2019年广东省珠海市高考物理一模试卷

2019年广东省珠海市高考物理一模试卷
二、选择题：
1．（3分）如图所示，用紫外光照射金属板，发现验电器的指针偏转，以下说法正确的是（　　）

A．金属板带正电，指针带负电
B．金属板带负电，指针带正电
C．金属板带正电，指针带正电
D．金属板带负电，指针带负电
2．（3分）某物体沿直线运动的v﹣t图象如图所示，由图可以看出物体
①沿直线做往复运动
②沿直线向一个方向运动
③加速度大小不变
④做匀变速直线运动
以上说法正确的是（　　）

A．①③ B．②④ C．仅② D．③④
3．（3分）区伯伯在海边钓获一尾鱼，当鱼线拉着大头鱼在水中向左上方匀速运动时，鱼受到水的作用力方向可能是（　　）

A．竖直向上 B．竖直向下 C．水平向左 D．水平向右
4．（3分）如图所示，使一个水平铜盘绕过其圆心的竖直轴OO′转动，且假设摩擦等阻力不计，转动是匀速的。现把一个蹄形磁铁水平向左移近铜盘，则（　　）

A．铜盘转动将变快
B．铜盘转动将变慢
C．铜盘仍以原来的转速转动
D．因磁极方向未知，无法确定
5．（3分）如图所示，质量均为m的木块A和B，用一个劲度系数为k的竖直轻质弹簧连接，最初系统静止，现在用力F向上缓慢拉A直到B刚好要离开地面，则这一过程中力F做的功至少为（　　）

A． B． C． D．
6．（3分）如图所示，直流电路中，R1、R2是定值电阻，R3是光敏电阻，其阻值随光照增强而减小。当开关S闭合，电容器两板间的M点的带电液滴恰好能保持静止。现用强光照射电阻R3时（　　）

A．电源的总功率减小 B．A板的电势降低
C．液滴向上运动 D．电容器所带电荷量增加
7．（3分）2012年至2015年进入了我国北斗系统卫星发射的高峰期，北斗卫星系统由地球同步轨道卫星与低轨道卫星两种卫星组成，在轨正常运行的这两种卫星比较（　　）
A．低轨卫星运行的周期较大
B．同步卫星运行的周期较大
C．低轨卫星运行的加速度较大
D．同步卫星运行的线速度较大
8．（3分）如图，空间有平行于纸面的匀强电场，处于该电场中直角三角形ABC直角边20cm，∠A＝60°，AD是∠A的角平分线。若在直角顶点B处有一个射线源，能朝空间各方向射出动能为1000eV的电子，则能在顶点A和C分别探测到动能为1100eV和900eV的电子，本题中运动的电子仅需考虑匀强电场的电场力，则（　　）

A．AB间的电势差UAB＝100V
B．该匀强电场的场强E＝1000V/m
C．电场强度的方向沿A指向D
D．整个三角形内，顶点C的电势最高
三、非选择题：（一）必考题
9．在研究匀变速直线运动实验中，在打点计时器打下的纸带上，选取一段如图所示，实验员告知同学们交流电的频率为50Hz，图中每两点中间还有四点没有画出；用刻度尺量得A到B、C、D、E各点的距离依次为：1.23cm、3.71cm、7.44cm和12.42cm，则打C点时物体的瞬间速度大小为　 　m/s；该匀变速直线运动的加速度的大小为　 　m/s2（以上结果均保留3位有效数字）。若实际上交流电的频率为51Hz，则上面计算出的加速度值比实际值　 　。（填“偏大”、“偏小”或“不偏”）

