2019年天津市南开区高考物理模拟试卷及答案详解.docx

1、2019年天津市南开区高考物理模拟试卷一、单选题（本大题共5小题）1. 物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步，下列说法中正确的是（）A. 亚里士多德发现了力是改变物体运动状态的原因B. 哥白尼提出了日心说，并发现了行星沿椭圆轨道运行的规律C. 卡文迪许总结出了万有引力定律并测出了万有引力常量D. 库仑在前人研究的基础上，通过扭秤实验研究得出了库仑定律2. 简谐横波在同一均匀介质中沿x轴正方向传播，波速为v，若某时刻在波的传播方向上，位于平衡位置的两质点a、b相距为s，a、b之间只存在一个波谷，则从该时刻起，下列四幅波形图中质点

2、a最早到达波谷的是（）A. B. C. D. 3. 如图所示，A是放在地球赤道上的一个物体，正在随地球一起转动B是赤道上方一颗近地卫星A和B的质量相等，忽略B的轨道高度，下列说法正确的是（）A. A和B做圆周运动的向心加速度相等B. A和B受到的地球的万有引力相等C. A做圆周运动的线速度比B大D. B做圆周运动的周期比A长4. 如图所示，半球形物体A和光滑小球B紧靠着放在一固定斜面上，并处于静止状态。现用水平力F沿物体A表面将小球B缓慢拉至物体A的最高点C，物体A始终保持“静止状态，则下列说法中正确的是（）A. 物体A受到3个力的作用B. 小球B对物体A的压力大小始终不变C. 物体A受到斜面

3、的摩擦力大小一直减小D. 物体A对小球B的支持力大小一直增大5. 如图所示，A、B为两个等量的正点电荷，在其连线中垂线上的a点放一个负点电荷q（不计重力），b点为连线中垂线上一点且aO=bO，点电荷g从a点由静止释放经O点运动到b点的过程中，下列说法正确的是（）A. 点电荷q的速度一定先增大后减小B. 点电荷q的加速度一定先减小后增大C. 点电荷q的电势能一定先增大后减小D. 点电荷q在O点电势最大，动能为零二、多选题（本大题共3小题）6. 某同学采用如图所示的实验装置来研究光电效应现象。当用某一频率的光照射光电管的阴极K时，会发生光电效应现象，电流计中有电流通过。闭合电键S，在阳极A和阴极K

4、之间加上反向电压，通过调节滑动变阻器的滑片逐渐增大电压，直至电流计中电流恰好为零，此时电压表的电压值称为反向截止电压。现用频率为v的绿光照射阴极，测量到反向截止电压为U，设电子电量为e，普朗克常量为h，则（）A. 逸出的光电子的最大初动能为eUB. 阴极K的逸出功W=hv-eUC. 如改用紫光照射，则光电子的最大初动能一定增大D. 如改用紫光照射，则阴极K的逸出功一定增大7. 如图是通过变压器降压给用户供电的示意图变压器输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用R0表示，开关S闭合后，相当于接入电路中工作的用电器增加如果变压器上的能量

5、损失可以忽略，则关于开关S闭合后，以下说法正确的是（）A. 电表V1示数不变，V2示数减小B. 电表A1、A2示数均增大C. 原线圈输入功率减小D. 电阻R1两端的电压减小8. 如图所示，某中学科技小组制作了利用太阳能驱动小车的装置。当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。小车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t，速度为v时功率达到额定功率，并保持不变；小车又继续前进了距离s，达到最大速度vm设小车的质量为m，运动过程所受阻力恒为f，则（）A. 小车的额定功率为fvmB. 小车的额定功率为fvC. 小车做匀加速直线运动时的牵引力为f+mvtD. 小车

6、速度由零至vm的过程牵引力做功为12mvm2+f(s+vt2)三、填空题（本大题共1小题）9. 轴核裂变的核反应方程是：92235U+01n56141Ba+3692Kr+3x，这个核反应方程中的X表示_。这个核反应释放出大核能，已知92235U、56141Ba、3692Kr、X的质量分别为m1、m2、m3、m4，真空中的光速为c，这个核反应中释放的核能E=_。四、实验题探究题（本大题共2小题）10. 在做“探究弹簧弹力与弹簧形变的关系”实验时：甲同学将弹簧水平放置测出其自然长度，然后竖直悬挂让其自然下垂，在其下端施加竖直向下的外力F，通过实验得出弹簧弹力与弹簧形变量的关系，此操作对实验结果产生

