示；（3）乙；（4）．11．如图甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距L=0.5m，电阻不计，右端通过导线与小灯泡连接．在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CE长x=2m，有一阻值r=0.5Ω的金属棒PQ放置在靠近磁场边界CD处（恰好不在磁场中）．CDEF区域内磁场的磁感应强度B随时间变化如图乙所示．在t=0至t=4s内，金属棒PQ保持静止，在t=4s时使金属棒PQ以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动．已知从t=0开始到金属棒运动到磁场边界EF处的整个过程中，小灯泡的亮度没有发生变化，且此状态下小灯泡阻值R=2Ω，。
2019届河南省高考模拟试题精编(十七)物理(解析版)
2019届河南省高考模拟试题精编(十七)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．如图所示，MN是流速稳定的河流，河宽一定，小船在静水中的速度大小一定，现小船自A点渡河，第一次沿AB方向与河岸上游夹角为α，到达对岸；第二次沿AC方向与河岸下游夹角为β，到达对岸，若两次航行的时间相等，则()A．α＝βB．α＜βC．α＞βD．无法比较α与β的大小15．我国成功发射世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”，实现了卫星与地面的量子通信，量子的不可复制性确保信息传输的绝对安全，若“墨子号”卫星定轨后，在离地面高度为h的轨道上做匀速圆周运动，已知地球的质量为M，万有引力常量为G，地球表面的重力加速度为g，下列说法正确的是() A．火箭发射加速升空时，“墨子号”卫星对火箭的压力小于自身重力B．卫星在轨运行的速度，大于7.9 km/sC．卫星在轨运行的周期等于T＝2πh2 GMD．卫星在轨运行的向心加速度小于g16．如图所示，三根长为L的直线电流在空间构成以A为顶点的等腰直角三角形，其中A、B电流的方向垂直纸面向里，C电流方向垂直纸面向外，其中B、C电流大小为I，在A处产生的磁感应强度的大小均为B0，导线A通过的电流大小为2 I，则导线A受到的安培力是()A.2B0IL，水平向左B ．2B 0IL ，竖直向上C ．2 2B 0IL ，水平向右D ．017．如图所示，光滑水平面上有两个质量分别为m1、m 2的小球A 、B ，放在与左侧竖直墙垂直的直线上，设B开始处于静止状态，A 球以速度v 朝着B 运动，设系统处处无摩擦，所有的碰撞均无机械能损失，则下列判断正确的是( )A ．若m 1＝m 2，则两球之间有且仅有两次碰撞B ．若m 1＜m 2，则两球之间一定发生两次碰撞C ．两球第一次碰撞后B 球的速度一定是v 2D ．两球第一次碰撞后A 球一定向右运动18．如图所示，R1＝R ，R 2＝2R ，R 3＝3R ，R 4＝4R ，电源负极接地，闭合开关S 稳定后，电容器带电量为Q 1；断开开关S 将R 1和R 3的位置互换，开关重新闭合稳定后，电容器带电量为Q 2，则Q 1和Q 2的比值为( )A ．1B.14C.15D.19二、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，小球甲从A 点水平抛出，小球乙从B 点自由释放，两小球同时经过C 点时速度的大小相等，方向间夹角为60°，已知两小球质量相等，BC 高h ，重力加速度为g ，不计空气阻力，由以上条件可知( )A ．乙球释放时间要从甲球抛出时间提前 2h gB．两球经过C点时重力的功率相等C．A、B两点的高度差为3 4hD．A、B两点的水平距离为3 2h20．如图所示，图甲、图乙分别是等量负点电荷和等量异种点电荷组成的两个独立的带电系统，O为电荷连线和中垂线的交点，M、N是连线上对O点对称的两点，p、q是中垂线上对O点对称的两点，现有一个正点电荷，仅受电场力作用，则()A．该正点电荷在图甲和图乙中从p运动到q时一定是沿直线运动B．该正点电荷在图甲和图乙中从M运动到N时一定是沿直线运动C．该正点电荷可以在图甲中做匀速圆周运动经过p和qD．该正点电荷可以在图乙中做匀速圆周运动经过p和q21．在倾角θ＝37°的光滑足够长斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为m1＝2 kg、m2＝3 kg，弹簧的劲度系数为k＝100 N/m，C为一固定挡板，系统处于静止状态，现用一沿斜面向上的恒力F拉物块A使之沿斜面向上运动，当B 刚要离开C时，A的速度为1 m/s，加速度方向沿斜面向上，大小为0.5 m/s2，己知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则()A．恒力F＝31 NB．从用力F拉物块A开始到B刚离开C的过程中，A沿斜面向上运动0.3 mC．物块A沿斜面向上运动过程中，A先加速后匀速运动D．A的速度达到最大时，B的加速度大小为0.5 m/s2选择题答题栏题号14151617答案题号18192021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．(7分)某兴趣实验小组的同学利用如图所示装置测定物块与木板AD、DE间的动摩擦因数μ1、μ2：两块粗糙程度不同的木板AD、DE对接组成斜面和水平面，两木板在D点光滑连接(物块在此处运动不损失机械能)，且AD板能绕D点转动．现将物块在AD板上某点由静止释放，滑块将沿AD下滑，最终停在水平板的C点；改变倾角，让物块从不同的高度由静止释放，且每次释放点的连线在同一条竖直线上(以保证图中物块水平投影点B与接点D间距s不变)，用刻度尺量出释放点与DE平面的竖直高度差h、释放点与D点的水平距离s，D点与最终静止点C的水平距离x，利用多次测量的数据绘出x h图象，如图所示，则(1)写出x h的数学表达式________(用μ1、μ2、h及s表示)；(2)若实验中s＝0.5 m，x h的横轴截距a＝0.1，纵轴截距b＝0.4，则μ1＝________，μ2＝________.23．(8分)小明同学为描绘小灯泡的伏安特性曲线，准备了如下器材：A．电压表V(量程0～3 V，内阻约2 Ω)B．电流表A(量程0～0.6 A，内阻约0.5 Ω)C．滑动变阻器R0(全阻值5 Ω，额定电流2 A)D．电池组E(电动势4.5 V，内阻r＝1.0 Ω)E．小灯泡(3 V 1.0 W)F．开关S，导线若干(1)根据所提供的实验器材，在虚线框内画出实验原理图；(2)按照原理图在实物图上连成测量电路；(3)实验中描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图所示，若将小灯泡与定值电阻R1(阻值为R1＝15 Ω)并联后再与定值电阻R2(阻值为R2＝14 Ω)串联后直接接到电池组E两端，则小灯泡实际消耗的功率为P＝________ W．(结果小数点后保留两位)24．(14分)有一内壁光滑的圆管竖直放置，圆管底部封闭，上端开口且足够长，圆管内有两个小球A与B，A的质量为m1＝0.1 kg，B的质量为m2＝0.2 kg，两小球直径略小于管的直径．某时刻当B球向下运动至离圆管底面高度h＝1 m处时与向上运动的A球发生弹性碰撞，碰后B球向上运动至最大高度又返回到原来高度h＝1 m处，再次与已经和底面做完弹性碰撞后反弹回来的小球A相碰，如此反复，做周期性运动，问要完成这种反复运动小球A 与B 碰前的速度应是多少？(g 取10 m/s 2)25．(18分)如图所示，两条平行的水平导轨FN 、EQ 的间距为L ，导轨的左侧与两条竖直固定、半径为r 的14光滑圆弧轨道平滑相接，圆弧轨道的最低点与导轨相切，在导轨左边宽度为d 的EFHG 矩形区域内存在磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场，且在磁场的右边界、垂直导轨放有一金属杆甲，右边界处无磁场．现将一金属杆乙从14圆弧轨道的最高点PM 处由静止释放，金属杆乙滑出磁场时，与金属杆甲相碰(作用时间极短)并粘连一起，最终它们停在距磁场右边界为d 的虚线CD 处．已知金属杆甲、乙的质量均为m ，接入电路的电阻均为R ，它们与导轨间的动摩擦因数均为μ，且它们在运动过程中始终与导轨间垂直且接触良好，导轨的电阻不计，重力加速度大小为g .求：(1)金属杆乙通过圆弧轨道最低点时受到的支持力大小N ；(2)整个过程中，感应电流通过金属杆甲所产生的热量Q ；(3)金属杆乙通过磁场所用的时间t .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)下列说法正确的是________．(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 ．空气绝对湿度越大，空气中水蒸气压强就越接近饱和汽压，水蒸发得就越慢B．布朗运动说明液体分子做永不停息的无规则运动，同时说明液体分子间有间隙C．热量不能自发地从低温物体传递给高温物体D．一定质量的理想气体，如果温度升高，同时体积增大，其内能可能减小E．气体的压强是由于气体分子频繁地撞击器壁产生的(2)(10分)如图甲所示，竖直放置的左端封闭、右端足够长且开口的U形均匀玻璃管中用水银柱封闭一段长为l0＝15 cm的空气柱，两边管中水银柱长度分别为h1＝22.5 cm、h2＝27.5 cm，大气压强p0＝75 cmHg.①试求封闭空气柱的压强(用cmHg表示)；②现将U形管缓慢倒转使其开口向下，达到新的平衡，如图乙所示，假设在整个过程中环境的温度不发生变化，试求新平衡状态下空气柱的长度．34．(15分)【物理——选修3－4】(1)(5分)如图所示为t＝0时刻某简谐横波在均匀介质传播时的图象，P质点刚好振动到波峰位置，Q点速度最大，波的前沿传到M点，已知波源的振动频率为10 Hz，下列说法正确的是________．(填正确答案标号．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 ．质点P 的相位总比质点Q 的相位落后π4B ．在任意1 s 时间内质点P 通过的总路程均为8 mC ．质点Q 的振动方程为y ＝－20sin 20πt (cm)D ．波源的起振方向为＋y 方向E ．再经过0.7 s 质点N 第一次达到波峰(2)(10分)如图所示为一直角棱镜的截面图，∠ACB ＝90°，∠CAB ＝60°，AC 边长为L .一平行细光束从AB 面上的O 点沿垂直于AB 面的方向射入棱镜，经AC 面的中点P 反射后，在BC 面上的M 点同时发生反射和折射，且反射光线和折射光线互相垂直(M 点图中未画出)，反射光线从AB 面的O ′射出，已知光在真空中的传播速度为c ，求：①该棱镜的折射率；②光在棱镜中传播时从O 点到O ′点所用的时间．高考物理模拟试题精编(十七)14．解析：选A.第一次小船沿AB 航行，到达对岸，合速度沿AB 方向，设为v 1；第二次沿AC 航行，到达对岸，合速度沿AC 方向，设为v 2.根据平行四边形定则知，v 1与河岸的夹角小于v 2与河岸的夹角，因为静水速不变，根据等时性知，则v 1在垂直于河岸方向上的速度等于v 2垂直于河岸方向上的速度，因此两方向与河岸的夹角也相等，即α＝β，故A 正确，BCD 错误．15．解析：选D.火箭发射加速升空时，加速度的方向向上，处于超重状态，所以“墨子号”卫星对火箭的压力大于自身重力，故A 错误；7.9 km/s 是第一宇宙速度，是最大的圆轨道运行速度，则该卫星在圆轨道上运行速度小于第一宇宙速度，故B 错误；根据G Mm r 2＝m 4π2r T 2可知，T ＝2π r 3GM ＞2π h 3GM ，故C错误；根据G Mm r 2＝ma 可知，a ＝G M r2，半径越大，加速度越小，则该卫星在圆轨道上运行时加速度小于地球表面的重力加速度，故D 正确．16．解析：选B.B 、C 电流在A 处产生的磁感应强度的大小分别为B 0，根据力的平行四边形定则，结合几何关系，则有A处的磁感应强度为：B A ＝ 2B 0；再由左手定则可知，安培力方向竖直向上，大小为F ＝ 2B 0·2IL ＝2B 0IL ；所以B 正确，ACD 错误．17．解析：选A.设球A 和球B 第一次碰撞后速度分别为v 1和v 2, 取向左为正方向．由系统动量守恒：m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2 ①系统机械能守恒得：12m 1v 2＝12m 1v 21＋12m 2v 22 ② 解得：v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v ，v 2＝2m 1m 1＋m 2v ③若m 1＝m 2，则得，v 1＝0，v 2＝v ，即A 与B 碰撞后交换速度，当球B 与墙壁碰后以速度v 2返回，并与球A 发生第二次碰撞，之后B 静止，A 向右运动，不再发生碰撞，所以两球之间有且仅有两次碰撞，故A 正确．若m 1＜m 2，则得v 1≈－v ，v 2≈0，两球之间只能发生一次碰撞，故B 错误．两球第一次碰撞后，B 球的速度为v 2＝2m 1m 1＋m 2v ，不一定是v 2，与两球的质量关系有关，故C 错误．两球第一次碰撞后A 球的速度为v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v ，当m 1＞m 2时，v 1＞0，碰后A 球向左运动，m 1＝m 2，则得v 1＝0，碰后A 球静止．当m 1＜m 2时，v 1＜0，碰后A 球向右运动，故D 错误．18．解析：选C.图示状态R 1两端的电压等于电容器上极板的电势：φ1＝R 1R 1＋R 3E ＝R R ＋3RE ＝14E ， 电阻R 2两端的电压等于电容器下极板的电势：φ2＝R 2R 2＋R 4E ＝2R 2R ＋4RE ＝13E ， 电容器两极板间的电压U 1＝13E －14E ＝112E ， 电容器所带的电量Q 1＝CU 1＝C ·112E ＝112CE ， 断开开关S 将R 1和R 3的位置互换，开关重新闭合稳定后，电阻R 3两端的电压等于电容器上极板的电势：φ1′＝R 3R 1＋R 3＝3R R ＋3RE ＝34E ， 电容器两端的电压U 2＝34E －13E ＝512E ，电容器所带的电量Q 2＝CU 2＝512CE ，电容器所带的电量Q 1Q 2＝15，故C 正确，ABD 错误．19．解析：选CD.对乙球有：v ＝gt 乙，h ＝12 gt 2乙，所以：v ＝ 2gh ，对甲有：v cos 60°＝gt 甲，则t 乙＝vg 2hg ，t 甲＝v 2g ＝h2g，则乙球释放时间要比甲球抛出时间提前2hg －h2g，故A 错误．乙球到达C 点的速度v ＝ 2gh ，则甲球到达C 点时竖直方向的分速度：v y ＝v cos 60°＝122gh ，根据重力的功率的表达式：P ＝mg v y 可知，两球经过C 点时重力的功率不相等．故B 错误．AC 两点的高度差h ′＝v 2y2g ＝h 4，则A 、B 的高度差Δh ＝h －h ′＝h －h 4＝3h 4，故C 正确．根据平行四边形定则知，甲球平抛运动的初速度v 0＝v sin 60°＝ 2gh ×32＝32gh ，A 、B 的水平距离x ＝v 0t 甲＝ 32gh × h 2g ＝ 3h 2，故D 正确．20．解析：选BC.在甲图中，pq 间电场线方向均指向O 点，正点电荷可沿直线从p 运动到q ，在乙图中，pq 间电场线方向垂直pq 连线，那么正点电荷所受的电场力与pq 连线垂直，不可能沿直线运动，故A 错误．在甲图中，MN 间电场线方向均背离O 点，正点电荷可沿直线从M 运动到N ，在乙图中，MN 间电场线方向由M 指向N ，那么正点电荷所受的电场力与MN 连线平行，也可以沿直线运动．故B 正确．该粒子在甲图所示电场中，所受的电场力指向O 点，正点电荷可以绕O 点做匀速圆周运动，并经过M 、N ，故C 正确．在乙电场中，正点电荷受到电场力与pq连线垂直，不可能做匀速圆周运动，故D错误．21．解析：选AB.当B刚离开C时，B对挡板的弹力为零，有：kx2＝2mg sinθ，解得弹簧的伸长量x2＝m2g sin θk＝3×10×0.6100m＝0.18 m，根据牛顿第二定律得，F－m1g sin θ－kx2＝m1a，解得：F＝31 N，故A正确；开始A处于静止状态，弹簧处于压缩，根据平衡有：mg sin θ＝kx1，解得弹簧的压缩量x1＝mg sin θk＝m1g sin θk＝2×10×0.6100m＝0.12 m，可知从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移x＝x1＋x2＝0.3 m，故B正确；对整体，根据牛顿第二定律可知F－(m1＋m2)g sin θ＝(m1＋m2)a，解得a＝0.2，故A先加速运动，后做加速度较小的加速运动，故C错误；当A的加速度为零时，A的速度最大，设此时弹簧的拉力为F T，则：F－F T－m2g sin θ＝0，所以F T＝F－m2g sin θ＝31－3×10×0.6 N＝13 N，以B为研究对象，则：F T－m2sin θ＝ma′，所以：a′＝0.75 m/s2.故D 错误．22．解析：(1)由动能定理，对全过程有mgh－μ1mg cos θ·AD－μ2mg·x＝0，即x＝1μ2·h－μ1μ2·s.(2)对照图象，代入数值可知μ1＝0.2，μ2＝0.25.答案：(1)x＝1μ2·h－μ1μ2·s(3分)(2)0.2(2分)0．25(2分)23．解析：(1)电流表采用外接法；同时要求电压变化从零开始，故滑动变阻器采用分压式接法，如图甲所示(2)实物连线如图乙所示．(3)设小灯泡两端的电压为U ，流过的电流为I ，则由闭合电路欧姆定律得E ＝U ＋(I ＋UR 1)(r ＋R 2)，整理并代入数值得U ＝2.25－7.5I 或I ＝0.30－215U ，I －U图线如图丙所示，交点即为工作点，代入数据得P ＝0.15 W(在0.13～0.17之间均给分)．答案：(1)如图甲所示(2分) (2)如图乙所示(3分) (3)0.15(在0.13～0.17之间均正确)(3分)24．解析：设碰时A 球与B 球的速率分别为v 1与v 2，为完成反复运动，小球A 和B 各自碰前与碰后的速率应相等，即小球A 碰后速度为－v 1，小球B 碰后速度为－v 2，则有m 1v 1－m 2v 2＝－m 1v 1＋m 2v 2(2分) 得m 1m 2＝v 2v 1(1分) 设小球A 到达底面所需时间为t ，则有 h ＝v 1t ＋12gt 2(2分)小球A 往返一次所需时间 t 1＝2t ＝2(－v 1＋v 21＋2gh )/g (2分)小球B 往返一次需时t 2＝2v 2g (1分) 按题意要求有t 1＝t 2(2分) 即－v 1＋v 21＋2gh ＝m 1v 1/m 2(2分)解得：v 1＝4 m/s ，v 2＝2 m/s(2分) 答案：4 m/s 2 m/s25．解析：(1)金属杆乙在14圆弧轨道上下滑过程中的机械能守恒，有：mgr＝12m v 20(2分) 解得：v 0＝ 2gr (1分) 又：N －mg ＝m v 20r (1分) 解得：N ＝3mg .(1分)(2)设金属杆乙与金属杆甲相碰前后的速度大小分别为v 1、v 2，有： m v 1＝(m ＋m )v 2(2分)金属杆甲、乙相碰后：2μmgd ＝12×2m v 22(1分) 解得：v 1＝22μgd (1分)金属杆乙在磁场中运动的过程中， 有：12m v 20＝μmgd ＋12m v 21＋Q 总(2分)又：Q ＝R R ＋R Q 总(1分)解得：Q ＝12mg (r －5μd )．(1分)(3)金属杆乙通过磁场区域的过程中产生的平均感应电动势为：E ＝BLdt (1分)故平均安培力为：F 安＝BL ·ER ＋R (1分)由牛顿运动定律有：μmg ＋F 安＝m a (1分) 又：v 0－v 1＝a t (1分)解得：t ＝2mR (2gr －2 2μgd )－B 2L 2d2μmgR (1分)答案：(1)3mg (2)12mg (r －5μd )(3)2mR (2gr －2 2μgd )－B 2L 2d 2μmgR33．解析：(1)空气相对湿度越大，空气中水蒸气压强就越接近饱和汽压，水蒸发得就越慢，故A 错；布朗运动说明液体分子做永不停息的无规则运动，同时说明液体分子间有间隙，故B 正确；由热力学第二定律可知，自然界中与温度有关的宏观过程都具有方向性，故C正确；对一定质量的理想气体，温度是其内能的标志，温度升高，其内能必增大，D错误；而气体的压强就是由于气体分子频繁地撞击器壁产生的，E正确．(2)①p1＝p0＋(h2－h1)cmHg(2分)代入数据得p1＝80 cmHg(1分)②设试管的横截面积为S，倒转后封闭管中仍有水银，而空气柱长度增加了x，如图所示，则由玻意耳定律有p1l0S＝p2(l0＋x)S(2分)而p1＝p0＋(h2－h1)cmHgp2＝p0－(h2－h1)cmHg－2x cmHg(2分)代入数据得x1＝5 cm，x2＝15 cm(2分)由于x1、x2均小于h1，故倒转后管中仍有水银，对应的空气柱长度为l1＝20 cm或l2＝30 cm(1分)答案：(1)BCE(2)①80 cmHg②l1＝20 cm或l2＝30 cm34．解析：(1)由图可知，质点P的相位总比质点Q的相位超前π4，故A错误；在一个周期内质点通过的总路程为4A，故B正确；此时Q点的振动方向为＋y，故C错误；M点的振动方向，即为波源的起振方向，故D正确；由于波速为v＝λf＝40 m/s，波峰从x＝5 m处，传到N点，需用时0.7 s，E正确．(2)①从O点射入棱镜后，光路图如图所示：由反射定律可知α1＝a1′＝60°(1分)由于两法线互相垂直，故α2＝a2′＝30°(1分)可知在M点反射光线与入射光线平行，由题可知β＝60°(1分)在BC面，由折射定律可知，sin α′2sin β＝1n，解得n＝3(2分)②由几何关系可知从O点到O′点光通过的路程为x＝OP＋PM＋MO′＝L sin α12＋L2sin α1′＋( 3L－L2tan α1′)sin 30°(2分)代入数据得x＝1712 3 L(1分)又光在介质中的传播速度为v＝cn(1分)代入解得t＝17L4c(1分)答案：(1)BDE(2)①n＝3②t＝17L 4c。
河南省2019年高考物理模拟试题及答案(一)
河南省2019年高考物理模拟试题及答案（一）一、选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．在节日夜晚燃放焰火，礼花弹从专用炮筒中射出后，经过2s到达离地面25m的最高点，炸开后形成各种美丽的图案．若礼花弹从炮筒中沿竖直向上射出时的初速度是v0，上升过程中所受阻力大小始终是自身重力的k倍，g＝10m/s2，则v0和k分别为A．25m/s,0.25 B．25 m/s,1.25 C．50m/s,0.25 D．50 m/s,1.252. 旅行者一号探测器1977年9月5日发射升空，探测器进行变轨和姿态调整的能量由钚-238做燃料的同位素热电机提供，其中钚-238半衰期长达88年。
则旅行者一号探测器运行到2021年9月初时，剩余钚-238的质量与1977年9月的质量比约为A. 0.3B. 0.5C. 0.7D. 0.93. 如图所示，利用倾角为α的传送带把一个质量为m的木箱匀速传送L距离，这时木箱升高h，木箱和传送带始终保持相对静止．关于此过程，下列说法正确的是A．木箱克服摩擦力做功mghB．摩擦力对木箱做功为零C．摩擦力对木箱做功为μmgLcosα，其中μ为动摩擦因数D．摩擦力对木箱做功为mgh4．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图(a)、(b)所示，则闭合开关后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是A．图(a)中的A1、A2的示数相同B．图(a)中的A1、A2的指针偏角相同C．图(b)中的A1、A2的示数和偏角都不同D．图(b)中的A1、A2的指针偏角相同5．如图，两个圆形线圈P和Q，悬挂在光滑绝缘杆上，通以方向相同的电流，若I1＞I2，P、Q受到安培力大小分别为F1和F2，则P和QA．相互吸引，F1＞F2 B．相互排斥，F1＞F2C．相互排斥，F1＝F2 D．相互吸引，F1＝F26．水平地面上有一木箱，木箱与地面之间的动摩擦因数为μ(0<μ<1)．现对木箱施加一拉力F，使木箱做匀速直线运动．设F的方向与水平面夹角为θ，如图所示，在θ从0逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度保持不变，则A．F先减小后增大B．F一直增大C．F的功率减小D．F的功率不变7．如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。
【详解】河南省2019届高三2月份模拟考试物理试卷含答案
2019年5月2019学年河南省高考物理模拟试卷（2月份）一、单选题1.一质量为m的物体用一根足够长细绳悬吊于天花板上的O点,现用一光滑的金属钩子勾住细绳,水平向右缓慢拉动绳子(钩子与细绳的接触点A始终在一条水平线上)，下列说法正确的是（）A. 钩子对细绳的作用力始终水平向右B. OA段绳子的力逐渐增大C. 钩子对细绳的作用力先减小后增大D. 钩子对细绳的作用力不可能等于【答案】DA．OA段绳子的力始终等于物体的重力，大小不变。
对钩子的作用力等于两段绳子拉力的合力，因为两段绳子之间的夹角逐渐减小，绳子对钩子的作用力逐渐增大，方向逐渐改变，钩子对细绳的作用力逐渐改变，故ABC错误；D．因为钩子与细绳的接触点A始终在一条水平线上，两段绳子之间的夹角不可能达到90°，细绳对钩子的作用力不可能等于，钩子对细绳的作用力也不可能等于，故正确。
故选：D。
2.用一束红光和一束紫光分别照射金属甲和乙，它们逸出的光电子的最大初动能相等。
则金属甲和金属乙比较（）A. 甲的逸出功较大B. 乙的逸出功较大C. 相同时间内甲逸出的光电子数较多D. 相同时间内乙逸出的光电子数较多【答案】B紫光的频率比红光大，由E K=h-W知，用紫光照射的乙金属的逸出功大，A错误，B正确；因紫光和红光的强度关系未知，无法比较两种色光在相同时间内逸出的光电子数的多少，选项CD错误；故选B.3.如图所示，表面粗糙的U形金属线框水平固定，其上横放一根阻值为R的金属棒ab，金属棒与线框接触良好，一通电螺线管竖直放置在线框与金属棒组成的回路中，下列说法正确的是A. 当变阻器滑片P向上滑动时，螺线管内部的磁通量增大B. 当变阻器滑片P向下滑动时，金属棒所受摩擦力方向向右C. 当变阻器滑片P向上滑动时，流过金属棒的电流方向由a到bD. 当变阻器滑片P向下滑动时，流过金属棒的电流方向由a到b【答案】C试题分析：先根据右手螺旋定则以及螺线管磁场的特点判断穿过闭合回路的磁通量方向，然后根据滑动变阻器的变化判断回路中的磁通量变化，运用楞次定律判断感应电流方向，根据左手定则判断根据右手螺旋定则可知螺线管下端为N极，而穿过回路的磁通量分为两部分，一部分为螺线管内部磁场，方向竖直向下，一部分为螺线管外部磁场，方向竖直向上，而总的磁通量方向为竖直向下，当变阻器滑片P向上滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻增大，螺线管中电流减小，产生的磁场变弱，即穿过回路的磁通量向下减小，根据楞次定律可得流过金属棒的电流方向由a到b，A错误C正确；当变阻器滑片P向下滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻减小，螺线管中电流变大，产生的磁场变强，即穿过回路的磁通量向下增大，根据楞次定律可得流过金属棒的电流方向由b到a，而导体棒所处磁场方向为竖直向上的，金属棒所受安培力方向向右，故摩擦力方向向左，BD错误．4.环境监测卫星是专门用于环境和灾害监测的对地观测卫星，利用三颗轨道相同的监测卫星可组成一个监测系统，它们的轨道与地球赤道在同一平面内，当卫星高度合适时，该系统的监测范围可恰好覆盖地球的全部赤道表面且无重叠区域。
2019届河南省高考模拟试题精编(五)物理(解析版)
2019届河南省高考模拟试题精编(五)物理(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．如图所示为氢原子的能级图，当一群氢原子从n＝4能级向低能级跃迁时会辐射出光子，辐射出的所有光子中只有一种不能使金属A发生光电效应，则下列说法中正确的是()A．最多可辐射三种不同频率的光子B．从n＝4的激发态跃迁到基态时辐射出的光子的波长最长C．金属A的逸出功一定大于0.66 eVD．处于基态的氢原子吸收15 eV的能量后会跃迁至n＝4能级15．在平直公路上行驶的甲车和乙车，其位移—时间图象分别如图中直线和曲线所示，图中t1对应x1，则()A．t1到t3时间内，乙车的运动方向始终不变B．在t1时刻，甲车的速度大于乙车的速度C．t1到t2时间内，某时刻两车的速度相同D．t1到t2时间内，甲车的平均速度小于乙车的平均速度16．将一质量为m的物体分别放在地球的南、北两极点时，该物体的重力均为mg0；将该物体放在地球赤道上时，该物体的重力为mg.假设地球可视为质量均匀分布的球体，半径为R，已知引力常量为G，则由以上信息可得出()A．地球的质量为gR2 GB．地球自转的周期为2π g0－g RC．地球同步卫星的高度为R( 3gg0－g－1)D．地球的第一宇宙速度大小为gR17．如图所示，一束含有11H、21H的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器，其中沿直线O1O2运动的粒子在小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P1、P2两点，不计粒子间的相互作用．则()A．打在P1点的粒子是21HB．O2P2的长度是O2P1长度的2倍C.11H粒子与21H粒子在偏转磁场中运动的时间之比为2∶1D.11H粒子与21H粒子在偏转磁场中运动的时间之比为1∶118．如图甲所示是一台交流发电机的构造示意图，线圈转动产生的感应电动势随时间变化的规律如图乙所示．发电机线圈电阻为1 Ω，外接负载电阻为4 Ω，则()A．线圈转速为50 r/sB．电压表的示数为4 VC．负载电阻的电功率为2 WD．线圈转速加倍，电压表读数变为原来的4倍二、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，光滑水平地面上，可视为质点的两滑块A、B在水平外力作用下紧靠在一起压紧弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x0，以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示一维坐标系．现将外力突然反向并使B向右做匀加速运动，下到关于拉力F、两滑块间弹力F N与滑块B的位移x变化的关系图象可能正确的是()20．如图甲所示，A 、B 、C 三点是在等量同种正电荷连线中垂线上的点；一个带电荷量为q 、质量为m 的点电荷从C 点静止释放，只在电场力作用下其运动的v －t 图象如图乙所示，运动到B 点处对应的图线的切线斜率最大(图中标出了该切线)，其切线斜率为k ，则( )A ．B 点为中垂线上电场强度最大的点，大小为mk qB ．由C 点到A 点电势逐渐降低C ．该点电荷由C 到A 的过程中电势能先减小后变大D ．B 、A 两点间的电势差为m (v A －v B )22q21．如图所示，两条相距为d ＝0.5 m 的足够长的平行金属导轨倾斜放置，导轨与水平面间的夹角为θ＝37°，导轨的下端接有阻值为R ＝2 Ω的小灯泡L ，一质量为m ＝0.2 kg 、电阻为r ＝1 Ω、长为d ＝0.5 m 的导体棒垂直导轨放置并与导轨接触良好，导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.5，导轨间存在垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B ＝2 T 的匀强磁场．现将导体棒由静止开始释放，当导体棒沿导轨下滑的距离为x ＝0.46 m 时，导体棒的速度达到v ＝0.9 m/s ，且小灯泡此时正常发光，重力加速度大小g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法中正确的是( )A ．小灯泡的额定功率为0.27 WB ．导体棒的速度达到0.9 m/s 时，加速度大小为0.5 m/s 2C．在导体棒的速度从零增大到0.9 m/s的过程中，通过小灯泡L的电荷量约为0.15 CD．在导体棒的速度从零增大到0.9 m/s的过程中，小灯泡L上产生的热量约为0.069 J选择题答题栏题号14151617答案题号18192021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．(6分)某班级同学练习测量弹簧的劲度系数k：(1)A同学先在水平面上用刻度尺测得弹簧原长为x0，然后将弹簧竖直悬挂在铁架台上，逐个挂上相同的钩码，如图甲所示．则根据对应钩码的拉力F，测出相应的弹簧总长x.该同学以F为纵坐标，Δx＝x－x0为横坐标在方格纸上作出了图线，如图乙所示，请你根据此图线求出该弹簧的劲度系数k＝________ N/m，图线不过坐标原点的原因是_______________________________．(2)有B、C两位同学，都先测出各自弹簧的原长，竖直悬挂弹簧时的装置却不一样，分别如图丙、丁所示，并且都以指针所指刻度值记为弹簧总长，作图方法与A同学一样，A同学认为他们的安装方法对k的测量有影响．请你评价：B同学的安装方法导致k的测量值______；C同学的安装方法导致k的测量值________．(填“偏大”、“偏小”或“不变”)23．(9分)某同学设计了如图甲所示的电路来测量电源电动势E及电阻R1和R2的阻值．实验器材有：待测电源E(不计内阻)，待测电阻R1，待测电阻R2，电压表V(量程为3 V，内阻很大)，电阻箱R(0～99.99 Ω)，单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干．(1)先测电阻R1的阻值．请将该同学的操作补充完整：①闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱，读出其示数R0和对应的电压表示数U1；②保持电阻箱示数不变，________，读出电压表的示数U2；③则电阻R 1的表达式为R 1＝________.(2)该同学已经测得电阻R 1＝3.2 Ω，继续测电源电动势E 和电阻R 2的阻值，其做法是：闭合S 1，将S 2切换到a ，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U ，由测得的数据，绘出了如图乙所示的1U －1R 图线，则电源电动势E ＝______ V ，电阻R 2＝______ Ω.24．(12分)如图所示，真空中有一以O 点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为R ＝0.5 m ，磁场垂直纸面向里．在y ＞R 的区域存在沿－y 方向的匀强电场，电场强度为E ＝1.0×105 V/m.在M 点有一正粒子以速率v ＝1.0×106 m/s 沿＋x 方向射入磁场，粒子穿出磁场后进入电场，速度减小到0后又返回磁场，最终又从磁场离开．已知粒子的比荷为q m ＝1.0×107 C/kg ，粒子重力不计．(1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小；(2)求沿＋x 方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程．25．