河北省衡水中學2019屆高三二?？荚嚴砜凭C合物理試題及答案

1、衡水中學2019學年二?？荚嚴砜凭C合物理部分試題選擇題： 共 8 小題， 每小題 6 分， 在每小題給出的四個選項中，第 1417 題只有一項符合題目要求，第 1821題有多項符合題目要求，全部選對得6 分，選對但不全的得3 分，有選錯的得0 分14. 下列關于近代物理的說法正確的是A. 玻爾理論成功解釋了各種原子發(fā)出的光譜B. 能揭示原子具有核式結構的事件是氫原子光譜的發(fā)現(xiàn)C. 光電效應實驗現(xiàn)象的解釋使得光的波動說遇到了巨大的困難2D. 質能方程E mc2揭示了物體的能量和質量之間存在著密切的確定關系，提出這一方程的科學家是盧瑟福15. 如圖所示，圓柱體的A 點放有一質量為M 的小物體P，

2、使圓柱體緩慢勻速轉動，帶動 P 從 A 點轉到A 點，在這過程中P 始終與圓柱體保持相對靜止，那么P 所受的靜摩擦力的大小隨時間的變化規(guī)律，可由下面哪個圖表示16. 圖甲中理想變壓器原副線圈的匝數(shù)比為n1 : n2 5:1 ，電阻R=20 ， L1、 L 2為規(guī)格相同的兩只小燈泡，S1 為單刀雙擲開關，原線圈接正弦交變電源，輸入電壓u 隨時間 t 的變化關系如圖乙所示，現(xiàn)將S1 接1，S2閉合，此時L2正常發(fā)光，下列說法正確的是A. 輸入電壓u 的表達式為u 20 2 sin(50 t)VB. 只斷開S2后，L1、 L2均正常發(fā)光C. 只斷開S2 后，原線圈的輸入功率將增大D. 若S1 換接到

3、2 后， R 消耗的電功率為0. 8W17. 如圖所示，以速度v 將小球沿與水平方向成37 角方向斜向上拋出，結果小球剛好能垂直打在豎直3墻上，小球反彈后的速度方向水平，速度的大小為碰撞前速度大小的3 ，不計空氣阻力，則反彈后小球的4速度大小再次為v 時，速度與水平方向夾角的正切值為A.4 B.3 C.55 D.318. 如圖甲所示，質量m 3.0 10 3kg的“”形金屬細框豎直放置在兩水銀槽中，形框的水3平細桿 CD 長 L=0. 20m ，處于磁感應強度大小B1=0. 1T，方向水平向右的勻強磁場中，有一匝數(shù)n=300，面積 S=0. 01m2的線圈通過開關S與兩水銀槽相連，線圈處于與線

4、圈平面垂直，沿豎直方向的勻強磁場中，其磁感應強度B 2 隨時間 t 變化的關系如圖乙所示，t=0. 22s 時閉合開關S，細框瞬間跳起(細框跳起瞬間安培力遠大于重力)，跳起的最大高度h=0. 20m，不計空氣阻力，重力加速度g 10m/ s2，下列說法正確的是A. 00. 10s 內線圈中的感應電動勢大小為3VB. 開關 S閉合瞬間，CD 中的電流方向由C 到 DC. 磁感應強度B2的方向豎直向下D. 開關 S 閉合瞬間，通過細桿CD 的電荷量為0. 03C19. 2018 年 1 月 23 日，我國首顆1 米分辨率C 頻段多極化合成孔徑雷達（SAS）衛(wèi)星“高分三號”正式投入使用，某天文愛好者

5、觀測衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動時，發(fā)現(xiàn)該衛(wèi)星每經過時間t 通過的弧長為l，該弧長對應的圓心角為弧度，已知引力常量為G，則下列說法正確的是A. 衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的線速度大小為ltB. 衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的角速度為2tC. 地球的質量為l 3 2G t2D. 衛(wèi)星的質量為t2G l320. 如圖所示，兩等量異種電荷在同一水平線上，它們連線的中點為O，豎直面內的半圓弧光滑絕緣軌道的直徑 AB 水平，圓心在O 點，圓弧的半徑為R， C 為圓弧上的一點，OC 為豎直方向的夾角為37°，一電荷量為+q，質量為m 的帶電小球從軌道的A 端由靜止釋放，沿軌道滾動到最低點時，速度v 2 g