10．某同学在练习使用多用电表时连接的电路如甲图所示

（1）若旋转选择开关，使尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过　 　（选填“R1”或“R2”）的电流；
（2）若断开电路中的电键，旋转选择开关使其尖端对准欧姆档，则测得的是　 　。
A．R1的电阻 B．R2的电阻
C．R1和R2的串联电阻 D．R1和R2的并联电阻
（3）将选择倍率的旋钮拨至“×10Ω”的档时，测量时指针偏转角很大，为了提高测量的精确度，应将选择开关拨至　 　档（选填“×100Ω”或“×1Ω”），将两根表笔短接调节调零旋钮，使指针停在0Ω刻度线上，然后将两根表笔分别接触待测电阻的两端，若此时指针偏转情况如图所示，则所测电阻大小为　 　Ω。
（4）乙图是该多用表欧姆档“×100Ω”内部电路示意图，电流表满偏电流为1.0mA、内阻为10Ω，则该欧姆档选用的电池电动势应该为　 　V。
11．在中美贸易战中，中兴的遭遇告诉我们，要重视芯片的自主研发工作，而芯片的基础工作在于半导体的工艺。如图所示，在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后，垂直进入方向垂直纸面向里、宽度为D的匀强磁场区域，其中离子P+在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出。已知P+和P3+的质量均为m，而电量分别为e和3e（e表示元电荷）。
（1）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）求P3+在磁场中转过的角度φ。

12．水平放置长为L＝4.5m的传送带顺时针转动，速度为v＝3m/s，质量为m2＝3kg的小球被长为l＝1m的轻质细线悬挂在O点，球的左边缘恰于传送带右端B对齐；质量为m1＝1kg的物块自传送带上的左端A点以初速度v0＝5m/s的速度水平向右运动，运动至B点与球m2发生碰撞，在极短的时间内以碰撞前速率的反弹，小球向右摆动一个小角度即被取走。已知物块与传送带间的滑动摩擦因数为μ＝0.1，取重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）碰撞后瞬间，小球受到的拉力是多大？
（2）物块在传送带上运动的整个过程中，与传送带间摩擦而产生的内能是多少？

三、选做题（共4小题，每小题3分，满分12分）
13．（3分）下列说法中正确的是（　　）
A．一定质量的理想气体体积增大时，其内能一定减少
B．气体的温度降低，某个气体分子热运动的动能可能增加
C．气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的
D．当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中不会有水分子飞出水面
E．在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，会使分子直径计算结果偏大
14．（3分）有一高压气体钢瓶，容积为V0，用绝热材料制成，开始时封闭的气体压强为p0，温度为T0＝300K，内部气体经加热后温度升至T1＝360K，求：
（1）温度升至T1时气体的压强；
（2）若气体温度保持T1＝360K不变，缓慢地放出一部分气体，使气体压强再回到p0，此时钢瓶内剩余气体的质量与原来气体总质量的比值为多少？
15．（3分）关于振动和波动，下列说法正确的是（　　）
A．做简谐振动的物体，经过同一位置时，加速度可能不同
B．在受迫振动中，驱动力的频率不一定等于物体的固有频率
C．在波的干涉中，振动加强的点不一定处在波峰或波谷的叠加处
D．波源与观察者互相靠近或者互相远离时，接收到的频率会发生变化
E．在波的传播方向上对平衡位置的位移始终相同的质点间距离等于波长
16．（3分）如图所示，半圆玻璃砖的半径R＝3cm，折射率为n，直径AB与屏幕垂直并接触于A点。激光a以入射角i＝30°射向半圆玻璃砖的圆心0，结果在水平屏幕MN上出现两个光斑。
（1）求两个光斑之间的距离；
（2）改变入射角，使屏MN上只剩一个光斑，求此光斑离A点的最长距离。