(20分)如图所示，在方向水平向左、范围足够大的匀强电场中，固定一由内表面绝缘光滑且内径很小的圆管弯制而成的圆弧BD ，圆弧的圆心为O ，竖直半径OD ＝R ，B 点和地面上A 点的连线与地面成θ＝37°角，AB ＝R .一质量为m 、电荷量为q 的小球(可视为质点)从地面上A 点以某一初速度沿AB 方向做直线运动，恰好无碰撞地从管口B 进入管道BD 中，到达管中某处C (图中未标出)时恰好与管道间无作用力．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度大小为g .求：(1)匀强电场的场强大小E 和小球到达C 处时的速度大小v ；(2)小球的初速度大小v0以及到达D处时的速度大小v D；(3)若小球从管口D飞出时电场反向，则小球从管口D飞出后的最大水平射程x m.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)下列说法正确的是________．(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．分子力减小时，分子势能也一定减小B．只要能减弱分子热运动的剧烈程度，物体的温度就可以降低C．扩散和布朗运动的实质是相同的，都是分子的无规则运动D．一定质量的理想气体，在温度不变而体积增大时，单位时间碰撞容器壁单位面积的分子数一定减少E．热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体(2)(10分)图示为一上粗下细且下端开口的薄壁玻璃管，管内有一段被水银密闭的气体，下管足够长，图中管的截面积分别为S1＝2cm2、S2＝1 cm2，管内水银长度为h1＝h2＝2 cm，封闭气体长度L＝10 cm.大气压强为p0＝76 cmHg，气体初始温度为300 K．若缓慢升高气体温度，试求：①当粗管内的水银刚被全部挤出时气体的温度；②当气体温度为525 K 时，水银柱上端与玻璃管底部的距离．34．(15分)【物理——选修3－4】(1)(5分)如图甲所示为一列沿x 轴传播的简谐横波在t ＝0时刻的图象，P 、Q 为波传播过程中的两个质点，图乙为质点P 的振动图象，则下列说法中正确的是________．(填正确答案标号．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 ．该波沿x 轴正方向传播B ．该波的传播速度大小为1 m/sC ．经过0.4 s ，质点Q 沿波的传播方向运动0.4 mD ．该波在传播过程中，若遇到0.2 m 长的障碍物，能够发生明显的衍射现象E ．P 、Q 两质点的振动方向一直相反(2)(10分)如图所示，某工件由截面为直角三角形的三棱柱与半径为R 的14圆柱两个相同的透明玻璃材料组成，已知三角形BC 边的长度为R ，∠BAC ＝30°.现让一细束单色光从AB 边上距A 点为33R 的D 点沿与AB 边成α＝45°斜向右上方的方向入射，光线经AC 边反射后刚好能垂直于BC 边进入14圆柱区域． ①试计算光线从圆弧上的E 点(图中未画出)射出时的折射角；②试计算该细束光在玻璃中传播的时间(光在真空中的速度为c )．高考物理模拟试题精编(五)14．解析：选C.因一群氢原子处于量子数为n 的激发态时，最多可辐射出C 2n 种不同频率的光子，所以当一群氢原子从n ＝4能级向低能级跃迁时最多可辐射出6种不同频率的光子，A 错；由ΔE ＝h c λ知，从n ＝4的激发态跃迁到基态时辐射出的光子频率最大，对应的波长最短，B 错；因只有一种光子不能使金属A 发生光电效应，由发生光电效应的条件为ΔE >W 逸出知，能量最小的光子是氢原子从n ＝4的激发态跃迁到n ＝3的激发态时辐射出的，对应能量为0.66 eV ，所以金属A 的逸出功一定大于0.66 eV ，C 对；处于基态的氢原子跃迁到n ＝4能级所需要的能量为－0.85 eV ＋13.6 eV ＝12.75 eV ≠15 eV ，D 错．15．解析：选C.乙车图线的切线斜率先为正值后为负值，可知乙车的运动方向发生了变化，故A 错误．在t 1时刻，乙车图线的切线斜率大于甲车图线的切线斜率，所以乙车的速度大于甲车的，故B 错误．在t 1到t 2时间内，乙车图线的切线斜率某时刻等于甲车图线的切线斜率，则在此时刻两车速度相同，故C 正确．在t 1到t 2时间内，两车的位移相同，时间相同，则平均速度相同，故D 错误．16．解析：选C.在地球南、北两极点时，物体受到的重力与万有引力大小相等，即GMm R 2＝mg 0，解得M ＝g 0R 2G ，选项A 错误；由于在地球赤道上该物体的重力为mg ，则有mg 0－mg ＝mω2R ，可解得ω＝ g 0－g R ，故地球自转的周期为T ＝2πω＝2π R g 0－g，选项B 错误；由于地球同步卫星围绕地球转动的周期等于地球自转的周期，故由万有引力定律可得GMm ′(R ＋h )2＝m ′ω2(R ＋h )，解得地球同步卫星的高度为h ＝R ( 3g 0g 0－g－1)，选项C 正确；由于地球的第一宇宙速度大小等于卫星围绕地球转动的最大速度，则有GMm 0R 2＝m 0v 2R ，解得v ＝ GM R，又因为GM ＝g 0R 2，故v ＝ g 0R ，选项D 错误． 17．解析：选B.沿直线O 1O 2运动的粒子在速度选择器中所受电场力和洛伦兹力大小相同，故速度大小相同，在偏转磁场中，由q v B 2＝m v 2R 可得R ＝m v qB 2.由于21H 的质量是11H 质量的2倍，所以21H 的轨迹半径是11H 的轨迹半径的2倍，O 2P 2的长度是O 2P 1长度的2倍，打在P 1点的粒子是11H ，选项A 错误，B 正确.11H 、21H 在匀强磁场中运动轨迹都是半个圆周，其时间都是半个周期，由T ＝2πm qB 2可知两者运动时间之比为1∶2，选项C 、D 错误．18．解析：选C.由图乙可知，线圈转动产生的交变电流的周期为T ＝0.04 s ，电动势最大值为E m ＝5 V ．由f ＝1T 可知频率为25 Hz ，即线圈转速n ＝f ＝25 r/s ，选项A 错误．电动势有效值E ＝E m 2＝5 22 V ．根据闭合电路欧姆定律，负载电阻中电流I ＝E R ＋r ＝22A ，负载电阻两端电压即电压表示数U ＝IR ＝2 2 V ，选项B 错误．负载电阻R 的电功率P ＝UI ＝2 2×22W ＝2 W ，选项C 正确．由产生的感应电动势最大值表达式E m ＝nBSω，ω＝2πf ＝2πn 可知，线圈转速加倍，转动的角速度ω加倍，感应电动势的最大值加倍，电压表读数加倍，选项D 错误．19．解析：选BD.外力反向后，A 水平方向受弹簧弹力与B 对A 的弹力作用，B 水平方向受A 对B 的弹力与拉力F 作用，A 、B 先共同向右做匀加速运动，当两滑块间弹力恰好为0时，A 、B 分离．当两滑块间弹力恰好为0时，A 、B 加速度相同，此时A 的加速度由弹簧弹力提供，所以此时弹簧未恢复原长，此后B 在水平方向只受F 作用，BD 正确．20．解析：选AB.由速度－时间图象可知，图象的斜率表示点电荷的加速度，由题意B点的斜率最大，知B点处点电荷的加速度最大为k，电场力最大，B 点的电场强度最大，由牛顿第二定律可知点电荷所受的电场力大小为F＝km，又F＝Eq，所以B点的电场强度为E＝mkq，A正确；根据等量同种正电荷的电场线的分布情况可知，沿电场线的方向电势降低，B正确；点电荷从C运动到A 的整个过程中，一直做加速运动，则电场力一直做正功，电势能一直减小，C错误；根据功能关系W BA＝qU BA＝12m v2A－12m v2B，解得U BA＝m(v2A－v2B)2q，D错误．21．解析：选BCD.当导体棒的速度为v＝0.9 m/s时，小灯泡正常发光，小灯泡的额定功率为P L＝I2R，而I＝ER＋r，E＝Bd v，代入数据可得P L＝0.18 W，选项A错误；当导体棒的速度达到v＝0.9 m/s时，对导体棒由牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ－B2d2vR＋r＝ma，代入数据解得a＝0.5 m/s2，选项B正确；导体棒的速度从零增大到0.9 m/s的过程中，导体棒沿导轨下滑了x＝0.46 m，故q＝IΔt＝ΔΦR＋r＝BdxR＋r≈0.15 C，选项C正确；导体棒的速度从零增大到0.9 m/s的过程中，小灯泡上产生的热量为Q L，由能量守恒定律可得Q L＝RR＋r(mgx sin θ－μmgx cos θ－12m v2)＝0.069 J，选项D正确．22．解析：(1)由题图乙可知k＝31.5×10－2N/m＝200 N/m，图线不过坐标原点的原因是弹簧自身有重力，当弹簧竖直悬挂起来时，由于弹簧的自重，弹簧已经有一定的形变．(2)只要安装方法不影响斜率，就不影响k，即指针示数的变化能反映弹簧的形变量即可，经分析，B同学的安装方法不影响弹簧伸长量的测量，而C同学的安装方法则漏测最下面一小段弹簧的形变量，会导致测得的弹簧伸长量偏小，而导致k偏大．答案：(1)200(2分)弹簧自身有重力(2分)(2)不变(1分) 偏大(1分)23．解析：(1)由题知，应将S 2切换到b ，在电流不变的情况下测R 1和R 两端电压；由欧姆定律有：U 2＝I (R 0＋R 1)，U 1＝IR 0，联立解得：R 1＝U 2－U 1U 1R 0.(2)根据闭合电路欧姆定律，有E ＝U ＋UR (R 1＋R 2)，变形得1U ＝1E ＋1R ·R 1＋R 2E ，对比图象，有1E ＝b ＝0.5，得E ＝2 V ；R 1＋R 2E ＝k ＝1.5－0.50.5＝2.0，R 1＝3.2 Ω，得R 2＝0.8 Ω.答案：(1)将S 2切换到b (2分) U 2－U 1U 1R 0(3分)(2)2(2分) 0.8(2分)24．解析：(1)沿＋x 方向射入磁场的粒子进入电场后，速度减小到0，则粒子一定是从如图的P 点射出磁场、逆着电场线运动的，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径r ＝R ＝0.5 m(1分)根据Bq v ＝m v 2r (1分)得B ＝m vqR ，代入数据得B ＝0.2 T(2分)(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N 点射出磁场，MN 为直径，粒子在磁场中的总路程为二分之一圆周长s 1＝πR (2分)设在电场中的路程为s 2，根据动能定理得 Eq s 22＝12m v 2(2分) s 2＝m v 2Eq (2分)总路程s ＝πR ＋m v 2Eq ，代入数据得s ＝(0.5π＋1) m(2分) 答案：(1)0.2 T (2)(0.5π＋1) m25.解析：(1)小球做直线运动时的受力情况如图1所示，小球带正电，则qE ＝mgtan θ(2分) 得E ＝4mg 3q(1分)小球到达C 处时电场力与重力的合力恰好提供小球做圆周运动的向心力，如图2所示，OC ∥AB ，则mgsin θ＝m v 2R (2分)得v ＝53gR (1分) (2)小球“恰好无碰撞地从管口B 进入管道BD ”说明AB ⊥OB 小球从A 点运动到C 点的过程，根据动能定理有 －mgsin θ·2R ＝12m v 2－12m v 20(2分) 得v 0＝253gR (1分) 小球从C 处运动到D 处的过程，根据动能定理有 mgsin θ(R －R sin θ)＝12m v 2D －12m v 2(2分) 得v D ＝3gR (1分)(3)小球水平飞出后，在水平方向上做初速度为 3gR 的匀变速运动，竖直方向上做自由落体运动，则水平方向上的加速度a x ＝qEm (1分) v 2D ＝2a x x 0(2分) 得x 0＝98R小球从管口D 飞出到落地所用的时间设为t ，则 R ＋R cos θ＋R sin θ＝12gt 2(2分)得t ＝24R5g由于t 0＝v Da x＝27R16g＜t ，说明小球在水平方向上速度为0时，小球尚未落地(1分)则最大水平射程x m ＝x 0＝98R (2分)答案：(1)4mg3q53gR (2) 253gR 3gR(3)98R 33．解析：(1)分子间距离从平衡位置开始增大时，分子力表现为引力，分子力先增大后减小，分子力一直做负功，分子势能一直增大，A 错误；温度是分子平均动能的标志，只要能减弱分子热运动的剧烈程度，物体的温度就可以降低，B 正确；扩散现象指不同的物质相互接触时彼此进入对方的现象，布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，C 错误；一定质量的理想气体，体积增大时，单位体积内气体分子数减少，温度不变，分子的平均动能不变，则单位时间内碰撞容器壁单位面积的分子数一定减少，D 正确；热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体而不引起其他变化，E 正确．(2)①设全部进入细管水银长度为x V 液＝h 1S 1＋h 2S 2x ＝h 1S 1＋h 2S 2S 2＝6 cm(1分)p 1＝p 0－(h 1＋h 2) cmHg ＝72 cmHg p 2＝p 0－x cmHg ＝70 cmHg(1分)由理想气体状态方程p 1LS 1T 1＝p 2(L ＋h 1)S 1T 2(2分)T 1＝300 K代入数据解得T 2＝350 K(1分)②气体温度从T 2上升到T 3＝525 K ，经历等压过程，设水银柱上端离开粗细接口处的高度为y(L ＋h 1)S 1(L ＋h 1)S 1＋yS 2＝T 2T 3(2分)解得y ＝(L ＋h 1)T 3S 1－(L ＋h 1)T 2S 1T 2S 2＝12 cm(2分)所以水银柱上端与玻璃管底部的距离h ＝y ＋L ＋h 1＝24 cm(1分) 答案：(1)BDE (2)①350 K ②24 cm34．解析：(1)由题图乙可知，质点P 在t ＝0时刻向下振动，故该波沿x 轴负方向传播，选项A 错误；由题图甲可知，该波的波长为λ＝0.4 m ，由题图乙可知，该波的周期为T ＝0.4 s ，故v ＝λT ＝1 m/s ，选项B 正确；在波传播的过程中，质点只在其平衡位置上下振动，故选项C 错误；该波的波长为λ＝0.4 m ，而障碍物的长度只有0.2 m ，障碍物的尺寸小于该波的波长，故会发生明显的衍射现象，选项D 正确；由于P 、Q 两质点刚好相距半个波长，故两质点的振动方向始终相反，选项E 正确．(2)①光线在三棱柱和14圆柱中的光路图如图所示．由几何关系可知，β＝30°，故由折射定律可得该玻璃对该单色光的折射率为n＝sin (90°－α)sin β(1分)解得n＝2(1分) 由几何关系可知，FH＝GB＝33Rcos 30°＝12R(1分)故在△GEB中，由几何关系可得∠GEB＝30°(1分)又因为n＝2，故sin γ＝n sin∠GEB＝22(1分)即γ＝45°(1分)②由几何关系可知，DF＝33R，FG＝GE＝32R故光在玻璃中的传播路程为s＝4 33R(1分)光在该玻璃中的传播速度为v＝cn(1分)故光在玻璃中传播的时间为t＝sv(1分)解得t＝463c R(1分)答案：(1)BDE(2)①45°②4 6 3c R。
2019届河南省高考模拟试题精编(四)物理(解析版)
2019届河南省高考模拟试题精编(四)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．如图所示，一群电荷量相同但质量不同的粒子(重力忽略不计)从小孔S1无初速度地进入匀强加速电场，经电场加速后从小孔S2射出，并经C处进入匀强磁场，已知S1、S2、C与磁场边界圆的圆心O共线，下列关于打在磁场边界E、D点的粒子的说法正确的是()A．打在E点的粒子比荷比打在D点的粒子的小B．打在E点的粒子动量比打在D点的粒子的大C．打在E点的粒子动量比打在D点的粒子的小D．打在E点的粒子速度比打在D点的粒子的小15．一个可视为质点的物体由静止开始做直线运动，其加速度a随时间t变化的关系为如图所示的正弦曲线．则该物体运动的速度v随时间t变化的图象是()16．如图所示，质量为m＝1.0×10－3kg、带电荷量为q＝＋1.0×10－5C的小球(可视为质点)置于光滑绝缘水平面上的A点，当空间存在斜向上的匀强电场时，该小球从静止开始沿水平面做匀加速直线运动，当运动到B点时，测得其速度v B＝15 m/s，此时小球的位移为x AB＝15 m，取重力加速度g＝10 m/s2，在上述运动中电场方向与水平方向的夹角θ和匀强电场的电场强度E可能为()A．θ＝0°，E＝1 000 V/mB．θ＝90°，E＝1 000 V/mC．θ＝60°，E＝1 500 V/mD．θ＝30°，E＝500 3 V/m17．如图甲所示，质量为M＝3 kg的长木板A置于光滑水平面上，质量为m＝2 kg的木块B(可视为质点)静止在长木板A的左端，现对B施加一个水平向右的外力F，结果A、B的加速度随时间变化的图象如图乙所示，t＝6 s时A、B刚好分离，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是()A．A、B间的动摩擦因数为0.2B．t＝4 s时A的速度为8 m/sC．A的长度为4 mD．t＝4 s后外力的大小为8 N18．如图所示，可视为质点的小球与两非弹性细线AB、AC连接后分别系于L形杆的B点和竖直轴OO′的C点，L形杆的另一端垂直固定于竖直轴OO′上，B、C两点间的水平距离和竖直距离相等，AC长l＝1 m，当整个装置绕竖直轴OO′以角速度ω1匀速转动时，细线AB水平伸直且张力为零，细线AC与OO′间夹角为37°.若增大装置转动的角速度，发现当装置以角速度ω2匀速转动时，细线AB 又出现伸直且张力为零的现象，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则()A．ω1＝5 22rad/s，ω2＝5 63rad/sB．ω1＝5 22rad/s，ω2＝15 rad/sC．ω1＝2303rad/s，ω2＝5 63rad/sD ．ω1＝2303rad/s ，ω2＝ 15 rad/s 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，a 为静止在地球赤道上的一个物体，b 为绕地球做匀速圆周运动的近地卫星，c 为地球的同步卫星，其轨道半径为r ，设地球半径为R ，下列说法正确的是( )A ．b 与c 的周期之比为r R B ．b 与c 的周期之比为R r R r C ．a 与c 的线速度大小之比为R rD ．a 与c 的线速度大小之比为 Rr20．如图，A 、B 、C 、D 是正四面体的四个顶点．现在A 固定一电荷量为＋q 的点电荷，在B 固定一电荷量为－q 的点电荷，取无穷远处电势为零，下列说法正确的是( )A ．棱AB 中点的电势为零B ．棱AB 中点的场强为零C ．C 、D 两点的电势相等D ．C 、D 两点的场强相同21．如图甲所示，一轻弹簧下端固定在倾角为θ的粗糙斜面的D 处，上端连接一质量为2 kg 的滑块(可视为质点)，斜面固定在水平面上，弹簧与斜面平行且原长为AD .现将滑块从A 处由静止释放，滑块第一次返回并到达最高点的过程中，其加速度a 随弹簧被压缩的长度x 的变化规律如图乙所示．取g ＝10 m/s 2，sin θ＝0.6，cos θ＝0.8，则下列说法正确的是( )A．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.2B．弹簧的劲度系数为100 N/mC．滑块第一次运动到最低点时弹簧的弹性势能为12 JD．滑块释放后第一次返回并运动到最高点的过程中因摩擦产生的热量为0.64 J选择题答题栏题号14151617答案题号18192021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．(6分)在利用碰撞做“验证动量守恒定律”的实验中，实验装置如图甲所示，图甲中斜槽PQ与水平槽QR平滑连接，按要求安装好仪器后开始实验．先不放被碰小球，使入射小球从斜槽上的A点由静止滚下，重复实验若干次；然后把被碰小球静止放在槽的水平部分的前端边缘B处(槽口)，再使入射小球从斜槽上的A点由静止滚下，再重复实验若干次，在白纸上记录下挂于槽口B的重锤线在记录纸上的竖直投影点和各次实验时小球落点的平均位置，从左至右依次为O、M、P、N点，测得两小球直径相等，入射小球和被碰小球的质量分别为m1、m2，且m1＝2m2.则：(1)两小球的直径用螺旋测微器核准相等，测量结果如图乙，则两小球的直径均为______ m.(2)入射小球每次滚下都应从斜槽上的同一位置无初速度释放，其目的是________．A．为了使入射小球每次都能水平飞出槽口B．为了使入射小球每次都以相同的动量到达槽口C．为了使入射小球在空中飞行的时间不变D．为了使入射小球每次都能与被碰小球对心碰撞(3)下列有关本实验的说法中正确的是________．A．未放被碰小球和放了被碰小球时，入射小球的落点分别是M、PB．未放被碰小球和放了被碰小球时，入射小球的落点分别是P、MC．未放被碰小球和放了被碰小球时，入射小球的落点分别是N、MD．在误差允许的范围内若测得|ON|＝2|MP|，则表明碰撞过程中两小球组成的系统满足动量守恒定律23．(9分)某同学利用有一定内阻的毫安表(量程0～3 mA)测定一节干电池的电动势E和内阻r.使用的器材还包括两个电阻箱R和R0，两个定值电阻R1＝15.0 Ω和R2＝4.5 Ω，开关两个，导线若干．实验原理图如图甲所示．(1)在图乙的实物图中，已正确连接了部分电路，请用笔画线代替导线完成余下电路的连接．(2)请完成下列主要实验步骤：①调节电阻箱R到最大值，闭合开关S1和S2，调节电阻箱R使毫安表的示数大约为2 mA；②调节电阻箱R0，直至在反复断开、闭合开关S2时，毫安表的指针始终停在某一示数处，读得此时电阻箱R0的电阻为 3.0 Ω，则毫安表的内阻R A＝________ Ω；③保持开关S1和S2闭合，且保持电阻箱R0的阻值不变，不断调节电阻箱R，读出其阻值R和对应的毫安表的示数I；④根据实验数据描点，绘出的1I－R图象如图丙所示，则该电池的电动势E＝________ V，内阻r＝________ Ω.24．(14分)如图所示，电路中电源电动势为E，内阻不计，其他各电阻阻值R1＝R3＝3R，R2＝R.水平放置的平行金属板A、B间的距离为d，板长为L.在A板的左下端且非常靠近极板A的位置，有一质量为m、电荷量为－q的小液滴以初速度v0水平向右射入两板间．(重力加速度用g表示)，求：(1)若使液滴能沿v0方向射出电场，电动势E1的值；(2)若使液滴恰能打在B板的中点，电动势E2的值．25．(18分)如图所示，某同学在一辆车上荡秋千，开始时车轮被锁定．车的右边有一个和地面相平的沙坑，且车右端和沙坑左边缘平齐．当同学摆动到最大摆角θ＝60°时，车轮立即解除锁定，使车可以在水平地面无阻力运动．该同学此后不再做功，并可以忽略自身大小．已知秋千绳子长度L＝4.5 m，该同学和秋千板的总质量m＝50 kg，车辆和秋千支架的总质量M＝200 kg，重力加速度g＝10 m/s2.试求：(1)该同学摆到最低点时的速率；(2)在摆到最低点的过程中，绳子对该同学和秋千板做的功；(3)该同学到最低点时，顺势离开秋千板，他落入沙坑的位置距离左边界多远？已知车辆长度s＝3.6 m，秋千架安装在车辆的正中央，且转轴离地面的高度H＝5.75 m.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)下列说法正确的是________．(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．机械能不可能全部转化为内能，内能也无法全部用来做功从而转化成机械能B．将两个分子由距离极近移动到相距无穷远的过程中，它们的分子势能先减小后增加C．热量总是自发地从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体D．液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，所以液体表面分子间的作用表现为相互吸引，即存在表面张力E．单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减少，气体的压强一定减小(2)(10分)某同学用注射器、透明吸管、水银柱制作了一个简易温度计．如图所示，吸管内部粗细均匀，横截面积为0.2 cm2，常压下、气温为0 ℃时水银柱(长度可忽略)刚好位于吸管底部，此时注射器内封闭气体的体积为20 cm3.①当气温为27 ℃时水银柱距吸管底部的距离为多大？(结果保留三位有效数字)②用此温度计测量压强为0.9个大气压的山顶的温度为37 ℃，则山顶的实际温度为多少？34．(15分)【物理——选修3－4】(1)(5分)波源O产生的简谐横波沿x轴正方向传播，P是x P＝0.5 m处的质点、Q是x Q＝1.1 m处的质点，在t＝0时振动传播到P点，形成图中的实线；在t＝0.3 s时振动传播到Q点，形成图中的虚线，则________．(填正确答案标号．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．该波的周期等于0.3 sB．该波的波速等于2 m/sC．波源开始振动的方向沿y轴负方向D．在t＝0.7 s时Q点速度等于零E．P点和Q点的振动方向始终相反(2)(10分)光导纤维由内芯和外套两层组成，内芯的折射率比外套的大，光在内芯部分传输，并在内芯与外套的界面上不断发生全反射，已知内芯的折射率是n1，外套的折射率是n2，如图所示，入射光从空气中经光导纤维的中心以一定角度射入．①要使光在光导纤维中发生全反射，则光从空气中射入时与轴线的夹角有最大值还是最小值？并求出相应夹角的大小．②若光导纤维的总长度为l，光在其中传播时正好发生全反射，则光在光导纤维中传播比在等距离真空中传播时间延迟了多少？(光在真空中传播速度为c)高考物理模拟试题精编(四)14．解析：选C.根据Uq＝12m v2，又因为Bq v＝mv2R，解得qm＝2UB2R2，v＝2Uqm，由题意并结合题图可知打在E点的粒子的轨迹半径比打在D点的粒子的轨迹半径小，所以打在E点的粒子比荷比打在D点的粒子比荷大，相应打在E点的粒子质量小、速度大，故A、D错误；由于R＝m vBq，粒子的电荷量均相同，则粒子运动轨迹的半径越小，粒子的动量越小，故B错误，C正确．15．解析：选C.由a－t图象可知，0～t1时间内物体做加速度逐渐增大的加速运动，t1～t2时间内物体做加速度逐渐减小的加速运动，t2～t3时间内物体做加速度逐渐增大的减速运动．16．解析：选D.从A点到B点的过程，由动能定理qEx AB cos θ＝12m v2B－0得E＝m v2B2qx AB cos θ＝750cos θV/m.当θ＝0°，E＝750 V/m时小球恰能按题中要求运动到B点，A错误；当θ＝90°，则电场力无水平分量，小球不能产生水平加速度，且小球的初速度为零，小球不可能运动到B点，B错误；当θ＝60°，E＝1 500 V/m，但此时Eq sin θ＞mg，小球不能按题中要求运动到B点，故C错误；当θ＝30°，E＝500 3 V/m时，代入数据可知qE sin θ＜mg，即电场力的竖直分量小于重力，小球不会离开地面，故D正确．17．解析：选C.由题图乙知，t＝4 s时A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，此时A的加速度a A＝2 m/s2，分析A的受力知μmg＝Ma A，代入数值得μ＝0.3，A错；因a－t图象与t轴所围面积表示速度变化量的大小，所以t＝4 s时A的速度v＝12a AΔt1＝4 m/s，B错；4 s～6 s内，A的位移为x A＝vΔt2＋12a A(Δt2)2＝12 m，B的位移为x B＝vΔt2＋12a B(Δt2)2＝16 m，所以A的长度为L＝x B－x A＝4 m，C对；由牛顿第二定律及题图乙知F－μmg＝ma B，代入数值得，t＝4 s后外力F ＝14 N ，D 错．18．解析：选A.当细线AB 水平伸直且张力为零时，细线AC 对小球的拉力和小球的重力的合力提供小球的向心力．由牛顿第二定律知mg tan 37°＝mω21l sin 37°，得ω1＝5 22rad/s ，C 、D 错误；因B 点与C 点的水平和竖直距离相等，当装置以角速度ω2匀速转动时，细线AB 又伸直且张力为零，所以细线AB 必竖直，由几何关系得，此时细线AC 与OO ′间的夹角为53°，同理细线AC 对小球的拉力和小球的重力的合力提供小球的向心力，mg tan 53°＝mω22l sin 53°，即ω2＝5 63rad/s ，A 正确，B 错误． 19．解析：选BC.b 、c 均为地球的卫星，则向心力的来源相同，均由万有引力提供向心力，有G Mm r 2＝m 4π2T2r ，整理得T ＝2π r 3GM ，则b 、c 的周期之比为 R 3r 3＝R r R r ，A 错误，B 正确；由于a 、c 具有相同的角速度，则由v＝ωr ，可知a 、c 的线速度之比为R r ，C 正确，D 错误．20．解析：选ACD.结合等量异种点电荷的电场线的分布情况可知，过棱AB 的中点且与AB 垂直的线为等势线、垂直的面为等势面，且电势为零，中点处的电场强度方向由A 指向B ，选项A 正确，B 错误；由以上分析可知C 、D 两点的电势也为零，则选项C 正确；由对称性可知C 、D 两点的电场强度大小相等，方向相同，选项D 正确．21．解析：选BD.重力沿斜面向下的分力G 1＝mg sin θ＝12 N ，斜面对滑块的支持力N ＝mg cos θ＝16 N ．滑块刚释放时，加速度大小为a 0＝5 m/s 2，根据牛顿第二定律有G 1－f ＝ma 0，得f ＝2 N ，μ＝f N ＝0.125，选项A 错误；当x 1＝0.1 m 时a 1＝0，即此时有G 1－f －kx 1＝ma 1，得k ＝100 N/m ，选项B 正确；经分析可知，当a 2＝－5 m/s 2时，滑块第一次运动到最低点，摩擦力方向沿斜面向上，然后摩擦力反向，滑块的加速度为a 3＝－3 m/s 2，此时有G 1＋f －kx 2＝ma 3，得x2＝0.2 m，根据能量守恒定律，滑块第一次运动到最低点时弹簧弹性势能E p ＝G1x2－fx2＝2 J，选项C错误；当a3＝3 m/s2时，滑块第一次返回并运动到最高点，此时有G1＋f－kx3＝ma3，得x3＝0.08 m，滑块释放后第一次返回并运动到最高点的过程中因摩擦产生的热量Q＝f(2x2－x3)＝0.64 J，选项D正确．22．解析：(1)根据螺旋测微器读数规则，小球的直径为12.5 mm＋0.395 mm ＝12.895 mm＝1.289 5×10－2 m.(2)入射小球每次滚下都应从斜槽上的同一位置无初速度释放，其目的是使入射小球每次都以相同的动量到达槽口，选项B正确．(3)放了被碰小球后，入射小球由于受到被碰小球的作用力，入射小球动量减小，落点位置为距离O点较近的M点；被碰小球动量增大，落点位置为距离O点较远的N点；未放被碰小球时，入射小球的落点位置为P点，选项B正确，AC错误．根据题述，m1＝2m2，碰撞过程中小球m2增加动量Δp2＝m2|ON|t，t为小球从飞出槽口到落到白纸上的时间，小球m1减少动量Δp1＝m1|OP|－m1|OM|t＝2m2|MP|t，在误差允许范围内，若测得|ON|＝2|MP|，则Δp2＝Δp1，表明两小球组成的系统碰撞过程中满足动量守恒定律，选项D正确．答案：(1)1.289 5×10－2(2分)(2)B(2分)(3)BD(2分)23．解析：(2)②断开、闭合开关S2时，使毫安表的指针始终停在某一示数处，说明通过R1、R2的电流I1相等，通过毫安表、R0的电流I2相等，R1、毫安表两端的电压相等，R0、R2两端的电压相等，即I1R1＝I2R A，I1R2＝I2R0，得R A＝R0R1R2＝3.0×15.04.5Ω＝10.0 Ω；④根据闭合电路欧姆定律有E＝(IR AR1＋I)(R＋r＋R1R AR1＋R A＋R2R0R2＋R0)，整理得1I＝53E R＋53E(r＋7.8 Ω)，结合图象得，53E＝464－14405V－1，53E(r＋7.8 Ω)＝14 A－1，解得E＝1.5 V，r＝4.8 Ω.答案：(1)实物连线如图所示(2分) (2)②10.0(3分) ④1.5(2分) 4.8(2分)24．解析：(1)由闭合电路欧姆定律，得I ＝E R 1＋R 2＝E 14R(2分) A 、B 板间电压U BA ＝IR 2＝E 14(1分) 由平衡条件得mg ＝qU BA d ＝q E 14d(2分) 联立解得E 1＝4mgd q (2分)(2)液滴恰好打在B 板正中央，由平抛运动规律有水平方向，L 2＝v 0t (1分) 竖直方向，y ＝d ＝12at 2(1分) 由牛顿第二定律，有qU BA ′d －mg ＝ma (2分)由第(1)问，有U BA ′＝14E 2(1分) 联立解得E 2＝4md q (8d v 20L 2＋g )(2分) 答案：(1)4mgd q (2)4md q (8d v 20L 2＋g ) 25．解析：(1)对整个系统摆到最低点的过程水平方向动量守恒：0＝m v 1＋M v 2(2分)机械能守恒：mgL (1－cos θ)＝12m v 21＋12M v 22(2分)代入数据，联立解得该同学摆到最低点的速率为v1＝6 m/s(1分) (2)对同学摆到最低点的过程，由动能定理，有W r＋W G＝12m v21(2分)又W G＝mgL(1－cos θ)(2分)代入数据，解得绳子对该同学和秋千板做的功为W r＝－225 J(1分)(3)同学离开秋千板后做平抛运动，有H－L＝12gt2(1分)x＝v1t(1分)代入数据，解得x＝3 m(1分)同学离开秋千板之前的过程，整个系统水平方向动量守恒：0＝m v1x＋M v2x(1分) 由于运动时间相同，故有：0＝mx1＋Mx2(1分) 且x1－x2＝L sin 60°(1分)联立解得x2＝－0.779 m(1分)故同学的落点与沙坑左边界距离d＝x＋x2－s2＝0.421 m(1分)答案：(1)6 m/s(2)－225 J(3)0.421 m33．解析：(1)机械能可以全部转化为内能，内能无法全部用来做功从而转化成机械能，故A错误；将两个分子由距离极近移动到相距无穷远的过程中，分子力先是斥力后是引力，分子力先做正功后做负功，分子势能先减小后增加，故B正确；热量总是自发地从温度高的物体传递到温度低的物体，而温度是分子平均动能的标志，所以热量总是自发地从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体，故C正确；液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，则液体表面分子间的作用表现为相互吸引，所以存在表面张力，故D正确；气体的体积增大，单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减少，如果温度升高，气体分子撞击器壁的速率增大，对器壁的压力增大，气体的压强可能增大、可能减小、可能不变，故E错误．(2)①设常压下、温度为27 ℃时，水银柱距吸管底部的距离为L根据盖－吕萨克定律有V0T0＝V1T1(3分)即20 cm3273 K＝20 cm3＋0.2 cm2×L300 K(1分)解得L＝9.89 cm(1分)②当在山顶时，由查理定律有p0T′＝p2T2(3分)即p0(273＋37) K＝0.9p0273 K＋t2(1分)解得t2＝6 ℃(1分)答案：(1)BCD(2)①9.89 cm②6 ℃34．解析：(1)振动从P点传到Q点，传播距离为0.6 m，时间为0.3 s，则波速为v＝1.1－0.50.3m/s＝2 m/s，由题图知波长为λ＝0.4 m，则周期为T＝λv＝0.2 s，A选项错误，B选项正确；波沿x轴正向传播，振动传到P点时，由波形图可知，P点沿y轴负方向振动，则所有质点开始振动的方向均沿y轴负方向，故波源开始振动的方向沿y轴负方向，C选项正确；从t＝0.3 s到t＝0.7 s，时间为0.4 s＝2T，质点Q仍然在平衡位置，速度最大，D选项错误；P点和Q点相距半波长的三倍，振动方向始终相反，E选项正确．(2)①设光在空气与内芯界面的入射角为α，在光导纤维内芯中折射角为β，在内芯与外套的界面处的入射角为θ，如图1所示光射入光导纤维时，有n1＝sin αsin β，β＋θ＝90°，当θmin＝C时，βmax＝90°－C，则α有最大值(2分)sin αmax＝n1sin βmax(1分)sin C＝n2n1(1分)解得αmax＝arcsin n21－n22(1分)②如图2所示，光在光导纤维中发生全反射前后传播的路程为s1＝l1sin C，s2＝l2sin C，…，s n＝l nsin Cs＝s1＋s2＋…＋s n＝l1＋l2＋…＋l nsin C＝lsin C(1分)光在光导纤维内芯中传播速度v＝cn1(1分)光在光导纤维内芯中传播比在真空中传播延迟时间为Δt＝sv－lc(1分)解得Δt＝lc(n21n2－1)(2分)答案：(1)BCE(2)①最大值arcsin n21－n22②lc(n21n2－1)。