6、R， g為重力加速度，取無窮遠處電勢為零，則下列說法正確的是mgRA. 電場中 A 點的電勢為2mgRB. 電場中 B 點的電勢為 qC. 小球運動到B 點時的動能為2mgRD. 小球運動到C 點時，其動能與電勢能的和為1. 6mgR21. 如圖所示，內壁光滑的圓軌道豎直固定在桌面上，一小球靜止在軌道底部A 點，現(xiàn)用小錘沿水平方向快速擊打小球，擊打后迅速移開，使小球沿軌道在豎直面內運動，當小球回到A 點時，再次用小錘沿運動方向擊打小球。通過兩次擊打，小球才能運動到圓軌道的最高點，已知小球在運動過程中始終未脫離軌道，若在第一次擊打過程中小錘對小球做功W1，第二次擊打過程中小錘對小球做功W2，先后

7、兩次擊打過程中小錘對小球做功全部用來增加小球的動能，則W1 的值可能為W2A. 1B. 2C. 1D. 233三、非選擇題（一）必考題22. 某同學用如圖甲所示的裝置來驗證動量守恒定律，該裝置由水平長木板及固定在木板一端的硬幣發(fā)射器組成，硬幣發(fā)射器包括支架、彈片及彈片釋放裝置，釋放彈片可將硬幣以某一初速度彈出。已知一元硬幣和五角硬幣與長木板間動摩擦因數(shù)相同，主要實驗步驟如下：將一元硬幣置于發(fā)射槽口，釋放彈片將硬幣發(fā)射出去，硬幣沿著長木板中心線運動，在長木板中心線的適當位置取一點O， 側出硬幣停止滑動時硬幣右側到O 點的距離。再從同一位置釋放彈片將硬幣發(fā)射出去，重復多次，取該距離的平均值記為x1

8、，如圖乙所示；將五角硬幣放在長木板上，使其左側位于O 點，并使其直徑與中心線重合，按步驟從同一位置釋放彈片，重新彈射一元硬幣，使兩硬幣對心正碰，重復多次，分別測出兩硬幣碰后停止滑行時距O 點距離的平均值 x2和x3，如圖丙所示。若測得1 ）根據如圖甲所示的實物連接圖，在圖乙方框中畫出相應的電路圖。23. 某同學利用下列器材測量兩節(jié)干電池的電動勢和內阻。E. 導線和開關D. 電阻箱 RR0的阻值，先把電阻箱R 調到某一阻值A. 待測干電池兩節(jié)1 ）為完成該實驗，除長木板，硬幣發(fā)射器，一元及五角硬幣，刻度尺外，還需要的器材為C. 定值電阻R0（阻值未知）B. 電壓表V 1、 V 2，量程均為3V，

9、內阻很大讀出電壓表V1、 V2的示數(shù)分別為U10、U20，則R2 ， 實驗總條件電阻箱R， 讀出相應的電壓表V1、 V2的多組數(shù)據U1、U2， 描繪出 U1 U 2圖像如圖丙所示，則兩節(jié)干電池的總電動勢E=V ，總內阻r= 。23. 如圖所示為一皮帶傳送裝置，其中 AB 段水平， 長度LAB4m ， BC 段傾斜， 長度足夠長，傾角為37 ，AB 和 BC 在 B 點通過一段極短的圓弧連接（圖中未畫出圓?。?，傳送帶以v=4m/s 的恒定速率順時針運轉?，F(xiàn)將一質量m=1kg 的工件 （可看做質點）無初速度地放在A 點， 已知工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù) =0. 5，sin37 =°0.

