2019新高三入学模拟试题(答案)

高二物理模拟试题（参考答案）
一、选择题 1． 【答案】C
【解析】t 1时刻，质点的速率为-=
12
11
x x v t 根据速度公式v 1=v 0+at 1，解得加速度a=0
122
11
v x x t t -- 2． 【答案】 ACD
【解析】 当F 与细线Oa 垂直时，F 有最小值，F 的最小值为：F min ＝2mg sin θ＝2×2
2
mg ＝2mg .
根据胡克定律：F min ＝kx min ，所以：x min ＝2mg
k
则A 、C 、D 可能，B 不可能． 3． 【答案】 BD
【解析】 设滑块上滑时的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，解得a 1＝10 m/s 2，
上滑时间t 1＝v 0a 1＝1 s ，上滑的距离x 1＝1
2v 0t 1＝5 m ，因tan θ＞μ，mg sin θ＞μmg cos θ，滑块上滑到速度为零后，
向下运动，选项B 正确；设滑块下滑时的加速度大小为a 2，由牛顿第二定律可得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解
得a 2＝2 m/s 2，经1 s ，滑块下滑的距离x 2＝1
2a 2t 22＝1 m ＜5 m ，滑块未回到出发点，选项C 错误；因上滑和下
滑过程中的加速度不同，故滑块全程不是匀变速直线运动，选项A 错误；t ＝3 s 时，滑块沿斜面向下运动，此时的速度v ＝a 2(3 s －1 s)＝4 m/s ，选项D 正确。

4． 【答案】D
【解析】由于A 、B 相对静止，故A 、B 之间的摩擦力为静摩擦力，A 、B 错误.设民工兄弟一只手对A 、B 在竖直方向上的摩擦力为F f ，以A 、B 整体为研究对象可知在竖直方向上有2F f －(m ＋3m )g ＝(m ＋3m )a ，设B 对A 的摩擦力方向向下，大小为F f ′，对A 由牛顿第二定律有F f －F f ′－mg ＝ma ，解得F f ′＝m (g ＋a )，C 错误，D 正确.
5． 【答案】 ABC
【解析】 依据平抛运动规律有mgh ＝1
2
gt 2，得飞行时间t ＝
2h
g
，水平位移x ＝v 02h
g
；落点在A 1B 1C 1D 1内的小球，h 相同，而水平位移xAC 1最大，则落在C 1点时平抛的初速度最大，A 项正确．落点在B 1D 1上的小球，由几何关系可知最大水平位移x max ＝L ，最小水平位移x min ＝
L
2
，据v 0＝x g
2h
，可知平抛初速度的最小值与最大值之比v min ∶v max ＝1∶2，B 项正确．凡运动轨迹与AC 1相交的小球，位移偏转角β相同，设速度偏转角为θ，由平抛运动规律有tan θ＝2tan β，因θ相同，则运动轨迹与AC 1相交的小球，在交点处的速度方向都相同，C 项正确，同理可知D 项错误． 6． 【答案】 CD
【解析】 在最高点，小球速度最小时有：mg ＝m v 21
R
，解得v 1＝gR ，从最低点到最高点的过程中机械能守恒，
则有：2mgR ＋12mv 21＝12
mv 2
0小，解得v 0小＝5gR ；要使环不会在竖直方向上跳起，在最高点环对球的最大压力F m ＝2mg ＋3mg ＝5mg ，在最高点，速度最大时有：mg ＋5mg ＝m v 22
R
，解得v 2＝6gR ，从最低点到最高点的过
程中机械能守恒，则有：2mgR ＋12mv 22＝12mv 2
0大，解得v 0大＝10gR ，所以小球在最低点的速度范围为：5gR ≤v 0≤10gR ，选项C 、D 正确． 7． 【答案】 C
【解析】 根据开普勒第三定律，有r 3
T 2＝C (常量)，可知卫星越高(运动轨道半径越大)，周期越长，卫星a 为地
球同步卫星，周期是24 h ，则卫星b 的周期大于24 h ，A 错误；卫星的动能和机械能不仅与轨道半径有关，还与卫星的质量有关，由于三个卫星的质量大小关系不确定，因此无法进行比较，B 、D 均错误；卫星a 为地球
同步卫星，角速度为ω，设卫星b 运动的角速度为ωb ，有GMm r 2＝mω2b r ，解得ωb ＝GM
r 3
，卫星a 和b 下一次相距最近所需时间t 应满足关系式(ω－ωb )t ＝2π，解得t ＝2π
ω－GM
r 3
，因此C 正确．
8． 【答案】B
【解析】
再加上猴子的重心，h=-7.5m
所以，重力势能EP=-mgh=2
7.510J -⨯ 故答案选B
9． 【答案】C 。