2019届河南省高考模拟试题精编(三)物理(解析版)
2019届河南省高考模拟试题精编(三)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．氢原子的能级图如图所示，有一群处于n＝4能级的氢原子，若氢原子从n＝4能级向n＝2能级跃迁时所辐射出的光正好使某种金属A发生光电效应，则下列说法中错误的是()A．这群氢原子辐射出的光中共有4种频率的光能使金属A发生光电效应B．如果辐射进来一个能量为2.6 eV的光子，可以使一个氢原子从n＝2能级向n＝4能级跃迁C．如果辐射进来一个能量大于1.32 eV的光子，可以使处于n＝4能级的一个氢原子发生电离D．用氢原子从n＝4能级向n＝1能级跃迁时辐射出的光照射金属A，所产生的光电子的最大初动能为10.2 eV15．如图所示电路中，A、B是构成平行板电容器的两金属极板，P为其中的一个定点．将开关S闭合，电路稳定后将A板向上平移一小段距离，则下列说法正确的是()A．电容器的电容增加B．在A板上移过程中，电阻R中有向上的电流C．A、B两板间的电场强度增大D．P点电势升高16．2016年10月19日凌晨，神舟十一号飞船与天宫二号自动交会对接成功，航天员开始为期30天的太空驻留生活．已知地球表面的重力加速度g，地球半径R，神舟十一号飞船对接后随天宫二号做匀速圆周运动的周期T及引力常量G，下列说法中正确的是()A．要完成对接，应先让神舟十一号飞船和天宫二号处于同一轨道上，然后点火加速B．若对接前飞船在较低轨道上做匀速圆周运动，对接后飞船速度和运行周期都增大C．由题给条件可求出神舟十一号飞船的质量D．由题给条件可求出神舟十一号飞船对接后距离地面的高度h17．一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动势的变化规律如图甲所示，若把某个量变为原来的2倍，其产生的电动势的变化规律如图乙所示，则变化的这个量是()A．线圈的匝数B．线圈的面积C．线圈的边长D．线圈转动的角速度18．如图所示，在xOy平面内有一半径为r的圆形磁场区域，其内分布着磁感应强度为B方向垂直纸面向里的匀强磁场，圆形区域边界上放有圆形的感光胶片，粒子打在其上会感光．在磁区边界与x轴交点A处有一放射源，发出质量为m、电荷量为q的粒子沿垂直磁场方向进入磁场，其方向分布在由AB和AC所夹角度内，B和C为磁区边界与y轴的两个交点．经过足够长的时间，结果光斑全部落在第Ⅱ象限的感光胶片上．则这些粒子中速度最大的是()A．v＝2Bqr2m B．v＝BqrmC．v＝2Bqrm D．v＝(2＋2)Bqrm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．如图所示的电路中，电源电动势为2 V ，内阻r ＝0.5 Ω，电阻R 1＝1.5 Ω，电阻R 2＝2 Ω，电阻R 3＝3 Ω，滑动变阻器R 4接入电路的阻值为2 Ω，电容器的电容C ＝1.0 μF ，电阻R 3与电容器间的导线记为d ，单刀双掷开关S 与触点1连接，下列说法正确的是( )A ．如果仅将R 4的滑片向上滑动，R 1消耗的功率减少B ．如果仅将R 4的滑片向上滑动，电源的输出功率增加C ．如果仅将R 4的滑片向上滑动，电容器两极板间的电势差减小D ．若仅将开关S 由触点1拨向触点2，流过导线d 的横截面的电荷量为1.75×10－6C20．某小型发电站的发电功率是20 kW ，发电机的输出电压为380 V ，输电电压为5 000 V ，输电线路总电阻是6 Ω，用户端的降压变压器原、副线圈的匝数比为22∶1，则下列说法正确的是( )A ．用户端得到的电压约为226 VB ．输电线路的升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶22C ．若发电站的发电功率提高到40 kW ，则用户端获得的电压会加倍D ．采用380 V 低压输电和采用5 000 V 高压输电，输电线路损耗的功率之比约173∶121．如图，有理想边界的正方形匀强磁场区域abcd 边长为L ，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B .一群质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子(不计重力)，在纸面内从b 点沿各个方向以大小为2qBL m 的速率射入磁场，不考虑粒子间的相互作用，下列判断正确的是( )A ．从a 点射出的粒子在磁场中运动的时间最短B ．从d 点射出的粒子在磁场中运动的时间最长C．从cd边射出的粒子与c的最小距离为(3－1)LD．从cd边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为πm 6qB选择题答题栏题号14151617答案题号18192021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．(6分)在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧按如图甲所示连接起来进行探究．钩码数123 4L A/cm15.7119.7123.7027.70L B/cm29.9635.7641.5547.34(1)某次测量如图乙所示，指针示数为______cm.(2)在弹性限度内，将50 g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数L A和L B如表格所示．用表中数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为______ N/m，弹簧Ⅱ的劲度系数为________ N/m(重力加速度g＝10 m/s2，结果均保留三位有效数字)．23．(9分)某实验小组想测量一电源的电动势和内阻，在实验室找到了如下器材：待测电源；一段粗细均匀总阻值为R 0的金属丝；不计内阻的电流表；阻值为R 1的电阻；刻度尺；开关一个、导线若干．他们的部分操作步骤如下：(1)测得金属丝总长度为L 0.(2)然后用图甲所示的电路图进行测量，图中R x 表示金属丝．请根据电路图在图乙中完成实物连线．(3)不断改变电阻丝接入电路的长度，记录多组电流表示数I 和对应的金属丝长度L .根据所得数据作出了1I －L 图象如图丙所示，图中坐标值a 、b 、L 1均为已知，则电源的电动势E＝________；电源的内阻r ＝________.(用图中坐标值和相关物理量表示)24．(12分)如图所示，在纸面内有一个边长为L 的等边三角形abc 区域，一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子从a 点以速度v 0沿平行于纸面且垂直于bc 边的方向进入此区域．若在该区域内只存在垂直于纸面的匀强磁场，粒子恰能从c点离开；若该区域内只存在平行于bc边的匀强电场，该粒子恰好从b点离开(不计粒子重力)．(1)判断匀强磁场、匀强电场的方向；(2)计算电场强度与磁感应强度大小的比值．25．(20分)如图所示，倾角30°的光滑斜面上，轻质弹簧两端连接着两个质量均为m＝1 kg的物块B和C，C紧靠着挡板P，B通过轻质细绳跨过光滑定滑轮与质量M＝8 kg的物块A连接，细绳平行于斜面，A在外力作用下静止在圆心角为60°、半径R＝2 m的16光滑圆弧轨道的顶端a处，此时绳子恰好拉直且无张力；圆弧轨道最低端b与粗糙水平轨道bc相切，bc与一个半径r＝0.2 m的光滑圆轨道平滑连接．由静止释放A，当A滑至b时，C恰好离开挡板P，此时绳子断裂．已知A与bc间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2，弹簧的形变始终在弹性限度内，细绳不可伸长．(1)求弹簧的劲度系数；(2)求物块A滑至b处，绳子断后瞬间，A对圆轨道的压力大小；(3)为了让物块A能进入圆轨道且不脱轨，则bc间的距离应满足什么条件？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)下列说法正确的是________．(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．布朗运动就是液体分子的热运动B．物体温度升高，并不表示物体内所有分子的动能都增大C．内能可以全部转化为机械能而不引起其他变化D．分子间距等于分子间平衡距离时，分子势能最小E．一切自然过程总是向分子热运动的无序性增大的方向进行(2)(10分)一定质量的理想气体经历了如图所示的状态变化．问：①已知从A到B的过程中，气体的内能减少了300 J，则从A到B气体吸收或放出的热量是多少？②试判断气体在状态B、C的温度是否相同．如果知道气体在状态C时的温度T C＝300 K，则气体在状态A时的温度为多少？34．(15分)【物理——选修3－4】(1)(5分)如图所示为一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在某时刻的波形图，该时刻这列波恰好传播到x ＝6 m 处，已知这列波周期为1 s ，则下列判断中正确的是________．(填正确答案标号．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 ．这列波的振幅为8 cmB ．这列波的波速为4 m/sC ．图示时刻平衡位置在x ＝2 m 处的质点沿y 轴正方向运动D ．图示时刻平衡位置在x ＝5 m 处的质点的加速度大小为零E ．从图示时刻开始再经过1.5 s ，平衡位置在x ＝12 m 处的质点刚好从平衡位置开始向y 轴正方向运动(2)(10分)有一盛满清水的足够大的池子，水深为d ，池子底部放有一能够反光的镜子(足够大)，一束红色激光以45°的入射角从水面上的P 点射入水中，经镜子反射后，从水面上另一点射出．已知入射点与出射点之间的距离为2 33d ，真空中的光速为c . ①求光在水中的传播速度；②改变入射光的入射角，仍使光线能够射到镜子上，入射点和出射点间的最大距离等于多少？高考物理模拟试题精编(三)14．解析：选B.氢原子从n ＝4能级向低能级跃迁时可以辐射出6种频率的光子，其中只有从n ＝4能级向n ＝3能级跃迁时所辐射出的光子以及从n ＝3能级向n ＝2能级跃迁时所辐射出的光子的能量小于从n ＝4能级向n ＝2能级跃迁时所辐射出的光子的能量，故共有4种频率的光能使金属A 发生光电效应，A 正确；因为从n ＝2能级向n ＝4能级跃迁时所需要的能量为ΔE ＝E 4－E 2＝2.55 eV ，而辐射进来一个能量为2.6 eV 的光子的能量不是恰好匹配，故B 错误；因为要使处于n ＝4能级的氢原子发生电离，所需要的能量只要大于0.85 eV 就可以，故C 正确；由题意可知，W ＝E 4－E 2＝2.55 eV ，氢原子从n ＝4能级向n ＝1能级跃迁时所辐射出光子的能量为hν＝E 4－E 1＝12.75 eV ，由hν＝W ＋E kmax 可得最大初动能E kmax ＝hν－W ＝10.2 eV ，D 正确．15．解析：选B.开关S 闭合，电路稳定后将A 板向上平移一小段距离，由电容器公式C ＝εr S 4πkd，知电容器的电容减少，选项A 错误；开关S 闭合，电容器两端电压始终不变，在A 板上移过程中，极板带电荷量Q ＝CU 减少，通过电阻R 放电，知电阻R 中有向上的电流，选项B 正确；由匀强电场的电场强度公式E ＝U d ，知A 、B 两板间的电场强度将减小；因B 板电势为0，则P 点的电势大小等于P 、B 两点的电势差，U PB ＝Ed PB ，而d PB 不变，场强E 减小，U PB 也减小，即P 点电势降低，选项CD 错误．16．解析：选D.先让神舟十一号飞船运动到天宫二号轨道上，然后点火加速，飞船的速度增大，需要的向心力大于万有引力提供的向心力，飞船将做离心运动，A 错误；对接后的轨道半径增大，由G Mm r 2＝m v 2r 得v ＝ GM r ，轨道半径增大，飞船的速度减小，又由G Mm r 2＝m 4π2T2r 得T ＝2πr r GM ，轨道半径越大，运行周期越大，B 错误；由G Mm R 2＝mg 得地球的质量M ＝gR 2G ，但神舟十一号飞船的质量不能求出，C 错误；由以上公式联立可解得神舟十一号的轨道半径r ，因此可求出神舟十一号飞船对接后距离地面的高度h ＝r －R ，D 正确．17．解析：选D.由题图甲、乙可知，电动势的最大值变为原来的2倍，周期变为原来的一半，又因为矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时产生正弦式交变电流的电动势表达式为e ＝nBSωsin ωt ，所以是线圈转动的角速度变为原来的2倍，D 正确．18．解析：选A.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供其做圆周运动的向心力，由公式Bq v ＝m v 2R 得v ＝BqR m ，显然粒子的轨道半径越大，粒子射入磁场的速度越大，由题图分析可知，粒子沿AC 方向射入磁场，由B 点离开的粒子在磁场中运行的轨道半径最大，带电粒子在磁场中运行的速度最大，由几何关系可知，粒子的轨道半径为R ＝22r ，代入可得v ＝2Bqr 2m，A 正确．19．解析：选BD.如果仅将R 4的滑片向上滑动，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流增大，所以R 1两端的电压增加，R 1消耗的功率也增加，A 错误；由题意可知外电路的电阻大于电源的内阻，所以当R 4的滑片向上滑动时，电源的输出功率增加，B 正确；开关S 与触点1连接，电容器极板间的电势差等于R 1两端的电压，R 4的滑片向上滑动时，R 1两端的电压增大，故C 错误；若仅将开关S 由触点1拨向触点2，电路中电流不变，仍为I ＝E r ＋R 1＋R 滑＝0.5 A ，开关S 与触点1连接时，电容器左侧极板带正电，带电荷量Q 1＝CU R 1＝CIR 1＝0.75×10－6C ；开关S 与触点2连接时，电容器左侧极板带负电，带电荷量Q 2＝CUR 滑＝CIR 滑＝1.0×10－6C ，所以将开关S 由触点1拨向触点2，流过导线d横截面的电荷量为ΔQ ＝Q 2＋Q 1＝1.75×10－6C ，D 正确．20．解析：选AD.升压变压器副线圈中电流I 2＝P U 2＝4 A ，降压变压器原线圈电压U3＝U2－I2R＝(5 000－4×6)V＝4 976 V，对降压变压器有U3U4＝n3n4，所以用户得到的电压为U4＝n4n3U3＝122×4 976 V≈226 V，A正确；对升压变压器有n1n2＝U1U2＝19250，B错误；发电站发电功率提高到40 kW，输电电流I2″＝P″U2增大，则输电线路上损失的电压U线＝I2″R就会增加，所以降压变压器原线圈电压U3″＝U2－U线减小，则降压变压器的输出电压减小，C错误；当采用380 V低压输电时，输电线上的电流为I2′＝PU1＝20×103380A＝52.63 A，所以输电线路损耗的功率为P损′＝I2′2R＝16.62 kW，用5 000 V高压输电，输电线上的电流为I2＝4 A，输电线路损耗的功率为P损＝I22R＝96 W，则P损′P损≈173∶1，D正确．21．解析：选BD.由q v B＝m v2r，解得r＝2L.画出沿各个方向射入磁场的带电粒子运动轨迹，可知在ab范围内射出的带电粒子比从a点射出粒子的运动轨迹短，在磁场中运动的时间短，选项A错误．从d点射出的粒子在磁场中运动轨迹最长，运动的时间也最长，选项B正确．沿bc方向射入磁场的带电粒子从cd边射出，带电粒子从cd边射出的运动轨迹最短，所对应的圆心角为30°，在磁场中运动的最短时间为t min＝T12＝πm6qB，选项D正确．由x＝2L(1－cos 30°)解得x＝(2－3)L，即从cd边射出的粒子与c的最小距离为(2－3)L，选项C错误．22．解析：(1)根据刻度尺读数规则，指针示数为16.00 cm.(2)根据表中数据，加挂1个钩码拉力增大ΔF＝mg＝0.5 N，弹簧Ⅰ多伸长Δx＝4.00 cm，由ΔF＝k1Δx，解得弹簧Ⅰ的劲度系数k1＝12.5 N/m；弹簧Ⅱ多伸长Δx＝5.80 cm－4.00 cm＝1.80 cm，由ΔF＝k2Δx，解得弹簧Ⅱ的劲度系数k2＝27.8 N/m.答案：(1)16.00(2分)(2)12.5(2分)27.8(2分)23．解析：(2)根据电路原理图连接实物，得出实物连线图．(3)由闭合电路欧姆定律，得E ＝I (r ＋R 1＋R x )；由电阻定律，得R x ＝ρL S ，R 0＝ρL 0S ，联立解得1I ＝r ＋R 1E ＋R 0EL 0L .对比题图丙，可知图线斜率等于R 0EL 0，即R 0EL 0＝b －a L 1，解得E ＝R 0L 1(b －a )L 0；图线在纵轴的截距等于r ＋R 1E ，即r ＋R 1E ＝a ， 解得r ＝aR 0L 1(b －a )L 0－R 1. 答案：(2)如图所示(3分) (3)R 0L 1(b －a )L 0(3分) aR 0L 1(b －a )L 0－R 1(3分)24．解析：(1)由左手定则及粒子运动轨迹知，匀强磁场方向为垂直纸面向外(2分)由电场性质及粒子运动轨迹知，匀强电场方向为平行于bc 边且沿c 到b 的方向(2分)(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可知：r ＝L (1分)洛伦兹力充当向心力：q v 0B ＝m v 20r (1分)解得B ＝m v 0qL (1分)粒子在电场中运动：a ＝qE m (1分) 32L ＝v 0t (1分) 12L ＝12at 2(1分)解得E ＝4m v 203qL(1分) 故E B ＝4v 03(1分) 答案：(1)见解析 (2)4v 0325．解析：(1)A 位于a 处时，绳无张力且物块B 静止，故弹簧处于压缩状态，对B ，由平衡条件有kx ＝mg sin 30°(1分)当C 恰好离开挡板P 时，C 的加速度为0，故弹簧处于拉伸状态对C ，由平衡条件有kx ′＝mg sin 30°(1分)由几何关系知R ＝x ＋x ′(1分)代入数据解得k ＝2mg sin 30°R＝5 N/m(2分) (2)物块A 在a 处与在b 处时，弹簧的形变量相同，弹性势能相同．故A 在a 处与在b 处时，A 、B 系统的机械能相等有MgR (1－cos 60°)＝mgR sin 30°＋12M v 2A ＋12m v 2B (2分) 如图所示，将A 在b 处的速度分解，由速度分解关系有v A cos 30°＝v B (1分) 代入数据解得v A ＝ 4(M －m )gR 4M ＋3m＝4 m/s(1分) 在b 处，对A ，由牛顿第二定律有N －Mg ＝M v 2A R (1分)代入数据解得N ＝Mg ＋M v 2A R ＝144 N(1分)由牛顿第三定律知，A 对圆轨道的压力大小为N ′＝144 N(1分)(3)物块A 不脱离圆形轨道有两种情况①第一种情况，不超过圆轨道上与圆心的等高点由动能定理，恰能进入圆轨道时需满足条件－μMgx1＝0－12M v2A(1分)恰能到圆心等高处时需满足条件－Mgr－μMgx2＝0－12M v2A(1分)代入数据解得x1＝v2A2μg＝8 m，x2＝v2A－2gr2μg＝6 m即6 m≤x≤8 m(2分)②第二种情况，过圆轨道最高点在最高点，由牛顿第二定律有Mg＋F N＝M v2r(1分)恰能过最高点时，F N＝0，v＝gr 由动能定理有－Mg·2r－μMgx′＝12M v2－12M v2A(1分)代入数据解得x′＝v2A－5gr2μg＝3 m(1分)故此时bc间距离应满足x≤3 m(1分)答案：(1)5 N/m(2)144 N(3)x≤3 m或6 m≤x≤8 m33．解析：(1)布朗运动是悬浮在液体中微粒的运动，反映了液体分子无规则的热运动，选项A错误．物体温度升高，分子平均动能增大，并不表示物体内所有分子的动能都增大，选项B正确．根据热力学第二定律，内能可以全部转化为机械能，但一定会引起其他变化，选项C错误．分子间距等于分子间平衡距离时，分子势能最小，选项D正确．根据熵增加原理，一切自然过程总是向分子热运动的无序性增大的方向进行，选项E正确．(2)①从A到B，外界对气体做功有W＝pΔV＝15×104×(8－2)×10－3J＝900 J(2分)根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q(2分)Q＝ΔU－W＝－1 200 J，气体放热1 200 J(1分) ②由图可知p B V B＝p C V C，故T B＝T C(2分)根据理想气体状态方程有p A V AT A＝p C V CT C(2分)代入图中数据可得T A＝1 200 K(1分)答案：(1)BDE(2)①1 200 J②相同 1 200 K34．解析：(1)振幅是质点离开平衡位置的最大距离，由题图可知，这列波的振幅为4 cm，A错误；由题图可知，这列波的波长为λ＝4 m，由v＝λT，可得v＝4 m/s，B正确；由波传播的方向与质点振动方向之间的关系可判断出平衡位置在x＝2 m处的质点在题图示时刻正沿y轴正方向运动，C正确；在题图示时刻平衡位置在x＝5 m处的质点与平衡位置的距离最大，故其加速度最大，D错误；经过1.5 s＝1.5T，这列波传播了6 m，此时平衡位置在x＝12 m处的质点向y轴正方向运动，E正确．(2)①设光在水面的折射角为r，出射点为Q由几何关系可知，tan r＝12PQd＝12×2 33dd＝33(2分)解得r＝30°(1分)由折射定律得水对该光的折射率为n＝sin isin r＝sin 45°sin 30°＝2(2分)光在水中的传播速度为v＝cn＝22c(1分)②当光从空气射入水中的入射角无限接近90°时，折射角最大，光线的入射点和出射点间的距离最远此时由折射定律有n＝sin 90°sin r′＝2(2分)解得r′＝45°(1分)此时入射点和出射点间的距离L＝2d tan r′＝2d(1分)答案：(1)BCE(2)①22c②2d。
2019年河南省郑州高三全真模拟考试理科综合物理试题
郑州一中19届高三高考全真模拟理科综合科目试题 第Ⅰ卷（选择题，共126分）二、选择题：本题共8小题，每题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一个选项符合题目要求。
第19~21题有多个选项符合题目要求。
全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1.国产科幻大片《流浪地球》讲述了太阳即将在未来出现“核燃烧”现象，从而导致人类无法生存，决定移民到半人马座比邻星的故事。
据科学家论证，太阳向外辐射的能量来自其内部发生的各种热核反应，当太阳内部达到一定温度时，会发生“核燃烧”，其中“核燃烧”的核反应方程为4824He Be+X γ+→，方程中X 表示某种粒子，84Be 是不稳定的粒子，其半衰期为T ，则下列说法正确的是（ ） A. X 粒子是42HeB. 若使84Be 的温度降低，其半衰期会减小 C. 经过2T ，一定质量的84Be 占开始时的18D. “核燃烧”的核反应是裂变反应 【答案】A 【解析】【详解】根据质量数和电荷数守恒可知，X 粒子的质量数为4，电荷数为2，为42He ，选项A 正确；温度不能改变放射性元素的半衰期，选项B 错误；经过2T ，一定质量的84Be 占开始时的14，选项C 错误；“核燃烧”的核反应是轻核聚变反应，选项D 错误；故选A.2.利用函数图像是一种解决物理问题的常用方法。
某同学利用传感器探究一玩具车沿某一路段做直线运动的性质，从t =0时刻开始计时得到了xt t-的图像.如图所示，由此可知A. 玩具车做速度为-3m/s 的匀速直线运动B. 玩具车做变加速直线运动C. 玩具车做匀加速直线运动，初速度大小为2m/sD. 玩具车做匀加速直线运动，加速度的大小为1.5m/s 2【答案】C 【解析】【详解】由图得：2 2/3xt m s t=+（），由x=v 0t+12at 2得：xt =v 0+12at ，可得 12a=23，解得a=43m/s 2．v 0=2m/s ，可知物体做匀加速直线运动，初速度大小为2m/s ，加速度的大小为43m/s 2。
2019年河南省信阳高级中学普通高等学校招生全国统一考试模拟物理试题(解析版)
a 中的光强大于实验b 中的光强，实验所得光电流I 与光电管两端所加电压U 间的关系曲线分别以 a 、b 表示，则下列图中可河南省信阳高中2019年普通高等学校招生全国统一考试模拟卷（三）物理试题★祝考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考范围。
2 •答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题 卡上的指定位置。
用 2B 铅笔将答题卡上试卷类型 A 后的方框涂黑。
3 •选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑， 写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4 •非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡 上的非答题区域均无效。
5 •选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用 2B 铅笔涂黑.答案写在答题纸上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
6 •保持卡面清洁，不折叠，不破损。
7 •考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并上交。
1.在光电效应实验中，先后用频率相同但光强不同的两束光照射同一个光电管.若实验 【答案】A 【解析】试题分析：光电管加正向电压情况：P 右移时，参与导电的光电子数增加；P 移到某一位置时，所有逸出的光电子都刚参与了导电，光电流恰达最大值；P 再右移时，光电流不能再增大•光电管加反向电压情况：P右移时，参与导电的光电子数减少；P 移到某一位置时，所有逸出的光电子都刚不参与了导电，光电流恰 为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率；P 再右移时，光电流始终为I2C.B. U零.…■，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大.正向电压T —反向电压B 及其两侧的电线，冬季与夏季相比B. 电线杆B 所受的合外力变大C. 电线最高点处的张力变小D. 电线最低点处的张力不变以电杆为研究对象，设电线与竖直方向夹角为 0,由共点力的平衡条件知，两边电线对电杆的弹力F 的合h 变大，则电线在杆上固定处光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率，入射光的频率越高,对应的截止电压 越大，由于入射光的频率没有变，故遏止电压相同，即图线与横轴的交点相同•由于 光的光强大于b 光的光强，所以a 的饱和电流大于b 的饱和电流•故 A 故符合要求，故 A 正确. 2. 如图，在一段平直的地面上等间距分布着一排等高的电线杆，挂在电线杆上的电线粗细均匀。
2019年河南高考《物理》模拟试题及答案
2019年河南高考《物理》模拟试题及答案第Ⅰ卷(选择题，共40分)一、选择题(本题共10小题，每题4分，共40分．有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内) 1．(2010·全国卷Ⅰ)某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5×10－5T.一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过．设落潮时，海水自西向东流，流速为2m/s.下列说法正确的是()A. 河北岸的电势较高B. 河南岸的电势较高C. 电压表记录的电压为9mVD. 电压表记录的电压为5mV图1解析：由E＝BLv＝(4.5×10－5×100×2) V＝9×10－3 V＝9 mV，可知电压表记录的电压为9 mV，选项C正确、D错误；从上往下看，画出水流切割磁感线示意图如图1所示，据右手定则可知北岸电势高，选项A正确、B错误．答案：AC图22．(2010·山东高考)如图2所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴．一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时()A．穿过回路的磁通量为零B．回路中感应电动势大小为2Blv0C．回路中感应电流的方向为顺时针方向D．回路中ab边与cd边所受安培力方向相同解析：闭合回路关于OO′对称，穿过回路的磁感线的净条数为零，选项A正确；由右手定则可知，cd、ab相当于电源，并且为串联关系，则回路中感应电流的方向为逆时针方向，感应电动势E＝2Blv0，选项B正确而C错误；由左手定则可知，ab边、cd边受到安培力均向左，选项D正确．答案：ABD图33．(2010·四川高考)如图3所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面．现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动．若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能()A．变为0B．先减小后不变C．等于F D．先增大再减小解析：a导体棒在恒力F作用下加速运动，闭合回路中产生感应电流，导体棒b 受到安培力方向应沿斜面向上，且逐渐增大．最后不变，所以b导体棒受摩擦力可能先减小后不变，可能减小到0保持不变，也可能减小到0然后反向增大最后保持不变．所以选项A、B正确，C、D错误．答案：AB图44．(2010·全国卷Ⅱ)如图4，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b和下边界d水平．在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平．线圈从水平面a开始下落．已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离．若线圈下边刚通过水平面b、c(位于磁场中)和d时，线圈所受到的磁场力的大小分别为Fb、Fc和Fd，则() A．Fd>Fc>Fb B．Fc<Fd<FbC．Fc>Fb>Fd D．Fc<Fb<Fd解析：由于线圈上下边的距离很短，线圈完全在磁场中运动的距离近似等于磁场高度，则在磁场中不受安培力作用向下运动距离大于ab间距，可知线圈到达d时的速度大于刚进磁场(即经过b点)时的速度，由F＝B2L2vR可知线圈在d点受磁场力最大，在经过c处时不受磁场力，本题只有选项D正确．答案：D5．如图5所示的电路中，三个相同的灯泡a、b、c和电感L1、L2与直流电源连接，电感的电阻忽略不计．电键K从闭合状态突然断开时，下列判断正确的有()。
2019届河南省高考模拟试题精编(十九)物理(解析版)
