北京市石景山区达标名校2019年高考一月仿真备考物理试题含解析

北京市石景山区达标名校2019年高考一月仿真备考物理试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．如图所示是利用光电管产生光电流的电路是（ ）
A ．K 为光电管的阳极
B ．通过灵敏电流计G 的电流方向从b 到a
C ．若用黄光照射能产生光电流，则用红光照射也一定能产生光电流
D ．若用黄光照射能产生光电流，则用紫光照射也一定能产生光电流
2．靠近地面运行的近地卫星的加速度大小为a 1，地球同步轨道上的卫星的加速度大小为a 2，赤道上随地球一同运转（相对地面静止）的物体的加速度大小为a 3，则（ ）
A ．a 1=a 3＞a 2
B ．a 1＞a 2＞a 3
C ．a 1＞a 3＞a 2
D ．a 3＞a 2＞a 1
3．关于静电场的描述正确的是
A ．电势降低的方向就是电场线方向
B ．沿着电场线方向电场强度一定减小
C ．电场中电荷的受力方向就是电场强度的方向.
D ．电场中电场强度为零的地方电势不一定为零
4．如图所示，物体A 放在斜面体B 上，A 恰能沿斜面匀速下滑，而斜面体B 静止不动．若沿斜面方向用力向下拉物体A ，使物体A 沿斜面加速下滑，则此时斜面体B 对地面的摩擦力
A ．方向水平向左
B ．方向水平向右
C ．大小为零
D ．无法判断大小和方向
5．我国第一颗人造地球卫星因可以模拟演奏《东方红》乐曲并让地球上从电波中接收到这段音乐而命名为“东方红一号”。

该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动。

如图所示，设卫星在近地点、远地点的角速度分别为1ω，2ω，在近地点、远地点的速度分别为1v ，2v ，则（ ）
A ．12ωω<
B ．12ωω=
C ．12v v >
D ．12v v <
6．在如图所示电路中，电源内阻不可忽略。

开关S 闭合后，在滑动变阻器R 2的滑动端由a 向b 缓慢滑动的过程中（ ）
A ．电压表的示数增大，电流表的示数减小
B ．电容器
C 所带电荷量减小。

C ．R 1的电功率增大
D ．电源的输出功率一定增大
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．在星球M 上一轻弹簧竖直固定于水平桌面，物体P 轻放在弹簧上由静止释放，其加速度a 与弹簧压缩量x 的关系如图P 线所示。

另一星球N 上用完全相同的弹簧，改用物体Q 完成同样过程，其加速度a 与弹簧压缩量x 的关系如Q 线所示，下列说法正确的是（ ）
A ．同一物体在M 星球表面与在N 星球表面重力大小之比为3：1
B ．物体P 、Q 的质量之比是6：1
C ．M 星球上物体R 由静止开始做加速度为3a 0的匀加速直线运动，通过位移x 0003a x
D ．图中P 、Q 下落的最大速度之比为62
8．如图所示，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，aO 为一个与磁场方向垂直、长度为L 的金属杆，已知
3L ab bc cO ===。

a c 、两点与磁场中以O 为圆心的同心圆（均为部分圆弧）金属轨道始终接触良好。

一电容为C 的电容器连接在金属轨道上。

当金属杆在与磁场垂直的平面内以O 为轴，以角速度ω顺时针匀速转动且电路稳定时，下列说法正确的是（ ）
A ．a b c O 、、、四点比较，O 点电势最高
B ．电势差2bO ac U U =
C ．电势差2ac ab U U =
D ．电容器所带电荷量为249
CB L ω 9．如图所示，足够长U 型管内分别由水银封有1L 、2L 两部分气体，则下列陈述中正确是( )
A ．只对1L 加热，则h 减小，气柱2L 长度不变
B ．只对1L 加热，则h 减小，气柱2L 长度减少
C ．若在右管中注入一些水银，1L 将增大
D ．使1L 、2L 同时升高相同的温度，则1L 增大、h 减小
10．如图，两轴心间距离10m l =、与水平面间夹角为37︒的传送带，在电动机带动下沿顺时针方向以2m/s v =的速度匀速运行。