10、6， cos37 °=0. 8，重力加速度g=10m/s2，求：（ 1 ）工件從A 點開始至第一次到達B 點所用的時間t；（ 2）工件從第一次到達B 點至第二次到達B 點的過程中，工件與傳送帶間因摩擦而產生的熱量Q。25. 如圖所示，三角形AQC 是邊長為2L 的等邊三角形，P、 D 分別為 AQ 、 AC 的中點，在水平線QC 下方是水平向左的勻強電場。區(qū)域I（梯形PQCD） 內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B， 區(qū)域II（三角形 APD ）內有垂直紙面向里的勻強磁場，區(qū)域III （虛線PD 以上，三角形PAD 以外）有垂直紙面向外的勻強磁場，區(qū)域II、 III 內磁感應強

11、度大小均為5B，一帶正電的粒子從Q 點正下方、距離Q 點為 L 的 O 點以某一初速度射出，在電場力作用下從QC 邊中點 N 以速度v0垂直QC 射入區(qū)域I， 接著從 P 點垂直 AQ 射m2）電場強度E 及粒子從O 點射出時的初速度v 的大??；t。3）粒子從O 點出發(fā)到再次到O 點的整個運動過程所經歷的時間（二）選考題33. 【物理選修3-3】下列說法正確的是A. 一定質量的理想氣體體積增大時，其內能一定減少B. 氣體的溫度降低，某個氣體分子熱運動的動能可能增加C. 當水面上方的水蒸氣達到飽和狀態(tài)時，水中不會有水分子飛出水面D. 氣體對器壁的壓強是由大量氣體分子對器壁不斷碰撞而產生的E. 在

12、“用油膜法估測分子的大小”的實驗中，將油酸酒精溶液的體積直接作為油酸的體積進行計算，會使分子直徑計算結果偏大（ 2）如圖甲所示，玻璃管豎直放置，AB 段和 CD 段分別為兩段長25cm 的水銀柱，BC 段為長 10cm 的理想氣體，D 到玻璃管底端為長12cm 的理想氣體。已知大氣壓強為75cmHg，玻璃管的導熱性能良好，環(huán)境的溫度不變。將玻璃管旋轉180°倒置，經過足夠長時間后，水銀未從玻璃管流出，求：玻璃管倒置后BC 段氣體的長度；玻璃管倒置后D 到玻璃管底端封閉氣體的長度。34. 【物理選修3-4】 （ 1）下列說法正確的是A. 彈簧振子的回復力由彈簧的彈力提供B. 單擺振動的

13、周期一定等于它的固有周期C. 機械波從一種介質進入另一種介質，如果波速變大，那么波長一定變大D. 在干涉現(xiàn)象中，振動加強的點的位移有時可能比振動減弱的點的位移小E. 發(fā)生多普勒效應時，波源發(fā)出的波的頻率并沒有發(fā)生變化（ 2）如圖所示為半圓形玻璃柱的截面圖，半圓形玻璃柱半徑為R，平行于直徑AB 的單色光照射在玻璃柱B 點，已知玻璃柱對單色光的折射率為3求該束光線到AB 的距離；CB 段弧面上的折射光線不可能在CB 段弧面上發(fā)生全反射。試說明入射光線經折射后，直接照射到參考答案14. C：波爾理論成功解釋了氫原子發(fā)光的現(xiàn)象，但對于稍微復雜一定的原子如氦原子，波爾理論都無法解釋其發(fā)光現(xiàn)象，故波爾理論

14、有它的局限性，A 錯誤；盧瑟福的粒子散射實驗揭示了原子具有核式結構，B錯誤；光電效應實驗現(xiàn)象說明了光具有粒子性，從而使得光的波動說遇到了巨大困難，C 正確；愛因斯坦的質能方程揭示了物體的能量和質量之間存在密切的關系，D 錯誤；15. A：物體 P 一共受到三個力的作用，豎直方向的重力G，沿半徑方向向外的支持力FN ，沿切線方向的靜摩擦力 Ff ，圓柱體緩慢移動，所以物塊P 在任意位置所受合外力為零，對三個力進行分解，得到Ff mg sin ，從 A 轉動到 A 的過程中 先變小后增大，所以Ff 按照正弦變化規(guī)律先減小后增大，故A 正確；16. D ：從圖中可看出該交流電的最大值為20 2V ，