2019届河南省高考模拟试题精编(十九)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．如图为一个质点做直线运动的v-t图象，该质点在前4 s内向东运动，则该质点()A．在8～10 s内始终向东运动B．在前8 s内的加速度大小不变，方向始终向西C．在前8 s内的合外力先减小后增大D．在4～12 s内的位移大小为24 m15．如图所示，足够长的水平传送带以速度v沿顺时针方向运动，传送带的右端与光滑曲面的底部平滑连接，曲面上的A点距离底部的高度h＝0.45m．一小物块从A点静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回曲面．g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A．若v＝1 m/s，则小物体能回到A点B．若v＝2 m/s，则小物体能回到A点C．若v＝5 m/s，则小物体能回到A点D．无论v等于多少，小物体都不能回到A点16．地球可视为球体，其自转周期为T，在它的两极处，用弹簧秤测得一物体重为P；在赤道上，用弹簧秤测得同一物体重为0.9P，已知万有引力常量为G.则地球的平均密度是()A.3πT2G B.2.7πT2GC.30πT2G D.πT2G17．如图所示，一个“V”形玻璃管ABC倒置于竖直平面内，并处于场强大小为E＝1×103 V/m.方向竖直向下的匀强电场中，一个重力为G＝1×10－3N、电荷量为q＝2×10－6 C的带负电小滑块从A点由静止开始运动，小滑块与管壁的动摩擦因数μ＝0.5.已知管长AB＝BC＝L＝2 m，倾角α＝37°，B点处是一段很短的光滑圆弧管，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2.下列说法正确的是()A．B、A两点间的电势差为2 000 VB．小滑块从A点第一次运动到B点的过程中电势能增大C．小滑块第一次速度为零的位置在C处D．从开始运动到最后静止，小滑块通过的总路程为3 m18．如图所示，10匝矩形线框，在磁感应强度为0.4 T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴OO′以角速度为100 rad/s匀速转动，线框电阻不计，面积为0.5 m2，线框通过滑环与一理想变压器的原线圈相连，副线圈接有两只灯泡L1和L2.已知变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，开关断开时L1正常发光，且电流表示数为0.01 A，则()A．若从图示位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为200sin 100t V B．灯泡L1的额定功率为2 WC．若开关S闭合，灯泡L1将更亮D．若开关S闭合，电流表示数将增大二、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，T 为理想变压器，原、副线圈匝数比为5∶1，A 1、A 2为理想交流电流表，V 1、V 2为理想交流电压表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小)，原线圈两端电压u ＝2202sin 314t (V)，以下说法正确的是( )A ．当光照增强时，电压表V 1示数为44 2 V 保持不变B ．当光照增强时，电压表V 2示数变大C ．通过电流表A 1的电流方向每秒变化100次D ．当光照增强时，电流表A 1、A 2示数同时变大20．如图所示，光滑、平行的金属轨道分水平段(左端接有阻值为R 的定值电阻)和半圆弧段两部分，两段轨道相切于N 和N ′点，圆弧的半径为r ，两金属轨道间的宽度为d ，整个轨道处于磁感应强度为B ，方向竖直向上的匀强磁场中．质量为m 、长为d 、电阻为R 的金属细杆置于框架上的MM ′处，MN ＝r .在t ＝0时刻，给金属细杆一个垂直金属细杆、水平向右的初速度v 0，之后金属细杆沿轨道运动，在t ＝t 1时刻，金属细杆以速度v 通过与圆心等高的P 和P ′；在t ＝t 2时刻，金属细杆恰好通过圆弧轨道的最高点，金属细杆与轨道始终接触良好，轨道的电阻和空气阻力均不计，重力加速度为g .以下说法正确的是( )A ．t ＝0时刻，金属细杆两端的电压为Bd v 0B ．t ＝t 1时刻，金属细杆所受的安培力为B 2d 2v 2RC．从t＝0到t＝t1时刻，通过金属细杆横截面的电量为Bdr RD．从t＝0到t＝t2时刻，定值电阻R产生的焦耳热为14m v2－54mgr21．如图所示，水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，一带电金属滑块以E k0＝30 J的初动能从斜面底端A冲上斜面，到顶端B时返回，已知滑块从A滑到B的过程中克服摩擦力做功10 J，克服重力做功24 J，则()A．滑块带正电，上滑过程中电势能减小4 JB．滑块上滑过程中机械能增加4 JC．滑块上滑到斜面中点时重力势能增加12 JD．滑块返回到斜面底端时动能为15 J选择题答题栏题号14151617答案题号18192021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．(6分)为了探究加速度与力的关系，某同学设计了如图所示的实验装置，带滑轮的长木板水平放置，板上有两个光电门相距为d，滑块通过细线与重物相连，细线的拉力F大小等于力传感器的示数．让滑块从光电门1由静止释放，记下滑到光电门2的时间t.改变重物质量来改变细绳拉力大小，重复以上操作5次，计算后得到下表中的5组数据．(1)请根据表中数据在坐标纸上画出a-F图象；(2)分析a-F图象，可求出滑块质量m＝________kg，滑块和轨道间的动摩擦因数μ＝________(重力加速度g＝10 m/s2)次数a/(m·s－2)F/N1 1.00.762 2.10.993 2.9 1.234 4.1 1.505 5.2 1.7623．(9分)某学习小组欲描绘小灯泡的伏安特性曲线，现提供下列器材：A．电压表V(量程6 V，内阻约6 kΩ)B．电流表A(量程0.6 A，内阻约10 Ω)C．电阻箱R1(0～999.9 Ω)D．定值电阻R2＝200 ΩE．定值电阻R3＝100 ΩF．滑动变阻器R4(0～10 Ω)G．滑动变阻器R5(0～100 Ω)H．规格为“6 V,6 W”的待测灯泡I．电源E(电动势约12 V，内阻较小)J．开关、导线若干(1)某同学根据实验原理，将电流表的量程由0.6 A扩大至1.0 A，首先采用了如图1所示的电路测量电流表内阻．闭合开关S1，反复调节电阻箱阻值，当R1＝19.0 Ω时，发现闭合和打开开关S2时电流表指针指示值相同，则电流表的内阻R A＝________Ω.若忽略偶然误差，从理论上分析，实验测得的电流表内阻值________(选填“大于”、“小于”或“等于”)真实值．(2)图2是测量灯泡电流随电压变化的实物电路，请你用笔画线代替导线完成电路连接(要求在闭合开关前，滑动变阻器滑动头置于最左端)．(3)实验中，滑动变阻器应选择________(选填“R4”或“R5”)．24．(14分)如图所示，高为h的光滑三角形斜劈固定在水平面上，其与水平面平滑对接于C点，D为斜劈的最高点，水平面的左侧A点处有一竖直的弹性挡板，质量均为m的甲、乙两滑块可视为质点，静止在水平面上的B点，已知AB＝h、BC＝3h，滑块甲与所有接触面的摩擦均可忽略，滑块乙与水平面之间的动摩擦因数为μ＝0.5.给滑块甲一水平向左的初速度，经过一系列没有能量损失的碰撞后，滑块乙恰好能滑到斜劈的最高点D处，重力加速度用g表示．求：(1)滑块甲的初速度v0的大小；(2)滑块乙最终静止的位置与C点的距离．25．(18分)如图所示，平行且光滑的金属导轨MN、PQ相距为L＝1 m，在M点和P点间接一个阻值为R＝1.5 Ω的电阻，两导轨间存在方向垂直导轨平面向下的矩形匀强磁场区域，磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B＝1 T，一个质量为m＝2 kg、电阻为r＝0.5 Ω的导体棒ab垂直于导轨放置，导体棒长为L ＝1 m．现从与磁场的左边界相距为d0＝5 m的位置开始用一个大小为F＝5 N、方向水平向右的恒力拉导体棒，使之由静止开始运动，已知导体棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨的电阻不计．(1)如果磁场的宽度d足够大，导体棒在磁场中运动的最终速度为多大？(2)如果磁场的宽度d＝18 m，导体棒离开磁场右边界时的速度为7.5 m/s，求导体棒从开始运动到离开磁场右边界经历的时间以及导体棒通过磁场区域的过程中整个回路所消耗的电能．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)下列说法正确的是________．(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．人对空气干燥与潮湿的感觉只与空气中水分子的密集程度有关B．浸润和不浸润是分子力作用的表现C．无论是何种液体，表面张力总是要使液体表面收缩D．液晶的光学性质具有各向异性E．水蒸气达到饱和时，水蒸气的压强不再变化，这时水不再蒸发(2)(10分)如图甲所示为一长方体汽缸，长度为L＝35 cm，汽缸内用活塞封闭了一定质量的理想气体，汽缸横放在水平面上时，汽缸内气柱长度为L1＝30 cm.已知活塞质量m＝10 kg、截面积S＝100 cm2.活塞厚度不计，汽缸与活塞间摩擦不计．现用绳子系住汽缸底，将汽缸倒过来悬挂，如图乙所示，重力加速度大小g＝10 m/s2，大气压强为1×105 Pa，外界环境温度为27 ℃.①求汽缸内气柱的长度L2；(结果保留三位有效数字)②若使图乙中的活塞脱离汽缸，则至少应将汽缸内气体温度升高多少摄氏度？34．(15分)【物理——选修3－4】(1)(5分)如图所示，玻璃球的半径为R，球心为O，玻璃球的对称轴O1O2与足够大的屏幕垂直于O2点，O、O2两点间的距离为2R.一束单色光沿图示方向以入射角θ＝60°射入球内，在屏上留下光斑P，若玻璃对该单色光的折射率为3，则玻璃对该单色光的全反射临界角的正弦值为________，P点与O2点间的距离为________．(2)(10分)两列简谐横波a、b分别沿x轴正方向和负方向传播，波速均为2 m/s，t＝0时刻的波形如图所示，求：①两列波的周期T a和T b；②从t＝0时刻开始，坐标原点O处的质点第一次位移为－10 cm时经过的时间t0.高考物理模拟试题精编(十九)14．解析：选B.由题意知，质点向东运动时速度为负，在8～10 s 内速度为正，质点向西运动，A 错误；在前8 s 内图象斜率不变，且为正值，则加速度大小不变，方向为向西，B 正确，C 错误；在4～12 s 内的位移等于12×6×6 m －12×2×6 m ＝12 m ，D 错误．15．解析：选C.小物体从光滑曲面滑行过程由动能定理可知mgh ＝12m v 2，得v ＝2gh ＝3 m/s ，到达传送带后与传送带运动方向相反，受到向右的摩擦力，开始减速，向左减速到零后向右加速．根据机械能守恒，要返回A 点，那么向右加速的末速度也必须为v ＝2gh ＝3 m/s ，根据运动的可逆性，小物体向左匀减速到零后向右匀加速到3 m/s ，位移相等，即一直加速，但加速的末速度等于传送带速度时就会变为匀速不再加速，所以传送带速度要大于3 m/s ，C 正确．16．解析：选C.在两极处有万有引力等于重力，即G Mm R 2＝P .在赤道处有万有引力等于重力与向心力之和，即G Mm R 2－0.9P ＝m 4π2T 2R ，又M ＝ρ43πR 3，解得ρ＝30πT 2G，故C 项正确． 17．解析：选D.U BA ＝EL sin α＝1.2×103 V ，A 错误；小滑块从A 点第一次运动到B 点过程中，电场力做正功，电势能减小，B 错误；小滑块受到竖直向上的电场力为F ＝qE ＝2×10－3 N ＝2G ，重力和电场力的合力大小等于G 、方向竖直向上，可以把电场力与重力的合力等效为一个竖直向上的“重力”G ′，小滑块开始沿玻璃管运动的加速度为a 1＝g (sin α－μcos α)＝2 m/s 2，所以小滑块第一次到达B 点时的速度为v ＝2a 1L ＝2 2 m/s ，在BC 段，小滑块做匀减速运动，加速度大小为a 2＝g (sin α＋μcos α)＝10 m/s 2，所以第一次速度为0的位置到B 点的距离为x ＝v 22a 2＝0.4 m ，C 错误；小滑块第一次速度减为零后，又反向向B 加速运动，到B 后又减速向A 运动，这样不断地往复，最后停在B 点，根据能量守恒定律，有G ′L sin α＝μG ′s cos α，解得s ＝3 m ，即小滑块通过的总路程为3 m ，D 正确．18．解析：选 D.变压器输入电压的最大值为：U m ＝NBSω＝10×0.4×0.5×100 V ＝200 V ，由于从垂直中性面的位置开始计时，所以线框中感应电动势的瞬时值为：u ＝U m cos ωt ＝200cos 100t (V)，故A 项错；变压器输入电压的有效值为：U 1＝U m 2＝2002V ＝100 2 V ，开关断开时L 1正常发光，且电流表示数为0.01 A ，由I 1I 2＝n 2n 1可得I 2＝0.1 A ，灯泡L 1的额定功率等于此时变压器的输入功率，为：P ＝U 1I 1＝1002×0.01 W ＝ 2 W ，故B 项错；若开关S 闭合，输出电压不变，故灯泡L 1亮度不变，故C 项错；若开关S 闭合，输出电压不变，输出端电阻减小，则输出电流增加，输入电流也增加，故D 项正确．19．解析：选CD.电压表V 1示数由电源电压和变压器匝数比决定，与负载无关，由U 1U 2＝n 1n 2，U 2＝44 V ，A 错误；当光照增强时，导致总电阻减小，副线圈电流增大，同时原线圈电流也增大，D 正确；电流增大后，电阻R 1的电压变大，电压表V 2示数变小，B 错误；从电压表达式可知ω＝100π，频率f ＝50 Hz ，电流方向每秒改变100次，C 正确．20．解析：选CD.t ＝0时刻，金属细杆产生的感应电动势为E ＝Bd v 0，两端的电压为U ＝12E ＝12Bd v 0，故A 错误．t ＝t 1时刻，金属细杆的速度与磁场平行，不切割磁感线，不产生感应电流，所以杆不受安培力，故B 错误．从t ＝0到t ＝t 1时刻，通过金属细杆横截面的电量为q ＝ΔΦ2R ＝Bd ·2r 2R＝Bdr R ，故C 正确．在最高点，有mg ＝m v 2r ，v ＝gr ，从t ＝0到t ＝t 2时刻，定值电阻R 产生的焦耳热为Q ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12m v 20－mg ·2r －12m v 2＝14m v 20－54mgr ，故D 正确． 21．解析：选AC.由动能定理知上滑过程中W 电－W G －W f ＝ΔE k ，代入数值得W 电＝4 J ，电场力做正功，滑块带正电，电势能减小4 J ，A 对；由功能关系知滑块上滑过程中机械能的变化量为ΔE ＝W 电－W f ＝－6 J ，即机械能减小6 J ，B 错；由题意知滑块上滑到斜面中点时克服重力做功为12 J ，即重力势能增加12 J ，C 对；由动能定理知2W f ＝E k0－E k ，所以滑块返回到斜面底端时动能为10 J ，D 错．22．解析：(1)先描点，再用直线把这些点连起来，不在直线上的点要均匀的分布在直线的两侧．(2)根据牛顿第二定律得：F －μmg ＝ma ，所以a ＝F m －μg ，由a -F 图象可得：m ＝0.25 kg ，μ＝0.20.答案：(1)如图(2分)(2)0.25(0.24～0.26均正确)(2分) 0.20(0.19～0.21均正确)(2分)23．解析：(1)根据题意可知，当R 1＝19.0 Ω时，S 2闭合的情况下，没有电流通过开关S 2(此时，电阻箱R 1、定值电阻R 2和R 3、电流表构成“电桥”)，则有R 1R A ＝R 2R 3(“电桥原理”)，得R A ＝R 1R 3R 2＝19.0×100200Ω＝9.5 Ω.从理论上分析，R A ＝R 1R 3R 2是没有系统误差的，实验测得电流表内阻值等于真实值． (2)正常工作时灯泡的电阻R 0＝626Ω＝6 Ω，电流表改装后的内阻R A0＝0.6×9.51.0Ω＝5.7 Ω，则R 0≈R A0，所以采用电流表外接法；由于要描绘灯泡的伏安特性曲线，灯泡的电压需要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压式接法；为保证开关闭合时，灯泡两端的电压最小，灯泡应与滑动变阻器左下接线柱连接．(3)因滑动变阻器采用分压式接法，为便于调节，应选用最大阻值较小的R4. 答案：(1)9.5(2分)等于(2分)(2)如图所示(3分)(3)R4(2分)24．解析：(1)由于滑块甲、乙碰撞时无能量损失，根据能量守恒定律得12m v2＝12m v2甲＋12m v2乙(2分)甲、乙碰撞时根据动量守恒定律得m v0＝m v甲＋m v乙(2分)由以上两式解得v乙＝v0(2分)即滑块甲、乙碰撞的过程中速度互换，且每次碰撞都发生在B点由于滑块乙刚好滑到斜劈的最高点D处，则对滑块乙由B点到D点的过程，根据动能定理得－μmg·3h－mgh＝0－12m v2(2分)解得v0＝5gh(2分)(2)设滑块乙在B、C间运动的总路程为x，对滑块乙由B点开始运动到最终静止的过程，根据动能定理得－μmgx＝0－m v202(2分)解得x＝5h＝3h＋2h，故滑块乙最终停在C点左侧与C点距离为2h(2分) 答案：(1) 5gh(2)2h(C点左侧)25．解析：(1)因为磁场的宽度足够长，所以导体棒在离开磁场前已经做匀速直线运动，根据受力平衡有F＝F安(1分)导体棒匀速运动切割磁感线产生的感应电动势为E ＝BL v m (1分)由闭合电路欧姆定律有I ＝E R ＋r(1分) 根据安培力公式有F 安＝BIL (1分)联立以上各式解得v m ＝F (R ＋r )B 2L 2＝10 m/s(1分) (2)导体棒进入磁场前，根据牛顿第二定律有F ＝ma (1分)则d 0＝12at 21，v 21＝2ad 0(1分) 解得t 1＝ 2md 0F ＝2 s ，v 1＝ 2Fd 0m ＝5 m/s(1分)导体棒在磁场中运动的过程中，设经时间t 2速度达到v 2＝7.5 m/s ，安培力产生的冲量为p安培力是变力，故由F 安Δt ＝BLi Δt ＝BL ·BL v R ＋r ·Δt ，利用微元法可得p ＝B 2L 2d R ＋r＝9 N·s(2分)根据动量定理有Ft 2－p ＝m v 2－m v 1(2分)解得t 2＝2.8 s(1分)故导体棒从开始运动到离开磁场右边界经历的时间为t ＝t 1＋t 2＝4.8 s(1分)从导体棒开始运动到离开磁场右边界的过程根据能量守恒定律有F (d 0＋d )＝12m v 22＋Q (2分) 解得Q ＝F (d 0＋d )－12m v 22＝58.75 J(2分) 答案：(1)10 m/s (2)4.8 s 58.75 J33．解析：(1)人对空气干燥与潮湿的感觉由相对湿度决定，故A 错误；浸润和不浸润是分子力作用的表现，B 正确；表面张力使液体表面有收缩的趋势，C 正确；液晶的光学性质具有各向异性，D 正确；水蒸气达到饱和时，水蒸气的压强不再变化，但水还会蒸发，只是蒸发和凝结达到动态平衡，E 错误．(2)①对题图乙中的活塞进行受力分析，设汽缸内气体压强为p 1，大气压强为p 0，则p 0S ＝mg ＋p 1S (2分)解得p 1＝9×104 Pa(1分)由题图甲状态到题图乙状态，气体发生等温变化由玻意耳定律得p 0L 1S ＝p 1L 2S (2分)解得L 2≈33.3 cm(1分)②设汽缸内气体温度升高到T 时，题图乙中的活塞将脱离汽缸由于活塞受力不变，则此过程中气体发生等压变化由盖-吕萨克定律得V 1T 1＝V 2T 2(2分) 由L 2T 1＝L T 解得T ＝315 K(1分)所以气体温度需升高15 ℃(1分)答案：(1)BCD (2)①33.3 cm ②15 ℃34．解析：(1)光路如图所示，设玻璃对该单色光的全反射临界角为C ，则sin C ＝1n ＝33，根据折射定律得sin θsin ∠1＝sin ∠3sin ∠2＝n ，又∠1＝∠2，得∠3＝60°，∠1＝∠2＝30°，又∠O 2OP ′＝∠1＋∠2＝∠60°＝∠3，所以PP ′∥OO 2，P 点与O 2点间的距离为R sin ∠O 2OP ′＝32R . (2)①由题图知，a 波的波长λa ＝8 m ，b 波的波长λb ＝4 ma波的周期T a＝λav＝4 s(2分)b波的周期T b＝λbv＝2 s(2分)②a波的波谷传到坐标原点O处的时间t1＝s1v＝10＋8k2s＝(5＋4k) s(k＝0,1,2，…)(1分)b波的波谷传到坐标原点O处的时间t2＝s2v＝2＋4n2s＝(1＋2n) s(n＝0,1,2，…)(1分)若t1＝t2，即5＋4k＝1＋2n，则n＝2(k＋1)(2分) 当k取最小值0时，n＝2(1分)得t0＝(1＋2×2) s＝5 s(1分)答案：(1)3332R(2)①4 s 2 s②5 s。
2019届河南省高考模拟试题精编(九)物理(解析版)
2019届河南省高考模拟试题精编(九)物理(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．)14．四个核反应方程分别为：①23592U＋10n→9038Sr＋13654Xe＋1010n；②238 92U→23490Th＋42He；③63Li＋10n→42He＋31H＋4.9 MeV；④21H＋31H→42He＋10n＋17.6 MeV.下列说法中正确的是()A．①②都是重核铀的同位素的核反应，故都是重核的裂变反应B．①③反应前都有一个中子，故都是原子核的人工转变C．②③④生成物中都有氦核，故都是α衰变反应D．③比④放出的能量少，说明③比④质量亏损得少15．如图所示，木板P下端通过铰链固定于水平地面上的O点，物体A、B叠放在木板上且处于静止状态，此时物体B的上表面水平．现使木板P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，物体A、B仍保持静止，与原位置的情况相比()A．A对B的作用力减小B．B对A的支持力减小C．木板对B的支持力减小D．木板对B的摩擦力增大16．如图甲所示为某实验小组验证动量守恒定律的实验装置，他们将光滑的长木板固定在桌面上，a、b两小车放在木板上并在小车上安装好位移传感器的发射器，且在两车相对面上涂上黏性物质．现同时给两车一定的初速度，使a、b沿水平面上同一条直线运动，发生碰撞后两车粘在一起；两车的位置x随时间t变化的图象如图乙所示．a、b两车质量(含发射器)分别为1 kg和8 kg，则下列说法正确的是()A ．两车碰撞前总动量大于碰撞后总动量B ．碰撞过程中a 车损失的动能是149J C ．碰撞后两车的总动能比碰前的总动能小D ．两车碰撞过程为弹性碰撞17．如图所示，A 为地球赤道表面的物体，B 为环绕地球运行的卫星，此卫星在距离地球表面R 2的高度处做匀速圆周运动，且向心加速度的大小为a ，已知地球同步卫星的轨道半径为6.6R ，R 为地球的半径，引力常量为G .则下列说法正确的是( )A ．地球两极的重力加速度大小为32a B ．物体A 的线速度比卫星B 的线速度大C ．地球的质量为R 2a GD ．地球的第一宇宙速度大小为3 aR 218．A 、B 为两等量异种电荷，图中水平虚线为A 、B 连线的中垂线．如图所示，现将另两个等量异种的检验电荷a 、b ，用绝缘细杆连接后从离A 、B 无穷远处沿中垂线平移到A 、B 的连线处，平移过程中两检验电荷位置始终关于中垂线对称．若规定离A 、B 无穷远处电势为零，则下列说法中正确的是( )A ．在A 、B 的连线上a 所处的位置电势φ<0B．a、b整体在A、B连线处具有的电势能E p>0C．整个移动过程中，静电力对a做正功D．整个移动过程中，静电力对a、b整体做正功二、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，长为L的平行板电容器的上、下极板在同一竖直面内，且分别带等量正电荷、负电荷，两极板间距也为L.电容器右侧区域存在垂直纸面向里的匀强磁场．一不计重力的带电粒子从两极板的左侧中间水平射入，带电粒子从上极板的右边缘进入磁场，又从下极板的右边缘离开磁场．已知带电粒子的质量为m，电荷量为－q(q>0)，初速度为v0，则()A．电容器两极板间的场强大小为2m v20 qLB．带电粒子进入磁场时的速度大小为3v0C．带电粒子离开磁场时速度的方向与水平方向成45°角D．匀强磁场的磁感应强度大小为2m v0 qL20．如图甲所示，两根光滑、电阻可以忽略不计的平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，垂直于平行导轨放置一根电阻为r的匀质金属棒，从t＝0时刻起，释放金属棒且通入如图乙所示的电流，图甲中电流所示方向为电流正方向，金属棒在安培力作用下水平向右运动，则下列说法正确的是()A．若仅将B变为原来的2倍，则金属棒在0～T内的位移大小将变为原来的2倍B．若仅将I m变为原来的2倍，则在0～T内金属棒上产生的焦耳热和安培力做的功都将变为原来的4倍C．若在t＝T4时释放金属棒，则金属棒将做往复运动D．若仅控制金属棒的释放时间，则可以改变安培力在一个周期内做的功21．动量可以像力那样进行正交分解，分解成两个相互垂直的分动量，而要总动量守恒，两个相互垂直方向的分动量就必须都守恒．下面是交警正在调查发生在无信号灯的十字路口的一起汽车相撞事故，根据两位司机的描述得知，发生撞车时汽车A正沿东西大道向正东行驶，汽车B正沿南北大道向正北行驶．相撞后两车立即熄火并在极短的时间内叉接在一起，并排沿直线在水平路面上滑动，最终一起停在路口东北角的路灯柱旁，交警根据事故现场情况画出了如图所示的事故分析图．通过观察地面上留下的碰撞痕迹，交警判定撞车的地点为图中的P点，测量出的相关数据已标注在图中．为简化问题，将两车均视为质点，且认为它们质量相等，它们组成的系统在碰撞的过程中动量守恒，根据图中测量数据可知下列说法中正确的是()A．两车发生碰撞时东西方向动量守恒，南北方向动量不守恒B．发生碰撞时汽车A的速率较大C．发生碰撞时汽车B的速率较大D．发生碰撞时速率较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比为12∶5选择题答题栏题号14151617答案题号18192021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．(6分)某物理兴趣小组的成员小明同学用如图甲所示的装置测量小车沿斜面下滑时的加速度大小．他将长直木板B支成斜面，挡光片P固定在小车C 的前端并与前端平齐，光电门G固定在木板上，光孔与木板上的位置A相齐，让小车C的前端在斜面上的位置O处，由静止释放小车，测出OA的距离L、挡光片的宽度Δx及挡光时间t，算出挡光片通过光电门时的平均速度为Δxt，即可测出小车下滑的加速度大小为(Δx)2 2Lt2.(1)你认为该方案测得的加速度________(填“偏大”、“准确”或“偏小”)．(2)为了更精确地测小车的加速度，小明对方案进行了改进：换用不同宽度的挡光片固定在小车C的前端并与前端平齐，让小车C的前端在斜面上的同一位置O，由静止释放小车，记录每次挡光片的宽度Δx和挡光时间t，并计算出各次挡光片通过光电门的平均速度v.记录数据如下表所示，在图乙中画出v－t图象.Δx/cm24810t/ms52.891.5151.7176.9v/(m·s－1)0.380.440.530.57(3)根据图象，小车的加速度大小为________ m/s2.(结果保留两位有效数字)(4)小明将新方案向全班同学展示，有同学认为小明的新方案中每次都改变了研究对象的总质量，因此实验不合理，你认为这一观点________(填“正确”或“错误”)．23．(9分)在练习使用多用电表的实验中：(1)某同学在测量一电学元件的阻值时，多用电表的选择开关旋至如图1所示的位置，其余操作正确，表盘指针如图2所示，则该电学元件的阻值为________；(2)该电学元件最有可能是________；A．“220 V800 W”电饭煲B．“220 V100 W”电视机C．“220 V40 W”白炽灯D．“220 V20 W”LED灯(3)为了更精确地测量该电学元件的阻值，该同学利用伏安法进行测量．实验中所用的器材有：电压表V(量程3 V，内阻约为1 kΩ)，电流表G(量程3 mA，内阻约为20 Ω)，滑动变阻器R(最大阻值约为10 Ω)，干电池两节，开关一个，导线若干．①根据实验要求，请用笔画线代替导线完成图3所示的测量电路的连接．②开始测量前，应先断开开关，将滑动变阻器的滑片置于________(选填“左”或“右”)端．③测量结束后，应先断开开关，拆除________两端的导线，再拆除其他元件上的导线，最后整理好所有器材．24．(14分)长为L、质量为M的木质平板小车停在光滑水平面上，在小车的左端静置一个质量为m的小木块；第一次用质量为m0的子弹以水平向右的速度v0瞬时射入小木块并留在其中，最后小木块刚好停在小车的右端，如图甲所示；第二次用同样质量为m0的子弹以水平向左的速度v0瞬时射入平板小车并留在其中，最后小木块相对小车静止，如图乙所示．(1)求两次小木块相对小车滑行的时间之比；(2)求第二次小木块相对小车滑行的距离．25．(18分)如图所示，P1Q1P2Q2和M1N1M2N2为水平放置的两足够长的光滑平行导轨，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小B＝0.4 T的匀强磁场中，P1Q1与M1N1间的距离为L1＝1.0 m，P2Q2与M2N2间的距离为L2＝0.5 m，两导轨电阻可忽略不计．质量均为m＝0.2 kg的两金属棒ab、cd放在导轨上，运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，并与导轨形成闭合回路．已知两金属棒位于两导轨间部分的电阻均为R＝1.0 Ω；金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，且与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g＝10 m/s2.(1)在t＝0时刻，用垂直于金属棒的水平外力F向右拉金属棒cd，使其从静止开始沿导轨以a＝5.0 m/s2的加速度做匀加速直线运动，金属棒cd运动多长时间金属棒ab开始运动？(2)若用一个适当的水平外力F0(未知)向右拉金属棒cd，使其速度达到v2＝20 m/s后沿导轨匀速运动，此时金属棒ab也恰好以恒定速度沿导轨运动，求金属棒ab沿导轨运动的速度大小和金属棒cd匀速运动时水平外力F0的功率；(3)当金属棒ab运动到导轨Q1N1位置时刚好碰到障碍物而停止运动，并将作用在金属棒cd上的水平外力改为F1＝0.4 N，此时金属棒cd的速度变为v0＝30 m/s，经过一段时间金属棒cd停止运动，求金属棒ab停止运动后金属棒cd 运动的距离．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)下列说法正确的是________．(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．熵较大的宏观状态就是无序程度较大的宏观状态B．内能可以全部转化为机械能而不引起其他变化C．根据热力学第二定律可知，各种形式的能可以相互转化D．外界对物体做功，同时物体向外界放出热量，物体的内能可能不变E．气体向真空的自由膨胀是不可逆的(2)(10分)如图所示，左边容器上端有一个可以在容器内无摩擦滑动的质量为M的活塞，两容器由装有阀门的极细管道相连，两容器的横截面的面积均为S，容器、活塞和细管都是绝热的．开始时阀门关闭，左边容器中装有理想气体，平衡时活塞到容器底的距离为H，右边容器内为真空，且右边容器高为2H.现将阀门缓慢打开，活塞便缓慢下降，直至系统达到新的平衡，此时理想气体的温度增加为原来的2.5倍，已知外界大气压强为p0，重力加速度为g，求此过程中气体内能的增加量．34．(15分)【物理——选修3－4】(1)(5分)一列简谐横波沿x 轴正方向传播，t ＝0时刻的波形如图1所示，M 为平衡位置在x ＝6 m 处的质点，N 为平衡位置在x ＝11 m 处的质点. 图2为该简谐横波波源的振动图象，则下列说法正确的是______．(填正确答案标号．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0分)A ．该列波的波速为1 m/sB ．质点N 的起振方向沿y 轴负方向C ．当t ＝2.5 s 时，质点M 的速度方向与加速方向相同D ．当t ＝8 s 时，质点N 第一次到达波谷E ．0～8 s 内，质点M 的路程是质点N 路程的83倍 (2)(10分)两束不同的单色光a 、b 分别斜射到半圆形玻璃砖的圆弧面上，其中a 光束从圆弧面顶端入射，AB 是圆的直径，且直径为d ，两光束的折射光线均照射到圆直径的B 端，经AB 面折射后，出射光线方向相同，光线如图所示，a 、b 两束单色光在玻璃砖中传播的时间分别为t 1、t 2.①试证明a光束在O点的入射光线与a光束在B点的出射光线平行；②试比较t1、t2的大小．高考物理模拟试题精编(九)14．解析：选D.①是重核的裂变反应，②是α衰变反应，A错误；③是原子核的人工转变，④是轻核的聚变反应，B、C错误；③比④放出的能量少，根据爱因斯坦质能方程可知，③比④质量亏损得少，故D正确．15．解析：选B.设木板与水平地面的夹角为α，以A为研究对象，A原来只受到重力和支持力的作用而处于平衡状态，所以B对A的作用力与A的重力大小相等，方向相反；当将P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置时，B的上表面不再水平，A受力情况如图甲所示，A受到重力和B的支持力、摩擦力三个力的作用，其中B对A的支持力、摩擦力的合力仍然与A的重力大小相等，方向相反，则B对A的作用力保持不变．根据牛顿第三定律可知，A对B的作用力也不变，选项A错误；结合对A选项的分析可知，开始时物体A不受B对A 的摩擦力，B对A的支持力大小与A的重力相等；木板旋转到虚线位置时，设B的上表面与水平方向之间的夹角是β，受到的B对A的支持力、摩擦力的合力仍然与A的重力大小相等，方向相反，则A受到B对A的作用力保持不变，由于支持力与摩擦力相互垂直，N1＝G A cos β，所以A受到的支持力一定减小了，选项B正确；以A、B整体为研究对象，受力分析情况如图乙所示，总重力G AB、木板的支持力N2和摩擦力f2，木板对B的作用力是支持力N2和摩擦力f2的合力，由平衡条件分析可知，木板对B的作用力大小与A、B总重力大小相等，保持不变，N2＝G AB cos α，f2＝G AB sin α，α减小，N2增大，f2减小，选项CD错误．16．解析：选C.设a 、b 两车碰撞前的速度大小为v 1、v 2，碰后的速度大小为v 3，结合题图乙得v 1＝2 m/s ，v 2＝1 m/s ，v 3＝23m/s ，以向右为正方向，碰前总动量p 1＝－m a v 1＋m b v 2＝6 kg·m/s ，碰后总动量p 2＝(m a ＋m b )v 3＝6 kg·m/s ，则两车碰撞前总动量等于碰撞后总动量，A 错误；碰撞前a 车动能为E k ＝2 J ，碰撞后a 车动能为E k ′＝29 J ，所以碰撞过程中a 车损失的动能是169J ，B 错误；碰前a 、b 两车的总动能为6 J ，碰后a 、b 两车的总动能为2 J ，C 正确；两车碰撞过程中机械能不守恒，发生的是完全非弹性碰撞，D 错误．17．解析：选D.卫星B 绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则有G Mm B r 20＝m B a ＝m B v 2B r 0，又r 0＝32R ，对于地球两极的物体有G Mm ′R 2＝m ′g ，解得M ＝9aR 24G ，g ＝94a ，v B ＝ 6aR 2，A 、C 错误；物体A 与地球同步卫星的角速度相等，根据v ＝ωr 知，同步卫星的线速度大于物体A 的线速度，又由G Mm r2＝m v 2r 可知，同步卫星的线速度小于卫星B 的线速度，故物体A 的线速度小于卫星B 的线速度，B 错误；由GMm 0R2＝m 0v 21R ，并结合GM ＝gR 2，可得地球的第一宇宙速度为v 1＝ gR ＝3aR 2，D 正确． 18．解析：选B.在A 、B 的连线上，中点处电势为0，沿着电场线方向电势逐渐降低，故a 所处的位置电势φ>0，检验电荷a 在a 所处位置的电势能大于0，b 所处的位置电势φ<0，检验电荷b 在b 所处位置的电势能大于0，故a 、b 整体在A 、B 连线处具有的电势能E p >0，选项A 错误，B 正确；因检验电荷a 、b 受到的电场力方向与速度方向均成钝角，整个移动过程中，静电力对a 做负功，对b 也做负功，对a 、b 整体做负功，系统电势能增加，则选项CD 错误．19．解析：选CD.由于上极板带正电，下极板带负电，故板间电场强度的方向竖直向下，带电粒子在水平方向上匀速运动，在竖直方向上匀加速运动，则L ＝v 0t ，L 2＝12at 2，其中a ＝Eq m ，解得E ＝m v 20qL ，选项A 错误；设带电粒子飞出电场时水平方向速度为v x ，竖直方向速度为v y ，速度偏转角为θ，则v x ＝v 0，v y ＝at ＝Eq m ·L v 0＝v 0，tan θ＝v y v x ，v ＝ v 2x ＋v 2y ，可得θ＝45°，v ＝2v 0，根据对称性，带电粒子离开磁场时速度的方向与水平方向成45°角，选项B 错误，C 正确；由几何关系易知带电粒子在磁场区域做圆周运动的半径R ＝22L ，洛伦兹力提供向心力，即q v B ＝m v 2R ，得B ＝2m v 0qL ，选项D 正确．20．解析：选AC.依题意有F ＝BIL ，F ＝ma ，故前半个周期内金属棒的位移大小为x 1＝12at 2＝BILT 28m，后半个周期安培力反向，金属棒做匀减速运动，故一个周期内金属棒的位移大小为x ＝2x 1＝BILT 24m，若仅将B 变为原来的2倍，则位移大小也将变为原来的2倍，A 正确；若仅将I m 变为原来的2倍，由Q 热＝I 2rt可知，金属棒上产生的焦耳热将变为原来的4倍，由于前半个周期安培力做正功，后半个周期安培力做负功，故一个周期内安培力做的总功为零，B 错误；若在t ＝T 4时释放金属棒，则在一个周期内由金属棒的受力情况可知，金属棒将做往复运动，C 正确；无论金属棒在何时释放，在一个周期末金属棒的速度均为零，由动能定理可知，安培力做功的代数和均为零，D 错误．21．解析：选CD.设两辆车质量均为m，相撞之前的速度分别为v A、v B，相撞后向北的速度为v1，向东的速度为v2，南北方向上动量守恒，则有m v B＝2m v1；东西方向上动量守恒，则有m v A＝2m v2.由题图可知v1∶v2＝6∶2.5＝12∶5，得v B∶v A＝12∶5，可知C、D正确．22．解析：(1)实验中挡光片通过光电门的平均速度比小车前端过A位置的速度要大，所以测得的加速度偏大．(3)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可得挡光片通过光电门的平均速度v＝v A＋12at.图象的斜率大小表示12a，则可算出a＝3.1 m/s2.(4)由于小车下滑过程中加速度与质量无关，所以这个观点是错误的．