一质量50kg m =的货物从传送带底端由静止释放，货物与传送带间的动摩擦因数0.8μ=。

已知重力加速度大小为210m/s ，sin370.6︒=，cos370.8︒=。

则货物从底端运动至顶端的过程中（ ）
A．货物增加的机械能为3
⨯
3.110J
B．摩擦力对货物做的功为3
⨯
1.6J
10
C．系统因运送货物增加的内能为3J
⨯
13.210
D．传送带因运送货物多做的功为3
⨯
4.710J
11．如图，甲、乙两种粗糙面不同的传送带，倾斜于水平地面放置，以同样恒定速率v向上运动。

现将一质量为m的小物体（视为质点）轻轻放在A处，小物体在甲传动带上到达B处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到达离B竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v。

已知B处离地面的高度皆为H。

则在物体从A到B的过程中（）
A．两种传送带对小物体做功相等
B．将小物体传送到B处，两种传送带消耗的电能相等
C．两种传送带与小物体之间的动摩擦因数不同
D．将小物体传送到B处，两种系统产生的热量相等
12．如图所示，竖直面内有一个半径为R的光滑圆弧轨道，质量为m的物块(可视为质点)从顶端A处静止释放滑至底端B处，下滑过程中，物块的动能E k、与轨道间的弹力大小N、机械能E、重力的瞬时功率P随物块在竖直方向下降高度h变化关系图像正确的是( )
A．
B．
C．
D．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．调节水龙头，让水一滴一滴地流出，在水龙头的正下方放一个盘子，调整盘子的高度，使一水滴刚碰到盘时，恰好有另一水滴从水龙头开始下落，而空中还有3个正在下落的水滴，测出水龙头到盘子间的距离为h，当第一滴水滴落到盘中时，第二滴水滴离水龙头的距离为__________；从第一滴水滴离开水龙头开始计时，到第n滴水滴落到盘中，秒表测得时间为t，可知当地的重力加速度g为__________。

14．某同学用图甲的实验装置验证机械能守恒定律。

已知当地重力加速度为g。

(1)用游标卡尺测量立方体小钢块的边长d，测量结果如图乙，则d=____cm。

(2)用电磁铁吸住小钢块，保持小钢块底面与水平面平行。

用刻度尺测量小钢块与光电门的高度差h。

(3)将电磁铁断电，小钢块由静止开始下落，测得小钢块通过光电门的时间t=3.20 ms。

则小钢块通过光电门时的速度v=____________m/s。

(4)改变小钢块与光电门的高度差h，重复步骤(2)(3)，得到多组数据。

(5)利用实验数据作出v2一h图像。

若v2一h图线为一条过原点的直线，且直线的斜率k=____，则说明小钢块下落过程中机械能守恒。

（用题中给出的物理量符号表示）
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图为一个简易的“高度计”示意图，在一竖直放置于水平地面上的密闭玻璃瓶中竖直插入一根较长透明细吸管，瓶内有一定量的蓝黑墨水和空气，由于内外压强差，吸管内水面将与瓶内有一定高度差h 。

通过查阅资料，地面附近高度每升高12m ，大气压降低lmmHg ，设lmmHg 相当于13.6mm 高蓝黑墨水水柱产生的压强，不计管内水面升降引起的瓶内空气体积的变化。

Ⅰ．现将玻璃瓶放到离地1．2m 高的平台上时，吸管内水面将________（填“上升”或“下降”）_______mm （温度保持不变）；
Ⅱ．已知玻璃瓶放在地面上时，瓶附近温度为27℃，大气压为750mmHg ，测得水面高度差为136mm 。

