2019年高考好教育云平台高三最新信息卷物理(四)解析版

2019年高考好教育云平台高三最新信息卷物理（四）解析版
二、选择题：本题共8小题，每题6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。

14．如图所示,a、b、c为某原子跃迁时所发出的三种谱线,从左向右的波长依次增大,在下列各选项中,则可能正确图是
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】从第3能级跃迁到第1能级，能级差最大，放出的光子的频率最大，波长最短，该光为a光；从第3能级跃迁到第2能级，能级差最小，放出的光子频率最小，波长最长，该光的为c光，故选项B正确，A、C、D错误。

15．竖直向上抛出的物体,从抛出到落回抛出点的全过程中,所受空气阻力大小恒定,
则
A．全过程重力的冲量为零
B．全过程中动量的变化量等于阻力的冲量
C．全过程中动能的变化量等于阻力做的功
D．上升过程中机械能的变化量大于下落过程机械能的变化量
【答案】C
【解析】重力是恒力，全过程重力的冲量不可能为零，只会不断增加，根据动量定理可知全过程中动量的变化量等于阻力与重力合力的冲量，故选项A、B错误；重力是恒力，在全过程中位移为零，重力做功为零，空气阻力做负功，根据动能定理可得全过程中动能的变化量等于阻力做的功，故选项C正确；根据功能关系可知，机械能减小量等于克服摩擦力做的功，故在上滑过程中机械能的变化量等于下滑过程中机械能的变化量，故选项D错误。

16．某极地卫星的运动轨道平面还过地球的南北两极,如图所示,卫星从北极正上方按图示方向第一次运动到北纬30°的正上方时所用时间为0.5h,则下列说法正确的是
A．该卫星的运行速度大于7.9 km/s
B．该卫星与同步卫星的运行半径之比为1:8
C．该卫星与同步卫星的向心加速度之比为16:1
D．该卫星的机械能一定小于同步卫星的机械能
【答案】C
【解析】所有卫星的运行速度都不大于第一宇宙速度，故选项A错误；卫星从北极正上方按图示方向第一次运动到北纬30°的正上方，偏转的角度是60°，刚好为运动周期
的1
6，所以卫星运的周期为T1=3ℎ，同步卫星的周期是T2=24ℎ，由开普勒第三定律r13
r23
=
T12 T22，解得r1
r2
=√T12
T22
=1
4
；故选项B错误；由GMm
r2
=ma可得a=GM
r2
，可知卫星与同步卫星
的加速度之比为a1
a2=r22
r12
=16
1
，故选项C正确；由于不知道卫星的质量关系，故不能确定
机械能，故选项D错误。

17．如图甲所示,理想变压器原、副线图的匝数之比n1:n2=10:1.电阻R=5Ω.L1、L2、L3为三个完全相同的小灯泡,S1、S2为开关,原线圈接正弦交变电源,输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示.现将S1闭合,S2断开,此时L1正常发光.下列说法正确的是
A．输入电压u的表达式u=10sin5πt(V)
B．R消耗的电功率为0.2W
C．若S1、S2均闭合,三个小灯泡均正常发光
D．若S1、S2均断开,三个小灯泡均正常发光
【答案】C
【解析】由图可知周期T=0.2s，则有ω=10πrad/s，所以输入电压u的表达式应为u=10sin(10πt)V，故选项A错误；将S1闭合，S2断开，根据变压器的电压与匝数
关系可知电阻R电压有效值为U2=
√2=√2
2
V，R消耗的电功率为P=U22
R
=(
√2
2
)2
5
W=
0.1W，故选项B错误；将S1闭合，S2断开时，小灯泡L2与L3短路，此时小灯泡L1两
端电压等于U2=√2
2
V，正常发光；若S1、S2均闭合，三个小灯泡并联，此时三个小灯
泡两端电压都等于√2
2
V，正常发光；若S1、S2均断开，三个小灯泡串联，此时三个小灯
泡两端电压都等于1
3×√2
2
V=√2
6
V，不能正常发光；故选项C正确，D错误。