答案：(1)偏大(1分)(2)如图所示(2分)(3)3.1(3.0～3.2均可)(2分)(4)错误(1分)23．解析：(1)该电学元件的阻值为12×100 Ω＝1 200 Ω；(2)由P＝U2R得R＝U2P，得A中的电阻R A＝60.5 Ω，B中的电阻R B＝484 Ω，C中的电阻R C＝1 210Ω，D中的电阻R D＝2 420 Ω，选项C中元件的电阻与电学元件的阻值最为接近，故选C.(3)因电学元件阻值较大，则电流表采用内接法；滑动变阻器阻值小，则采用分压式接法，让电压由小变大，则测量前应将滑动变阻器的滑片置于左端，测量结束后，应先断开开关，拆除电源两端的导线．答案：(1)1 200 Ω(2分)(2)C(2分)(3)①如图所示(3分)②左(1分)③电源(1分)24．解析：(1)对于第一次子弹打入小木块的过程根据动量守恒定律有m0v0＝(m0＋m)v1(1分)对于小木块与小车作用过程根据动量守恒定律得(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2(1分)对小木块根据动量定理有－μ(m0＋m)gt1＝(m＋m0)v2－(m＋m0)v1＝－Mm0v0M＋m＋m0(1分)对于第二次子弹打入小车的过程根据动量守恒定律可得m0v0＝(m0＋M)v3(1分)对于小木块与小车作用过程根据动量守恒定律得(m0＋M)v3＝(m0＋m＋M)v4(1分)对小木块根据动量定理有μmgt2＝m v4＝mm0v0M＋m＋m0(1分)联立解得t1t2＝Mm0＋m(2分)(2)对于题图甲所示的第一次，根据能量守恒定律有Q1＝μ(m＋m0)gL＝12(m＋m0)v21－12(M＋m＋m0)v22＝Mm20v202(m＋m0)(m＋m0＋M)(2分)对于题图乙所示的第二次，根据能量守恒定律有Q2＝μmgΔs＝12(M＋m0)v23－12(M＋m＋m0)v24＝mm20v202(M＋m0)(M＋m＋m0)(2分)解得Δs＝(m＋m0)2M(M＋m0)L(2分)答案：(1)Mm0＋m (2)(m＋m0)2M(M＋m0)L25．解析：(1)设金属棒cd运动t时间金属棒ab开始运动，根据运动学公式可知，此时金属棒cd的速度v＝at(1分)金属棒cd产生的电动势E2＝BL2v(1分)则通过整个回路的电流I2＝E22R＝BL2at2R(1分)金属棒ab所受安培力F A1＝BI2L1＝B2L1L2at2R(1分)金属棒ab刚要开始运动的临界条件为F A1＝μmg(1分)联立解得t＝2μmgRB2L1L2a＝2 s(1分)(2)设金属棒cd以速度v2＝20 m/s沿导轨匀速运动时，金属棒ab沿导轨匀速运动的速度大小为v1，根据法拉第电磁感应定律可得E＝BL2v2－BL1v1(1分) 此时通过回路的电流为I＝E2R＝B(L2v2－L1v1)2R(2分)金属棒ab所受安培力为BIL1＝B2L1(L2v2－L1v1)2R＝μmg(2分)解得v1＝5 m/s(1分)以金属棒cd为研究对象，则有F0＝μmg＋BL2I＝0.6 N(1分)则水平外力F0的功率为P0＝F0v2＝12 W(1分)(3)对于金属棒cd 根据动量定理得(F 1－μmg －BL 2I )Δt ＝0－m v 0(1分)设金属棒ab 停止运动后金属棒cd 运动的距离为x ，根据法拉第电磁感应定律得 E ＝|ΔΦΔt |＝|BL 2x Δt|(1分) 根据欧姆定律得I ＝E 3R 2(1分) 联立得x ＝3m v 0R 2B 2L 22＝225 m(1分) 答案：(1)2 s (2)5 m/s 12 W (3)225 m33．解析：(1)根据熵的定义可知选项A 正确；根据热力学第二定律可知选项B 错误；根据能量守恒定律可知，各种形式的能可以相互转化，而热力学第二定律是反映宏观自然过程的方向性的定律，选项C 错误；由热力学第一定律知，外界对物体做功，同时物体向外界放出热量，物体的内能可能不变，选项D 正确；根据热力学第二定律可知，气体向真空的自由膨胀是不可逆的，选项E 正确．(2)由题意知，理想气体发生等压变化，设气体压强为p ，活塞受力平衡，有pS ＝Mg ＋p 0S (2分)设气体初态时的温度为T ，系统达到新平衡时活塞下降的高度为x由盖－吕萨克定律得HS T ＝(3H －x )S 2.5T(2分) 解得x ＝12H (1分) 又因为系统绝热，所以Q ＝0(1分)外界对气体做功为W ＝pSx (1分)根据热力学第一定律有ΔU ＝Q ＋W (1分)所以ΔU ＝12(Mg ＋p 0S )H (2分) 答案：(1)ADE (2)12(Mg ＋p 0S )H 34．解析：(1)由题图1可知该列波的波长为λ＝4 m ，由题图2可知该列波的周期为T ＝4 s ，故波速v ＝λT ＝1 m/s ，选项A 正确；质点M 的起振方向沿y轴正方向，故质点N 的起振方向也沿y 轴正方向，选项B 错误；由题图2可知，当t ＝2.5 s 时质点M 的速度沿y 轴负方向，加速度沿y 轴正方向，即速度方向与加速度方向相反，选项C 错误；质点N 第一次到达波谷所需的时间为Δx v ＝11－31 s ＝8 s ，选项D 正确；0～8 s 内，质点N 振动的时间为34T ，路程s N ＝34×4A ＝1.5 cm ，而质点M 振动的时间为2T ，路程s M ＝2×4A ＝4 cm ，s M s N＝83，选项E 正确．(2)①由几何关系可知，a 光束在O 点折射时的法线与在B 点折射时的法线平行，因此a 光束在O 点的折射角与在B 点的入射角相等，根据n a ＝sin αsin β可知，a 光束在O 点的入射角等于在B 点的折射角，故a 光束在O 点的入射光线与a 光束在B 点的出射光线平行．(3分)②设光在AB 面上折射时的入射角为i ，折射角为r ，则n ＝sin r sin i(1分) 圆弧的直径为d则光在玻璃中的传播距离为l ＝d sin i (1分)光在玻璃中传播的速度为v ＝c n (1分)因此光在玻璃中传播的时间t ＝l v ＝d sin i c ·n ＝d sin i c ·sin r sin i＝d sin r c (2分)由此可以判断，a、b两束单色光在玻璃中传播的时间相同，即t1＝t2(2分) 答案：(1)ADE(2)①见解析②t1＝t2。
2019届河南省高考模拟试题精编(二十)物理
2019届河南省高考模拟试题精编(二十)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．根据伽利略理想斜面实验，利用如图所示的轨道装置做实验．在斜轨上先后铺垫三种粗糙程度不同的材料，小球从左侧斜轨上的O点由静止释放后沿斜轨向下运动，沿右侧斜轨上升到的最高位置依次为1、2、3.对比这三次实验可知()A．第一次实验中小球接触的材料是最光滑的B．第二次实验中小球的机械能守恒C．第三次实验中小球的惯性最大D．第三次实验中小球对轨道最低点的压力最大15．阻值均为R的四个电阻、电容为C的电容器及电动势为E的电源(不计内阻)连接成如图所示的电路．开关K闭合且电路稳定时，以下说法正确的是()A．电容器两板间电压为E 3B．电容器极板上的电荷量为2CE 5C．减小电容器两极板正对面积，极板上的电荷量减小D．减小电容器两极板间的距离，稳定后两板间电压比原来的更小16．如图所示，在光滑绝缘的水平面上有三根相互平行且等长的直导线1、2、3，导线1、3固定，导线2可以自由移动，虚线OO′与导线1、3间的距离相等．若三根导线中通入图示方向的等大的恒定电流，导线2从图示位置由静止释放，则下列说法正确的是()A．导线2可能碰到导线3B．导线2有可能离开水平面C．导线2对水平面的压力不断变化D．导线2通过OO′时加速度最小，速度最大17．用中子轰击235 92U原子核产生裂变反应，其可能的裂变方程为235 92U＋10n→Y ＋8936Kr＋310n，235 92U、10n、Y、8936Kr的质量分别为m1、m2、m3、m4，235 92U原子核的半衰期为T，其比结合能小于Y原子核的比结合能，光在真空中的传播速度为c.下列叙述正确的是()A．Y原子核中含有56个中子B．若提高235 92U的温度，235 92U的半衰期将会小于TC．裂变时释放的能量为(m1－2m2－m3－m4)c2D.235 92U原子核比Y原子核更稳定18．如图所示，在平面直角坐标系xOy中只有第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，点M的坐标为(0，－d)．一电荷量为q、质量为m的带电粒子以某一速度从点M与y轴负方向成37°角垂直磁场射入第四象限，粒子恰好垂直穿过x轴，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.若不考虑粒子重力，下列说法正确的是()A．粒子可能带负电B．粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为5 4dC．粒子的速度大小为5qdB 3mD．若仅减小磁感应强度大小，粒子可能不会穿过x轴二、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，竖直平面内有一固定光滑轨道ABCD，其中倾角为θ的斜面AB与半径为R的圆弧轨道平滑相切于B点，CD为竖直直径，O为圆心．质量为m的小球(可视为质点)从与B点高度差为h的位置沿斜面由静止释放．重力加速度大小为g，sin θ＝0.6，cos θ＝0.8，则下列说法正确的是()A．当h＝2R时，小球过C点时对轨道的压力大小为275mgB．当h＝2R时，小球会从D点离开圆弧轨道做平抛运动C．调整h的值，一定可使小球从D点开始经时间6R17g后恰好垂直撞到斜面上D．调整h的值，小球一定可以从D点离开圆弧轨道并恰好落到B点20．如图所示，某次发射远地圆轨道卫星时，先让卫星进入一个近地的圆轨道Ⅰ，在此轨道正常运行时，卫星的轨道半径为R 1、周期为T1，然后在P点点火加速，进入椭圆形转移轨道Ⅱ，在此轨道正常运行时，卫星的周期为T2，到达远地点Q时再次点火加速，进入远地圆轨道Ⅲ，在此轨道正常运行时，卫星的轨道半径为R3、周期为T3(轨道Ⅱ的近地点和远地点分别为轨道Ⅰ上的P 点、轨道Ⅲ上的Q点)．已知R3＝2R1，则下列关系正确的是()A．T2＝33T1B．T2＝33 8T3C．T3＝22T1D．T3＝36 4T121．如图所示，平行板电容器竖直放置，两极板间的距离为0.12 m，内部场强大小为10 N/C，右极板右侧空间存在磁感应强度大小为0.5 T的匀强磁场．一比荷为1.6×102 C/kg的带负电粒子，从电容器下端中间位置以8 m/s的初速度沿极板方向进入电场，经电场偏转，从电容器右极板正中间的小孔进入磁场，不计带电粒子的重力．下列说法正确的是()A．电容器极板长度为325mB．粒子进入磁场时的速度大小为16 m/sC．粒子进入磁场时速度方向与水平方向的夹角为60°D．粒子在磁场中的运动时间为π120s选择题答题栏题号14151617答案题号18192021答案)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．(6分)某同学为探究小车动能变化与合外力做功的关系，设计了如图甲所示的实验装置．一端带有定滑轮的长木板固定在桌面上，用细绳绕过定滑轮及动滑轮将小车与弹簧测力计连起来．实验时，改变悬挂的钩码个数进行多次测量，记录弹簧测力计的示数F，并利用纸带计算出小车对应的速度．(1)实验中为使细绳对小车的拉力为小车受到的合外力，下列做法正确的是________．A．钩码的质量要远小于小车质量B．动滑轮的质量要远小于钩码的质量C．小车不连细绳时，反复调整木板倾角，直到纸带上打下的点分布均匀(2)图乙是实验中得到的某条纸带的一部分．已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz，由纸带数据求出纸带上打下A点时小车的速度v A＝________m/s，打下B点时小车的速度v B＝________m/s.(结果保留三位有效数字)(3)按正确操作，使细绳对小车的拉力为小车的合外力，保证小车的质量不变，在钩码的个数不同的情况下，测量并找到A、B间的距离(s AB)相等的多条点迹清晰的纸带，分别算出打下A、B两点时小车的速度v A、v B，算出(Δv)2，(Δv)2＝v2B－v2A，根据实验数据绘出(Δv)2与合外力对小车所做的功W(W＝Fs AB)的关系图象，下列图象中最符合本实验实际情况的是________．23．(9分)(1)小明同学用螺旋测微器测定某一金属丝的直径，测得的结果如图甲所示，则该金属丝的直径d＝________mm.然后他又用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测该金属丝的长度，测得的结果如图乙所示，则该金属丝的长度L＝________cm.(2)然后小明又用多用电表粗略测量金属电阻丝的电阻R x约为5.0 Ω，为了尽可能精确地测定该金属丝的电阻，且测量时要求通过金属丝的电流在0～0.5 A 之间变化．根据下列提供的实验器材，解答如下问题：A．量程0.1 A，内阻r1＝1 Ω的电流表A1B．量程0.6 A，内阻约为0.5 Ω的电流表A2C．滑动变阻器R1，全电阻1.0 Ω，允许通过最大电流10 AD．滑动变阻器R2，全电阻100 Ω，允许通过最大电流0.1 AE．阻值为59 Ω的定值电阻R3F．阻值为599 Ω的定值电阻R4G．电动势为6 V的蓄电池EH．开关S一个、导线若干①根据上述器材和实验要求完成此实验，请在虚线框内画出测量该金属丝电阻R x的实验原理图(图中元件用题干中相应的元件符号标注)．②实验中测得电表A1示数为I1，A2示数为I2，其他所选的物理量题目中已给定，请写出电阻丝的电阻表达式R x＝________.24．(12分)如图所示，水平轨道MN与半径为R的光滑半圆形轨道NP相连，半圆形轨道竖直放置，NP为圆的直径．可视为质点的物块a和b紧靠在一起静止于N点，物块a和b中间放有少许火药，某时刻点燃火药，物块a和b瞬间分离，物块b恰好能通过半圆形轨道的最高点P，然后做平抛运动落到水平轨道MN上．已知物块a、b质量分别为2m、m，物块a与水平轨道MN间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：(1)两物块刚分离时物块b的速度大小；(2)物块b的落地点与物块a最终停下的位置之间的距离．25．(20分)如图所示，两固定的光滑平行长直导轨电阻不计，倾角为θ，间距为d；在矩形区域acfe内有磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，分界线ac与ef的间距为L；长为d的两金属棒AC、MN的质量均为m，电阻均为R.MN棒从导轨顶端由静止开始沿导轨下滑，同时AC棒以某一初速度从ac处开始沿导轨匀速下滑．当AC棒运动到ef处时，MN棒恰好运动到ac处．测得MN棒从ac运动到ef的时间为t.重力加速度大小为g.求：(1)AC棒的初速度大小v0以及MN棒运动到ac时的速度大小v1；(2)MN棒从ac运动到ef的过程中流过MN棒的总电荷量q；(3)MN棒通过ef时的速度大小v2以及MN棒从ac运动到ef的过程中产生的总热量Q.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)下列说法中正确的是________．(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．液体中的扩散现象是由液体的对流形成的B．液体表面张力与浸润现象都是分子力作用的表现C．只要两物体的质量、温度、体积相等，两物体的内能一定相等D．分子间引力和斥力都是随着分子间距离的减小而增大E．自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的(2)(10分)如图所示，在两端封闭粗细均匀的竖直玻璃管内，用一可自由移动的绝热活塞A封闭体积相等的两部分气体．开始时玻璃管内的气体温度都为T0＝480 K，下部分气体的压强p＝1.25×105 Pa，活塞质量m＝0.25 kg，玻璃管内的横截面积S＝1 cm2.现保持玻璃管下部分气体温度不变，上部分气体温度缓慢降至T，最终玻璃管内上部分气体体积变为原来的34，若不计活塞与玻璃管壁间的摩擦，g＝10m/s2，求此时：①下部分气体的压强；②上部分气体的温度T.34．(15分)【物理——选修3－4】(1)(5分)一列简谐横波在t＝0时刻的波形图如图中实线所示，从此刻起，经0.2 s波形图如图中虚线所示，若波传播的速度为5 m/s，则________．(填正确答案的标号．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．这列波沿x轴正方向传播B．t＝0时刻质点a沿y轴正方向运动C．若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则该波所遇到的简谐横波频率为1.25 HzD．x＝2 m处的质点的位移表达式为y＝0.4sin(2.5πt＋π)(m)E．从t＝0时刻开始质点a经0.4 s通过的路程为0.8 m(2)(10分)如图所示，折射率为2的上下两面平行的梯形玻璃砖，下表面涂有反射物质，上表面右端垂直于上表面放置一标尺MN.一细光束以入射角i＝45°射到玻璃砖上表面的A点，会在标尺上的两个位置出现光点(图中未画出)，若折射进入玻璃砖内的光在玻璃砖内传播时间为t，则在标尺上出现的两光点的距离为多少？(设光在真空中的速度为c，不考虑细光束在玻璃砖下表面的第二次反射)高考物理模拟试题精编(二十)14．解析：选D.由于第一次实验中小球上升的高度最低，则摩擦力做功最多，因此第一次实验中小球接触的材料是最粗糙的，A错误；第二次实验中小球上升的高度比O点的高度低，表明仍有摩擦力做功，因此小球的机械能不守恒，B错误；质量是惯性唯一的量度，因此三次实验小球的惯性相同，C错误；由于第三次实验中小球上升的高度最高，说明摩擦力做功最少，小球运动到最低点时的速度也最大，因此由圆周运动的知识可知，小球在最低点对轨道的压力最大，D正确．15．解析：选C.由电路可知，开关闭合且电路稳定时，电容器两极板之间的电压等于与其并联的两定值电阻两端的电压，即U＝23E，A错误；电容器极板上的电荷量Q＝CU＝23CE，B错误；减小电容器两极板的正对面积，由C＝εr S 4πkd可知，电容器的电容减小，电压不变，则电容器极板上的电荷量减小，C正确；电容器两极板之间的电压与电容器两极板间距离无关，因此D错误．16．解析：选D.根据安培定则和磁场的叠加可以判断，通电直导线1、3在OO′左侧(导线1与OO′之间)的合磁场方向竖直向下，在OO′右侧(导线3与OO′之间)的合磁场方向竖直向上，在OO′处的合磁感应强度为零，根据左手定则判断，导线2在OO′两侧受到的安培力方向始终沿水平面垂直指向OO′，导线2不可能离开水平面，选项B错误；导线2在竖直方向受力情况不变，选项C错误；根据导线2运动的对称性可知导线2不可能碰到导线3，选项A错误；导线2通过OO′时合力为零，加速度最小，速度最大，选项D正确．17．解析：选C.根据质量数守恒和电荷数守恒可知，Y为144 56Ba，144 56Ba的质子数为56，中子数为144－56＝88，选项A错误；放射性元素衰变的快慢是由核内部自身的因素决定的，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系，温度升高，原子核的半衰期不变，选项B错误；裂变时发生质量亏损，质量减少了Δm ＝m1－2m2－m3－m4，根据ΔE＝Δmc2，裂变时释放的能量ΔE＝Δmc2＝(m1－2m2－m3－m4)c2，选项C正确；比结合能越大，原子核越稳定，因而Y原子核比235 92U原子核更稳定，选项D错误．18．解析：选C.由题中条件并通过左手定则分析可知，该粒子一定带正电，A错误；作出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知d＝R sin 37°，解得R＝53d，B错误；由牛顿第二定律q v B＝m v2R ，解得v＝5qdB3m，C正确；如果仅减小磁场的磁感应强度大小，由R ＝m vqB 知粒子的轨迹半径增大，粒子一定仍从x 轴穿过，D 错误．19．解析：选AC.当h ＝2R 时，从A 点到C 点的过程，根据机械能守恒定律有mg (h ＋R －R cos θ)＝12m v 2C ，过C 点时有N －mg ＝m v 2CR ，得N ＝275mg ，根据牛顿第三定律知，小球过C 点时对轨道的压力大小为275mg ，选项A 正确；若小球恰好从D 点离开圆弧轨道，则mg ＝m v 20R ，mg (h 0－R －R cos θ)＝12m v 20，得v 0＝Rg ，h 0＝2.3R ＞2R ，所以当h ＝2R 时，小球在运动到D 点前已脱离轨道，不会从D 点离开做平抛运动，选项B 错误；若小球恰好垂直撞到斜面，设撞击点与B 点的距离为s ，则R sin θ＋s cos θ＝v x t ，R cos θ＋R －s sin θ＝12gt 2＝12v y t ，两式相比可得R sin θ＋s cos θR cos θ＋R －s sin θ＝v x t 12v y t＝2tan θ，解得s ＝2117R ，故t ＝36R17g，此时水平速度v x ＝8168gR ＞v 0，选项C 正确；若小球以速度v 0从D 点离开后做平抛运动，且R ＋R cos θ＝12gt 20，得t 0＝6R10g ，则x ＝v 0t 0＝6R 10＞R sin θ，选项D 错误．20．解析：选BC.根据开普勒定律，由T 22T 21＝a 32R 31，椭圆轨道Ⅱ的半长轴a 2＝1.5R 1，解得T 2＝3232T 1，选项A 错误；由T 22T 23＝a 32R 33，解得T 2＝338T 3，选项B 正确；由T 23T 21＝R 33R 31，解得T 3＝22T 1，选项C 正确，D 错误． 21．解析：选BD.如图所示为粒子在电场和磁场中的运动轨迹，粒子在电场中做类平抛运动，加速度a ＝qEm ＝1 600 m/s 2，水平位移x ＝0.06 m ，运动时间t 1＝2x a ＝3200 s ，沿极板方向的位移y ＝v 0t 1＝325 m ，极板长度L＝2y ＝2325m ，A 错误；粒子进入磁场时在水平方向上的分速度v x ＝at 1＝8 3 m/s ，粒子进入磁场时的速度v ＝v 20＋v 2x ＝16 m/s ，B 正确；因为tan θ＝v 0v x＝33，θ＝30°，C 错误；粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为120°，运动时间t 2＝13T＝13·2πm qB ＝π120s ，D 正确． 22．解析：(1)小车所受的拉力可由弹簧测力计直接测出，钩码的质量不需要远小于小车的质量，选项A 错误；本实验不需要测量钩码的质量，动滑轮的质量也就不需要远小于钩码的质量，选项B 错误；小车不连细绳时，纸带上打下的点均匀分布，说明摩擦力与重力沿木板向下的分力平衡，细绳的拉力是小车的合外力，选项C 正确．(2)打下A 点时小车的速度v A ＝0.040 40.02×4 m/s ＝0.505 m/s ，v B ＝0.120 00.02×2 m/s＝3.00 m/s.(3)摩擦力已经平衡，细绳拉力对小车做的功是小车合外力做的功W ，则W ＝12m v 2B －12m v 2A ＝12m (Δv )2，得(Δv )2＝2W m ，即(Δv )2应与W 成正比，只有选项A 正确．答案：(1)C(2分) (2)0.505(1分) 3.00(1分) (3)A(2分)23．解析：(1)根据螺旋测微器的读数规则，该金属丝的直径d ＝3 mm ＋20.6×0.01 mm ＝3.206 mm ，根据游标卡尺的读数规则，该金属丝的长度L ＝50 mm ＋3×0.05 mm ＝5.015 cm.(2)电源电动势为6 V ，用伏安法测量电阻，由于题中没给电压表，需用阻值为59 Ω的定值电阻R 3和电流表A 1串联改装．测量小电阻，测量电路用电流表外接法，即电流表A 2外接，滑动变阻器采用分压式，为保证电路安全方便实验操作，滑动变阻器应选R 1，电路图见答案．由欧姆定律和串并联电路特点得，(I 2－I 1)R x ＝I 1(R 3＋r 1)，得电阻丝的电阻为R x ＝I 1(R 3＋r 1)I 2－I 1.答案：(1)3.206(2分) 5.015(2分) (2)①如图所示(3分) ②I 1(R 3＋r 1)I 2－I 1(2分)24．解析：(1)物块b 恰能通过半圆形轨道的最高点P ，在P 点时重力提供向心力，有mg ＝m v 2PR (1分) 解得v P ＝gR (1分)两物块分离后物块b 沿半圆形轨道运动至P 点的过程，由动能定理有 －mg ·2R ＝12m v 2P －12m v 2b (1分)解得v b ＝5gR (1分)(2)物块a 与物块b 分离瞬间，系统动量守恒，由动量守恒定律有m v b －2m v a＝0(1分)解得v a ＝5gR 2(1分)物块a 向左运动的加速度大小a 1＝μ2mg2m ＝μg (1分)物块a 向左运动的最大距离L a ＝v 2a2a 1＝5R 8μ(1分)物块b 做平抛运动，竖直方向有2R ＝12gt 2(1分)水平方向有L b ＝v P t (1分) 解得L b ＝2R (1分)ΔL ＝|L a －L b |＝|(2－58μ)R |(1分)答案：(1)5gR (2)|(2－58μ)R |25．解析：(1)AC 棒从ac 运动到ef 的过程中受力平衡，则 BI 0d ＝mg sin θ(1分) 根据法拉第电磁感应定律有 E ＝Bd v 0(1分)根据闭合电路欧姆定律有 I 0＝E2R (1分)得v 0＝2mgR sin θB 2d 2(1分)时间t 0＝Lv 0(1分)MN 棒从导轨顶端匀加速运动到ac ，则 v 1＝a 1t 0(1分) 根据牛顿第二定律有 mg sin θ＝ma 1(1分) 得v 1＝B 2d 2L2mR(1分)(2)根据法拉第电磁感应定律有 平均感应电动势E ＝BLdt (1分) 根据闭合电路欧姆定律有 平均感应电流I ＝E2R(1分) 电荷量q ＝I t (1分) 得q ＝BLd 2R(1分)(3)MN 棒从ac 运动到ef 的过程中，根据牛顿第二定律有 mg sin θ－BId ＝ma 1′(1分)经过极短的时间Δt ，有mg sin θ·Δt －B ·Bd v2R ·d Δt ＝ma 1′Δt (2分)由微元法有∑Δt ＝t ，∑v Δt ＝L ，∑a 1′Δt ＝v 2－v 1(1分) 得v 2＝gt sin θ(1分) 根据能量守恒定律有Q ＝mgL sin θ＋12m v 21－12m v 22(2分)得Q ＝mgL sin θ＋B 4d 4L 28mR 2－12mg 2t 2sin 2θ(1分)答案：(1)2mgR sin θB 2d 2 B 2d 2L 2mR (2)BLd2R(3)gt sin θ mgL sin θ＋B 4d 4L 28mR 2－12mg 2t 2sin 2θ33．解析：(1)液体中的扩散现象是液体分子的无规则热运动造成的，A 错误；液体的表面张力和浸润现象，都是分子力作用的表现，B 正确；内能还与物质的量有关，相同温度、体积下等质量的两物体，内能不一定相等，C 错误；根据分子力的特点可知，分子间同时存在着引力和斥力，分子间的引力和斥力都是随着分子间距离的减小而增大，D 正确；根据热力学第二定律，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，E 正确．(2)①设初状态时两部分气体体积均为V 0 对下部分气体，等温变化 pV 0＝p 2V (2分) V ＝54V 0(1分)解得p 2＝1×105Pa(1分)②对上部分气体，初态p 1＝p －mgS (2分) 末态p 2′＝p 2－mgS (1分)根据理想气体状态方程，有p 1V 0T 0＝p 2′·34V 0T (2分)解得T ＝270 K(1分)答案：(1)BDE (2)①1×105 Pa ②270 K34．解析：(1)由图可知波长λ＝4 m ，在时间t ＝0.2 s 内，波传播的距离为x ＝v t ＝5 m/s ×0.2 s ＝1 m ＝λ4，根据波形的平移法可知，这列波沿x 轴负方向传播，故A 错误；由波的传播方向可知，t ＝0时刻质点a 沿y 轴负方向运动，故B 错误；由v ＝λT ，得T ＝λv ＝4 m5 m/s ＝0.8 s ，频率为f ＝1.25 Hz ，要发生稳定的干涉现象，必须两列波频率相同，故C 正确；x ＝2 m 处的质点的位移表达式为y ＝0.4sin (2.5πt ＋π)(m)，故D 正确；从t ＝0时刻开始质点a 经0.4 s ，即经过半个周期，通过的路程为2倍的振幅，为0.8 m ，故E 正确．(2)如图，由光的折射定律，有 n ＝sin i sin γ(1分)解得：γ＝30°(1分)由几何关系知，在玻璃砖内的光线与玻璃砖上AB 构成等边三角形，且四边形BEGF 为平行四边形，则：GF ＝BE AB ＝BE tan 45°(1分)光在玻璃中的速度为v ＝cn ＝22c (2分)光在玻璃中的路径长度：s ＝2AB ＝v t ＝22ct (2分)A 、B 两点距离AB ＝24ct (2分) 则在标尺上形成的两光点距离GF＝BE＝AB＝24ct(1分)答案：(1)CDE(2)2 4ct。
2019届河南省高考模拟试题精编(十)物理(解析版)
2019届河南省高考模拟试题精编(十)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．下列说法正确的是()A．氢原子吸收任何频率的光子都能从低能级跃迁到高能级B．发生光电效应时，照射光的波长越长，逸出的光电子的最大初动能越大C．将放射性物质放在密闭的铅盒内，可以延长此物质的半衰期D．一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能15．如图所示，将一右端带有固定挡板的长薄板放在水平面上，一轻质弹簧右端拴接在挡板上，左端拴接一可视为质点的滑块，当弹簧原长时滑块位于长薄板的O点，当滑块位于图中的A 点时整个装置处于静止状态．现将长薄板的右端缓慢地抬起直到滑块将要沿长薄板下滑．滑块所受的静摩擦力、支持力的大小分别用F f、F N表示．则长薄板的右端缓慢抬起的过程，下列说法正确的是()A．F f先减小后增大、F N一直减小B．F f先增大后减小、F N一直增大C．F f一直增大、F N先减小后增大D．F f保持不变、F N一直减小16．A、B两小球质量相等，A球不带电，B球带正电，光滑的绝缘斜面倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻质绝缘弹簧相连，图乙中，A、B两球用轻质绝缘杆相连，两个装置均处于平行于斜面向上的匀强电场E中，此时A、B两球组成的系统均处于静止状态，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，重力加速度大小为g，当撤去匀强电场E的瞬间，则下列说法正确的是()A．两图中A、B两球的加速度大小均为g sin θB．两图中A球的加速度大小均为零C．图乙中轻杆的作用力一定不为零D．图甲、乙中B球的加速度大小之比为2∶117．如图所示，地球赤道上空人造卫星先沿椭圆轨道运行，其近地点P到地球中心的距离为r，远地点Q到地球中心的距离为8r，该卫星在远地点Q处点火变轨进入地球同步轨道，成为一颗沿圆轨道运行的地球同步卫星，下列说法中正确的是()A．卫星在近地点和远地点的加速度之比为8∶1B．卫星变轨前从P处运动到Q处的过程中，引力势能增加，机械能减少C．卫星在远地点Q处变轨前瞬间加速度减小，速度变大D．卫星在椭圆轨道运行的周期小于12小时18．如图所示，长为L的两平行金属板水平放置，接在直流电路中，图中R 为滑动变阻器，一带电微粒自两板左侧中央以某初速度v0平行于金属板进入两板间，若将滑动变阻器的滑片P置于最下端b处，带电微粒将落在下板上距离左端L3处；若滑片P与b端间电阻为18 Ω，带电微粒将沿直线运动；若要微粒不打到金属板上，则滑片P与b端间电阻R的范围应为()A．12 Ω＜R＜20 ΩB．16 Ω＜R＜20 ΩC．12 Ω＜R＜24 Ω D．16 Ω＜R＜24 Ω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．如图为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成，若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外，一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，不计粒子重力，下列说法中正确的是()A．极板M比极板N电势高B．加速电场的电压U＝ERC．直径PQ＝2B qmERD．若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群粒子具有相同的比荷20．如图，a、b为某孤立点电荷产生的电场中的两点，a点的场强方向与ab连线的夹角为60°，b点的场强方向与ab连线的夹角为30°，则()A．a点的场强小于b点的场强B．a点的电势低于b点的电势C．将一电子沿ab连线从a点移到b点，电子的电势能先增大后减小D．将一电子沿ab连线从a点移到b点，电子受到的电场力先增大后减小21．如图甲所示，竖直极板A、B之间距离为d1，电压为U1，水平极板C、D之间距离为d2，GH为足够长的荧光屏，到极板C、D右侧的距离为L.极板C、D之间的电压如图乙所示．在A板中央有一电子源，能不断产生速率几乎为零的电子．电子经极板A、B间电场加速后从极板B中央的小孔射出，之后沿极板C 、D 的中心线射入极板C 、D 内．已知t ＝0时刻射入C 、D 间的电子经时间T 恰好能从极板C 的边缘飞出．不计阻力、电子的重力以及电子间的相互作用，下列说法正确的是( )A ．电子在荧光屏上形成的亮线长度为d 23B ．保持其他条件不变，只增大d 1，荧光屏上形成的亮线长度变长C ．保持其他条件不变，只增大d 2，荧光屏上形成的亮线长度变短D ．保持其他条件不变，只增大L ，荧光屏上形成的亮线长度变长选 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．(6分)如图所示，气垫导轨上滑块的质量为M ，悬挂钩码的质量为m ，遮光条宽度为d ，气源开通后滑块在牵引力的作用下先后通过两个光电门的时间为Δt 1和Δt 2.当地重力加速度为g .(1)若光电计时器还记录了滑块从光电门1到光电门2的时间Δt ，用上述装置测量滑块加速度，加速度的表达式为________(用所给物理量表示)．(2)用上述装置探究滑块加速度a与滑块质量M及滑块所受拉力F的关系时，要用钩码重力代替绳子的拉力，则m与M之间应满足关系_____________________________________________________________.(3)若两光电门间的距离为l，用上述装置验证系统在运动中的机械能守恒．滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，满足关系式____________________(用所给物理量表示)时，滑块和钩码系统机械能守恒．正常情况下，在测量过程中，系统动能的增加量总是________(填“大于”、“等于”或“小于”)钩码重力势能的减少量．23．(9分)某实验小组想研究小灯泡的伏安特性，除了提供小灯泡(规格“12 V 5 W”)外，还有以下一些器材：A．电源：12 V，内阻不计B．电流表A1：0～0.6 A，内阻约0.125 ΩC．电流表A2：0～3 A，内阻约0.025 ΩD．电压表V1：0～3 V，内阻约3 kΩE．电压表V2：0～15 V，内阻约15 kΩF．滑动变阻器R(最大阻值为18 Ω，滑片的有效移动长度为27 cm)G．开关一个，导线若干(1)完成该实验，需要选择的仪器有________．