貴州貴陽(yáng)2019屆高三物理二?？荚囋囶}含解析

1、貴州省貴陽(yáng)市2019屆高三物理二?？荚囋囶}（含解析）一、單選題（本大題共 5小題，共30.0分）.組成“北斗”衛(wèi)星導(dǎo)航定位系統(tǒng)中的地球靜止軌道衛(wèi)星（同步衛(wèi)星）和中軌道衛(wèi)星繞地球在圓軌道上運(yùn)行，由地球靜止軌道衛(wèi)星和中軌道衛(wèi)星的軌道半徑之比可求A.地球靜止軌道衛(wèi)星與地球的質(zhì)量之比B.地球靜止軌道衛(wèi)星與中軌道衛(wèi)星的質(zhì)量之比C.地球靜止軌道衛(wèi)星和中軌道衛(wèi)星受地球的萬(wàn)有引力之比D.地球靜止軌道衛(wèi)星和中軌道衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)的周期之比【答案】D【解析】Mm 4it【詳解】根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心：。一F 二 mF、已知衛(wèi)星的軌道半徑之比，可求運(yùn)動(dòng)的周產(chǎn) T2期之比，但無(wú)法計(jì)算衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系，由于不知衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系

2、，也無(wú)法求出衛(wèi)星受萬(wàn)有引力之比，所以 A、B C錯(cuò)誤；D正確。.已知用頻率為v的單色光照射某金屬表面時(shí)，溢出的光電子的最大初動(dòng)能為E,則要使此金屬發(fā)生光電效應(yīng)的極限頻率應(yīng)為（）EA.：一 nEh【答案】A【解析】【詳解】用頻率為 v的光照射某種金屬時(shí)會(huì)發(fā)生光電效應(yīng)，且光電子最大初動(dòng)能為E,根據(jù)光E電效應(yīng)方程：E=hv-VV而 Whvo,則該金屬發(fā)生光電效應(yīng)的極限頻率為：vo=v-j；,故A正確，ftBCD昔誤；3.如圖所示，理想變壓器的原線圈與穩(wěn)定的正弦交流電源相連，副線圈的滑動(dòng)頭P可上下滑動(dòng).設(shè)原線圈輸入電壓為 U,副線圈輸出電壓為 U,負(fù)載為定值電阻 R原、副線圈電流比為k.則A. P下移

3、，k增大B. P上移，k增大P上移，U減小D. P下移，U增大【答案】B【解析】。h2【詳解】根據(jù)丁 = -=k, P下移副線圈的匝數(shù) 1減少，所以原副線圈的電流表k減小，若P上移1增大，原副線圈的電流表增大，故 A錯(cuò)誤；B正確；電壓與匝數(shù)成正比，所以副線圈的電壓U減小，D錯(cuò)誤；再根據(jù) ,P下移副線圈的匝數(shù) n2減少，U減小，U與匝數(shù)無(wú)關(guān)，改 % %變?cè)褦?shù)U不變，所以C D錯(cuò)誤。.如圖所示，在“托球跑”趣味比賽中，若運(yùn)動(dòng)員沿水平面勻加速直線跑.球拍平面與水平方向的夾角為0時(shí)，網(wǎng)球與球拍保持相對(duì)靜止.球拍和網(wǎng)球的質(zhì)量分別為M m不計(jì)摩擦力和空氣阻力，重力加速度為g.則下列說(shuō)法正確的是A.球拍對(duì)球

4、的作用力太小為 mgb.運(yùn)動(dòng)員對(duì)球拍的作用力大小為（M+mgC.運(yùn)動(dòng)員的加速度大小為 gtan 0D.若加速度大于gsin 0 ,球一定沿球拍向上運(yùn)動(dòng)【答案】C【解析】【詳解】以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，受力分析如圖所示?？汕笄蚺膶?duì)球的作用力F=mgcos0 ,所以A錯(cuò)誤；合外力為 F合=mgtan0 =ma可求小球的加速度為a=gtan。，小球與運(yùn)動(dòng)員的加速度相同，故運(yùn)動(dòng)員的加速度也是gtan 0 ,所以C正確；把球和球拍視為一個(gè)整體，整體加速度 TOC o 1-5 h z 為gtan 0 ,合外力（M+mgtan 0 ,根據(jù)矢量三角形法則可求人對(duì)球拍的作用力為Fi =（M+r）qg/ cos 0 ,