18．如图所示,在倾角为30°的斜面上固定一电阻不计的光滑平行金属导轨,间距为L,下端接有阻值为R的电阻,导轨处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向与斜面垂直(图中未面出),质量为m、电阻不计的金属棒ab与固定在斜面上方的绝缘弹簧相连,弹簧处于原长并被锁定。

现解除锁定金属棒由静止开始向下运动距离x到达最低位置,此过程中金属棒始终与导轨垂直并保持良好接触,弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g，则
A．开始运动时金属棒的加速度小于g/2
B．金属棒的速度为v时,所受的安培力F=B2L2v
2R
C．此过程中,通过电阻R的总电荷量为BLx
2R
D．此过程的减速阶段,回路中的焦耳热小于金属棒重力势能的减少
【答案】D
【解析】开始运动时，金属棒只受到重力和金属导轨对金属棒ab的支持力，根据
牛顿第二定律可得金属棒的加速度为a=mgsin30°
m =1
2
g，故选项A错误；金属棒的速度
为v时，金属棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv，所受的安培力F
安
=BIL=
B E R L=B2L2v
R
，故选项B错误；此过程中，通过电阻R的总电荷量为q=IΔt=E̅
R
Δt=Δϕ
R
=
BLx
R
，故选项C错误；最大速度时，重力沿斜面的分力等于弹簧的弹力和安培力之和，之后减速阶段中安培力变小，而重力沿斜面的分力不变，所以重力做功大于克服安培力做功，则有回路中的焦耳热小于金属棒重力势能的减少，故选项D正确。

19．如图所示为甲、乙两质点在0-t3时间内的位置随时间变化的关系图,下列说法正确的是
A．在t2时刻甲、乙两质点的速度相同
B．在0-t2内的某时刻,甲、乙两质点的速度相同
C．在0-t2内,两质点走过的路程相等
D．在0-t3内,甲质点的速度先减小后增大
【答案】BD
【解析】位移时间图象斜率表示速度，由图可知在t2时刻甲、乙两质点的速度不相同，故选项A错误；位移时间图象斜率表示速度，由图可知在0-t2内的某时刻，甲的斜率等于乙质点的斜率，所以甲、乙两质点的速度相同，故选项B正确；位移时间图象斜率表示速度，斜率的正负表示速度的方向，由在0-t2内，甲的斜率先正后负，先沿正方向运动后沿反方向运动，乙的斜率不变，沿正方向做匀速直线运动，所以甲质点走过的路程大于乙质点走过的路程，故选C错误；图可知在0−t3内，甲质点的速度先减小后增大，故选项D正确。

20．如图是密立根测电子电荷量实验的示意图,把两块水平放置、间距为d的金属板分别与恒定电压为U的电源相接,用一个喷雾器把许多油滴从上板中间的小孔喷入电场,油滴由于摩擦而带负电,其质量、电荷量各不相同,用显微镜来观察,找到其中悬浮不动的或做匀速直线运动的油滴作为研究对象,已知其质量为m,重力加速度为g.下列说法正确的是
A．M板电势高于N板
B．油滴可带任意大小电荷量
C．据mg=Uq/d,计算出的q等于电子电荷量
D．若已知某油滴做竖直向下的匀速直线运动,它的电势能会变大
【答案】AD
【解析】带负电的油滴静止不动，则油滴受到向上的电场力，题图中平行板电容器上极板带正电，下极板带负电，M板电势高于N板，故选项A正确；不同油滴的所带电荷量虽不相同，但都是最小电荷量(元电荷)的整数倍，故选项B错误；根据平衡条件
有：mg=q U
d ，解得q=mgd
U
，计算出的q不一定等于电子电荷量，故选项C错误；已
知某油滴做竖直向下的匀速直线运动，电场力做负功，所以它的电势能会变大，故选项D正确。