然后将玻璃瓶缓慢平移到某高处，稳定后发现水面升高了136mm ，同时测得瓶附近温度比地面高3℃，则此处距地面多高？
16．如图所示，宽度为L 、足够长的匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里．绝缘长薄板MN 置于磁场的右边界，粒子打在板上时会被反弹(碰撞时间极短)，反弹前后竖直分速度不变，水平分速度大小不变、方向相反．磁场左边界上O 处有一个粒子源，向磁场内沿纸面各个方向发射质量为m 、电荷量为＋q 、速度为v 的粒子，不计粒子重力和粒子间的相互作用，粒子电荷量保持不变。

(1)要使粒子在磁场中运动时打不到绝缘薄板，求粒子速度v 满足的条件；
(2)若v ＝qBL m
，一些粒子打到绝缘薄板上反弹回来，求这些粒子在磁场中运动时间的最小值t ； (3)若v ＝2qBL m ，求粒子从左边界离开磁场区域的长度s 。

17．如图a 所示。

水平直线MN 下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷
6110C /kg q m =⨯的正电荷置于电场中的O 点由静止释放，经过5110s 15t π
-=⨯后，电荷以40 1.5m s 10/v =⨯的速度通过MN
进人其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B 按图b 所示规律周期性变化（图b 中磁场以垂直
纸面向外为正，以电荷第一次通过MN 时为t=0时刻），计算结果可用π表示。

(1)求正电荷在正向磁场和负向磁场中运动的半径及周期；
(2)如果在O 点右方47.5cm 处有一垂直于MN 的足够大的挡板，求电荷从O 点出发运动到挡板所需的时间。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．D
【解析】
K 受到光照发射电子，为光电管的阴极，则电流为顺时针，从a 到b ．若用黄光照射能产生光电流，则用频率大于黄光的光照射一定能产生光电流，例如紫光．答案选D ．
2．B
【解析】
【分析】
题中涉及三个物体：地球赤道上有一随地球的自转而做圆周运动物体3、绕地球表面附近做圆周运动的近地卫星1、地球同步卫星2；物体3与卫星1转动半径相同，物体3与同步卫星2转动周期相同，从而即可求解．
【详解】
地球上的物体3自转和同步卫星2的周期相等为24h ，则角速度相等，即ω2=ω3，而加速度由a=rω2，得a 2＞a 3；同步卫星2和近地卫星1都靠万有引力提供向心力而公转，根据2GMm ma r =，得2GM a r =，知轨道半径越大，角速度越小，向心加速度越小，则a 1＞a 2，综上B 正确；故选B ．
【点睛】
本题关键要将赤道上自转物体3、地球同步卫星2、近地卫星1分为三组进行分析比较，最后再综合；一定不能将三个物体当同一种模型分析，否则会使问题复杂化．
3．D
【解析】
A ．沿电场线方向电势降低，电势降低最快的方向是电场线方向，故A 项错误；
B ．负点电荷形成的电场，沿着电场线方向电场强度增大，故B 项错误；
C ．电场中正电荷的受力方向与电场强度的方向相同，电场中负电荷的受力方向与电场强度的方向相反，故C 项错误；
D ．电势具有相对性，电场中电场强度为零的地方电势不一定为零，故D 项正确。

4．C
【解析】
【详解】
由题物体A 恰能在斜面体上沿斜面匀速下滑时，斜面对物体A 的作用力竖直向上，与物体A 的重力平衡。

物体A 对斜面的力竖直向下，斜面不受地面的摩擦力作用。

此时斜面体受到重力、地面的支持力、物体对斜面的压力和沿斜面向下的滑动摩擦力。

若沿平行于斜面的方向用力F 向下拉此物体A ，使物体A 加速下滑时，物体A 对斜面的压力没有变化，则对斜面的滑动摩擦力也没有变化，所以斜面体的受力情况没有改变，则地面对斜面体仍没有摩擦力，即斜面体受地面的摩擦力为零。

A.方向水平向左。

与上述结论不符，故A 错误；
B.方向水平向右。

与上述结论不符，故B 错误；
C.大小为零。

与上述结论相符，故C 正确；
D.无法判断大小和方向。

与上述结论不符，故D 错误。

故选：C 。

5．C
【解析】
【详解】
根据开普勒第二定律可知，从远地点到近地点卫星做加速运动，而近地点到远地点，卫星做减速运动，所以近地点的速度大于远地点的即
12v v > 根据=v r
ω可知，因为近地点到地心的距离小于远地点到地心的距离，即 12r r <
则有
12ωω>
故选C 。