5、所以B錯(cuò)誤；而gtan 0 gsin 0 ,由題意知，小球沒(méi)有沿球拍向上運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。.如圖所示，一均勻金屬圓盤繞通過(guò)其圓心且與盤面垂直的軸順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，現(xiàn)施加一垂直穿過(guò)圓盤的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圓盤開始減速。在圓盤減速過(guò)程中，以下說(shuō)法正確的是（）A.處于磁場(chǎng)中的圓盤部分，靠近圓心處電勢(shì)高B.所加磁場(chǎng)越強(qiáng)越不易使圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)C.若所加磁場(chǎng)反向，圓盤將加速轉(zhuǎn)動(dòng)D.若所加磁場(chǎng)穿過(guò)整個(gè)圓盤，圓盤將勻速轉(zhuǎn)動(dòng)【答案】D【解析】【詳解】A、將金屬圓盤看成由無(wú)數(shù)金屬輻條組成，金屬圓盤順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)右手定則判斷可知：圓盤上的感應(yīng)電流由圓心流向邊緣，所以靠近圓心處電勢(shì)低，故A錯(cuò)誤；日 根據(jù)法拉第定律可知，金

6、屬圓盤產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為BLv,所以所加磁場(chǎng)越強(qiáng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大，感應(yīng)電流越大，圓盤受到的安培力越大，而安培力是阻力，所以越易使圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C若所加磁場(chǎng)反向，只是產(chǎn)生的電流反向，根據(jù)楞次定律可知， 安培力仍然阻礙圓盤的轉(zhuǎn)動(dòng), 所以圓盤還是減速轉(zhuǎn)動(dòng)，故 C錯(cuò)誤；D若所加磁場(chǎng)穿過(guò)整個(gè)圓盤時(shí)，圓盤在切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，相當(dāng)于電路斷開，則不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，不受安培力作用，所以圓盤將勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，故D正確；二、多選題（本大題共 5小題，共27.0分）.如圖所示，一名運(yùn)動(dòng)員將相同的鉛球分別從同一位置擲出，圖中是它們的運(yùn)動(dòng)軌跡，軌道最高點(diǎn)距離地面的高度相等，的落地點(diǎn)到擲出點(diǎn)的水平距離是

7、的2倍，忽略空氣阻力，對(duì)于鉛球與。f 士、A詈*冷*堇*內(nèi)*#*W*打門門行打“總工A.在最高點(diǎn)的速度之比為 1 : 2B.落地時(shí)的速率之比為 1: 1C.從擲出到落地所用時(shí)間之比為1:1D.從擲出到落地所用時(shí)間之比為1:2【答案】AC【解析】【詳解】設(shè)兩個(gè)小球擲出時(shí)豎直向上的分速度分別為1、從擲出到運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，在豎直方向向上做勻減速運(yùn)動(dòng)， 根據(jù)啰=201,唯=3%，又=h2,所以1Vi支,再根據(jù)%1 =外, 叫叫得t1=t2,即兩小球從拋出到上升至最高點(diǎn)所用時(shí)間相同，上升到最高點(diǎn)以后，在豎 直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，下落高度相同，所以下落時(shí)間也相同，故從拋出到落地兩小球所以時(shí)間相同，所以C正確

8、；D錯(cuò)誤；在水平方向上兩小球均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)x=vt ,又X2=2X1,運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，可得 V1：v 2=1:2 ,在最高點(diǎn)的速度即為水平方向的速度，所以在最高點(diǎn)的速度 之比為1: 2,故A正確；落地時(shí)豎直方向的速度：廿門二%水平方向V1：v 2=1:2 ,落地時(shí)的速率y二行運(yùn)，可知落地時(shí)的速率不等，所以 B錯(cuò)誤。.兩輛質(zhì)量相同的汽車 A、B分別在同一水平路面上從靜止開始做勻加速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到相同最大值后關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)，若運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受阻力大小都不變，速度一時(shí)間關(guān)系圖象如圖所示，則A、B兩車（）A.加速時(shí)牽引力大小之比為2: 1B.阻力大小之比為1 : 2C.牽引力做功的平均功率之比為1:

9、1【答案】BC【解析】D.牽引力的沖量之比為1: 1【詳解】關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)后，汽車在阻力的作用下做勻減速運(yùn)動(dòng)，由V-t 圖像知，33： 34=1:2 ,再根據(jù)牛頓第二定律知，汽車A、B所受阻力分別為f1=RB3, f2=34,得f1：f 2=1:2,故B正確；在加速階段，對(duì) A車：F1-f 1=031,對(duì)B車：F2-f2=m2,由v-t圖像知，31：32=2:1 ,聯(lián)立解得:F1：F2=1:1 ,故A錯(cuò)誤；喲圖知，在加速階段，兩車的平均速度相等均為Vo/2 ,牽引力相等,所以牽引力平均功率P = 得P1=F2,所以C正確；牽引力作用的時(shí)間:11:12=1:2 ,牽引力1尸山1的沖重=2所以D錯(cuò)誤。

10、.如圖所示，在真空中有三個(gè)帶等電荷量的點(diǎn)電荷3、b和c,分別固定在水平面內(nèi)正三角形的頂點(diǎn)上，其中3、b帶正電，c帶負(fù)電，0為三角形中心，A B、C為三條邊的中點(diǎn).則4口*,*RSB、C兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)相同B、C兩點(diǎn)電勢(shì)相同C.在0點(diǎn)自由釋放電子（不計(jì)重力），會(huì)沿OA方向一直運(yùn)動(dòng)D.在0點(diǎn)自由釋放電子（不計(jì)重力），會(huì)在OA直線上往復(fù)運(yùn)動(dòng)【答案】BD【解析】【詳解】由題意知，B、C兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為三個(gè)點(diǎn)電荷在該處場(chǎng)強(qiáng)的矢量和。其中 3c兩處的點(diǎn)電荷在B點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)的矢量和沿 B3方向，b處電荷在B點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)沿bB方向，方向如圖所示， 可知，B、C兩處電場(chǎng)強(qiáng)度的方向不同，所以 A錯(cuò)誤；3c兩電荷在B點(diǎn)的電勢(shì)之和為

11、零，bc兩 處電荷在C點(diǎn)的電勢(shì)之和等于零， 所以B點(diǎn)的電勢(shì)等于b處電荷產(chǎn)生，C處電勢(shì)等于3處電荷 產(chǎn)生，3b兩電荷等量同種且到 C、B的距離也相等，所以電勢(shì)相等，故 B正確；由圖知，O點(diǎn) 電場(chǎng)的方向沿 AC方向，在 OA的延長(zhǎng)線上有一場(chǎng)強(qiáng)為零的點(diǎn)D,在OA線上D點(diǎn)的兩側(cè)電場(chǎng)的方向相反，所以電子在 O點(diǎn)由靜止釋放將沿 OAT向做加運(yùn)動(dòng)到 D,然后減速運(yùn)動(dòng)到速度為零,接著往回運(yùn)動(dòng)，即會(huì)在 OAt線上往復(fù)運(yùn)動(dòng)9.下列說(shuō)法正確的是（A.多晶體都具有各向同性的特點(diǎn)B.液體的飽和汽壓與溫度有關(guān)C.第二類永動(dòng)機(jī)不能制成是因?yàn)樗`反了能量守恒定律一定質(zhì)量的理想氣體，放熱的同時(shí)外界對(duì)其做功，其內(nèi)能可能減少E.當(dāng)

12、分子間的距離增大時(shí)，分子間的引力和斥力均減小,作用力一定表現(xiàn)為引力【答案】ABD但斥力減小得更快，所以分子間的故 A正確;日飽和汽壓隨溫度的升高而增大，降低而減小，故B正確;詳解】A、單晶體具有各向異性，多晶體具有各向同性,C第二類永動(dòng)機(jī)不能制成是因?yàn)樗`反了熱力學(xué)第二定律，但不違反能量守恒定律，故D 一定質(zhì)量的理想氣體， 放熱的同時(shí)外界對(duì)其做功， 即有 Q 0, W 0,根據(jù)熱力學(xué)第一定律, U可能減少，故E、當(dāng)分子間的距離I力和斥力均減小，斥力減小得更快；當(dāng)r0時(shí)，分子間的作用力表現(xiàn)。&r時(shí)，分子間的作用力表現(xiàn)為引力，故 E錯(cuò)誤。10.一列沿x軸正曾橫波在t=0時(shí)刻的波形如圖所示，已知任意