21．如图,有质量均为m的三个小球A、B、C，A与B、C间通过轻绳相连，绳长均为L，B、C在水平光滑横杆上，中间用一根轻弹簧连接，弹簧处于原长。

现将A球由静止释放，直至运动到最低点，两轻绳的夹角由120°变为60°，整个装置始终处于同
一个竖直平面内，忽略空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是
A．A在最低点时,B对水平横杆的压力等于mg/2
B．弹簧的最大弹性势能为√3−1
2
mgL
C．在A下降的过程中，轻绳对B做功的功率先增大后减小
D．在A下降的过程中轻绳对B做功为√3−1
4
mgL
【答案】BCD
【解析】若小球A在最低点静止，设水平横杆对小球B、C的支持力都为F，此时
整体在竖直方向受力平衡，可得2F=3mg，所以F=3
2
mg；A球由静止释放直至运动到最低点的过程，A先加速下降后减速下降，先失重后超重，所以小球A在最低点时，
小球B受到水平横杆的支持力大于3
2
mg，故选项A错误；小球A在最低点时，弹簧的弹性势能最大，对整体根据能量守恒则有弹簧的最大弹性势能等于小球A的重力势能减
小，即E Pmax=mg(Lsin60°−Lsin30°)=√3−1
2
mgL，故选项B正确；在A下降的过程中，小球B先加速后加速，小球A球释放时轻绳对B做功的功率为零，小球A在最低点时轻绳对B做功的功率为零，所以轻绳对B做功的功率先增大后减小，故选项C正确；在A下降的过程中，对小球A根据动能定律可得mg(Lsin60°−Lsin30°)−2W F=0，
解得每根轻绳对A做功为W F=√3−1
4mgL，所以轻绳对B做功为√3−1
4
mgL，故选项D正
确。

第Ⅱ卷（非选择题，共174分）
三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。

第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第33题～第40题为选考题，考生根据要求做答)
(一)必考题(共129分)
22．(6分)某实验小组做‘力的合成与分解’实验,先用一个弹簧称通过细线悬吊一个钩码,当钩码静止时,弹簧称的示数为1.50N；再用两子弹簧秤a、b通过两根细线互成角度将该钩码悬吊,其中a所拉细线方向水平(如图),当钩码静止时,b的示数如图。

(1)b的示数为_______N
(2)a的拉力理论值为___________N
(3)保持b及其拉的细绳方向不变,将a及其拉的细绳方向沿顺时针在图示面缓慢转至竖直方向的过程中,a的示数变化情况为________________________________。

【答案】2.50 2.00 先减小后增大
【解析】(1) 该弹簧秤每小格表示0.1N，读数时要估读到下一位，b的读数为2.50N；
(2)钩码受到自身重力G、Oa绳的拉力T a、Ob绳的拉力T b三个力处于平衡状态，设Ob 绳与竖直方向的夹角为θ，在竖直方向有T b cosθ=G，在水平方向有T b sinθ=T a，联立解得：T a=2.00N；
(3) 设Oa绳与竖直方向的夹角为α，在竖直方向有T a cosα+T b cosθ=G，在水平方
，保持b及其拉的细绳方向不变，将a及其拉向有T a sinα=T b sinθ，解得T a=Gsinθ
sin(α+θ)
的细绳方向沿顺时针在图示面缓慢转至竖直方向的过程中θ不变，α由90°减小到0°，所以sin(α+θ)先增大后减小，a的示数变化情况为先减小后增大。

23．(9分)现有一种足够长的粗细均匀的圆柱形金属电电阻丝,截取长度为L的一段来探究它在不同电压下的电阻率及功率。

(1)用螺旋测器测量它的直径d,如图甲所示,d=________mm。

(2)这是某次得的数据如下表记录
实验器材如图,现已完成部分导线的连接,请根据上表数据推测，用笔划线代替导线在图乙中完成余下导线的连接__________；
(3)若当电压表读数为U,电流表读数力I,则该电压下此金属丝的电阻率为
________________（用U、I、L、d等字母表示）；
(4)某同学根据数据表,画出了该段金属丝的伏安特性曲线,如图：
①将这段金属丝接在一电动势为3V，内阻为1Ω的电源两端，这段金属丝的电功率为______W,(结里保留两位小数)；
②如图,取长度为x的该种金属电阻丝，与①中电源,定值电阻R=4.5Ω串联成闭合回路,恰使金属电阻丝功率最大,则x为L的__________倍。