2019年广东省珠海市高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
二、选择题：
1．【分析】用紫外光照射锌板，由于入射光的频率大于极限频率，发生光电效应，有光电子从锌板飞出，锌板失去电子带正电，从而即可求解。
【解答】解：因为发生光电效应时，锌板失去电子带正电，用验电器与锌板接触，则验电器和指针都带正电，故ABD错误，C正确；
故选：C。
【点评】解决本题的关键掌握光电效应的特点，以及知道带正电的物体失去电子。
2．【分析】由速度的正负分析物体的运动方向，确定运动性质。加速度大小等于图线的斜率大小。根据物体的加速度是否变化，判断物体是否做匀变速直线运动。
【解答】解：①②速度的正负表示物体的运动方向，由图看出，物体的运动方向改变，沿直线做往复运动，故①对，②错。
③速度图象的斜率大小等于加速度大小，根据数学知识看出斜率大小不变，则物体的加速度大小不变，故③正确。
④由图可知，加速度的大小不变，但是方向是变化的，所以此运动不是匀变速运动，故④错误。
故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】本题主要抓住速度的正负表示速度的方向、斜率等于加速度进行分析。匀变速直线运动的特点是加速度保持不变。
3．【分析】对大头鱼受力分析，根据受力平衡条件，结合大头鱼重力与拉力方向，依据力的平行四边形定则，即可求解。
【解答】解：由题意可知，鱼受力平衡，即为：竖直向下的重力，斜向上的拉力，还有鱼受到的水的作用力，
根据受力平衡的条件，结合力的合成可知，鱼受到的作用力的方向一定是与拉力和重力的合力的方向相反，即为水平向右。故ABC错误D正确。
故选：D。
【点评】考查受力分析，及平衡条件，掌握力的平行四边形定则的应用，注意大头鱼的合力为零是解题的突破口。
4．【分析】此时的铜盘是一个闭合电路，此在磁场中做切割磁感线运动，电路中就会产生感应电流，利用右手定则：伸出右手，让四指与大拇指在同一平面内垂直，磁感线垂直穿过掌心，大拇指指向导体的运动方向，四指所指的方向就是感应电流的方向；
通电导体在磁场中要受到力的作用，根据电流方向和磁场方向，利用左手定则：伸出左手，让四指与大拇指在同一平面内垂直，磁感线垂直穿过掌心，四指指向电流的方向，大拇指所在的方向就是导体的受力方向，由此可以确定导体的受力方向，从而可以判断铜盘的转动速度怎样变化。
【解答】解：假设蹄形磁铁的上端为N极，下端为s极，铜盘顺时针转动。根据右手定则可以确定此时铜盘中的感应电流方向是从盘心指向边缘；
通电导体在磁场中要受到力的作用，根据感应电流的方向和磁场的方向，利用左手定则可以确定磁场对铜盘的作用力的方向是沿逆时针方向，与其受力方向与铜盘的转动方向相反，所以铜盘的转动速度将减小；
无论怎样假设，铜盘的受力方向始终与转动方向相反；同时，转动过程中，机械能转化为电能，所以转得慢了，故B正确，ACD错误；
故选：B。
【点评】此题考查了电磁感应、感应电流方向的判定、通电导体在磁场中受力方向的判定；
铜盘转速的变化，是由其受到的磁场力的变化引起的，确定其受力方向是解决此题的关键，判定其产生的感应电流的方向是解决此题的入手点。
5．【分析】A、B原来都处于静止状态，弹簧被压缩，弹力等于A的重力mg，根据胡克定律求出被压缩的长度x1．当A刚要离开地面时，弹簧被拉伸，此时弹力等于B的重力mg，再由胡克定律求出此时弹簧伸长的长度x2，A上升距离d＝x1+x2．再依据力做功表达式，即可求解。
【解答】解：开始时，A、B都处于静止状态，弹簧的压缩量设为x1，由胡克定律有 kx1＝mg…①
物体A恰好离开地面时，弹簧对B的拉力为mg，设此时弹簧的伸长量为x2，由胡克定律有 kx2＝mg…②
这一过程中，物体A上移的距离 d＝x1+x2…③
①②③式联立可解得：d，
根据力做功表达式，则这一过程中力F做的功至少为W＝mgd，故B正确，ACD错误；
故选：B。
【点评】本题是含有弹簧的平衡问题，关键是分析两个状态弹簧的状态和弹力，再由几何关系研究A上升距离与弹簧形变量的关系。
6．【分析】明确电路结构，知该电路R1和R2串联，电容器两端间的电压等于R1两端间的电压，当用强光照射光敏电阻R2时，其阻值变小，根据闭合电路欧姆定律分析电容器两端的电压变化，从而知道电场的变化；再分析带电液滴的受力情况，确定运动。通过电容器两端电压的变化，就可知道电容器所带电量的变化。
【解答】解：A、电路稳定时电容器两板间的电压等于R1两端的电压，当用强光照射光敏电阻R2时，光敏电阻的阻值变小，电路中电流增大，故电源的总功率P＝EI增大，故A错误；
B、由于电路中的电流增大，R1两端的电势差增大，又因为R1下端接地，电势为零，所以R1上端电势增大，A板的电势也增大。故B错误。
C、电路稳定时电容器两板间的电压等于R1两端的电压，当用强光照射光敏电阻R2时，光敏电阻的阻值变小，电路中电流增大，R1两端间的电压增大，电容器的电压增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，液滴向上运动，故C正确。