(填仪器前的字母代号)(2)某位同学测得小灯泡的伏安特性曲线如图1所示．某次测量时，电流表指针位置如图2所示，电流表读数为________ A，此时小灯泡的实际功率为________ W.(3)根据I－U图象可知：从A点I A＝0.30 A到B点I B＝0.50 A的过程中小灯泡的电阻逐渐________(选填“增大”或“减小”)，改变的阻值约为________ Ω(结果保留1位小数)．在获得A→B段图线数据的过程中，滑动变阻器的滑片移动了________ cm.24．(14分)如图所示，水平传送带两端分别与光滑水平轨道MN和光滑圆弧轨道PQ平滑连接．P是圆弧轨道的最低点，P、Q两点的高度差H＝5 cm.传送带长L＝13.75 m，以v＝0.45 m/s的速度顺时针匀速转动．物块A以初速度v0＝4.35 m/s沿MN向右运动，与静止在水平轨道右端的物块B碰撞后粘为一体(称为C)，A、B、C均可视为质点，B的质量是A的两倍，C与传送带间的动摩擦因数μ＝0.02.已知C从P进入圆弧轨道再滑回P的时间始终为Δt＝4.5 s，重力加速度g＝10 m/s2.(1)求A、B碰后粘为一体的C的速度v1；(2)从A、B碰后开始计时，求C经过P点的可能时刻t；(3)若传送带速度大小v可调，要使C能到达但又不滑出PQ轨道，求v的取值范围．25．(18分)如图甲所示装置由加速电场、偏转电场和偏转磁场组成，偏转电场处在相距为d的两块水平放置的平行导体板之间，匀强磁场水平宽度为l，竖直宽度足够大．大量电子(重力不计)由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入偏转电场．已知电子的质量为m 、电荷量为e ，加速电场的电压为U 1＝3eU 20T 28md 2.当偏转电场不加电压时，这些电子通过两板之间的时间为T ；当偏转电场加上如图乙所示的周期为T 、大小恒为U 0的电压时，所有电子均能通过电场，穿过磁场后打在竖直放置的荧光屏上．(1)求水平导体板的板长l 0；(2)求电子离开偏转电场时的最大侧向位移y m ；(3)要使电子打在荧光屏上的速度方向斜向右下方，求磁感应强度B 的取值范围．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)下列说法中正确的是________．(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．给自行车打气，越打越困难主要是因为胎内气体压强增大，而与分子间的斥力无关B．在使用油膜法估测分子直径的实验中，为了计算的方便，可以取1毫升的油酸酒精混合溶液滴入水槽C．要保存地下的水分，可以把地面的土壤压紧D．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量小于向室外放出的热量E．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用(2)(10分)如图所示，左右两管足够长的U形管左管封闭，右管内径为左管内径的2倍，管内水银在左管内封闭了一段长为26 cm、温度为280 K的空气柱，右管一轻活塞恰处在与左管水银面平齐的位置且封闭了一定质量的气体，左右两管水银面高度差为36 cm，大气压强为76 cmHg.现将活塞缓慢下推，并保持左右管内气体的温度不变．当左管空气柱长度变为20 cm时，求：①左管内气体的压强；②活塞下移的距离．34．(15分)【物理——选修3－4】(1)(5分)下列说法中正确的是________．(填正确答案标号．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．任何变化的磁场都要在周围空间产生变化的电场B．机械波的传播需要介质，而电磁波可以在真空中传播C．红外体温计通过发射红外线照射人体来测体温D．振荡磁场在周围空间产生同频率的振荡电场E．在如图所示的振荡电路中，当M、N间电势差随电流的变化达到最大值时磁场能刚好全部转化为电场能(2)(10分)如图甲所示，某同学在实验室测某玻璃的折射率．让一束单色光从空气中斜射向某透明玻璃砖的表面，测得单色光与玻璃表面夹角为30°，经该玻璃折射后又测得折射角为30°.①该玻璃的折射率n是多少？②如果将该种玻璃制成图乙所示的形状，图丙是它的截面图，左侧是半径为R的半圆，右侧是长4R、宽2R的矩形．仍让这束单色光从左侧A点沿半径方向与上表面成45°角射入该玻璃制品，则该单色光从A点射入玻璃制品到刚好射出玻璃制品的时间为多少？(光在空气中的速度为c，结果可保留根号)高考物理模拟试题精编(十)14．解析：选D.只有吸收一定频率的光子，氢原子才能从低能级跃迁到高能级，A项错误；发生光电效应时，照射光的波长越长，则频率越低，根据爱因斯坦光电效应方程知，逸出的光电子的最大初动能越小，B项错误；放射性元素的半衰期由核内部自身的因素决定，与原子所处的化学状态和外部条件没有关系，C项错误；原子核发生衰变时，释放能量，故D项正确．15．解析：选A.假设滑块的重力为G，长薄板与水平面之间的夹角为α，弹簧的弹力大小用F表示，由题意可知，当长薄板的右端缓缓抬起时，α逐渐增大，弹簧的拉力一直不变，滑块的重力沿长薄板向下的分力先小于弹簧的弹力，后大于弹簧的弹力，滑块所受的静摩擦力方向先沿长薄板向下再沿长薄板向上．当滑块的重力沿长薄板向下的分力小于弹簧的弹力时，则有G sin α＋F f ＝F，当α增大时，F不变，F f减小；当滑块的重力沿长薄板向下的分力大于弹簧的弹力时，则有G sin α＝F f＋F，α增大时，F不变，F f增大，故滑块所受的静摩擦力先减小后增大．滑块所受的支持力等于重力垂直长薄板向下的分力，即F N＝G cos α，α增大时，F N一直减小，A正确．16．解析：选D.题图甲、乙中两球组成的系统静止时，B球受到的电场力均为2mg sin θ，轻弹簧和轻杆的弹力均为mg sin θ，突然撤去匀强电场时，轻弹簧中弹力不变，题图甲中A球加速度为零，B球加速度大小为2g sin θ；轻杆中弹力发生突变，题图乙中A、B两球的加速度大小均为g sin θ，故A、B错误．题图乙中轻杆的弹力发生突变，弹力变为零，C错误．在撤去匀强电场的瞬间，题图甲中B球的加速度大小为2g sin θ，题图乙中B球加速度大小为g sin θ，故D正确．17．解析：选D.根据公式F向＝GMmR2＝ma，得卫星在近地点和远地点的加速度之比为(8r)2∶r2＝64∶1，选项A错误；卫星的机械能是动能与势能之和，只有变轨时才需对卫星做功，卫星在同一椭圆轨道运行时的机械能不变，选项B 错误；卫星在远地点Q处需点火加速才能变轨进入地球同步轨道，但同一位置加速度不改变，故选项C 错误；根据开普勒第三定律，所有行星的轨道的半长轴的三次方与它的公转周期的二次方成正比，有T 21∶T 22＝R 31∶R 32，又T 2＝24 h ，R 2＝8r ，R 1＝4.5r ，代入得卫星在椭圆轨道运行的周期为T 1＝10.125 h<12 h ，选项D 正确．18．解析：选B.设两平行金属板间距为d ，由已知得d 2＝12gt 21，L 3＝v 0t 1，当滑片P 与b 端间电阻为18 Ω时，有qU 0d ＝mg .若要微粒刚好打到金属板边缘，应满足d 2＝12at 22，L ＝v 0t 2，qU 1d －mg ＝ma 或mg －qU 2d ＝ma ，由以上各式可求得U 1＝109U 0，U 2＝89U 0，由串联电路的分压规律可求得电阻R 1＝109R 0＝20 Ω，R 2＝89R 0＝16 Ω，所求R 的范围为16 Ω＜R ＜20 Ω，正确选项为B.19．解析：选AD.由左手定则可知，粒子带正电，而粒子在M 、N 间被加速，所以M 板的电势高于N 板，A 正确；根据电场力提供向心力，则有qE ＝m v 2R ，又粒子在加速电场中运动，有qU ＝12m v 2，从而解得U ＝ER 2，B 错误；根据洛伦兹力提供向心力，有q v B ＝m v 2r ，结合上式可知，PQ ＝2r ＝ 2ER B ·m q ，若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点说明运动的直径相同，由于磁感应强度、电场强度与静电分析器的半径不变，则该群粒子具有相同的比荷，C 错误，D 正确．20．解析：选BCD.将a 、b 两点的场强方向延长交于O点，如图所示，则点电荷应位于O 点，且点电荷带负电，由图中的几何关系可知，a 点距离点电荷较近，则由点电荷的电场强度的公式E ＝kQ r2可知，a 点的场强大于b 点的场强，A 错误；a 点的电势低于b 点的电势，B 正确；电子在点电荷附近所受的电场力为斥力，将一电子沿ab 从a 点移动到b 点的过程中，电子与点电荷之间的距离先减小后增大，则电子受到的电场力先增大后减小，D 正确；电场力先做负功后做正功，则电子的电势能先增大后减小，C 正确．21．解析：选AC.t ＝0时刻射入C 、D 间的电子，eU 22md 2(T 2)2＋eU 2md 2(T 2)2＝d 22，则t ＝T 2时刻射入C 、D 间的电子，eU 22md 2(T 2)2＝d 26，因为电子穿过C 、D 运动的时间相等，则出电场时竖直方向的速度恒定，所有电子均平行射出电场，故亮线长度为d 22－d 26＝d 23，A 对．若只增大d 1，则电子射入C 、D 间时的速度不变，荧光屏上形成的亮线长度不变，B 错．若增大C 、D 间距离为d 2′，则有eU 22md 2′(T 2)2＋eU 2md 2′(T 2)2＝d 222d 2′和eU 22md 2′(T 2)2＝d 226d 2′，d 222d 2′－d 226d 2′＝d 223d 2′＜d 23，即荧光屏上形成的亮线长度变短，C 对．因为电子均平行射出电场，故亮线长度与L 无关，D 错．22．解析：(1)滑块通过光电门1和2的速度分别为v 1＝d Δt 1、v 2＝d Δt 2，根据加速度定义式可知加速度a ＝v 2－v 1Δt ＝d Δt 2－d Δt 1Δt. (2)对滑块和钩码应用牛顿第二定律，可得a ＝mg M ＋m ，拉力F ＝Ma ＝Mmg M ＋m＝mg 1＋m M，显然m 远小于M 时近似有F ＝mg .(3)对滑块和钩码，当机械能守恒时，有mgl ＝12(M ＋m )[(d Δt 2)2－(d Δt 1)2]．因为在运动过程中，总是存在阻力，所以系统动能的增加量总小于钩码重力势能的减少量．答案：(1)a ＝d Δt 2－d Δt 1Δt(2分) (2)m 远小于M (1分) (3)mgl ＝12(M ＋m )[(d Δt 2)2－(d Δt 1)2](2分) 小于(1分)23．解析：(1)根据小灯泡规格“12 V 5 W ”可知额定电流I 额＝P 额U 额＝512A ≈0.42 A ，所以电流表应选0～0.6 A 量程；由于额定电压为12 V ，故电压表应选0～15 V 量程；还需要电源、滑动变阻器、开关和导线等，故所选器材为ABEFG.(2)电流表量程是0.6 A ，每小格电流是0.02 A ，所以电流表读数为I ＝0.40 A ；根据I －U 图象可知I ＝0.40 A 时，小灯泡两端的电压U ＝6.0 V ，所以小灯泡消耗的实际功率为P ＝UI ＝2.4 W.(3)根据I －U 图象可知R A ＝40.3 Ω＝13.3 Ω、R B ＝120.50Ω＝24 Ω，从A 点到B 点的过程中灯泡的电阻逐渐增大，改变的阻值为10.7 Ω；设滑片在A 点时与灯泡并联的滑动变阻器阻值为R ，此时灯泡两端电压即与滑动变阻器并联电压为U 并＝4 V ，滑动变阻器另段电压为12 V －4 V ＝8 V ，通过灯泡的电流为I L ＝0.30 A ，由串并联电路特点及欧姆定律可得，(4 V R ＋0.3 A)×(18 Ω－R )＝8 V ，解得R ＝8 Ω；与灯泡并联的滑动变阻器电阻丝长度为818×27 cm ＝12 cm ；在获得AB 段图线数据的过程中，滑动变阻器的滑片移动了27 cm －12 cm ＝15 cm.答案：(1)ABEFG(2分) (2)0.40(2分) 2.4(2分) (3)增大(1分) 10.7(1分) 15(1分)24．解析：(1)A 、B 碰撞过程动量守恒，则有m A v 0＝(m A ＋m B )v 1(1分)其中m B ＝2m A解得：v 1＝1.45 m/s(1分)(2)碰撞后C 向右滑上传送带，因v 1＞v ，故C 在传送带上先做匀减速运动，加速度大小a ＝μg ＝0.2 m/s 2(1分)设C 的速度减小到跟传送带速度相等时向右运动的距离为x ，根据运动学规律有v 2－v 21＝－2ax (1分)解得：x ＝4.75 m这一过程的时间为t 1＝v 1－v a ＝5 s(1分)C 与传送带共速后匀速运动到P 点的时间为t 2L －x v ＝20 s(1分)C 进入圆弧轨道后，设上升的最大高度为h ，根据机械能守恒定律有 12(m A ＋m B )v 2＝(m A ＋m B )gh (1分) 解得：h ≈0.01 m ＜H ，即C 不会从圆弧轨道滑出(1分)由题意知，进入PQ 轨道后，经Δt ＝4.5 s ，C 回到P 点处，此后C 向左滑上传送带，在传送带上往返后又经过P 点，往返的时间为Δt ′＝2v a ＝4.5 s ＝Δt (1分)故C 经过P 点的可能时刻t ＝t 1＋t 2＋n Δt ＝(25＋4.5n ) s(n ＝0,1,2，…)(1分)(3)若传送带静止，C 向右滑动的距离为x ′＝v 212a≈5.26 m ＜L (1分) 即传送带速度不大于v 1时，C 一定能在传送带上减速到与传送带共速，此时要使C 能到达PQ 轨道，传送带的速度应满足：v ＞0(1分)若C 恰能到达PQ 轨道的最高点，设C 经过P 点时的速度为v ′，根据机械能守恒定律有12(m A ＋m B )v ′2＝(m A ＋m B )gH (1分) 解得：v ′＝1 m/s ＜v 1故要使C 能到达但又不滑出PQ 轨道，v 的取值范围为0＜v ＜1 m/s(1分)答案：(1)1.45 m/s (2)(25＋4.5n ) s(n ＝0,1,2，…) (3)0＜v ＜1 m/s25．解析：(1)电子在电场中加速，由动能定理得eU 1＝12m v 20 即v 0＝ 3eU 0T 2md (2分)水平导体板的板长l0＝v0T＝3eU0T22md(2分)(2)电子在偏转电场中半个周期的时间内做类平抛运动半个周期的侧向位移y1＝12a(T2)2＝eU02md(T2)2(2分)电子离开偏转电场时的最大侧向位移为y m＝3y1＝3eU0T28md(2分)(3)电子离开偏转电场时速度方向与水平方向夹角为θtan θ＝v yv0＝aT2v0＝eU0T2m v0d＝33(2分)故θ＝30°电子进入磁场做匀速圆周运动，有e v B＝m v2R，其中v＝v0cos θ(2分)垂直打在荧光屏上时圆周运动半径为R1，此时B有最小值R1sin θ＝l(2分)轨迹与屏相切时圆周运动半径为R2，此时B有最大值R2sin θ＋R2＝l(2分)联立解得B min＝U0T2ld，B max＝3U0T2ld，故U0T2ld＜B＜3U0T2ld(2分)答案：(1)3eU0T22md(2)3eU0T28md(3)U0T2ld＜B＜3U0T2ld33．解析：(1)给自行车打气，越打越困难主要是因为胎内气体压强增大，气体分子间距离远大于平衡距离，所以与分子间的斥力无关，选项A正确；取1毫升的油酸酒精混合溶液滴入水槽，油酸太多，不容易形成单分子油膜，计算时容易出现较大的误差，选项B错误；如果要保存地下的水分，就要把地面的土壤锄松，破坏这些土壤里的毛细管，选项C错误；空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量小于向室外放出的热量，因为工作过程还有电热释放，故D正确；露珠呈球状是由于液体表面张力的作用，故E正确．(2)①左管封闭气体的压强为p1＝76 cmHg－36 cmHg＝40 cmHgV1＝26S，V2＝20S(2分)由于气体发生等温变化，由玻意耳定律可得p1V1＝p2V2，解得p2＝52 cmHg(2分)②U形管右管内径为左管内径的2倍，则右管横截面积是左管横截面积的2倍，为2S，当左管水银面上升6 cm时，右管水银面下降3 cm，所以这时左右两管水银面的高度差为45 cm，因此右管内气体的压强为p2′＝(52＋45) cmHg＝97 cmHg(2分)由玻意耳定律可得p1′V1′＝p2′V2′，解得V2′＝76×36×2S97cm＝28.2×2S(2分)活塞下移的距离是x＝(36＋3－28.2) cm＝10.8 cm(2分)答案：(1)ADE(2)①52 cmHg②10.8 cm34．解析：(1)变化的电场(或磁场)在周围空间产生磁场(或电场)；均匀变化的电场(或磁场)在周围空间产生恒定的磁场(或电场)；振荡电场(或磁场)在周围空间产生同频率的振荡磁场(或电场)，A错误，D正确．机械波的传播需要介质，但电磁波可以在真空中传播，B正确．红外体温计是通过接收红外线来测体温的，C错误．当M、N间电势差达到最大值时，即电容器带电荷量最多时，磁场能刚好全部转化为电场能，E正确．(2)①折射率n ＝sin (90°－30°)sin 30°＝ 3(2分) ②设单色光从玻璃射向空气的全反射临界角为C ，则sin C ＝1n ＝13＜12，则C ＜45°(2分)所以单色光在玻璃砖内发生5次全反射，光路如图所示光程L ＝(2＋8 2)R (2分) 单色光在该玻璃制品中的速度v ＝cn (2分) 所以传播时间t ＝L v ＝(2 3＋8 6)Rc (2分)答案：(1)BDE (2)①3 ②(2 3＋8 6)Rc。
2019届河南省高考模拟试题精编(十四)物理(解析版)
2019届河南省高考模拟试题精编(十四)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．氢原子跃迁时，由n ＝3的激发态跃迁到基态所释放的光子可以使某金属刚好发生光电效应，则下列说法正确的是( )A ．氢原子由n ＝3的激发态跃迁到基态时，电子的动能减少B ．氢原子由n ＝3的激发态跃迁到基态时，原子的能量增加C ．增加由n ＝3的激发态跃迁到基态的氢原子的数量，从该金属表面逸出的光电子的最大初动能不变D ．氢原子由n ＝2的激发态跃迁到基态所释放的光子照射该金属足够长时间，该金属也会发生光电效应15．如图甲所示，一质量为m 的物块放在倾角θ＝37°的固定斜面上，对物块施加—个平行于斜面的拉力F ，若拉力F 随时间t 的变化规律如图乙所示(沿斜面向上为正方向，g 为重力加速度)，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在t ＝0时物块位于P 点处且恰好不上滑，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法中正确的是( )A ．物块受到的最大静摩擦力为0.6 mgB ．t 0～2t 0内，物块的加速度大小为gC ．0～4t 0内，物块的位移最大值为215gt 20D ．2t 0～4t 0内，物块可能回到P 点处16．太极球是近年来在广大市民中较流行的一种健身器材．做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，球却不会掉落．现将太极球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动．A为圆周的最高点，C为最低点，B、D两点与圆心O等高且在B、D处平板与水平面夹角为θ.设小球的质量为m，圆周运动的半径为R，重力加速度为g.若小球运动的周期为T＝2π R3g，则()A．在A处平板对小球的作用力为mgB．在C处平板对小球的作用力为3mgC．在B处小球一定受两个力的作用D．在D处小球可能受三个力的作用17．已知某卫星在赤道上空绕地球做匀速圆周运动，卫星运动方向与地球自转方向相同，赤道上某城市的天文爱好者2016年2月3日早8时整通过观察第一次发现卫星恰好掠过其正上方，2016年2月6日早8时整第六次观察到卫星恰好掠过其正上方，则该卫星的周期为()A．6小时B．8.小时C．9小时D．12小时18．如图所示为阴极射线管(由示波管改造而成)的示意图，当M1、M2两板不加电压时，电子束经电场加速后打到荧屏中央O处形成亮斑．电子在偏转电场中的运动时间很短．在下列不同条件下，关于电子的运动情况说法正确的是()A．如果在M1、M2之间加交变电压，电子在荧屏上的亮斑一定会以O点为中心上下移动B．如果在M1、M2之间加交变电压，电子一定会打到荧屏的中心位置C．如果只逐渐增大M1、M2之间的电势差，电子在荧屏上的亮斑会向上移动D．随着M1、M2之间的电势差逐渐增大，电场力对电子所做的功可能会先增加后减少二、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．如图是“电磁炮”模型的原理结构示意图．光滑水平金属导轨M、N的间距L＝0.2 m，电阻不计，在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1×102T.装有弹体的导体棒ab垂直放在导轨M、N上的最左端，且始终与导轨接触良好，导体棒ab(含弹体)的质量m＝0.2 kg，在导轨M、N间部分的电阻R ＝0.8 Ω，可控电源的内阻r＝0.2 Ω.在某次模拟发射时，可控电源为导体棒ab 提供的电流恒为I＝4×103A，不计空气阻力，导体棒ab由静止加速到4 km/s 后发射弹体，则()A．导体棒ab所受安培力大小为1.6×105 NB．光滑水平导轨长度至少为20 mC．该过程系统产生的焦耳热为3.2×106 JD．该过程系统消耗的总能量为1.76×106 J20．如图甲所示，垂直于水平桌面向上的有界匀强磁场的磁感应强度大小B ＝0.8 T，宽度L＝2.5 m，光滑金属导轨OM、ON固定在桌面上，O点位于磁场的左边界，且OM、ON与磁场左边界均成45°角．金属棒ab放在导轨上，且与磁场的右边界重合．t＝0时，ab棒在水平向左的外力F作用下向左运动并匀速通过磁场．测得回路中的感应电流I随时间t变化的图象如图乙所示．已知O点处电阻为R，其余电阻不计．则下列说法中正确的是()A ．由图乙可知0～5 s 内通过ab 棒横截面的电荷量为10 CB ．水平外力F 随时间t 变化的表达式为F ＝2(2－0.4t )2(N)C ．O 点处的电阻为1 ΩD ．在0～5 s 内水平外力F 做功的功率最大值为4 W21．如图所示，在边长为L 的正方形ABCD 阴影区域内存在垂直纸面的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q (q <0)的带电粒子以大小为v 0的速度沿纸面垂直AB 边射入正方形，若粒子从AB 边上任意点垂直射入，都只能从C 点射出磁场，不计粒子的重力影响．下列说法正确的是( )A ．此匀强磁场的方向可能垂直纸面向外B ．此匀强磁场的磁感应强度大小为m v 0qLC ．此匀强磁场区域的面积为πL 24D ．此匀强磁场区域的面积为(π－2)L 22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．(6分)如图甲所示是某实验小组利用水平气垫导轨等实验装置来验证钩码和滑块所组成系统在运动过程中机械能是否守恒．(1)如图乙所示，用游标卡尺测得遮光条的宽度d ＝________ cm ；实验时将滑块从图甲所示位置由静止释放，由光电计时器读出遮光条通过光电门的时间Δt ＝1.2×10－2 s ，则滑块经过光电门时的瞬时速度为________ m/s.在本次实验中还需要测量的物理量有：钩码的质量m 、滑块上的遮光条初始位置到光电门的距离x 和____________(文字说明并用相应的字母表示)．(2)本实验通过比较mgx 和________(用测量的物理量符号表示)在实验误差允许的范围内相等，从而验证系统的机械能守恒．23．(9分)某同学利用如图甲所示的电路测定电池的电动势和内阻．(1)根据图甲电路，在实物图乙上用笔画线代替导线画出实物连线图．(2)该同学在图丙的1I －R 坐标系中标出了所测的实验数据，请作出这些数据点的拟合直线，并读得该直线在纵轴上的截距为________A －1，求得其斜率为________ V－1.(3)已知电流表内阻与定值电阻R0阻值相等，R0＝1 Ω，根据作得的图象，可得电源的电动势为________ V，内阻为________ Ω.(结果保留两位有效数字) 24．(14分)有三块质量和形状都相同的板A、B、C，其中板A放在板B上且两端对齐，两板作为整体一起以速度v0沿光滑水平面滑动，并与正前方的板C发生碰撞，B与C发生碰撞后粘在一起，当板A从板B全部移到板C上后，由于摩擦，A相对C静止且恰好两端对齐．板A与板C间的动摩擦因数为μ，板A和板B间的摩擦忽略不计．求：(1)A相对C静止时系统的速度大小；(2)板的长度l.25．(18分)在生产线框的流水线上，为了检测出个别不合格的未闭合线框，让线框随传送带通过一固定匀强磁场区域(磁场方向垂直于传送带平面向下)，观察线框进入磁场后是否相对传送带滑动就能够检测出是否有未闭合的不合格线框．其物理情境简化如下：如图所示，通过绝缘传送带输送完全相同的正方形单匝纯电阻铜线框，传送带与水平方向夹角为α，以恒定速度v0斜向上运动．已知磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直，MN与PQ间的距离为d，磁场的磁感应强度为B.线框质量为m，电阻为R，边长为L(d>2L)，线框与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.闭合线框上边在进入磁场前线框相对传送带静止，线框刚进入磁场的瞬间，和传送带发生相对滑动，线框运动过程中上边始终平行于MN，当闭合线框的上边经过边界PQ时又恰好与传送带的速度相同．设传送带足够长．求：(1)闭合线框的上边刚进入磁场时上边所受安培力F安的大小；(2)从闭合线框上边刚进入磁场到上边刚要出磁场所用的时间t；(3)从闭合线框上边刚进入磁场到下边穿出磁场后又相对传送带静止的过程中，电动机多消耗的电能E.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)下列说法正确的是________．(填正确答案标号．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．气体吸收热量，其内能一定增加B．气体对外做功，其内能可能不变C．空气能热水器是利用空气中的能量将水温升高，使水的温度高于空气的温度，这证明了热量可以自发地从低温物体传递到高温物体D．从单一热源吸收热量全部用来对外做功是可能的E．自发的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的(2)(10分)假设用火箭发射的载人飞船中竖直放置一水银气压计，水银气压计的简易原理图如图所示，水银管上端为密闭真空．火箭起飞前，飞船内水银气压计读数为p0，温度t0＝27 ℃，已知水银的密度为ρ，重力加速度为g.①求水银气压计中水银柱的高度L0.②若火箭竖直向上以加速度大小为0.5g做匀加速运动，此时飞船内水银气压计读数为p＝0.6p0，飞船的体积始终不发生变化，飞船内气体可视为理想气体，求此时飞船内的温度．34．(15分)【物理——选修3－4】(1)(5分)一列波源为O点的机械波，波源从平衡位置沿＋y方向起振，从波源O起振时开始计时，经t＝0.9 s，x轴上0至12 m范围第一次出现图示简谐波，则________．(填正确答案标号．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．此列波的波速约为13.3 m/sB．波的周期一定是0.4 sC．t＝0.9 s时，平衡位置在x轴上7 m处的质点Q所受合外力方向向下D．t＝0.9 s时，平衡位置在x轴上3 m处的质点P正在向上运动E．平衡位置在x轴上10 m处的质点R的振动方程可表示为y＝10sin 5πt(cm)(2)(10分)如图所示，AOB是由某种透明物质制成的14圆柱体的横截面(O为圆心)．今有一束平行光以45°的入射角射向柱体的OA平面，这些光线中有一部分不能从柱体的AB面上射出．设射到OB面的光线全部被吸收，已知从O点射向透明物质的光线恰好从AB圆弧面上距离B点13处射出，求：①透明物质的折射率；②圆弧面AB上能射出光线的部分占AB表面的百分比．高考物理模拟试题精编(十四)14．解析：选C.氢原子由激发态跃迁到基态时，释放光子，原子的能量减少，电子的动能增加，A 、B 错；增加跃迁氢原子的数量，不能改变释放出的光子的频率，从该金属表面逸出的光电子的最大初动能不变，C 对；从n ＝2的激发态跃迁到基态的氢原子，其释放的光子的频率较小，不能使该金属发生光电效应，D 错．15．解析：选C.0～t 0内，物块所受拉力F 0＝mg sin θ＋f m ＝mg ，物块受到沿斜面向下的静摩擦力恰好为最大静摩擦力f m ，得f m ＝F 0－mg sin θ＝0.4mg ，A 错误；t 0～2t 0内，物块所受拉力F 1＝0，物块沿斜面向下运动，受到的滑动摩擦力方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律有mg sin θ－f ＝ma 1，f ＝f m ，得a 1＝0.2g ，B 错误；0～t 0内物块静止，t 0～2t 0内物块做匀加速直线运动，其位移s 1＝12a 1t 20＝110gt 20，设t 2时刻物块速度恰好为零，则a 1t 0＝a 2(t 2－2t 0)，拉力F 2＝0.8mg ，根据牛顿第二定律有F 2＋f －mg sin θ＝ma 2，得a 2＝0.6g ，t 2＝73t 0，t 2时刻后物块处于静止状态，D 错误；0～4t 0内，物块的最大位移为s ＝s 1＋s 2＝110gt 20＋12a 2(t 2－2t 0)2＝215gt 20，C 正确． 16．解析：选D. 在A 处对小球由牛顿第二定律有N A ＋mg ＝m (2πT )2R ，得N A ＝2mg ，同理，在C 处对小球由牛顿第二定律有N C －mg ＝m (2πT )2R ，得N C ＝4mg，所以选项A、B错误；在B处小球可能只受重力和支持力两个力作用，也可能受重力、支持力和摩擦力三个力作用，选项C错误；同理在D处小球可能受三个力的作用也可能受两个力作用，选项D正确．17．解析：选C.设该卫星的周期为T，地球自转周期T0＝24小时，从2月3日早8时到2月6日早8时时间共3天，t＝72小时，根据题述可得tT－tT0＝5，解得T＝9小时，选项C正确．18．解析：选C.如果在M1、M2之间加正弦式交变电压，电子在电场中加速后经电场偏转，在荧屏上的亮斑会以O点为中心上下移动，若加其他形式的交变电压，例如电流的方向不改变的交变电压，则电子在荧屏上的亮斑会在O 点上方或下方移动，选项A、B错误；如果只逐渐增大M1、M2之间的电势差，由题图可知电子受竖直向上的电场力作用，电子在电场中会向上偏转，电势差越大，偏转越明显，所以电子在荧屏上的亮斑会向上移动，选项C正确；随着M1、M2之间的电势差逐渐增大，电子只向M1板方向发生偏转，所以电场力对电子所做的功不可能减少，选项D错误．19．解析：选BD.由安培力公式有，F＝BIL＝8×104N，选项A错误；弹体由静止加速到4 km/s，由动能定理知Fx＝12m v2，则轨道长度至少为x＝m v22F＝20 m，选项B正确；导体棒ab做匀加速运动，由F＝ma，v＝at，解得该过程需要时间t＝1×10－2 s，该过程中产生的焦耳热Q＝I2(R＋r)t＝1.6×105 J，弹体和导体棒ab增加的总动能E k＝12m v2＝1.6×106J，系统消耗总能量E＝Ek＋Q＝1.76×106 J ，选项C 错误，D 正确．20．解析：选CD.由题图乙可知，在0～5 s 内通过ab 棒截面的电荷量为q ＝12×5×2 C ＝5 C ，A 错误；由公式q ＝I Δt ＝B ΔS R ＝B R L 2，解得R ＝1 Ω，C 正确；由题图乙可知ab 棒切割磁感线的速度v ＝L t ＝2.5 m 5 s＝0.5 m/s ，ab 棒切割磁感线的长度l ＝2(L －v t )，水平外力F 等于安培力，F A ＝B 2l 2v R ＝0.32(5－t )2(N)，B 错误；水平外力F 做功的功率P 外＝P A ＝F A v ＝0.16(5－t )2(W)，其中0≤t ≤5 s ，当t ＝0时，P 外max ＝4 W ，D 正确．21．解析：选BD.若保证所有的粒子均从C 点离开此区域，则由左手定则可判断匀强磁场的方向应垂直纸面向里，A 错误；由A 点射入磁场的粒子从C点离开磁场，结合图可知该粒子的轨道半径应为R ＝L ，则由qB v 0＝m v 20R ，可解得B ＝m v 0qL ，B 正确；由几何关系可知匀强磁场区域的面积应为S ＝2×(14πL 2－12L 2)＝(π－2)L 22，C 错误，D 正确． 22．解析：(1)遮光条的宽度d ＝5 mm ＋3×0.1 mm ＝5.3 mm ＝0.53 cm ；滑块经过光电门时的速度为v ＝d Δt ＝0.53×10－2 m 1.2×10－2 s≈0.44 m/s ；实验需要测量的物理量还有滑块与遮光条的总质量M .(2)本实验通过比较mgx 与12(m ＋M )v 2，即mgx 与12(m ＋M )(d Δt)2，在实验误差允许范围内相等，从而验证系统的机械能守恒．答案：(1)0.53(1分) 0.44(2分) 滑块与遮光条的总质量M (1分) (2)12(m ＋M )(d Δt)2(2分) 23．解析：(1)根据图甲的电路原理图，实物连线如答图甲所示．(2)作出这些数据点的拟合直线，并读得该直线在纵轴上的截距为b ＝0.9 A －1，求得其斜率为k ＝10－0.913.4V －1＝0.68 V －1. (3)根据电路，利用闭合电路欧姆定律可得E ＝2I (R ＋r ＋R 02)，变换为与1I －R 图象相应的函数关系，为1I ＝2E R ＋1E (2r ＋R 0)，则有b ＝1E (2r ＋R 0)＝0.9 A －1，k ＝2E＝0.68 V －1.解得E ＝2.9 V ，r ＝0.82 Ω. 答案：(1)实物连线图如图甲所示(2分) (2)如图乙所示(1分) 0.9(1分) 0.68(0.66～0.70均可)(1分) (3)2.9(2分) 0.82(2分)24．解析：(1)以板A 、B 、C 为一个系统进行研究，全过程动量守恒，有 2m v 0＝3m v 2(3分)解得v 2＝2v 03(1分) (2)B 、C 发生完全非弹性碰撞，有m v 0＝2m v 1(2分)解得v 1＝v 02(1分)根据能量守恒定律，有m v 202＋2m v 212＝3m v 222＋W f (2分) 解得W f ＝m v 2012(1分) A 在C 上滑动时摩擦力按线性关系增大，所以做功大小为W f ＝μmgl 2(3分) 解得l ＝v 206μg(1分) 答案：(1)2v 03 (2)v 206μg25．解析：(1)根据安培力公式得：F 安＝ILB (1分)根据闭合电路欧姆定律得：I ＝E R (1分)根据法拉第电磁感应定律得E ＝BL v 0(1分)联立解得：F 安＝B 2L 2v 0R (1分)(2)在线框上边刚进入磁场至线框上边刚要出磁场的过程中，根据动量定理 μmg cos α·t －mg sin α·t －F 安t ′＝0(1分)根据安培力公式得：F 安＝B I L (1分)根据闭合电路欧姆定律得：I ＝E R (1分)根据法拉第电磁感应定律得：E ＝BL v (1分)根据运动学公式得：L ＝v t ′(1分)由以上联立解得：t ＝B 2L 3mgR (μcos α－sin α)(2分) (说明：若用微元法，正确情况下给分)(3)在线框上边刚进入磁场至线框上边刚要出磁场的过程中，根据动能定理得(μmg cos α－mg sin α)d ＋W 安1＝0(2分)根据功能关系得：Q 电1＝－W 安1(1分)根据功能关系得：Q f 1＝μmg cos α(v 0t －d )(1分)从线框上边刚进入磁场到穿出磁场后又相对传送带静止的过程中：根据能量守恒得：E ＝2mg sin α·d ＋2Q 电1＋2Q f 1(2分)由以上联立解得：E ＝2μv 0B 2L 3cos αR (μcos α－sin α)(1分) 答案：(1)B 2L 2v 0R (2)B 2L 3mgR (μcos α－sin α) (3)2μv 0B 2L 3cos αR (μcos α－sin α)33．解析：(1)若气体吸收热量，同时对外做功，其内能不一定增加．选项A 错误；若气体对外做功，同时吸收热量，内能可能不变，选项B 正确；空气能热水器是把空气中的低温热量吸收进来，经过压缩机后转化为高温热能以此来升高水的温度，在此过程中，需要外界对其做功，故选项C 错误；从单一热源吸收热量全部用来对外做功是可能的，但是引起了其他变化，选项D 正确；自发的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，选项E 正确．(2)①以管内水银为研究对象，火箭起飞前，设水银管的横截面积为S ，由平衡条件得p0S＝ρgSL0(2分)解得L0＝p0ρg(1分)②水银气压计中水银在气体压力与重力作用下，与火箭做相同的加速运动．设当火箭竖直向上以加速度大小为0.5 g做加速运动时飞船内气体压强为p1，飞船内水银气压计读数为p＝0.6p0，即水银柱高为L1＝0.6L0，由牛顿第二定律有p1S－ρgS·0.6L0＝ρS·0.6L0a(2分)解得p1＝0.9ρgL0＝0.9p0(1分)飞船内气体做等容变化，由查理定律有p0 T0＝p1T1(2分)解得T1＝270 K(1分)即此时飞船内的温度为t1＝－3 ℃(1分)答案：(1)BDE(2)①p0ρg②－3 ℃34．解析：(1)由波形图可知波长λ＝8 m．根据题述经t＝0.9 s，x轴上0至12 m范围第一次出现图示简谐波，可知，t＝0.9 s＝2T＋T4，解得T＝0.4 s．此列波的波速为v＝λT＝20 m/s，选项A错误，B正确；波源从平衡位置沿＋y方向起振，波沿＋x轴方向传播，t＝0.9 s时，平衡位置在x轴上3 m处的质点P正在向上运动，平衡位置在x轴上7 m处的质点Q所受合外力方向向下，选项CD正确；波经过Δt ＝Δx v ＝1020s ＝0.5 s 传播到质点R ，平衡位置在x 轴上10 m 处的质点R 的振动方程可表示为y ＝10 sin[5π(t －0.5)](cm)，选项E 错误．(2)①根据题述，从O 点射向透明物质的光线的折射角r ＝30°(1分)根据折射定律有：n ＝sin 45°sin r(2分) 解得n ＝ 2(1分)②设从某位置P 点入射的光线，折射到AB 弧面上Q 点时，入射角恰等于临界角C ，有：sin C ＝1n (2分)代入数据解得：C ＝45°(1分)能射出光线的区域对应的圆心角β＝C ＝45°(1分)故能射出光线的部分占AB 表面的比例为：S S 总＝45°90°＝12(1分) 即圆弧面AB 上能射出光线的部分占AB 表面的百分比为50%(1分) 答案：(1)BCD (2)① 2 ②50%。