【答案】6.545 πUd 2
4IL
1.25 1.1
【解析】(1)螺旋测微器的固定刻度读数为6.5mm，可动刻度读数为0.01×4.5mm= 0.045mm，所以最终读数为：6.5mm+0.045mm=6.545mm；
(2) 探究圆柱形金属电电阻丝在不同电压下的功率大小，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，实物电路图如图所示：
(3)根据欧姆定律可得R x=U
I ，根据电阻定律可得R x=ρL
S
=ρ4L
πd2
，联立解得此金
属丝的电阻率为ρ=πd2U
4IL
；
(4) 将这段金属丝接在一电动势为3V，内阻为1Ω的电源两端，根据闭合电路欧姆定律可得U=3−I，在该段金属丝的伏安特性曲线作出U=3−I图像，如图所示，由图示图象可知，该段金属丝两端电压U=2.50V，通过该段金属丝的电流I=0.50A，该
段金属丝电阻为：R L=U
I
=5.0Ω，该段金属丝功率：P=UI=2.50×0.50W=1.25W。

②电源与电阻R整体可以看做等效电源，等效电源内阻为1+4.5Ω=5.5Ω，当长度为x的该种金属电阻丝的电阻为5.5Ω时，金属丝功率最大，根据电阻定律可得电阻之
比等于长度之比，即x
L =R x
R L
=5.5
5.0
=1.1。

24．(12分)如图甲所示,在平直公路上以速度v=12m/s匀速行驶的货车运输规格相同的圆柱形钢管,每根钢管长度L=10m,质量m=3000kg,一共装载了两层,底层钢管固定在车厢里,上层堆放在底层钢管上,图乙是车尾的截面图,己加钢管间的动摩擦因数为√3
4
,重力加速度g=10m/s2。

(1)求图乙中,钢管A、B之间的弹力大小
(2)若货车突然以加速度a=6 m/s2匀加速直线运动,上层钢管经过多长时间会掉下来?
【解析】(1)对A受力分析，设AB间弹力为F N，根据平衡条件可得：2F N cos30°=mg
解得钢管A、B之间的弹力大小：F N=√3
3
mg=√3×104N
(2)设A在滑动中加速度为a1，则有：2μF N=ma1
钢管滑落下来，货车与钢管的位移差为：L
2=(v0t+1
2
at2)−(v0t+1
2
a1t2)
代入数据解得：a1=5m/s2，t=√10s。

25．(20分)如图所示,平面直角坐标系xOy中,在y>0及y<−40
3
L区域存在场强大小
相同,方向相反且均平行与y轴的匀强电场，在−40
3
L<y<0区域存在方向垂直于xOy 平面向外的匀强磁场。

一质量为m,电荷量为q的带正电粒子,从y轴上的点P1(0,3L)以速率v0,方向沿x轴正方向出发,然后经过x轴上的点P2（8L,0）进入磁场。

已知带电粒子分别在电场和磁场中运功时所受力大小相等,不计粒子重力。

求：
(1)粒子到达P2点时的速度大小和方向；
(2)磁场的磁感应强度大小
(3)粒子第n次经过x轴的坐标。

【解析】(1)粒子从P1到P2类平抛运动，设到达P2时的y方向分速度为v y
由运动学规律有：8L=v0t，3L=1
2
(0+v y)t
解得：v y=3
4
v0
故粒子在P2的速度大小：v=√v02+v y2=5
4
v0
设v与x轴的夹角为α，则有：tanα=v y
v0=3
4
解得：α=37°
(2)粒子从P1到P2，设电场强度为E，据动能定理有：qE3L=1
2mv2−1
2
mv02
解得：E=3mv02
32qL
依题意意：电粒子在电场和磁场中运动时所受力大小相等，则有：qE=qvB
代入可得：B=3mv0
40qL
(3)根据：qvB=mv2
R
解得：R=50L
3
由几何关系可得：粒子在磁场中的轨迹所对圆心角为53°
故粒子将垂直y=−40
3
L的直线从M点穿出磁场，粒子运动一周期的轨迹如图所示；
当n为奇数时，x n=[8+44(n−1)
3
]L，(n=1,3,5,7...)
当n为偶数时，x n=[64
3+44(n−2)
3
]L，(n=2,4,6,8...)
（二）选考题：共45分。