D、电容器的电压增大，电容不变，由Q＝CU知，电容器所带电荷量增加。故D正确。
故选：CD。
【点评】本题考查闭合电路欧姆定律的应用，解决本题的关键抓住电容器两端电压与R1两端电压相等，利用闭合电路欧姆定律进行动态分析。
7．【分析】根据万有引力提供向心力，得出线速度、周期、加速度与轨道半径的关系，从而比较出它们的大小。
【解答】解：AB、对卫星的圆周运动分析可知：万有引力提供向心力，得：，那么周期为：，高度高则周期大，所以，低轨卫星运行的周期较小，同步卫星运行的周期较大，故A错误，B正确。
C、卫星的加速度为：，高度低，加速度大，故C正确。
D、卫星的线速度为：，高度高则线速度小，故D错误。
故选：BC。
【点评】解决本题的关键要掌握万有引力提供向心力这一思路，得到线速度、加速度、角速度、周期与轨道半径的关系。
8．【分析】根据动能定理可求出AB间的电势差；再根据电势得到电势相同的两个点，从而得到等势线，即可得到电场线，根据两点间的电势及距离求得场强，再根据沿电场线的方向电势降低即可确定电势关系。
【解答】解：A、由B到A有动能定理可得：﹣eUBA＝1100eV﹣1000eV，可得UBA＝﹣100V，所以UAB＝100V，故A正确。
C、由题可知BC间的电势差UBC＝100V，所以AC间的电势差为UAC＝100V﹣（﹣100V）＝200V，在由几何知识可得AC在AD上的投影是AB在AD投影的2倍，这就说明电场的方向一定沿着AD，并且由A指向D，故C正确。
B、由几何知识可得AB在AD上的投影为10cm，所以电场强度的大小为：，故B正确。
D、电场线方向沿AD，故在整个三角形内，顶点A的电势最高，故D错误。
故选：ABC。
【点评】本题考查匀强电场的性质，要注意明确匀强电场中等势线为直线，根据等势线可得电场线，然后根据任意不同的两个电势的位置可得到电场线方向。
三、非选择题：（一）必考题
9．【分析】根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C时小车的瞬时速度大小，
根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2可以求解加速度。并根据打点周期的变化确定加速度测量的误差情况。
【解答】解：打C点时物体的速度，等于物体打AE点间的平均速度为：
；
利用逐差法求加速度：AB间的距离s1＝1.23cm，BC间的距离s2＝3.71cm﹣1.23cm＝2.48cm，CD间的距离s3＝7.44cm﹣3.71cm＝3.73cmDE间的距离s4＝12.42cm﹣7.44cm＝4.98cm。利用逐差法求加速度可得：
求加速度的公式为：，由题意知道：f测＜f实所以，a测＜a实，即计算出的加速度比实际值偏小。
故答案为：0.311，1.25，偏小。
【点评】本题考查测量加速度的纸带处理方法；要注意提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。
10．【分析】图中多用电表与滑动变阻器串联后与电阻R2并联，通过电键与电池相连，根据电路的串并联知识分析即可；
欧姆表指针指在中间附近时，读数最准确；欧姆表每次使用应该先选档位，然后欧姆调零，最后测量；再换挡位、测量；最后调到交流最大电压挡；欧姆表读数等于表盘读数乘以倍率。
【解答】解：（1）由电路图可知多用电表与R1串联的，所以多用电表当做电流表时，测量的是R1的电流。
（2）断开电路的开关，R1和R2串联，多用电表接在其两端，故测的是R1和R2串联的总电阻。故C正确；
（3）将选择倍率的旋钮拨至“×10Ω”的档时，指针偏转角度过大，说明所选的档位太大，为准确测量电阻，应该换小档位的，应选×1Ω的。档位选×1Ω，表盘的度数就是电阻的阻值，即为16Ω。
（4）将选择倍率的旋钮拨至“×10Ω”的档时，欧姆表的中值电阻为R中＝15×100Ω＝1500Ω，所以电源的电动势为
故答案为：（1）R1；（2）C；（3）×1Ω；16；（4）1.5。
【点评】本题关键明确多用电表的使用，电流表应串联接入电路，使用多用电表的欧姆档测电阻时应把待测电阻与电源断开，分析清楚电路结构是正确解题的关键；用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使指针指针表盘中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零。
11．【分析】（1）（2）根据动能定理求出带电粒子的动能，根据洛伦兹力提供向心力结合几何知识求半径，求出磁感应强度或偏转角度即可；
【解答】解：（1）对离子P+在电场中的加速运动，由动能定理：，
在磁场中由洛伦兹力提供向心力：，
由几何关系可得：r1sinθ＝D联立各式解得：匀强磁场的磁感应强度B的大小为：；
（2）对离子P3+在电场中的加速运动，由动能定理：，
在磁场中，洛伦兹力提供向心力：，
由几何关系可得：r2sinφ＝D，
联立以上各式解得：P3+在磁场中转过的角度φ＝60°；
答：（1）求匀强磁场的磁感应强度B的大小为；
（2）求P3+在磁场中转过的角度φ为60°。