7、影响的原因是_乙同学按正确操作步骤进行实验，但未测量弹簧原长和形变量，而是每次测出弹簧的总长度L，并作出外力F与弹簧总长度L的关系图线如图a所示，由图可知，该弹簧的原长为_cm；该弹簧的劲度系数为_N/m。丙同学通过实验得出弹簧弹力与弹簧形变量的关系图线如图b所示，造成图线后来弯曲的原因是_。11. 图（a）为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250 A，内阻为480虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别于两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡

8、，欧姆100挡。（1）图（a）中的A端与_（填“红”或“黑”）色表笔相连接。（2）关于R6的使用，下列说法正确的是_（填正确答案标号）。A在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置B使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置C使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置（3）根据题给条件可得R1+R2=_，R4=_。（4）某次测量时该多用电表指针位置如图（b）所示。若此时B端是与“1”连接的，则多用电表读数为_；若此时B端是与“3”相连的，则读数为_；若此时B端是与“5”相连的，则读数为_。（结果均保留3为有效数字）五、计

9、算题（本大题共3小题）12. 2012年11月，我国舰载机在航母上首降成功。设某一舰载机质量为m=2.5104kg，着舰速度为v0=50m/s，着舰过程中航母静止不动。发动机的推力大小恒为F=1.2105N，若空气阻力和甲板阻力保持不变。（1）若飞机着舰后，关闭发动机，仅受空气阻力和甲板阻力作用，飞机将在甲板上以a0=2m/s2的加速度做匀减速运动，航母甲板至少多长才能保证飞机不滑到海里。（2）为了让飞机在有限长度的跑道上停下来，甲板上设置了拦阻索让飞机减速，同时考虑到飞机尾钩挂索失败需要复飞的情况，飞机着舰时并不关闭发动机。若飞机着舰后就钩住拦阻索，图示为飞机钩住拦阻索后某时刻的情景，此时飞

10、机的加速度大小为a1=38m/s2，速度为40m/s，拦阻索夹角=106两滑轮间距40m，（sin53=0.8，cos53=0.6）a求此时拦阻索承受的张力大小。b飞机从着舰到图示时刻，拦阻索对飞机做的功。13. 如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L=1m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值R=0.40的电阻。质量m=0.01kg、电阻r=0.30的金属棒ab紧贴在导轨上。现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g=10m

11、/s2（忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响）。求：（1）磁感应强度B的大小；（2）当t=1.7s时，安培力对金属棒ab做功的功率（3）金属棒ab在开始运动的1.7s内，通过电阻R的电量q和电阻R上产生的热量QR14. 如图所示，真空中有一以（r，0）为圆心、半径为r的圆柱形匀强磁场区域，磁场的磁感强度大小为B、方向垂直纸面向里，在yr的范围内，有沿-x轴方向的匀强电场，电场强度大小E从O点向不同方向发射速率相同的质子，质子的运动轨迹均在纸面内已知质子的电量为e，质量为m，质子在磁场中的偏转半径也为r，不计重力求：（1）质子进入磁场时的速度大小（2）速度方向沿x轴正方向射入磁场的质子，到达y轴所

12、需的时间（3）速度方向与x轴正方向成30角（如图中所示）射入磁场的质子，到达y轴时的位置坐标答案和解析1.D【解析】解：A、牛顿发现了力是改变物体运动状态的原因，故A错误； B、哥白尼提出了日心说，开普勒发现了行星沿椭圆轨道运行的规律，故B错误； C、牛顿总结出了万有引力定律，卡文迪许测出了万有引力常量，故C错误； D、库仑在前人研究的基础上，通过扭秤实验研究得出了库仑定律，故D正确； 故选：D。根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2.D【解析】解：A图中，波长为2s，周期为T=

13、a点正向上振动，质点a从图示位置到达波谷的时间tA=；B图中，波长为s，周期为T=a点正向下振动，质点a从图示位置到达波谷的时间tB=T=；C图中，波长为s，周期为T=a点正向上振动，质点a从图示位置到达波谷的时间tC=；D图中，波长为s，周期为T=a点正向下振动，质点a从图示位置到达波谷的时间tA=T=；故D图中质点a最早到达波谷。故选：D。根据波的传播方向判断出a点的振动方向，读出波长，求出周期。分别得到质点a从图示位置到达波谷的时间，从而进行比较。解决本题的关键要确定波长与s的关系，求得周期。能熟练根据波的传播方向判断质点的振动方向。3.B【解析】解：A、地球上物体随地球自转周期与地球自