6．A
【分析】
【详解】
A ．滑动变阻器的滑动端由a 向b 缓慢滑动的过程中，R 2阻值变大，电阻总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律知，总电流减小，电流表示数减小，电压表测量的是滑动变阻器两端的电压
1U E I R r =-+（）
总电流减小，电压表示数增大，故A 正确；
B ．容器两端电压即电压表两端电压Q CU =，电压增大，电容器所带电荷量增多，故B 错误；
C ．流过电阻R 1的电流减小，由公式21P I R =可知，消耗的功率变小，故C 错误；
D ．当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，题干中没有明确外电阻与内阻的关系，故滑动变阻器R 2的滑动端由a 向b 缓慢滑动的过程中，电源的输出功率不一定增大，故D 错误。

故选A 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．AD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．分析图象可知，弹簧压缩量为零时，物体只受重力作用，加速度为重力加速度，则物体在M 星球表面的重力加速度：03M g a =，在N 星球表面的重力加速度：0N g a =，则同一物体在M 星球表面与在N 星球表面重力大小之比为3：1，故A 正确；
B ．分析物体的受力情况，加速度为零时，重力和弹簧弹力平衡，根据平衡条件可得
P M 0m g kx =，Q N 02m g kx =
解得
P Q 16
m m = 故B 错误；
C ．M 星球上，物体R 由静止开始做匀加速直线运动，加速度为3a 0，通过位移x 0，根据速度—位移公式 20023v a x =⨯⋅
可知速度为v =，故C 错误；
D ．根据动能定理可知，合外力做功等于动能变化，即
k ma x E ⋅=∆
根据图象的面积可得
kP P 00132E m a
x =⋅⋅，kQ Q 00122
E m a x =⋅⋅ 动能之比
kP P kQ Q
32E m E m = 结合前面的分析则最大速度之比
P Q 6v v = 故D 正确。

故选AD 。

8．BD
【解析】
【详解】
A ．如图所示
杆abcO 顺时针匀速转动切割磁感线，由右手定则知感应电动势方向为O a →，杆abcO 相当于电源，所以a 点电势最高，故A 错误；
BC ．综合运动规律，ac 的中点b 的线速度为
123
v L ω=⋅ 综合电路规律，电路稳定后，电容器既不充电也不放电，电路中无电流，由法拉第电磁感应定律得
123
ac ac U E B L v ==⋅⋅ 解得
249
ac ac U E B L ω== 同理，ab 中点的线速度为
256
v L ω=⋅ 又有
2215318
ab ab U E B L v B L ω==⋅⋅= bO 中点c 的线速度为
313
v L ω=⋅ 可得
232239
bO bO U E B L v B L ω==⋅⋅= 故B 正确，C 错误；
D ．电容器接在a c 、两点间，带电荷量为
ac Q CU =
解得
249
ac Q CU CB L ω== 故D 正确。