13、振動(dòng)質(zhì)點(diǎn)相鄰2次經(jīng)過(guò)平衡位置的日0.4s 。下列說(shuō)法正確的是（A.此波的周期為085B.此波的波速為10m/sC.在r= 045,時(shí)刻，13m處的質(zhì)點(diǎn)恰好位于波峰D.在1t =06,時(shí)刻，4=22m處的質(zhì)點(diǎn)恰好位于波谷E.若此波在某介質(zhì)中傳播的波長(zhǎng)變?yōu)?m,則它在該介質(zhì)中的波速一定為 25m/5【答案】ACE 【解析】【詳解】由題意知，任意振動(dòng)質(zhì)點(diǎn)相鄰2次經(jīng)過(guò)平衡位置的時(shí)間間隔為0.4s ,可求此波的周期為0.8s ,所以A正確；由圖知，波長(zhǎng)為 4m所以波速：v=X/T=5 m/s ,故B錯(cuò)誤；根據(jù)波 的周期性可知13m處的質(zhì)點(diǎn)在t=0時(shí)刻處于波谷的位置，應(yīng)該半個(gè)周期即0.4s時(shí)刻到達(dá)波峰位置

14、，所以C正確；由圖知，22m處質(zhì)點(diǎn)與2m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)步調(diào)一致，即在 0時(shí)刻22m處質(zhì) 點(diǎn)處在平衡位置向下振動(dòng)，經(jīng)過(guò)0.6s （3T/4）到達(dá)波峰位置，D錯(cuò)誤；改變傳播介質(zhì)此波的周期不變還是 0.8s ,所以傳播速度 v=X/T=2/0.8=2.5 m/s , E正確。三、實(shí)驗(yàn)題探究題（本大題共2小題，共15.0分）11.如圖所示，某實(shí)驗(yàn)小組僅用一把刻度尺測(cè)量一根粗細(xì)均勻、伸長(zhǎng)可忽略的細(xì)線的最大承受力。將細(xì)線的一端固定在水平刻度尺（刻度尺固定）上 A點(diǎn)，在所測(cè)細(xì)線的中點(diǎn)掛一個(gè)輕重適中的鉤碼，另一端 B可以在刻度尺上左右移動(dòng)。當(dāng)A、B間的距離增大到某一值時(shí)，細(xì)線剛好被拉斷，已知鉤碼的質(zhì)量為 m,重

15、力加速度大小為 g。（1）實(shí)驗(yàn)小組需要直接測(cè)量的物理量有（填物理量名稱和符號(hào)， 如高度“h”）：（2）所測(cè)細(xì)線最大承受力大小的計(jì)算表達(dá)式為【答案】（1）. A 、B間距離d （2）. （用已知和所測(cè)物理量符號(hào)表示）細(xì)線總長(zhǎng)度L （3）.，ud【解析】A、B【詳解】（1）由題意知，需利用平行四邊形定則求繩上的拉力，根據(jù)幾何關(guān)系，需測(cè)量間距離d,細(xì)線總的長(zhǎng)度；1 # mg(2)以鉤碼為研究對(duì)象，如圖所示。根據(jù)幾何關(guān)系得:4 4 =JL,解得繩上拉力為:L F24Hl12.如圖所示為“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實(shí)驗(yàn)電路，所用器材有：電動(dòng)勢(shì)為3V的電源，額定電壓為2.5V的小燈泡，符合實(shí)驗(yàn)要求的滑動(dòng)

16、變阻器、已經(jīng)機(jī)械調(diào)零的電壓表和電流表，以及開關(guān)和導(dǎo)線若干，所有元器件都完好。采用如下步驟完成實(shí)驗(yàn)：(1)閉合開關(guān)前，滑動(dòng)變阻器滑片應(yīng)置于滑動(dòng)變阻器 (選填“左”或“右”)端;(2)閉合開關(guān)后，無(wú)論怎樣調(diào)節(jié)滑動(dòng)變限器，電流表和電壓表的示數(shù)總調(diào)不到零，但小燈泡亮度有變化，則故障的原因可能是 (選填a、b、c、d、e、f、g、h)導(dǎo)線斷路；(3)排除故障后，移動(dòng)毛t片P,電壓表指針?biāo)傅奈恢萌鐖D所示，則電壓表的讀數(shù)為 V; IQ 0a1 OJO D4V(5)小燈泡的U-I圖象是曲線而不是過(guò)原點(diǎn)的直線，其原因是 ?！敬鸢浮?1). 左 (2). h (3). 1.70V (4). 12.5Q (5).