【解析】解：AB 、O 点的场强为零，从M 到N ，场强先减小后反向增大，电荷所受的电场力先减小后增大，加速度先减小后增大，v ﹣t 图象切线斜率先减小后增大，故AB 错误。

C 、MO 间的电场线方向由M→O ，电势逐渐降低，根据φ﹣x 图象等于场强，知φ﹣x 图象切线斜率逐渐减小，x=0时φ﹣x 图象切线斜率等于零。

根据对称性知C 图是正确的。

故C 正确。

D 、根据对称性知，电荷在关于O 点对称的位置电势能相等，图象应关于纵轴对称，故D 错误。

10．【答案】A
【解析】如图所示，由右手螺旋定则可知，导体A 中电流在O 点产生的磁场的磁感应强度方向平行BC ，同理，可知导线B 、C 中电流在O 点产生的磁场的磁感应强度的方向分别平行于AC 、AB ，又由于三根导线中电流大小相等，到O 点的距离相等，则它们在O 点处产生的磁场的磁感应强度大小相等，再由平行四边形定则，可得O 处的合磁场方向为平行于AB ，由A 指向B ，故选项A 正确．
二、实验题
11．【答案】 （1）B （2）C （3）1.1 2.0
【解析】 （1）实验中应该先接通电源，再释放小车，选项B 正确。

（2）本实验不是验证牛顿第二定律的实验，只需要保持合力恒定即可，选项C 正确。

（3）根据匀变速直线运动的规律，v C ＝d 3－d 12T ＝1.1 m/s ，加速度a ＝d 4－d 2－d 2
4T 2
＝2.0 m/s 2。

12．【答案】 (1)如图1所示 (2)如图2所示
(3)1.200 (4)3.77×10－5
【解析】 (1)由于待测电阻R x <R A R V ，所以电流表应该用外接法，滑动变阻器采用分压式接法．(3)螺旋测微
器的读数为1 mm ＋20.0×0.01 mm ＝1.200 mm.(4)由电阻定律得R ＝ρL S ＝ρ4L πd 2，R －L 图线的斜率k ＝4ρ
πd 2，解得ρ
＝3.77×10－5 Ω·m.
三、计算题 13．【答案】 2.5 s
【解析】 第一阶段，物块向上匀加速运动，由牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma 1 代入数据求得a 1＝2.5 m/s 2
根据匀变速直线运动规律得v ＝a 1t 1，x 1＝v
2t 1
代入数据求得t 1＝1 s ，x 1＝1.25 m
第二阶段，由于μ>tan θ，故物体向上匀速运动。

L AB －x 1＝vt 2， t 2＝1.5 s 。

总时间t ＝t 1＋t 2＝2.5 s 。

14．【答案】 (1)103
3 N (2)2.5 m (3)1.5 kg
【解析】 (1)滑块受力如图所示，根据平衡条件，有
mg sin θ＝F cos θ
解得F ＝103
3
N
(2)当力F 变为水平向右之后，由牛顿第二定律，有mg sin θ＋F cos θ＝ma 解得a ＝10 m/s 2
根据题意，由题图乙可知，滑块滑到木板上的初速度 v ＝10 m/s 。

滑块下滑的位移x ＝v 2
2a ，解得x ＝5 m
故滑块下滑的高度h ＝x sin 30°＝2.5 m
(3)由题图乙可知，滑块和木板起初相对滑动，当达到共同速度后一起做匀减速运动，两者共同减速时加速度a 1＝1 m/s 2，相对滑动时，木板的加速度a 2＝1 m/s 2，滑块的加速度大小a 3＝4 m/s 2，设木板与地面间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板间的动摩擦因数为μ2，对它们整体受力分析，有 a 1＝μ1（M ＋m ）g M ＋m ＝μ1g ，解得μ1＝0.1
0～2 s 内分别对木板和滑块受力分析，即 对木板：μ2mg －μ1(M ＋m )g ＝Ma 2 对滑块：μ2mg ＝ma 3 联立解得M ＝1.5 kg 。

15．【答案】(1)2J (2)0.1m (3)12N 【
解
析
】
16．【答案】(1)
mv 20
qL (2)2mv 0
qL
【解析】(1)如图所示，设粒子在平行金属板匀强电场中运动的时间为t ，由类平抛运动可知：
L ＝v 0t L 2＝12at 2 a ＝Eq m
联立解得：E ＝mv 20
qL
.
(2)粒子以速度v 飞出电场后射入匀强磁场做匀速圆周运动，由
qvB ＝m v 2R ，sin θ＝L 2R ，sin θ＝v y
v
，v y ＝at
联立解得：B ＝2mv 0
qL
.。