15、周期為0. 02s，根據交變電流的電動勢隨時間的變化規(guī)律 e Em sin t，其中2 ，可知輸入電壓u 20 2 sin(100 t)V ， A 錯誤；只斷開S2，副線圈中電壓不變，兩燈泡的總電壓不變，總電阻增加，流過燈泡的電流減小，L1、 L2不能正常發(fā)光，故B 錯誤；只斷開S2，副線圈中電壓不變，電路總電阻增加，總電流減小，副線圈功率減小，理想變壓器輸入功率等于輸出功率，故原線圈的輸入功率減小，故C 錯誤；根據理想變壓器原副線圈電壓之比U 1 :U 2 n1 : n2，可2知副線圈電壓的有效值為4V ，若S1 接到2，副線圈的電壓仍不變，根據P U 可得電阻消耗的電功率為R0. 8W，故

16、 D 正確。17. B：小球斜向上拋出垂直打在墻上，逆向可視為平拋運動，設打在墻上的速度為v0，則v0 v cos37 ，3334反彈后以v0拋出，當速度為v時，v0 vcos ，聯(lián)立解得cos ，故 tan ， B 正確；18. BD ： 由 圖 像 可 知 00. 10s 內BS 0.01Wb ， 00. 10s 線 圈 中 額 感 應 電 動 勢 大 小E n 300 0.01 V 30V ， A 錯誤；由題意可知細桿CD 所受安培力方向豎直向上，由左手定則可t0.1知電流方向為C D，由安培定則可知感應電流的磁場方向豎直向上，由圖示圖像可知，在0. 200. 25s內穿過線圈的磁通量減

17、少，由楞次定律可得磁感應強度B 2方向豎直向上，故 B 正確 C 錯誤； 對細框由動量定理得 BIL t mv，細框豎直向上做豎直上拋運動v2 2gh，電荷量q I t ，解得 q=0. 03C， D 正確；219. AC： 由圓周運動公式可得l r , v l ， 該衛(wèi)星做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，有 2m mv ，trrl3解得 M 2 ， AC 正確； G t220. AC ：取無窮遠處電勢為零，則最低點處電勢為0，小球從A 點運動到最低點過程中，由動能定理可得mgR qU AO 1 mv2 ，解得 U AO mgR ，而 U AO A 0 ，所以A mgR ， A 正確；由對稱

18、性可知2qqU AO U BO ，即 A 0 0B，故B mgR ， B 錯誤；小球從A 點運動到B 點過程中，由動能定理q12得 Ek qU AB 2mgR， C 正確； 小球在最低點處的動能和電勢能的總和為E1mv 0 2mgR， 由最12低 點運 動到 C點過 程總 ，動 能、 電勢 能、重 力 勢 能的 總量 守恒 ， 而 重力 勢能增 加量Ep mgR 1 cos370.2mgR， 故動能、 電勢能的綜合減少了0. 2mgR， 所以小球在C 點的動能和電勢能的總和為E2 E1 0.2mgR 1.8mgR ， D 錯誤；21. AB ：由于小球始終未脫離軌道，所以第一次擊打小球上升的高

19、度不超過R，故W1 mgR 。兩次擊打后上升到最高點的過程中，由動能定理得W1 W2 2mgR 1 mv2，由于通過最高點的速度v gR，所以2W1 3 mgR，故W1 2 ， AB 正確；2W2 322. （ 1）動量為質量和速度的乘積，該實驗要驗證質量不等的兩物體碰撞過程中動量守恒，需測量兩物體的質量和碰撞前后的速度，因此除給定的器材外，還需要的器材為天平。（ 2）測出一元硬幣的質量為m1，五角硬幣的質量為m2，一元硬幣以速度v1 被彈射出去后，由動能定理可得m1 gx11m1v12，解得v12gx1，當一元硬幣以速度v1 與五角硬幣碰撞后，速度分別為v2、v3，由1212動能定理可得m1