请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。

如果多做。

则每学科按所做的第一题计分。

33．【物理——选修3-3】(15分)
(1)(5分)下列说法正确的是
A．一定质量的气体,在体积不变时,分子每秒钟与嚣壁均碰次数随着温度降低而减少B．晶体熔化时吸收热量,分子平均动能一定增大
C．干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度
D．外界对气体做功时,其内能一定会增大
E. 生产半导体器件时,需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素,可以在高温条件下利用分子的扩散来完成
【答案】ACE
【解析】一定量的气体，在体积不变时，温度降低，压强减小，根据气体压强原理知道分子每秒平均碰撞次数也减小，故选项A正确；晶体都有固定的熔点，晶体熔化时温度不变，分子平均动能不变，故选项B错误；干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，是因为湿泡外纱布中的水蒸发吸热，故选项C正确；根据热力学第一定律可知，当外界对气体做功的同时，对外放热，其内能可能会增大，也可能减小，也可为不变，故选项D错误；生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成，故选项E正确。

(2)(10分)一定质量的理想气体经过如图所示的变化过程:A→B→C。

已知气体在初始A状态压强为P0，体积为V0,温度为T0。

AC连线的延长线经过坐标原点。

A→B过程中,气体从外界吸收热量为Q.B状态的温度为2T0。

求:①气体在B状态时的体积和在C状态时的压强；
②气体从A→B→C整个过程中内能的变化。

【解析】①A→B等压变化：V0
T0=V B
2T0
解得：气体在B状态时的体积：V B=2V0
A状态与C状态等容，则有：P0
T0=P C
2T0
解得在C状态时的压强：P C=2P0
②A→B的内能变化：ΔU AB=−W+Q=−P0(2V0−V0)+Q=Q−P0V0
B→C的内能变化：ΔU BC=0
气体从A→B→C整个过程中内能的变化：ΔU=ΔU AB+ΔU BC=Q−P0V0
34．【物理——选修3-4】(15分)
(1)(5分)一列简谐横波沿x轴传播,t=0时的波形如图所示,质点A与质点B相距2m,质点A的速度沿y轴正方向:t=0.01s时,质点A第一次到达正向最大位移处,由此可知；
A．此波的传播速度为100m/s
B．此波沿x轴负方向传播
C．此波沿x轴正方同传播
D．从t=0时刻起,经0.04s质点A沿波的传播方向迁移了4m
E. 在t=0.02s时,质点B处在平衡位置,速度沿y轴正方向
【答案】ABE
=100m/s，故选项A正确；A 【解析】由题可知λ=4m，T=0.04s，则波速v=λ
T
点速度沿y轴正方向，则波沿x轴负方向传播，故选项B正确，C错误；简谐横波沿x 轴传播，质点A沿波传播方向并不迁移，故选项D错误；在t=0.02s=1
T时，质点B
2
处在平衡位置，速度沿y轴正方向，故选项E正确。

(2)(10分)有一截面为正方形物体ABCD静止浮在水面上,刚好有一半在水下,正方形
边长l=1.2m ，AB 侧前方s 1=0.8m 处有一障碍物,一潜水员在障碍物前方s 2=3.0m 处下潜到深度为h 1的P 处时,看到A 点刚好被障碍物挡住。

已知水的折射率n=4/3.
求:①深度h 1；
②继续下潜h 2，恰好能看见CD 右侧水面上方的景物，则h 2为多少?
【解析】①设过A 点光线，恰好障碍物挡住时，入射角、折射角分别为α、β，则：s sinα=
1
√s 1
2+24
①
sinβ=
2
√s 2+ℎ1
②
n =
sinα
sinβ
③ 由①②③解得：ℎ1=4m
②潜水员和C 点连线与水平方向夹角刚好为临界角C ，则：
sinC =
1n
=34
④
tanC=s1+s2+l
ℎ1+ℎ2−l
2=5
3.4+ℎ2
⑤
由④⑤解得：ℎ2≈1.0m。