故选BD 。

9．AD
【解析】
【详解】
AB ．只对L 1加热，假设体积不变，则压强增大，所以L 1增大、h 减小，气柱L 2长度不变，因为此部分气体做等温变化，故A 正确B 错误；
C ．若在右管中注入一些水银，L 2压强增大，假设L 1的体积不变，L 1的压强与h 长度的水银柱产生的压强之和随之增大，L 1的压强增大，根据玻意耳定律得L 1将减小，故C 错误；
D ．使L 1、L 2同时升高相同的温度，假设气体体积不变，L 1的压强增大，L 2压强不变，则L 1增大、h 减小，故D 正确；
故选AD.
【点睛】
做好本题的关键是知道两边气体压强大小的影响因素，再利用理想气体状态方程判断各物理量的变化． 10．AD
【解析】
【详解】
AB ．当货物刚放上传送带时，对货物由牛顿第二定律得
cos37sin 37mg mg ma μ︒︒-=
设货物与传送带共速时用时为t ，则v at =，解得
5s t =
则这段时间内货物运动的位移
2115m 2
s at == 传送带运动的位移
210m s vt ==
货物从底端运动至顶端的过程中，滑动摩擦力对货物做的功
113cos37 1.610J W mgs μ︒==⨯
静摩擦力对货物做的功
()132sin37 1.510J W mg l s ︒=-=⨯
故摩擦力对货物做的功
312 3.110J f W W W =+=⨯
根据功能关系得货物增加的机械能也为33.110J ⨯，故A 正确，B 错误；
CD ．系统因运送货物增加的内能为
()231cos37 1.610J Q mg s s ︒=-⋅=⨯μ
传送带因运送货物多做的功等于系统增加的内能与货物增加的机械能之和
333==(1.610 3.110)J 4.710J f W W Q +⨯+⨯=⨯
故C 错误，D 正确。

故选AD 。

11．AC
【解析】
【详解】
A ．传送带对小物体做功等于小物块的机械能的增加量，动能增加量相等，重力势能的增加量也相同，则机械能的增加量相同，所以两种传送带对小物体做功相等，故A 正确；
C ．由0加速到v ，甲图中的加速位移大于乙图中的加速位移，根据
22ax v =
可知a a <甲乙，根据牛顿第二定律有
cos sin mg mg ma μθθ-=
解得μμ<甲乙，即两种传送带与小物体之间的动摩擦因数不同，故C 正确；
D ．对甲图分析，可知小物体加速的位移为
11sin 2
H v x t θ== 此时传送带匀速的位移为 212sin x v H t θ
== 则两者的相对位移为 21sin H s x x θ=-=
相对 根据摩擦生热的公式
Q fs =相对 解得1sin H Q f θ
=甲 对乙图分析，可知小物体加速的位移为
11si 2
n v x h t H θ''==- 此时传送带匀速的位移为
()212sin t h x v H θ
''==- 则两者的相对位移为
21sin H h s x x θ
-'''=-=相对 根据摩擦生热的公式
Q fs =相对 解得2sin H h Q f θ
-=乙 在甲图、乙图，对小物体分析，根据牛顿第二定律和运动学公式有
11sin f mg ma θ-=，2
12sin v a H θ
= 22sin f mg ma θ-=，2
22sin v a H h θ
=- 解得
21sin sin 2mv f mg H
θθ=+，()22sin sin 2mv f mg H h θθ=+- 将1f 、2f 代入Q 甲、Q 乙的表达式，解得 212Q mgH mv =+甲，()212
Q mg H h mv =-+乙 则有Q Q >甲乙，即产生的热量不相等，故D 错误；
B ．根据能量守恒定律，电动机消耗的电能E 电等于摩擦产生的热量Q 与物块增加机械能的和，因物块两次从A 到B 增加的机械能增加量相同，而Q Q >甲乙，所以将小物体传送到B 处，两种传送带消耗的电能甲更多，故B 错误。

故选AC 。

12．BC
【解析】A 、设下落高度为h 时，根据动能定理可知：
，即为正比例函数关系，故选项
A 错误；
B 、如图所示，
向心力为：，而且：，
则整理可以得到：
，则弹力F 与h 成正比例函数关系，故选项
B 正确；
C 、整个过程中只有重力做功，物块机械能守恒，即物块机械能不变，故选项C 正确；
D 、根据瞬时功率公式可以得到：
而且由于，则
整理可以得到：，即功率P 与高度h 不是线性关系，故选项D 错误。

点睛：本题考查了动能定理、机械能守恒的应用，要注意向心力为指向圆心的合力，注意将重力分解。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．916h 2
2(3)8h n t
+ 【解析】
【详解】
[1]设相邻两水滴的时间间隔为T ，则
21(4)2
h g T = 第二滴水滴离水龙头的距离 2219(3)216h g T h =
=； [2]从第一滴水滴离开水龙头开始计时，到第n 滴水滴落到盘中，秒表测得时间为t ，则：
(3)n T t +=
又：
21(4)2
h g T = 解得：
2
2(3)8h n g t
+= 14．0.96 3.0 2g
【解析】
【详解】
(1)[1]．用游标卡尺测量立方体小钢块的边长 d=0.9+0.1mm×6=0.96cm 。