【点评】磁场中的圆周运动问题重点是要找出半径，然后通过合理的作图画出粒子的运动轨迹，基本就可以解决问题了，磁场中的轨迹问题是高考特别喜欢考查的内容，而且都是出大题，应该多做训练。
12．【分析】（1）先由动能定理求出物块到达B的速度，然后由动量守恒定律求出碰撞后小球的速度；小球在碰撞后在竖直平面内做圆周运动，细线的拉力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律即可求出拉力。
（2）判断物块是否能返回A点，然后由运动学的公式求出位移，由功能关系即可求出产生的内能。
【解答】解：（1）设滑块m1与小球碰撞前一直做匀减速运动，根据动能定理：
解之可得：
因为v1＞v，说明假设合理
滑块与小球碰撞，由动量守恒定律：
解之得：
碰后，对小球，根据牛顿第二定律：
小球受到的拉力：F＝42N
（2）设滑块与小球碰撞前的运动时间为t1，则
解之得：t1＝1s
在这过程中，传送带运行距离为：S1＝vt1＝3m
滑块与传送带的相对路程为：△X1＝L﹣X1＝1.5m
设滑块与小球碰撞后不能回到传送带左端，向左运动最大时间为t2则根据动量定理：
解之得：t2＝2s
滑块向左运动最大位移：2m
因为xm＜L，
说明假设成立，即滑块最终从传送带的右端离开传送带
再考虑到滑块与小球碰后的速度v，
说明滑块与小球碰后在传送带上的总时间为2t2
在滑块与传送带碰撞后的时间内，传送带与滑块间的相对路程△X2＝2vt2＝12m
因此，整个过程中，因摩擦而产生的内能是Q＝μm1g（△x1+△x2）＝13.5J
答：（1）碰撞后瞬间，小球受到的拉力是42N
（2）物块在传送带上运动的整个过程中，与传送带间摩擦而产生的内能是13.5J。
【点评】该题涉及的过程复杂，在解答的过程中要注意对各过程的分析与把握，正确理解各过程的特点，合理选择公式。
三、选做题（共4小题，每小题3分，满分12分）
13．【分析】根据热力学第一定律和理想气体状态方程分析判定气体内能变化；
温度是分子平均动能的标志；
处于饱和状态时，水中水分子进与出平衡；
气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁的不断碰撞而产生的，取决于分子数密度和分子热运动的平均动能；
用油膜法估测分子直径实验原理是：让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，估算出油膜面积，从而求出分子直径。
【解答】解：A、一定质量的理想气体体积增大时，即气体对外做功，同时也吸热，其内能可能不变，也可能增大，也可能减小，故A错误；
B、气体的温度降低，分子平均动能减小，但某个气体分子热运动的动能可能增加，故B正确；
C、从微观角度讲，气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁的不断碰撞而产生的，故C正确；
D、当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中水分子飞出水面与进入水面是平衡的，故D错误；
E、计算时把油酸酒精溶液当成了纯油酸，体积偏大，则d偏大，故E正确；
故选：BCE。
【点评】本题主要掌握温度是分子平均动能的标志，理解热力学第一定律内容，知道温度是分子平均动能的标志，及理解饱和状态的内涵，最后注意油酸酒精溶液、油酸溶液与油酸的三者区别，基础题。
14．【分析】（1）封闭气体温度升高发生等容变化，根据查理定律求解压强。
（2）可根据克拉伯龙方程求解剩余气体的质量与原来总质量的比值。
【解答】解：（1）根据查理定律：
因此，温度升至T1时气体的压强p1＝1.2p0
（2）设压强降回到等于p0气体（含漏出的部分）总体积为V2，
根据玻意尔定律：
p1V0＝p0V2
V2＝1.2V0
因此，剩余气体与原来气体质量的比值为：