17、因?yàn)樾襞莸碾娮桦S溫度的升高而增大【解析】【詳解】(1)為保護(hù)電表的安全，閉合電路前應(yīng)將滑動(dòng)變阻器的滑片移至最左端，以使測(cè)量電路處于短路狀態(tài)；(2)電流表和電壓表的示數(shù)總調(diào)不到零，調(diào)節(jié)滑片不能使測(cè)量電路短路，燈泡亮度會(huì)變化，說(shuō)明電路暢通，滑動(dòng)變阻器是串聯(lián)在電路中的，即限流式接法，所以是導(dǎo)線h斷路了。(3)因小燈泡的額定電壓是 2.5V,所以電壓表選擇 3V的量程，由圖知，電壓表讀數(shù)為1.70V;(4)當(dāng)電壓達(dá)到額定電壓 2.5V時(shí)，小燈泡正常發(fā)光，由伏安特性曲線知此時(shí)燈泡的電流為 ,一 ，一， 一 V 0.2A ,所以燈泡正常發(fā)光時(shí)阻值為=(5)因小燈泡燈絲的電阻率隨溫度的升而增大，即電阻值會(huì)

18、隨電壓的增大而增大，所以伏安特性曲線圖像不是過(guò)原點(diǎn)的直線。四、計(jì)算題(本大題共 4小題，共52.0分)13.如圖所示，M N是直角坐標(biāo)系xOy坐標(biāo)軸上的兩點(diǎn)，其坐標(biāo)分別為 M(0, L)和N(2L, 0)。一個(gè)質(zhì)量為 m電荷量為q的帶電粒子，從M點(diǎn)以初速度V0沿x軸正方向進(jìn)入第一象限。若第一象限內(nèi)只存在沿 y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，粒子恰能通過(guò) N點(diǎn)；若第一象限內(nèi)只存在垂直 xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，粒子也會(huì)通過(guò)N點(diǎn)。不計(jì)粒子的重力，求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。?2)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。ij【答案】(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為 ；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小 一L2 也5qL【解析】【詳解】(1)粒子在電場(chǎng)中做類

19、平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向：2L=V0t,豎直方向：L=；at2,根據(jù)牛2頓第二定律可得：qE=ma解彳導(dǎo):E31；2qL(2)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：1or由幾何知識(shí)得：r2=(2L) 2+ (r-L) 2,洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得： 2叫qvoB=m 0 斛得： B=。r5qL14.如圖所示，水平直軌道 AC的長(zhǎng)度為L(zhǎng)=8m AC中點(diǎn)B正上方有一探測(cè)器，C處有一豎直擋板D.現(xiàn)使物塊P沿軌道向右以速度 V與靜止在A處的物塊P2正碰，碰撞后，Pi與P2粘成組合體P.以P、B碰撞時(shí)刻為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，探測(cè)器只在 ti=2s至t2=4s內(nèi)工作。已知物塊 P、B 的質(zhì)量均力m=1

20、kg, P、P2和P均視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。(1)若v8m/s, P恰好不與擋板發(fā)生碰撞，求 P與軌道AC間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)若P與擋板發(fā)生彈性碰撞后，并能在探測(cè)器工作時(shí)間內(nèi)通過(guò)B點(diǎn)，求V1的取值范圍；(3)在滿足(2)的條件下，求 P向左經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的最大動(dòng)能?！敬鸢浮?=0.1 (2) 10m/s 14m/5(3) 31用【解析】【詳解】(1)設(shè)P、P2碰撞后，P的速度為v,根據(jù)動(dòng)量守恒：mv=2mv解得：v=4 m/sP恰好不與擋板發(fā)生碰撞，即P到達(dá)C點(diǎn)速度恰好減為零根據(jù)動(dòng)能定理：:代入解得：:(2)由于P與檔板的碰撞為彈性碰撞，P在AC間等效為勻減速運(yùn)動(dòng)， 設(shè)P的加速度大小為 a。根據(jù)牛頓第二定律：科2mg=2maP返回經(jīng)B點(diǎn)，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律：號(hào)=仇一1砒*由題意知，物塊 P在24s內(nèi)經(jīng)過(guò)B點(diǎn)，代入數(shù)據(jù)解得SttVs v再結(jié)合mv=2mv得. (3)設(shè)P向左經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí) 速度為v2,由速度位移公式： 寂-/ = 4n聯(lián)立解得P向左經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的最大動(dòng)能為： 垃=式2m)用=17 J15.如圖所示，粗細(xì)均勻且橫截面積相等的玻璃管A B下端用橡皮管連接，A管固定且上端封閉，上端被水銀柱