(3)[2]．小钢块通过光电门时的速度
2
33.20.9610m/s=3.0m/010
s d v t --⨯⨯==∆ (4)[3]．由212
mgh mv =，则v 2=2gh ，则做出的v 2-h 图像的斜率为2g 。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．Ⅰ．上升， 1.36； Ⅱ．28.8m
【解析】
【详解】
Ⅰ．根据平衡可得： 0p p h =+
由于是密封玻璃瓶，瓶内气体压强p 不变，而外界大气压强p 0减小，故吸管内水面将上升。

每升高12m ，大气压降低lmmHg ，lmmHg 相当于13.6mm 高蓝黑墨水水柱产生的压强，则升高1.2m 时吸管内水面将上升1.36mm 。

Ⅱ．玻璃瓶在地面上时：温度T 1=300K ，压强：
1136750mmHg 760mmHg 13.6p =+
=（） 玻璃瓶在高处时：温度T 2=303K ，压强p 2，由于瓶内空气体积一定，故根据查理定律可得：
1212
p p T T = 解得：p 2=767.6mmHg
此高度处大气压为：
136767.6136mmHg 747.6mmHg 13.6
p =-+=（） 则此处高度为：h=（750-747.6）×12m=28.8m
16．（1）2<
qBL v m
；（2）23m qB π；（3）43L 【解析】
【详解】
(1)设粒子在磁场中运动的轨道半径为r 1，则有 qvB ＝m 2
1
v r 如图(1)所示，
要使粒子在磁场中运动时打不到绝缘薄板，应满足
2r 1＜L
解得
v ＜2qBL m
(2)粒子在磁场中圆周运动的周期
T ＝2m qB
π 设运动的轨道半径为r 2，则
qvB ＝
m 22
v r 解得
r 2＝L
在磁场中运动时间最短的粒子通过的圆弧对应的弦长最短，粒子运动轨迹如图(2)所示，
由几何关系可知最小时间
t ＝2×
6
T 解得
t ＝23m qB (3) 设粒子的磁场中运动的轨道半径为r 3，则有
qvB ＝m 2
3
v r 解得
r 3＝2L
粒子在磁场中运动从左边界离开磁场，离O 点最远的粒子运动轨迹如图(3)所示
则从左边界离开磁场区域的长度
s ＝4r 3sin 60°
解得
s ＝43L 17． (1)5cm ，52
10s 3π-⨯；3cm ，5210s 5π-⨯；(2)537310s 45
π-⨯ 【解析】
【分析】
【详解】
(1)当磁场垂直纸面向外时，设电荷运动的半径为1r
由
20101mv B qv r = 得
011
5cm mv r qB == 当磁场垂直纸面向里时，设电荷运动的半径为2r
022
3cm mv r qB == 由圆周运动规律得
2m T qB
π= 当磁场垂直纸面向外时，周期
5112210s 3
m T qB ππ-==⨯ 当磁场垂直纸面向里时，周期
5222210s 5
m T qB ππ-==⨯ (2)故电荷从0t =时刻开始做周期性运动，结合磁场的周期性可知运动轨迹如图所示
电荷第一次通过MN 开始。

其运动的周期
5512124(4)10s 10s 1523255
T ππππ--=⨯+⨯+⨯⨯=⨯ 此时粒子距离O 点的水平距离为
()1224cm d r r ∆=-=
即每经过一个周期，粒子在水平方向向右前进4cm ，根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为10个，即
1040cm s d =∆=
则最后7.5cm 的距离如图所示
有
11cos 7.5cm r r α+=
解得
cos 0.5α=
则
60α︒=
故电荷运动的总时间
51111603731010s 236045
t t T T T π︒︒-=++-=⨯总。