答：（1）温度升至T1时气体的压强是1.2p0；
（2）钢瓶内剩余气体的质量与原来气体总质量的比值为为。
【点评】本题隐含着集热器内气体体积不变这个条件，运用查理定律和克拉伯龙方程进行解题。
15．【分析】做简谐振动的质点每次经过同一位置时，速度有两种方向，速度不相同。位移是从平衡位置指向质点处在的位置，同一位置，位移相同，根据加速度与位移的关系，确定加速度是否相同。
受迫振动中，驱动力的频率等于振动频率，当等于固有频率时，出现共振现象；拍摄玻璃橱窗内的物品时，要在镜头前加装一个偏振片，以减反射光透射；振动在一个周期内在介质中传播的距离等于波长。波长等于在波的传播方向上任意两个相邻的振动状态完全相同的两质点间距。
【解答】解：A、在简谐振动的物体，加速度总与位移大小成正比，方向相反，故每次经过同一位置时，加速度一定相同，故A错误；
B、物体做受迫振动时，其驱动频率跟固有频率无关，故B正确；
C、波的干涉中，振动加强的点一定是振动方向相同，但不一定处在波峰或波谷的叠加处，故C正确；
D、根据多普勒效应，波源与观察者互相靠近或者互相远离时，接收到的频率会发生变化；故D正确；
E、根据波长的定义，波长等于在波的传播方向上任意两个相邻的振动状态完全相同的两质点间距，故E错误；
故选：BCD。
【点评】本题要掌握对简谐运动周期性及特点的理解，抓住同一位置位移、加速度和回复力三个物理量都相同。同时掌握驱动频率与固有频率的区别。
16．【分析】（1）光线在AB面上发生反射和折射，在水平屏幕MN上出现两个光斑，根据折射定律结合几何关系求出两个光斑之间的距离；
（2）只剩下一个光斑时，说明光线在AB面上发生了全反射，此时入射角恰好等于临界角，根据临界角公式和几何关系结合求解。
【解答】解：（1）设折射角为r，根据折射定律有：

解得：r＝45°
由几何知识得两个光斑PQ之间的距离为：
PQ＝PA+AQ＝R?tan45°+Rtan60°＝（1）R≈9.7cm
（2）入射角增大的过程中，当发生全反射时屏MN上只剩一个光斑，此光斑离A最远时，恰好发生全反射，
入射角等于临界角为：i＝C
则有：
解得：i＝C＝45°
光斑离A点的最长距离L＝Rtan45°＝3cm
答：（1）两个光斑之间的距离是9.7cm；
（2）光斑离A点的最长距离是3cm。

【点评】解决本题的关键是理解两个光斑和一个光斑产生的原因，掌握全反射条件和临界角公式sinC，同时要结合几何关系研究。

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