2019届河南省高考模拟试题精编(十二)物理
2019届河南省高考模拟试题精编(十二)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．在物理学的发展过程中，许多物理学家的重大发现推动了物理学发展的进程．在对以下几位物理学家所做科学贡献的叙述中，错误的说法是() A．伽利略在研究自由落体中，开创了以实验和逻辑推理结合的科学思想方法B．普朗克在研究黑体辐射时提出了量子假说，这一假说宣告了量子论的诞生C．卢瑟福发现天然放射现象，说明原子核有复杂的内部结构，打开了原子核的大门D．爱因斯坦提出光子说，成功地解释了光电效应规律，证明光具有粒子性15．某物体做直线运动，运动的时间为t，位移为x.物体的xt－t图象如图所示，下列说法正确的是()A．物体的加速度大小为a bB．t＝0时，物体的初速度为bC．t＝0到t＝b2这段时间物体的位移为ab4D．t＝0到t＝b这段时间物体的平均速度为a 416．如图所示，A、B是绕地球做圆周运动的两颗卫星，A、B两卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积之比为k∶1，则A、B两卫星的周期的比值为()A．k 23B．kC．k2D．k317．如图所示为质谱仪的结构原理图，若从金属筒内同一位置由静止释放氢的三种同位素氕、氘、氚的原子核(不计重力)，经相同的电场加速和磁场偏转后分别打在照相底片上的A、B、C三个点，则氕、氘、氚原子核()A．进入磁场时的速度相同B．在磁场中运动的时间相同C．在电场中加速的时间相同D．打在照相底片上相邻两点间距离AB、BC之比为(2－1)∶(3－2) 18．如图甲所示为一自藕变压器，P2为副线圈的滑动触头，电压表与电流表均为理想交流电表，P1为滑动变阻器R的滑动触头，变压器的原线圈接有如图乙所示的交流电，则下列说法正确的是()A．当P2位于正中央时，电压表的读数为110 2 VB．流过电流表的电流方向1 s内改变50次C．在P2向下缓慢移动的过程中，两理想电表的读数均减小D．当P1向下移动时，变压器的输入功率减小二、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，在匀强磁场中转动的单匝线圈电阻为1 Ω，外接电阻R＝9 Ω，线圈匀速转动的周期为T＝0.2 s，从线圈中性面开始计时，理想交流电流表的读数为2 A，那么()A．穿过线圈的最大磁通量为22πWbB．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝20 2sin 20πt(V)C．在线圈转过90°的过程中，外接电阻产生的焦耳热为1.8 JD．在线圈转动90°的过程中，通过电阻R的电荷量为2 2π C20．某研究性学习小组用加速度传感器探究物体从静止开始做直线运动的规律，得到了质量为1.0 kg的物体运动的加速度随时间变化的关系图线，如图所示．由图可以得出()A．从t＝4.0 s到t＝6.0 s时间内物体做匀减速直线运动B．物体在t＝10.0 s时的动量大小约为6.8 kg·m/sC．从t＝10.0 s到t＝12.0 s的时间内合外力对物体做的功约为7.3 JD．从t＝2.0 s到t＝6.0 s的时间内物体所受合外力先增大后减小21．如图所示是某同学自制电流表的原理图，质量为m的均匀金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧劲度系数为k，在边长ab＝L1、bc＝L2的矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外．MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度，MN的长度等于L1.当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与ab边重合，且指针指在标尺的零刻度处；当MN中有电流时，指针示数可表示电流大小，MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度大小为g，则下列说法中正确的是()A．M端为电流表负接线柱端，N端为电流表正接线柱端B．弹簧伸长量为mgk的位置标为电流表的零刻度C．若电路中的电流为2kL2BL1，则该电流表仍能使用D．若要扩大该电流表的量程，可并联一个相同的弹簧选择题答题栏题号14151617答案题号18192021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．(6分)如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为d、质量为m的金属小球由A处静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H(H远大于d)，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g.则：(1)如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d＝________ mm.(2)多次改变高度H，重复上述实验，作出1t2随H的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足表达式________________时，可判断小球下落过程中机械能守恒．(3)实验中发现动能增加量ΔE k总是稍小于重力势能减少量ΔE p，增加下落高度后，则ΔE p－ΔE k将________(选填“增加”、“减小”或“不变”)．23．(9分)在测定金属丝电阻率的实验中，已知金属丝的电阻约为10 Ω，实验室提供的器材有：A．电流表(0～30 mA，内阻约为0.5 Ω)B．电流表(0～3 A，内阻约为0.1 Ω)C．电阻箱(0～20 Ω，额定电流为1 A)D．滑动变阻器(0～1 000 Ω，额定电流为0.5 A)E．滑动变阻器(0～5 Ω，额定电流为2 A)F．电池组(电动势为6 V，内阻约为0.1 Ω)G．开关两个，导线若干(1)实验中已测得金属丝直径d＝0.300 mm，长度L＝25.0 cm，实验时，闭合开关S1，调节滑动变阻器先使电流表半偏，然后闭合开关S2，调节电阻箱使电流表满偏，读出此时电阻箱的阻值为9.5 Ω.根据半偏法测电阻的原理和实验步骤，在图中将电路元件用笔画线代替导线连接成电路实物图；(2)测量时，电流表应选用________，滑动变阻器应选用________；(填器材前字母)(3)根据以上数据可以求出该金属丝的电阻率ρ′＝________________；(结果保留两位有效数字，π取3.14)(4)实验计算出的金属丝的电阻率ρ′与真实值ρ比较：ρ′________(填“>”、“＝”或“<”)ρ.24．(12分)如图所示，一个圆心为O、半径为3R的四分之一光滑圆弧轨道的下端A点与水平光滑轨道平滑连接，上端与半径为R的四分之一光滑圆弧轨道平滑连接．水平轨道上放置一弹簧，弹簧左端固定，右端放一质量为m的小球(可视为质点)，但不粘连，用小球将弹簧压缩后使小球由静止弹出，重力加速度为g.(1)若小球弹出后恰能沿轨道运动到最高点B，求弹簧对小球的冲量；(2)若小球弹出后经最高点B恰能打到圆心O点，求从A点到B点过程小球受力的总冲量．25．(20分)三个相同的绝缘板构成的截面为正三角形的装置，如图所示，该正三角形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，三角形的一条边与平行金属板的N板紧靠在一起，其中M板带正电，N板带负电，板间距离为d.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板附近的P处由静止释放，经N板的小孔和绝缘板上的小孔S以速度v 垂直绝缘板射入磁场中，粒子与绝缘板发生正碰(粒子的速度方向与绝缘板垂直)后恰能以最短时间从S孔射出，粒子与绝缘板碰撞过程中没有动能损失，碰撞时间不计，且电荷量保持不变，粒子的重力不计．(1)求M、N两板间的电场强度大小E；(2)求单个绝缘板的长度；(3)若通过调节使M、N两板间的电压变为原来的19，且保持板间距离d不变，试判断粒子还能否从P点开始并回到P点？如果不能，请简要说明理由；如果能，则粒子做该周期性运动的周期T2与电压改变前做该周期性运动的周期T1之比是多少？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)下列说法正确的是________．(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．扩散现象是不同物质间的一种化学反应B．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性C．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的热运动D．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生E．压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体分子间存在斥力(2)(10分)一定质量的理想气体的体积V与热力学温度T的关系图象如图所示，气体在状态B时的压强p B＝p0，已知线段AB与V轴平行，BC的延长线过原点．①求气体在状态A时的压强p A；②若气体从状态A到状态B的过程中，对外界做的功为W，则该过程中气体是吸收热量还是释放热量，其热量值为多少？③求气体在状态C时的压强P C和温度T C.34．(15分)【物理——选修3－4】(1)(5分)如图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中某质点的振动图象，质点P的平衡位置在x＝2 m处，质点Q的平衡位置在x＝0.2 m 处，下列说法正确的是________(填正确答案标号．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．这列波的传播方向沿x轴正方向B．这列波的传播速度是20 m/sC．从图甲所示时刻开始经过0.1 s，质点P和Q运动的路程都等于0.4 m D．从图甲所示时刻开始经过0.15 s，质点P和Q运动的路程都是0.6 m E．从图甲所示时刻开始经过0.35 s，质点Q距平衡位置的距离小于质点P 距平衡位置的距离(2)(10分)如图所示，在真空中有一单色光束从A点射入半径为R的球形玻璃介质．光在真空中的传播速度为c.①试证明无论入射角多大，该单色光束都能从玻璃中射出．②若该单色光束经折射从B点射出，射出玻璃的光线与射入玻璃的光线夹角为30°，劣弧AB所对的圆心角为120°，求该单色光束在玻璃中传播的时间．高考物理模拟试题精编(十二)14．解析：选C.易知选项ABD符合物理史实，正确；卢瑟福通过α粒子散射实验说明原子具有核式结构，贝可勒尔发现天然放射现象，说明原子核有复杂的内部结构，打开了原子核的大门，则选项C 错误．15．解析：选C.由题意知物体做匀变速直线运动，位移公式x ＝v 0t ＋12a 0t 2，变形为x t ＝v 0＋12a 0t ，斜率为12a 0、纵截距为v 0.结合图象可知12a 0＝－ab 、初速度v 0＝a ，解得加速度a 0＝－2a b ，选项AB 均错；时间t ＝b 2时，位移为x 1＝a ×b 2＋12×(－2a b )(b 2)2＝14ab ，选项C 对；平均速度为v 0＋02＝a 2，选项D 错．16．解析：选D.由题意可知(θA 2π·πR 2A t )∶(θB 2π·πR 2B t )＝k ，即T B R 2A T A R 2B＝k ，根据开普勒第三定律，有R 3A R 3B ＝T 2A T 2B ，联立可得T A T B＝k 3，选项ABC 均错，D 对． 17．解析：选D.设原子核的电荷量为q ，质量为m ，加速电压为U ，磁感应强度大小为B ，原子核在电场中加速时有qU ＝m v 22，得v ＝ 2qU m ，结合v ＝at ＝qEt m ，得加速时间t ＝1E 2mUq ，由于氕、氘、氚原子核的电荷量相同，质量不同，A 、C 选项错误；原子核在磁场中做匀速圆周运动的周期T ＝2πm qB ，原子核在磁场中运动半个周期的时间t 1＝T 2＝πm qB ，B 选项错误；原子核在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r ＝m v qB ＝1B 2mUq ，r 与 m 成正比，氕、氘、氚原子核的质量之比为1∶2∶3，因此打在照相底片上相邻两点间距离AB 、BC 之比为(2－1)∶(3－2)，D 选项正确．18．解析：选C.当P 2位于正中央时，原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈电压的有效值为U 1＝U m 2＝220 V ，又由U 1U 2＝n 1n 2可知副线圈的输出电压的有效值为110 V，因此电压表的读数为110 V，A错误；则题图乙可知该交流电的周期为T ＝0.02 s，则1 s内电流方向改变100次，B错误；在P2向下缓慢移动的过程中，副线圈的匝数减小，则副线圈的输出电压减小，电压表的读数减小，由欧姆定律可知电流表的读数也减小，C正确；当P1向下移动时，电流表的读数增大，由P＝UI可知变压器的输出功率增大，则变压器的输入功率也增大，D错误．19．解析：选AC.因电流表的读数2 A为有效值，则电流的最大值为I m＝2I有效＝2 2 A，E m＝I m(R＋r)＝20 2 V，又E m＝Φmω，ω＝2πT，所以Φm＝2 2πWb，故选项A正确；任意时刻线圈中的感应电动势为e＝20 2sin 10πt(V)，故选项B错误；线圈转过90°时，外接电阻产生的焦耳热为Q＝I2有效Rt ＝1.8 J，故选项C正确；从中性面开始计时，转动90°的过程中，感应电动势的平均值为E＝ΔΦt ，I＝ER＋r，q＝I t＝25πC，故选项D错误．20．解析：选BCD.由加速度—时间图象知，从t＝4.0 s到t＝6.0 s时间内，物体的加速度随时间是减小的，故物体做变加速直线运动，选项A错误；由加速度－时间图象所包围的面积大小即速度大小，知物体在t＝10.0 s时的速度大小约为v1＝6.8 m/s，故物体在t＝10.0 s时的动量大小约为6.8 kg·m/s，选项B 正确；同理可知，物体在t＝12.0 s时的速度大小约为v2＝7.8 m/s，由动能定理可知，从t＝10.0 s到t＝12.0 s的时间内合外力对物体做的功约为W＝ΔE k＝m v222－m v212＝7.3 J，则选项C正确；从t＝2.0 s到t＝6.0 s的时间内物体的加速度随时间是先增大后减小的，由牛顿第二定律知从t＝2.0 s到t＝6.0 s的时间内物体所受合外力也是先增大后减小的，则选项D正确．21．解析：选BD.要使电流表正常工作，金属杆应向下移动，所受的安培力应向下，由左手定则知金属杆中的电流方向应从M至N，M端为电流表正接线柱端，N端为电流表负接线柱端，故A错误；当电流表的示数为零时，MN与ab边重合，弹簧的弹力与金属杆的重力大小相等，弹簧处于伸长状态，设当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为x0，由平衡条件得mg＝kx0，解得x0＝mgk，故B正确；当电流为I时，安培力为F A＝BIL1，静止时弹簧伸长量的增加量为Δx，根据胡克定律可得，F A＝kΔx，则Δx＝F Ak＝BIL1k，当Δx＝L2时，I＝I m，则有BI m L1＝kL2，得I m＝kL2BL1，故C错误；若两弹簧并联，弹簧伸长相同长度，弹力增大，则所能测量的最大电流变大，故D正确．22．解析：(1)该小球的直径d＝7 mm＋4×0.05 mm＝7.20 mm.(2)小球通过光电门的时间为t0＝dv，设金属小球由A处静止释放通过B处光电门时的速度为v，由机械能守恒定律有m v22＝mgH0，故当图中已知量t0、H0、重力加速度g和小球的直径d满足表达式1t20＝2gd2H0或2gH0t20＝d2时，可判断小球下落过程中机械能守恒．(3)实验中发现动能增加量ΔE k总是稍小于重力势能减少量ΔE p，原因在于有阻力做负功，增加下落高度后，阻力做负功将增加，则ΔE p－ΔE k将增加．答案：(1)7.20(2分) (2)1t 20＝2g d2H 0(或2gH 0t 20＝d 2,2分) (3)增加(2分) 23．解析：(2)因为半偏法测电阻是一种近似测量的方法，用电流表半偏法测电阻时要求使用限流电路，故应选用总电阻比较大的滑动变阻器D ，电路中的电流比较小，故电流表应该选用量程较小的A.(3)根据电阻定律R ＝ρ′L S ，有ρ′＝RS L ＝R ×π(d 2)2L＝2.7×10－6 Ω·m. (4)闭合开关S 2后，金属丝与电阻箱(阻值用R 2表示)并联，电路中的总电阻变小，电流变大，且实际通过金属丝的电流小于通过电阻箱的电流，故有R x >R 2，即金属丝电阻的测量值小于真实值，由此计算出的电阻率小于真实值，即ρ′<ρ.答案：(1)如图所示(3分) (2)A(1分) D(1分)(3)2.7×10－6Ω·m(2分) (4)＜(2分)24．解析：(1)小球恰能到达B 点，根据牛顿第二定律有mg ＝m v 2B R (1分)从脱离弹簧到B 点，小球机械能守恒，有12m v 21＝mg ·4R ＋12m v 2B(1分) 以水平向右为正方向，根据动量定理，弹簧对小球的冲量I 1＝m v 1(1分)联立解得I 1＝3m gR ，方向水平向右(2分)(2)小球从B 点到O 点做平抛运动竖直方向R ＝12gt 2(1分) 水平方向2R ＝v t (1分)解得v ＝ 2gR (1分)从脱离弹簧到运动至B 点，小球机械能守恒，有12m v 22＝mg ·4R ＋12m v 2(1分) 解得v 2＝ 10gR以水平向右为正方向，根据动量定理，小球受力的总冲量I 2＝(－m v )－m v 2(1分)联立解得I 2＝－m (5＋1)2gR ，负号表示方向水平向左(2分)答案：(1)3m gR ，方向水平向右(2)－m (5＋1)2gR ，方向水平向左25．解析：(1)设M 、N 两板间的电压为U 0，由动能定理得qU 0＝12m v 2(1分) 由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U 0＝Ed (1分)联立以上两式可得E ＝m v 22qd(2分)(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，因为要求粒子在磁场中运动的时间最短，所以粒子只能与绝缘板碰撞两次，如图1所示，由几何关系可知单个绝缘板的长度为L ＝2r (1分)由洛伦兹力提供向心力有q v B ＝m v 2r (1分) 解得r ＝m v qB (1分)单个绝缘板的长度为L ＝2m v qB (1分)(3)若通过调节使M 、N 两板间的电压变为原来的19，且保持板间距离d 不变，则由q ·19U 0＝12m v ′2，解得v ′＝v 3(1分) 根据q v ′B ＝m v ′2r ′， 解得r ′＝r 3(1分) 则粒子在磁场中的运动轨迹如图2所示，粒子可以从小孔S 射出磁场并回到P 点(2分)M 、N 两板间电压为U 0时，粒子在电场中加速的时间为t 1＝2d v (1分)在磁场中做匀速圆周运动的周期为T ＝2πm qB粒子在磁场中与绝缘板两次碰撞的时间间隔为t 2＝60°360°T ＝πm 3qB(1分) 故在电压改变前粒子做周期性运动的周期T 1＝2t 1＋3t 2＝4d v ＋πm qB (1分)M 、N 两板间的电压调为19U 0后，粒子进入磁场的速度变为v ′＝v 3粒子在电场中加速的时间为t 1′＝6d v (1分)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期不变，但与绝缘板碰撞的次数增加，且在同一块绝缘板上相邻两次碰撞的时间间隔为t 2′＝T 2＝πm qB (1分) 故在电压改变后粒子做周期性运动的周期为T 2＝2t 1′＋3t 2＋6t 2′＝12d v ＋πm qB ＋6πm qB ＝12d v ＋7πm qB (1分)故电压改变后粒子做周期性运动的周期T 2与电压改变前做周期性运动的周期T 1之比为T 2T 1＝12d v ＋7πm qB 4d v ＋πm qB＝12qBd ＋7πm v 4qBd ＋πm v (2分) 答案：(1)m v 22qd (2)2m v qB (3)能 12qBd ＋7πm v 4qBd ＋πm v33．解析：(1)扩散现象不是化学反应，A 选项错误；显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性，B 选项正确；悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的热运动，C 选项正确；扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，D 选项正确；压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是因为存在压强，E 选项错误．(2)①气体从状态A 到状态B ，温度不变由玻意耳定律有p A V A ＝p B V B (2分)则p A ＝p B V B V A＝2p 0V 0V 0＝2p 0(1分) ②设气体从状态A 到状态B 吸收的热量为Q由热力学第一定律有ΔU ＝Q ＋(－W )(1分)因为气体从状态A 到状态B 是等温变化，故有ΔU ＝0(1分)所以Q ＝ΔU －(－W )＝W ＞0说明气体从状态A 到状态B 吸收的热量为W (1分)③气体从状态B 到状态C 为等压变化，故p C ＝p 0(1分)由盖－吕萨克定律有V B T B ＝V C T C(2分) 则T C ＝T 02(1分) 答案：(1)BCD (2)①2p 0 ②吸收 W ③p 0 T 0234．解析：(1)由题图甲、乙可知波长、周期和质点的起振方向，但不知两图的时间关系，故不能确定波的传播方向，A 错误；由于波长λ＝4 m ，周期T＝0.2 s ，则波速v ＝λT ＝40.2m/s ＝20 m/s ，故B 正确；从题图甲所示时刻开始经过0.1 s ，已经起振的质点在半个周期内经过的路程一定等于2A ，故质点P 和Q 运动的路程都等于0.4 m ，C 正确；从题图甲所示时刻开始经过0.15 s ，质点P 在34T 内经过的路程等于3A ，即路程等于0.6 m ，而质点Q 前半个周期的路程为2A ，之后的14T 内运动的路程不等于0.2 m ，故D 错误；从题图甲所示时刻开始经过0.35 s ＝134T ，如果波向x 轴正方向传播，质点P 刚好到达波峰，而质点Q 在波谷与平衡位置之间，如果波向x 轴负方向传播，质点P 刚好到达波谷，而质点Q 在波峰与平衡位置之间，所以质点Q 距平衡位置的距离一定小于质点P 距平衡位置的距离，故E 正确．(2)①设从A 点入射的光的入射角为θ1，折射角为θ2，根据对称性，射出时的入射角为θ2，根据光的折射定律有sin θ1sin θ2＝n (1分) 故sin θ2＝1n sin θ1＜1n ＝sin C ，所以θ2＜C (1分)所以无论入射角多大，该单色光束都能从玻璃中射出(2分)②当单色光束从真空射入玻璃时的偏转角为Δθ＝θ1－θ2，单色光束从B 点射出时的入射角也为θ2，根据光路可逆原理可知折射角等于θ1，故射出时的偏转角也为Δθ＝θ1－θ2，因为从B 点射出玻璃的光线与从A 点射入玻璃的光线的夹角为30°，即2Δθ＝2(θ1－θ2)＝30°，由几何关系可知，θ2＝30°，解得θ1＝45°(2分)根据折射定律有sin θ1sin θ2＝n ，得n ＝ 2(1分) 由几何关系有AB ＝2R cos 30°＝ 3R (1分)根据n ＝c v ，有v ＝c n ＝22c (1分) 故该单色光束在玻璃中传播的时间为t＝ABv＝3R22c＝6Rc(1分)答案：(1)BCE(2)①见解析②6R c。
2019届河南省高考模拟试题精编(六)物理
2019届河南省高考模拟试题精编(六)物理(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．通过认真学习，同学们掌握了丰富的物理知识．下列说法中正确的是()A．汽车在光滑的水平面上运动时，驾驶员通过操作方向盘，可以使汽车转弯B．在某一过程中，只要物体的位移为0，任何力对该物体所做的功就为0 C．物体的速度为0时，其加速度可能不为0D．静摩擦力对受力物体可以做正功，滑动摩擦力对受力物体一定做负功15．下列说法正确的是()A．在光电效应实验中，用同一种单色光，先后照射锌和银的表面，都能发生光电效应，但饱和电流一定不同B．氡222的半衰期是3.8天，100 g氡222经过7.6天后还剩下50 gC．可利用某些物质在紫外线照射下发出荧光来设计防伪措施D．只要有核反应发生，就一定会释放出核能16．2016年5月6日中国首条具有完全自主知识产权的中低速磁悬浮商业运营示范线——长沙磁浮快线开通试运营，该线路也是世界上最长的中低速磁悬浮运营线．国家“十三五”重点研发计划《现代轨道交通专项》启动时速600公里高速磁悬浮交通和时速200公里中速磁悬浮交通研发项目．列车速度的提高要解决许多具体的技术问题，提高牵引功率就是其中之一．若列车匀速行驶时，所受阻力大小与速度大小成正比，当磁悬浮列车分别以600 km/h和200 km/h 的速度匀速行驶时，列车的牵引功率之比为()A．3∶1B．6∶1C．9∶1 D．12∶117．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，除R以外其余电阻不计，从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝220 2sin 100πt(V)，下列说法中正确的是()A．t＝1600s时，电压表的读数为22 VB．t＝1600s时，a、c两点电压瞬时值为110 VC．滑动变阻器滑片向上移，电压表和电流表的示数均变大D．单刀双掷开关由a扳向b，电压表和电流表的示数均变小18．如图，在匀强磁场中，两根平行固定放置的长直导线a和b通有大小相等、方向相反的电流，匀强磁场方向与两根导线所在平面平行且垂直于两根导线，此时a受到的磁场力大小为F1.若撤去b，保留匀强磁场，则a受到的磁场力大小为F2；若撤去匀强磁场，保留b，则a受到的磁场力大小为()A．F1－F2B．F1＋F2C. F21－F22D. F21＋F22二、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．《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1 000 kV的高压线上带电作业的过程．如图所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮上．另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制．身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C 点运动到处于O点正下方E点的电缆处．绳OD一直处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为m，不计一切阻力，重力加速度大小为g.关于王进从C点运动到E点的过程中，下列说法正确的是() A．工人对绳的拉力一直变大B．绳OD的拉力越来越大C．OD、CD两绳拉力的合力大小等于mgD．当绳CD与竖直方向的夹角为30°时，工人对绳的拉力为33mg20．美国在2016年2月11日宣布“探测到引力波的存在”．天文学家通过观测双星轨道参数的变化来间接验证引力波的存在，证实了GWl50914是两个黑洞并合的事件．该事件中甲、乙两个黑洞的质量分别为太阳质量的36倍和29倍，假设这两个黑洞，绕它们连线上的某点做圆周运动，且两个黑洞的间距缓慢减小．若该双星系统在运动过程中，各自质量不变且不受其他星系的影响，则关于这两个黑洞的运动，下列说法正确的是()A．甲、乙两个黑洞运行的线速度大小之比为36∶29B．甲、乙两个黑洞运行的角速度大小始终相等C．随着甲、乙两个黑洞的间距缓慢减小，它们运行的周期也在减小D．甲、乙两个黑洞做圆周运动的向心加速度大小始终相等21．如图所示，M、N为中心开有小孔的平行板电容器的两极板，其右侧有一边长为2a的正三角形区域，区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，M、N两极板之间加上电压U后，M板电势高于N板电势．在S1孔的左侧紧靠一个小盒，盒里面装有放射性元素23892U，设23892U发生α衰变后释放的α粒子b从M板的中央小孔S1处无初速度射入电容器，在电场力的作用下，穿过小孔S2后从P处垂直AB方向进入磁场，进入时恰与另一静止在P 点的α粒子c发生弹性正碰．设α粒子的质量为m、电荷量为q，A、P两点间的距离为3a，α粒子的重力忽略不计，则下列说法正确的是()A.23892U发生α衰变的核反应方程为23892U→42He＋23390ThB．α粒子b进入磁场时的速度大小为2qU mC．若α粒子c从边界AC离开磁场，则磁感应强度的大小可能为(1＋3)2qUm3qaD．若α粒子c从边界AC离开磁场，则磁感应强度的大小可能为2qUm 3qa选择题答题栏题号14151617答案题号18192021答案)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．(6分)某课外兴趣小组做“探究加速度与物体受力的关系”的实验装置如图甲所示．图中A为小车，质量为m1，连接在小车后面的纸带穿过打点计时器B，它们置于一端带有定滑轮的足够长的木板上，重物P的质量为m2，C为弹簧测力计，实验时改变P的质量，读出测力计不同读数F，不计绳与滑轮之间的摩擦，已知重力加速度为g.(1)下列说法正确的是________．A．一端带有定滑轮的长木板必须保持水平B．实验时应先接通电源后释放小车C．实验中m2应远小于m1D．实验中弹簧测力计的读数始终为m2g 2(2)实验中得到的一条纸带如图乙所示，纸带上标出了所选的四个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出．由此可求得小车的加速度的大小是________ m/s2.(交流电的频率为50 Hz，结果保留两位有效数字)(3)实验过程中，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a－F图象，可能是下列哪个图象________．23．(9分)在测量金属丝电阻率的实验中，可供选用的器材如下：待测金属丝：R x(阻值约4 Ω，额定电压约2 V)；电压表：V(量程3 V，内阻约3 kΩ)；电流表：A1(量程0.6 A，内阻约0.2 Ω)；电流表：A2(量程3 A，内阻约0.05 Ω)；电源：E1(电动势3 V，内阻不计)；电源：E2(电动势12 V，内阻不计)；滑动变阻器：R1(最大阻值约20 Ω)；滑动变阻器：R2(最大阻值约1 kΩ)；螺旋测微器；毫米刻度尺；开关；导线．(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为________ mm.(2)为使测量尽量精确，需要测量多组数据，电流表应选________，电源应选________，滑动变阻器应选________(均填器材符号)．(3)24．(14分)如图所示，一长为l的木板Q放置在倾角为37°的足够长斜面上，一小物块P(可看成质点)放在木板Q的最上端，小物块P和木板Q的质量相等．小物块P与木板Q间的动摩擦因数μ1＝38，木板Q与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.5，刚开始在外力作用下小物块P和木板Q均处于静止状态．某时刻外力撤离，小物块P和木板Q开始运动并从此刻开始计时，在2 s时小物块P与木板Q间的动摩擦因数由于特殊情况发生了突变，动摩擦因数μ1变为零，其他条件均不变，且小物块P在木板Q上共运动4 s便滑离木板Q.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)在2 s时刻小物块P和木板Q的速度大小；(2)木板Q的长度l.25．(18分)如图所示，平行金属板水平放置，一带电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子从板的左侧O点沿两板间的中线以初速度v0射入板间，结果粒子恰好从上板的右侧边缘进入一圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面，圆形磁场的圆心与上板在同一直线上．