20、gx2m1v2 ，m2 gx3m2v3，解得一元硬幣碰后速度v22gx2 ，五角硬幣碰后22的 速 度 為 v32 gx3 ， 若 碰 撞 過 程 動 量 守 恒 則 需 滿m1v1 m1v2 m2v3 ， 代 入 數(shù) 據 可 得m1 x1m1 x2 m2 x323、 （ 1）根據實物圖可知，電壓表V1與 R 并聯(lián)后與R0串聯(lián)接在電源兩端，電壓表V2并聯(lián)在電源的兩端。（ 2）根據串并聯(lián)電路規(guī)律可得電路中電流為I U10 ，根據歐姆定律可得R0 U 20 U10 U20 U10 R1R1IU 10（ 3）根據閉合電路歐姆定律可知U 2 E U 2 U 1 r ，變形可得U 1 U 2 r R0E

21、R0 ，由圖像可知當R0rrU1 0 時 U2 1.0V ，故有0 ，圖像的斜率為k.1.5，聯(lián)立解得r rr 2.6 1.0E=3. 0V， r=2. 424、 （ 1 ）由牛頓第二定律可得mg ma1經 t1 時間與傳送帶共速，則t1v 0.8sa112運動位移為x1a1t11.6m2此后工件與傳送帶一起勻速運動到B 點，用時t2LAB x1 0.6sv工件第一次到達B 點所用時間t t1 t2 1.4s（ 2）工件上升過程中受到的摩擦力f mg cos由牛頓第二定律可得加速度a2 mg sin f2m / s2m由運動學公式可得t3v 2sa2下降過程加速度不變a3 a2 2m / s2

22、t42sa3工件與傳送帶的相對位移x v t4 t316mQ f x 64J225、 （ 1 ）根據牛頓第二定律可得Bqv0 mv0 ，根據題意有R=L ，解得 q v0Rm BL（ 2）粒子從O 到 N，由運動合成與分解可得：L v0t'， L 1 at '202由牛頓第二定律可得a qE ，解得 E 2Bv0m由運動學公式可得vx2 2aL，由勾股定理可得vvx2 vy25v03）粒子在電磁場中運動的總時間包括三段：電場中往返的時間t 0，區(qū)域I 中的時間t1，區(qū)域 II 和 III 中的 時間 t2 t32L根據平拋運動規(guī)律有t0 2Lv0設在區(qū)域I 中的時間為t1，則t

23、1 2 2 L 2 L6v03v02粒子在區(qū)域II 和 III 內的運動半徑qv0 5B m 0r5則粒子在區(qū)域II 和 III 內的運動軌跡如圖所示，總時間為2 5 個周期 T6T 2 r 2 L ， t2 t32 5 Tv05v0617 2 L65v017 L15v0故總時間t t0 t1 t2 t3 2L 9 L0123v05v033、 （ 1） BDE：根據理想氣體狀態(tài)方程PV C 可知，體積增大時，壓強變化的關系未知，故溫度變化未T知，則內能的變化無法確定，A 錯誤；氣體的溫度降低，分子平均動能減小，但某個氣體分子熱運動的動能可能增加，B 正確；由于分子的無規(guī)則運動，當水面上方的水蒸氣達到飽和狀態(tài)時，水中仍然會有水分子飛出水面，C 錯誤；氣體的壓強是由大量氣體分子對器壁不斷碰撞而產生的一種持續(xù)的壓力，D 正確； 將油酸酒精溶液的體積直接作為油酸的體積進行計算，體積偏大，則直徑偏大，故E 正確。（ 2）設玻璃管的橫街面積為S，研究BC 段的氣體初狀態(tài)：氣體體積V1 hscs ，壓強p1 75cmHg 25cmHg 100cmHg末狀態(tài)：氣體體積V2 hscS ，壓強p2 75cmHg 25cmHg 5