粒子经磁场偏转后射出磁场，沿水平方向返回两板间，粒子又刚好返回到O 点，不计粒子的重力，金属板长为L ，板上所加电压为U ＝m v 20q ，求：(1)粒子进入磁场时的速度大小；(2)粒子从板右端返回电场时的位置与上板间的距离；(3)磁场的磁感应强度大小和圆形有界磁场的半径．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)下列说法中正确的是________．(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 ．绝对湿度大而相对湿度不一定大，相对湿度大而绝对湿度也不一定大，必须指明温度相同这一条件B ．密闭容器中某种蒸汽开始时若是饱和的，保持温度不变，增大容器的体积，蒸汽仍是饱和的C ．干湿泡湿度计的干泡所示的温度高于湿泡所示的温度D．浸润和不浸润与分子间作用力无关E．蜘蛛网上挂着的小露珠呈球状不属于毛细现象(2)(10分)如图所示，内壁光滑、横截面积不相等的圆柱形汽缸竖直放置，汽缸上、下两部分的横截面积分别为2S和S.在汽缸内A、B两活塞间封闭着一定质量的理想气体，两活塞用一根长为l的细轻杆连接，两活塞导热性能良好，并能在汽缸内无摩擦地移动．已知活塞B的质量是m，外界大气压强为p0.当封闭气体的温度为T0时，两活塞静止于如图所示的位置，此时封闭气体的压强为p1＝p0＋3mgS，g为重力加速度．①求活塞A的质量；②若用竖直向下的拉力作用在活塞B上，使A、B两活塞一起由图示位置开始缓慢向下移动一定距离，最后处于静止状态时拉力F＝13p0S＋mg，求末态封闭气体的压强和活塞移动的距离．(设整个过程中气体温度不变)34．(15分)【物理——选修3－4】(1)(5分)如图所示，t＝0时一列沿x轴正方向传播的简谐横波刚好传播到x ＝3.5 m处，当t＝2 s时，P点恰好第二次到达波峰．在x＝13.5 m处有一接收器(图中未画出)，则下列说法正确的是________．(填正确答案标号．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．P点开始振动时方向沿y轴正方向B．接收器在t＝8 s时才能接收到此波C．从t＝0开始经4.8 s，x＝5 m处的质点运动的路程为0.9 mD．若接收器沿x轴负方向运动，接收器接收到波的频率可能为1 HzE．若该波与另一列频率为1 Hz、沿x轴负方向传播的简谐横波相遇，可能产生稳定的干涉图样(2)(10分)如图所示为一透明柱形棱镜的横截面图，圆弧EF是半径为R的圆的四分之一，圆心为O，OE的中点为P.光线以入射角i＝30°从AB面上的M点射入，光进入棱镜后到达BE面恰好在P点发生全反射，最后由圆弧EF面上的N点射出．已知OB＝R2，真空中的光速为c.求：①棱镜的折射率n；②光从M点传播到N点所用的时间t以及从N点射出时的折射角的正弦值．高考物理模拟试题精编(六)14．解析：选C.汽车在水平面上转弯时，向心力的来源是静摩擦力，所以在光滑水平面上，通过操作方向盘，不能使汽车转弯，A项错误；B选项容易片面地理解为W＝Fx，因为位移x＝0，所以W＝0，但该公式只适用于恒力做功，例如汽车绕操场一圈回到出发点，虽然汽车的位移为零，但牵引力对汽车做了功，牵引力做的功为牵引力乘以路程，B项错误；物体的速度与加速度没有必然联系，例如汽车启动的瞬间，虽然汽车的速度为0，但加速度不为0，C项正确；摩擦力可以对物体做正功、做负功或不做功，D项错误．15．解析：选C.同一束光照射，即单位时间内发射的光电子数相同，则饱和电流相同，A错误；7.6天为两个半衰期，剩余的氡222为100×(12)tT g＝25 g，B错误；紫外线有荧光效应，C正确；只有存在质量亏损的核反应才会释放核能，D错误．16．解析：选C.列车匀速行驶时，牵引功率P＝F v＝f v＝k v2∝v2，因速度之比为3∶1，故牵引功率之比为9∶1，正确选项为C.17．解析：选A.原线圈两端电压的最大值为220 2 V，根据原、副线圈电压与匝数成正比可知，副线圈两端电压的最大值为22 2 V，副线圈两端电压的有效值为22 V，电压表的读数为有效值22 V，A正确；由所接交流电压的瞬时值表达式可知，当t＝1600s时，a、c两点之间电压的瞬时值应为110 2 V，B 错误；在滑动变阻器滑片向上移动的过程中，其接入电路的有效阻值变大，由于原、副线圈的匝数不变，原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压不变，电流表的示数减小，C错误；单刀双掷开关由a扳向b时，理想变压器原、副线圈的匝数比由10∶1变为5∶1，所以副线圈的输出电压升高，电压表和电流表的示数均变大，D错误．18．解析：选C.假设导线a、b之间相互作用的斥力大小为F0，匀强磁场对两导线的作用力大小为F，则导线a所受的合磁场力大小为F1＝F20＋F2.如果撤去导线b ，导线a 所受的磁场力大小为F 2＝F ；如果撤去匀强磁场，导线a 所受到的磁场力大小为F 0，由以上可求得F 0＝F 21－F 22，C 正确．19．解析：选BCD.对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示．绳OD 的拉力为F 1，与竖直方向的夹角为θ；绳CD 的拉力为F 2，与竖直方向的夹角为α .王进下降的过程中θ减小，α增大，故F 1增大，F 2减小，A 错，B 对．两绳拉力的合力大小等于mg ，C 对．α＝30°时，θ＝30°，可求出F 2＝33mg ，D 对．20．解析：选BC.由牛顿第三定律知，两个黑洞做圆周运动的向心力相等，又甲、乙两个黑洞的运行周期始终相等，则它们的角速度ω总相等，由F n ＝mω2r 可知，甲、乙两个黑洞做圆周运动的半径与质量成反比，由v ＝ωr 知，线速度之比为29∶36，A 错误，B 正确；设甲、乙两个黑洞质量分别为m 1和m 2，轨道半径分别为r 1和r 2，有Gm 1m 2(r 1＋r 2)2＝m 1(2πT )2r 1，Gm 1m 2(r 1＋r 2)2＝m 2(2πT )2r 2，联立可得T 24π2＝(r 1＋r 2)3G (m 1＋m 2)，C 正确；甲、乙两个黑洞之间的万有引力大小设为F ，则它们的向心加速度大小分别为F m 1、Fm 2，D 错误．21．解析：选BC.根据核反应遵循质量数守恒、电荷数守恒得，238 92U 发生α衰变的核反应方程为238 92U →42He ＋23490Th ，A 错误；α粒子b 在电场中运动时，由动能定理得qU ＝12m v 2，解得α粒子b 进入磁场时的速度大小为v ＝2qU m ，B正确；α粒子b进入磁场与α粒子c发生速度交换，α粒子c从边界AC离开，若α粒子c恰能到达边界BC，如图1所示，设此时的磁感应强度大小为B1，根据几何关系，此时α粒子c的轨迹半径为R1＝2a sin 60°＝3a，由牛顿第二定律可得q v B1＝m v2R1，由以上两式解得B1＝6qUm3qa；α粒子c从进入磁场到从边界AC离开，若α粒子恰能到达边界AC，如图2所示，设此时的磁感应强度大小为B2，根据几何关系有R2＝(3a－R2)sin 60°，由牛顿第二定律可得q v B2＝m v2R2，由以上两式解得B2＝(2＋3)2qUm3qa，综上所述，要使α粒子c能从边界AC离开磁场，磁感应强度大小B′应满足6qUm3qa≤B′＜(2＋3)2qUm3qa，C正确，D错误．22．解析：(1)本实验应适当地将长木板垫高以平衡摩擦力，A错误；打点计时器的正确使用方法是应先接通电源再释放小车，B正确；由于通过弹簧测力计能读出小车所受的牵引力，因此不需要满足重物的质量远小于小车的质量，C 错误；由于重物向下加速运动，因此重物的质量m2g＞2F，因此弹簧测力计的读数应小于m2g2，D错误．(2)根据逐差法Δx＝aT2，可知a＝ΔxT2，则a＝(3.39－2.89)×10－20.12m/s2＝0.50m/s2.(3)某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，可知拉力大于零且较小时，加速度仍然为零，C正确．答案：(1)B(2分)(2)0.50(2分，0.49也对)(3)C(2分)23．解析：(1)根据螺旋测微器读数规则，金属丝的直径为d＝1.5 mm＋0.274 mm＝1.774 mm.(2)由于电压表量程为3 V，电源应该选择电动势为3 V的E1，金属丝中最，电流表应选择量程为0.6 A 大电流约0.5 A，要使电流表指针偏转超过量程的13的电流表A1，为了使测量尽可能准确，多测几组数值，滑动变阻器采用分压接法，金属丝电阻较小，电流表应采用外接法，滑动变阻器选择最大阻值约为20 Ω的R1.答案：(1)1.774(1.772～1.776均可，2分)(2)A1(1分)E1(1分)R1(1分) (3)电路图如图所示(4分)24．解析：(1)假设开始时，小物块P和木板Q未发生相对滑动，则2mg sin θ－2μ2mg cos θ＝2ma解得a＝2 m/s2对小物块P：mg sin θ－f＝ma，解得f＝4m＞μ1mg＝154m所以假设不成立，小物块P和木板Q发生滑动(1分)在0～2 s内，规定沿斜面向下为正方向，设小物块P和木板Q的质量均为m，加速度分别为a1和a2对小物块P，由牛顿第二定律得，mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma1(1分)解得a1＝3 m/s2(1分)对木板Q，由牛顿第二定律得mg sin θ－2μ2mg cos θ＋μ1mg cos θ＝ma2(1分)解得a2＝1 m/s2(1分)在t1＝2 s时刻，设小物块P和木板Q的速度分别为v1和v2，则v1＝a1t1＝6 m/s(1分)v2＝a2t1＝2 m/s(1分)(2)2 s后，设小物块P和木板Q的加速度分别为a1′和a2′，小物块P与木板Q之间摩擦力为零，由牛顿第二定律得mg sin θ＝ma1′(1分)mg sin θ－2μ2mg cos θ＝ma2′(1分)解得a1′＝6 m/s2a2′＝－2 m/s2由于a2′＜0，可知木板Q做减速运动．设经过时间t2，木板Q的速度减为零，则有v2＋a2′t2＝0解得t2＝1 s(1分)在t 1＋t 2时间内，小物块P 相对于木板Q 运动的距离为x ＝(12a 1t 21＋v 1t 2＋12a 1′t 22)－(12a 2t 21＋v 2t 2＋12a 2′t 22)＝12 m(1分) 此后木板Q 静止不动，小物块P 继续在木板Q 上滑动，设再经过时间t 3小物块P 离开木板Q ，则有t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s ，解得t 3＝1 s(1分)又根据题意知，l －x ＝(v 1＋a 1′t 2)t 3＋12a 1′t 23(1分) 解得l ＝27 m(1分)答案：(1)6 m/s 2 m/s (2)27 m25．解析：(1)粒子进入电场后做类平抛运动，设粒子在板右侧射出电场时的速度为v ，根据动能定理12qU ＝12m v 2－12m v 20(2分) 解得v ＝ 2v 0(1分)(2)粒子射出电场时沿水平方向和竖直方向的分速度相等，v x ＝v y ＝v 0，粒子在电场中运动的时间为t 1＝Lv 0(1分)粒子在两板间运动的竖直位移y 1＝12v y t 1＝12L ，因此两板间的距离为L (2分)粒子从板的右侧沿水平方向进入电场后仍做类平抛运动，刚好能到达O 点，运动时间t 2＝L2v 0(1分)粒子运动的竖直位移y 2＝qU 2mL t 22＝14L (2分)因此粒子从板右端返回电场时的位置与上板间的距离为12L ＋14L ＝34L (2分)(3)如图所示，由几何关系可知，粒子进入磁场时速度方向与水平方向夹角θ＝45°(1分)由几何关系知 R ＋22R ＝34L (1分) 得R ＝3(2－2)4L (1分)由q v B ＝m v 2R ，得B ＝4(2＋1)m v 03qL (2分)由几何关系r 2＝(34L )2＋(r －22R )2，得r ＝3 24L (2分)答案：(1)2v 0 (2)34L (3)4(2＋1)m v 03qL 3 24L33．解析：(1)相对湿度定义：相对湿度＝pp s，式中p 为空气中所含水蒸气的实际压强，叫做空气的绝对湿度，p s 为同一温度下水的饱和汽压，p s 在不同温度下的值是不同的，温度越高，p s 越大，故A 正确；密闭容器中某种蒸汽开始时若是饱和的，说明该蒸汽的分子数密度是一定的，保持温度不变，增大容器的体积，则该蒸汽的分子数密度减小，该蒸汽就会变成未饱和汽，所以B 错误；因为干湿泡湿度计由两支相同的温度计组成，其中一支温度计的玻璃泡外包着纱布，纱布的另一端浸在水中，由于蒸发吸热，湿泡所示的温度小于干泡所示的温度，故C 正确；浸润和不浸润是分子力作用的表现，故D 错误；由于液体表面存在张力，所以露珠呈现球状，这不属于毛细现象，故E 正确．(2)①以两活塞整体为研究对象，设此时汽缸内气体压强为p 1，根据平衡条件有p 0S ＋(m A ＋m )g ＝p 1S (1分) 解得m A ＝2m (1分)②以两活塞整体为研究对象，根据平衡条件有 p 2S ＝F ＋p 0S ＋3mg (2分) 已知F ＝13p 0S ＋mg联立解得p 2＝43(p 0＋3mgS )(2分)对汽缸内气体，初态p 1＝p 0＋3mgS ，V 1＝2lS 末态压强为p 2，体积为 V 2＝2(l －x )S ＋xS ＝(2l －x )S根据玻意耳定律，有p 1V 1＝p 2V 2(2分) 解得x ＝l2(2分)答案：(1)ACE (2)①2m ②43(p 0＋3mg S ) l234．解析：(1)波沿x 轴正方向传播，t ＝0时x ＝3.5 m 处质点的起振方向沿y 轴负方向，则P 点开始振动时方向沿y 轴负方向，A 错误；P 点恰好第二次到达波峰，则54T ＝2 s ，得T ＝1.6 s ，v ＝λT ＝21.6 m/s ＝1.25 m/s ，Δx ＝v t ＝1.25×8 m＝10 m 恰好等于接收器与x ＝3.5 m 间的距离，所以接收器在t ＝8 s 时才能接收到此波，B 正确；波从x ＝3.5 m 传到x ＝5 m 所用的时间t 1＝5－3.51.25 s ＝1.2 s ，在这段时间内x ＝5 m 处质点始终处于静止状态，所以从t ＝0开始经4.8 s ，x ＝5 m 处质点运动的路程为ΔtT ×4A ＝4.8－1.21.6×0.4 m ＝0.9 m ，C 正确；波的频率f＝1T ＝0.625 Hz ，接收器沿x 轴负方向运动，发生多普勒效应，接收器接收到波的频率将大于0.625 Hz ，D 正确；两列波发生稳定干涉的必要条件是频率相同，E 错误．(2)①光路如图所示，设光在AB 面上发生折射时的折射角为r ，由折射定律有n ＝sin isin r(1分) 光恰好在P 点发生全发射， 则sin C ＝1n (1分) 又C ＋r ＝90°(1分) 得sin r ＝15，n ＝52(1分)②设光射到N 点时的入射角为α，在△OPN 中，根据正弦定理有 R sin (180°－r )＝R 2sin α＝PN sin (r －α)(1分)得sin α＝510，PN＝95－2 510R(1分)根据折射定律有sin θsin α＝n(1分)n＝cv(1分)t＝Rcos r＋PNv(1分)得t＝(19＋3)R4c，sin θ＝14(1分)答案：(1)BCD(2)①52②(19＋3)R4c14。
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2019届河南省高考模拟试题精编(八)物理(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．如图所示是原子物理史上几个着名的实验，关于这些实验，下列说法正确的是()A．卢瑟福通过α粒子散射实验否定了原子的核式结构模型B．放射线在磁场中偏转，中间没有偏转的为γ射线，电离能力最强C．电压相同时，光照越强，光电流越大，说明遏止电压和光的强度有关D．链式反应属于重核的裂变15．如图所示是一旅行箱，它既可以在地面上推着行走，也可以在地面上拉着行走．已知该旅行箱的总质量为15 kg，一旅客用斜向上的拉力拉着旅行箱在水平地面上做匀速运动，若拉力的最小值为90 N，此时拉力与水平方向间的夹角为θ，重力加速度大小为g＝10m/s2，sin 37°＝，旅行箱受到地面的阻力与其受到地面的支持力成正比，比值为μ，则()A．μ＝，θ＝37°B．μ＝，θ＝53°C．μ＝，θ＝53°D．μ＝，θ＝37°16．如图所示，垂直纸面放置的两根平行长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1>I2，纸面内的一点H到两根导线的距离相等，则该点的磁感应强度方向可能为图中的()A．B4B．B3C．B2D．B117．如图所示，一质量为M的轨道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圆弧部分组成，置于光滑的水平面上．如果轨道固定，将质量为m、可视为质点的物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，物块恰好停在水平轨道的最左端．如果轨道不固定，仍将物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，下列说法正确的是() A．物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量守恒B．物块与轨道组成的系统机械能守恒，动量不守恒C．物块仍能停在水平轨道的最左端D．物块将从轨道左端冲出水平轨道18．在范围足够大、方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B＝T的匀强磁场中，有一水平放置的光滑金属框架，宽度L＝0.4 m，如图所示，框架上放置一质量为m＝0.05 kg、长度为L、电阻为r＝1 Ω的金属杆MN，且金属杆MN始终与金属框架接触良好，金属框架电阻不计，左侧a、b端连一阻值为R＝3 Ω的电阻，且b端接地．若金属杆MN在水平外力F的作用下以恒定的加速度a＝2 m/s2由静止开始做匀加速运动，则下列说法正确的是()A．在5 s内流过电阻R的电荷量为0.1 CB．5 s末回路中的电流为0.8 AC．5 s末a端处的电势为VD．如果5 s末外力消失，最后金属杆将停止运动，5 s后电阻R产生的热量为J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，在竖直平面内，位于P、Q两点的两个小球相向做平抛运动，二者恰好在M点相遇．已知P、Q、M三点组成边长为L的等边三角形，则下列说法正确的是()A．两个小球相向做平抛运动的初速度一定相同B．两个小球从抛出到相遇，运动的时间一定相同C．两个小球相遇时的速度大小一定相等D．两个小球相遇时速度方向间的夹角为60°20．水平面上边长为a的正方形的四个顶点A、B、C、D处均固定着一个电荷量为Q的正点电荷，O′在正方形中心O点的上方22a处．若将质量为m的点电荷放置在O′点，则该点电荷恰好静止，现将O′点的点电荷移去，已知重力加速度为g，静电力常量为k，则()A．O点处电场强度可能不为零B．O′点处电场强度的方向为竖直向上C．O′点处电场强度的大小为2 2kQa2D．放在O′点处的点电荷所带电荷量为2mga2 6kQ21．为探测引力波，中山大学领衔的“天琴计划”，将向太空发射三颗完全相同的卫星(SCl、SC2、SC3)构成一个等边三角形阵列，地球恰处于三角形的中心，卫星将在以地球为中心、高度约10万公里的轨道上运行，针对确定的引力波源进行引力波探测．如图所示，这三颗卫星在太空中的分列图类似乐器竖琴，故命名为“天琴计划”．已知地球同步卫星距离地面的高度约为36万公里．以下说法正确的是()A．三颗卫星具有相同大小的加速度B．从每颗卫星可以观察到地球上大于13的表面C．三颗卫星绕地球运动的周期一定小于地球的自转周期D．若知道引力常量G及三颗卫星绕地球的运动周期T，则可估算出地球的密度选择题答题栏题号14151617答案题号18192021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．(6分)如图所示，分别是两个小组探究小车速度随时间变化的关系，探究加速度与力、质量的关系的实验装置．已知实验A中砂桶及砂的质量小于实验B中砝码的质量．(1)下列两条纸带分别是对应上述实验装置实验得到的，每两个计数点的时间间隔为s．图乙中刻度尺是毫米刻度尺，则图________是探究加速度与力、质量的关系实验得到的纸带．(2)图甲中计数点D对应的速度为________ m/s，图乙中计数点D对应的刻度读数为________ m．(保留三位有效数字)23．(9分)在某次实验大赛中，需要设计一电路来测量“金属丝的电阻率”，提供的器材如下表所示：实验要求方法简捷，且尽可能提高测量精度.(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图甲所示，读数为________ mm.(2)该同学设计了如图乙所示的电路，并测得金属丝直径D，长度为L0，接入电路后，电压表示数为U，电流表示数为I，则该金属丝的电阻率的表达式为：ρ＝________.(3)实验时，该同学发现自己设计的电路无法实现要求，请你帮他设计电路，除了序号为①⑥⑦⑧⑨的器材外，还需要的器材为________(填写序号)，请在方框中画出你所设计的实验电路图．24．(12分)如图甲所示，半径为R的导体环内，有一个半径为r的虚线圆，虚线圆内有垂直纸面向里的磁场，磁感应强度大小随时间变化关系为B＝kt(k>0且为常量)．(1)求导体环中感生电动势E的大小；(2)将导体环换成内壁光滑的绝缘细管，管内放置一质量为m，电荷量为＋q 的小球，小球重力不计，如图乙所示．已知绝缘细管内各点涡旋电场的场强大小为E R＝kr22R，方向与该点切线方向相同．小球在电场力作用下沿细管加速运动．要使t＝t0时刻管壁对小球的作用力为0，可在细管处加一垂直于纸面的磁场，求所加磁场的方向及磁感应强度的大小．25．(20分)某工厂为实现自动传送工件，设计了如图所示的传送装置，由一个水平传送带AB和倾斜传送带CD组成，水平传送带长度L AB＝4 m，倾斜传送带长度L CD＝4.45 m，倾角为θ＝37°，AB和CD通过一段极短的光滑圆弧板过渡，AB传送带以v1＝5 m/s的恒定速率顺时针运转，CD传送带静止．已知工件与传送带间的动摩擦因数均为μ＝，重力加速度g＝10 m/s2，现将一个工件(可看做质点)无初速度地放在水平传送带最左端A点处，已知sin 37°＝，cos 37°＝，求：(1)工件从A端开始被第一次传送到CD传送带，上升的最大高度和所用的时间；(2)要使工件恰好被传送到CD传送带最上端，CD传送带沿顺时针方向运转的速度v2的大小(v2＜v1)．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)下列说法中正确的是________．(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．内能不同的物体，它们的分子平均动能可能相同B．温度越高的物体其分子的平均速率一定越大C．当分子间的距离减小时，分子间的斥力和引力均增大，但斥力比引力增大得快D．温度高的物体与温度低的物体混合时一定是温度高的物体把温度传递给温度低的物体E．已知某物质的摩尔质量和分子质量，可以计算出阿伏加德罗常数(2)(10分)如图所示，A端封闭有理想气体的U形玻璃管倒插入水银槽中，玻璃管的横截面积为S，当环境温度为T1时，管中水银面处在M处，M点距水银槽中水银面的高度为h，此时气柱由L1、L2、L3三段组成，环境温度缓慢变为T2时，管中水银面处在N处，且M、N位于同一高度，已知大气压强为p0.求：①气柱的长度L3与L1、L2之间的关系；②试分析气体在上述过程中发生的是否为等压变化如果是，请说明理由，如果不是，请分析指出气体压强最大时管中水银面所在的位置．34．(15分)【物理——选修3－4】(1)(5分)下列说法中正确的是________．(填正确答案标号．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0分) A．对于同一障碍物，波长越长的光越容易绕过去B．白光通过三棱镜在屏上出现彩色条纹是光的干涉现象C．红光由空气进入水中，波长变长，颜色不变D．用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的干涉E．无论光源与观察者是否存在相对运动，观察者观测到的光速都是不变的(2)(10分)一绳子两端相距20 m，某时刻开始，在绳子的两端同时有相同振源开始做简谐振动，其振动图象如图所示，已知机械波在绳子中的传播速度为v ＝40 m/s.①求该波在绳子中传播时的波长；②求在t＝s时刻，绳子中点的振动位移；③两列波在绳子上叠加后，绳子中(不包括两端)有几个位置的振幅最大高考物理模拟试题精编(八)14．解析：选D.卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型，选项A错误．放射线在磁场中偏转，中间没有偏转的为γ射线，电离能力最弱，选项B错误．电压相同时，光照越强，光电流越大，说明光电流和光的强度有关，不能说明遏止电压和光的强度有关，选项C错误．链式反应属于重核的裂变，选项D正确．15．解析：选D.对旅行箱受力分析，如图所示，根据平衡条件可知，水平方向有F cos θ－f＝0，竖直方向有N＋F sin θ－G＝0，其中f＝μN，故F＝μGcos θ＋μsin θ，令μ＝tan α，则F＝G sin αcos?α－θ?；当θ＝α时，F有最小值，F min＝G sin α＝90 N，α＝37°，故μ＝tan37°＝，θ＝37°，D正确．16．解析：选B.根据题述，I1>I2，由安培定则，I1在H点产生的磁感应强度方向垂直于H和I1连线，指向右下，I2在H点产生的磁感应强度方向垂直于H和I2连线，指向左下．I1在H点产生的磁感应强度比I2在H点产生的磁感应强度大，H点磁感应强度为两磁场的叠加，故H点的磁感应强度方向可能为图中的B3，选项B正确．17．解析：选C.假设物块与轨道粗糙部分的动摩擦因数为μ，粗糙部分的长度为L.如果轨道固定，则对物块由释放到静止在轨道最左端的过程，由动能定理可知mgR＝μmgL；如果轨道不固定，物块释放后，由于系统水平方向不受外力，则系统水平方向的动量守恒，物块受竖直向下的重力作用而沿圆弧轨道向下运动，故系统竖直方向的动量不守恒，又由于轨道的水平部分粗糙，则系统的机械能有损失，则物块与轨道组成的系统动量、机械能均不守恒，AB错误；假设物块不能离开水平轨道，且二者的共同速度大小为v，物块在水平轨道上的相对位移为x，则对系统由水平方向动量守恒得0＝(M＋m)v，解得v＝0，整个过程由功能关系得mgR ＝μmgx ＋12mv 2，由以上各式联立可解得x ＝L ，C 正确，D 错误．18．解析：选C.在t ＝5 s 内金属杆的位移x ＝12at 2＝25 m ，5 s 内的平均速度v ＝x t ＝5 m/s ，故平均感应电动势E ＝BL v ＝ V ，在5 s 内流过电阻R 的电荷量为q ＝ER ＋r ·t ＝0.5 C ，A 错误；5 s 末金属杆的速度v ＝at ＝10 m/s ，此时感应电动势E ＝BLv ，则回路中的电流为I ＝BLv R ＋r＝0.2 A ，B 错误；5 s 末a 点的电势φa ＝U ab ＝IR ＝ V ，C 正确；如果5 s 末外力消失，最后金属杆将停止运动，5 s 末金属杆的动能将转化为整个回路中产生的热量，所以电阻R 产生的热量为R R ＋r ·12mv 2＝ J ，D 错误． 19．解析：选BC.根据平抛运动规律，两个小球相向做平抛运动的初速度大小一定相等，方向相反，选项A 错误．两个小球从抛出到相遇，竖直位移相等，根据平抛运动规律，两个小球从抛出到相遇，运动的时间一定相同，选项B 正确．两个小球从抛出到相遇过程机械能守恒，由机械能守恒定律，可知两个小球相遇时的速度大小一定相同，选项C 正确．两个小球相遇时位移方向间的夹角为60°，故速度方向间的夹角小于60°，选项D 错误．20．解析：选BC.利用对称性，由点电荷电场强度公式可知，O 点处电场强度一定为零，O ′点处电场强度的方向为竖直向上，选项A 错误，B 正确；由点电荷电场强度公式可知，O ′点处电场强度的大小为E ＝4k Q a 2cos 45°＝2 2k Q a 2，选项C 正确；由库仑定律和平衡条件得4k qQ a 2cos 45°＝mg ，解得q ＝2mga 24kQ，选项D 错误．21．解析：选ABC.根据G Mm r 2＝ma ，解得a ＝G M r2，由于三颗卫星到地球的距离相等，则绕地球运动的轨道半径r 相等，则它们的加速度大小相等，选项A 正确；从每颗卫星可以观察到地球上大于13的表面，选项B 正确；根据万有引力等于向心力，G Mm r 2＝mr (2πT )2，解得T ＝2π r 3GM ，由于三颗卫星的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，故三颗卫星绕地球运动的周期小于地球同步卫星绕地球运动的周期，即小于地球的自转周期，选项C 正确；若知道引力常量G及三颗卫星绕地球的运动周期T ，根据G Mm r 2＝mr (2πT )2，解得M ＝4π2r 3GT 2，但因地球的半径未知，也不能计算出轨道半径r ，不能计算出地球体积，故不能估算出地球的密度，选项D 错误．22．解析：(1)根据题述实验A 中砂桶及砂的质量小于实验B 中砝码的质量，可知实验B 探究加速度与力、质量的关系实验中得到的纸带的加速度较大，相邻相等时间间隔内的位移差较大．图甲中相邻相等时间间隔内的位移差为 2.0 mm ，图乙中相邻相等时间间隔内的位移差为4.0 mm ，所以图乙是探究加速度与力、质量的关系实验得到的纸带．(2)图甲中计数点D 对应的速度为v D ＝错误!×10－3 m/s ＝1.55 m/s.图乙中计数点D 对应的刻度读数为2.70 cm ＝×10－2m.答案：(1)乙(2分) (2)(2分) ×10－2(2分)23．解析：(1)根据螺旋测微器的读数规则，测量金属丝的直径读数为0.400 mm.(2)由欧姆定律知金属丝电阻R ＝U I ，由电阻定律，R ＝ρL 0S ，S ＝π(D 2)2，联立解得该金属丝的电阻率的表达式为：ρ＝πUD 24IL 0. (3)由于电压表量程太大，故电压表不可用．又两电流表满偏时，两侧电压过低，分析可知电阻R 1应用于限流，将金属丝与电流表A 1串联后再与电流表A 2并联，由并联电路电压相等即可求出金属丝的电阻，除了序号为①⑥⑦⑧⑨的器材外，还需要的器材为②③⑤.答案：(1)(2分) (2)πUD 24IL 0(2分) (3)②③⑤(2分) 电路图如图所示(3分)24．解析：(1)根据法拉第电磁感应定律，有E ＝ΔΦΔt(2分) Φ＝B ·S ＝kt ·πr 2(1分)得E ＝k πr 2(1分)(2)根据楞次定律，可知小球沿逆时针方向运动，要使管壁对小球的作用力为0，需洛伦兹力方向指向圆心．由左手定则，得磁场方向垂直纸面向里．(2分)电场力：F ＝E R q (1分)小球运动的加速度满足F ＝ma (1分)t 时刻速度v ＝at 0(1分)洛伦兹力大小F 洛＝qvB ′(1分)由向心力公式，有F 向＝m v 2R ＝qvB ′(1分)联立解得B ′＝kr 2t 02R2(1分) 答案：(1)k πr 2 (2)垂直纸面向里 kr 2t 02R 225．解析：(1)工件刚放在传送带AB 上，在摩擦力作用下做匀加速运动，设其加速度大小为a 1，速度增加到v 1时所用时间为t 1，位移大小为s 1，受力分析如图甲所示，结合牛顿运动定律可得：N 1＝mg (1分)f 1＝μN 1＝ma 1(1分)t1＝v1a1＝1 s(1分)s1＝12a1t21＝2.5 m(1分)由于s1＜L AB，随后工件在传送带AB上做匀速直线运动到B端，则匀速运动的时间t2为：t2＝L AB－s1v1＝s(1分)工件滑上CD传送带后在重力和滑动摩擦力作用下做匀减速运动，设其加速度大小为a2，速度减小到零时所用时间为t3，位移大小为s2(1分) 受力分析如图乙所示，结合牛顿运动定律可得：N2＝mg cos θ(1分)mg sin θ＋μN2＝ma2(1分)s2＝0－v21－2a2＝1.25 m(1分)工件上升的最大高度为h＝s2sin θ＝m(1分)t3＝0－v1－a2＝s(1分)全程所用的时间为t＝t1＋t2＋t3＝s(2分)(2)CD传送带以大小为v2的速度向上转动时，当工件的速度大于v2时，滑动摩擦力沿传送带向下，加速度大小仍为a2；当工件的速度小于v2时，滑动摩擦力沿传送带向上，受力分析如图丙所示，设其加速度大小为a3，两个过程的位移大小分别为s3和s4(1分)结合牛顿运动定律可得：－2a2s3＝v22－v21(1分)mg sin θ－μN2＝ma3(1分)－2a3s4＝0－v22(1分)L CD＝s3＋s4(1分)解得：v2＝4 m/s(2分)答案：(1) m s(2)4 m/s33．解析：(1)因为物体的内能包括分子动能和分子势能，物体的内能还与物质的量有关，所以物体的内能不同，但温度可能相同，而温度是分子平均动能的标志，故温度相同，则分子的平均动能相同，故A正确；温度越高的物体其分子的平均动能一定越大，但分子质量不同，根据动能的表达式可知，动能大，分子的平均速率不一定大，故B错误；当分子间的距离减小时，分子间的斥力和引力均增大，但斥力比引力增大得快，C正确；热传递过程中传递的是能量而不是温度，D错误；某物质的摩尔质量除以这种物质的分子质量就是一摩尔这种物质的分子数，也就是阿伏加德罗常数，故E正确．(2)①取管内气体为研究对象，管内气体初、末状态压强均为p＝p0－h(2分)根据理想气体状态方程有pV1T1＝pV2T2(2分)有p?L1＋L2＋L3?ST1＝p?L3－L1?ST2(1分)解得L3＝L1T1＋L1T2＋L2T2T1－T2(1分)②根据管内压强p′＝p0－h′可知，管内气体发生的不是等压变化，水银面在L1段上升的过程中，管内气体的压强随管内水银柱高度h′的增大而减小，水银面在L2段时，气体压强不变，管内气体发生等压变化，水银面在L3段时，管内气体压强随h′的减小而增大，故整个变化过程中气体压强最大时管中水银面的位置在M、N两点．(4分)答案：(1)ACE(2)①L3＝L1T1＋L1T2＋L2T2T1－T2②不是M、N两点34．解析：(1)在障碍物的尺寸跟光的波长相差不多，甚至比光的波长还小的时候，衍射现象十分明显，故A正确；白光通过三棱镜出现彩色条纹是光的色散现象，B错误；波的频率由波源决定，波速由介质决定，所以红光从空气进入水中频率f不变，则颜色不变，波速v变小，由v＝λf得，波长λ变短，故C 错误；检查平面的平整度是利用了光的干涉，D正确；由光速不变原理可知，E 正确．(2)①由题图可知T＝s，则根据λ＝vT代入数据解得λ＝16 m(2分)②根据“平移法”，绳子两端的振动传播到绳子中点的时间为Δt＝Δxv＝1040s＝s(1分)则两个振动在中点都是向上起振，振动时间为t′＝t－Δt＝s，去掉整数个周期，则每个振动从平衡位置向上振动了s(1分)由做简谐运动的质点在任意时刻的位移y＝A sin ωt得y＝10sin 错误!×(cm)＝10×错误!cm＝5 错误!cm(1分)根据波的叠加原理得y合＝2y＝10 2 cm(1分)③设某一位置距离一端x，则距离另一端为20 m－x，两振源到该位置的波程差为Δx＝x－(20 m－x)＝2x－20 m或者Δx＝(20 m－x)－x＝20 m－2x(1分)根据波程差为λ2的偶数倍时，出现振动加强区域，振幅达到最大，故由Δx＝nλ，得2x－20 m＝n×16 m(n＝0,1,2,3，…)(1分)或者20 m－2x＝n×16 m(n＝0,1,2,3，…)(1分)故有n＝0时，x＝10 m，n＝1时x＝2 m或者x＝18 m，所以绳子中有三个位置的质点振幅最大．(1分)答案：(1)ADE(2)①16 m②10 2 cm③3。