14、转周期相同，万有引力除了提供随地于自转的向心力外主要表现为物体的重力，而近地卫星万有引力提供圆周运动向心力，向心加速度即为万有引力加速度，故两者向心加速度大小不相等，A错误；B、忽略B卫星的轨道高度，A和B距地心的距离相同，根据万有引力定律可知，它们受到地球的万有引力大小相等，故B正确；C、因为B做圆周运动时万有引力提供圆周运动向心力，而A万有引力的一小部分提供圆周运动向心力，根据知，B卫星的线速度远大于A的线速度，故C错误；D、A的周期为地球自转周期，即与同步卫星周期相同，而B的周期远小于同步卫星的周期，故D错误。故选：B。赤道上物体随地球一起自转周期为T，近地卫星绕地球做圆周运动万有引力提

15、供圆周运动向心力，涉及不同的物理模型本题涉及到两种物理模型，可以借助与同步卫星进行比较，由同步卫星和的近地卫星的动力学原理相同，可借助同步卫星的规律进行过渡比较4.C【解析】解：A、对球A分析可知，A受重力、支持力、B的压力和斜面的摩擦力作用，共四个力，故A错误；B、对球B分析，受水平拉力、重力和支持力，三力平衡，三个力构成首尾相连的矢量三角形，如图所示：将小球B缓慢拉至物体A的最高点过程中，变小，故支持力N变小，拉力F也变小；根据牛顿第三定律，压力也减小；再对A、B整体分析，受拉力、重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，有：f=（M+m）sin+Fcos为斜面的坡角，由于F减小，故拉力F减小

16、，故静摩擦力减小；故BD错误C正确。故选：C。先对球B分析，受水平拉力、重力和支持力，三力平衡，三个力构成首尾相连的矢量三角形，据此分析拉力和支持力的变化情况；再对A、B整体分析，受拉力、重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件并结合正交分解法分析。本题考查共点力平衡条件的应用，解题的关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象进行受力分析，要结合平衡条件作图进行动态分析即可明确各力的变化规律。5.A【解析】解：A、根据点电荷电场强度的叠加法则，可知，同种正电荷的中垂线上，由O点向两边，电场强度方向向两边延伸，且大小先增大后减小，在a点由静止释放一个负点电荷q，它只在电场力作用下，先向下加速，后向下减

17、速运动；电荷q的速度一定先增大后减小。故A正确； B、同种正电荷的中垂线上，由O点向两边，电场强度方向向两边延伸，且大小先增大后减小，所以点电荷q的加速度可能先减小后增大，有可能先增大，后减小，然后再增大，再减小。故B错误； C、D、由A的分析可知，电荷q的速度一定先增大后减小，则动能先增大后减小，所以电势能先减小后增大，点电荷q在O点电势最大，动能最大。故C错误，D错误 故选：A。本题要根据等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷的受力情况，分析其运动情况，根据电场力做功情况，分析其电势能的变化情况。掌握一些典型的电场线分布特点，知道电场线的疏密表示场强大小，会用电场力做功与

18、电势能的变化关系分析势能和动能的变化。6.ABC【解析】解：AB、根据光电效应方程和反向截止电压的关系可知，eU=Ek=hv-W，则逸出光电子的最大初动能为eU，阴极K的逸出功W=hv-eU，故AB正确。 C、如改用紫光照射，入射光的频率增大，光电子的最大初动能一定增大，故C正确。 D、逸出功是材料的固有属性，与入射光的频率无关，故D错误。 故选：ABC。根据光电效应方程求解最大初动能，确定阴极K的逸出功。 根据动能定理求反向截止电压和最大初动能的关系。 根据爱因斯坦光电效应方程判断不同入射光照射时，最大初动能的变化情况。本题考查了光电效应规律，反向截止电压是使光电子无法到达对阴极的最小电压，

19、解决本题的关键掌握光电效应方程，知道最大初动能与反向截止电压的关系。7.BD【解析】解：A、因为输入电压几乎不变，原副线圈的电压比等于匝数之比，则副线圈的电压几乎不变，即电压表V1、V2的读数几乎不变。故A错误。 B、因为负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，即A2增大，原副线圈电流之比等于匝数之反比，所以A1示数变大。故B正确。 C、因为负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，由P=UI知功率增加，故C错误。 D、电压表V2、V3示数之差等于副线圈导线上的电压损失，U=IR增加，电阻R1两端的电压减小。故D正确。 故选：BD。抓住原线圈电压不

20、变，通过副线圈中负载的变化，通过欧姆定律得出电流的变化，从而得出原线圈电流的变化解决本题的关键知道原副线圈电压之比、电流之比与匝数比的关系，抓住输入电压不变，结合欧姆定律进行动态分析8.ACD【解析】解：AB、小车匀加速行驶时，牵引力不变，电动机的功率随着小车速度的增大而增大，当达到额定功率时，以额定功率行驶，做加速度逐渐减小的加速运动，最终当牵引力等于阻力时，速度达到最大，所以额定功率P=fvm，故A正确，B错误；C、小车做匀加速直线运动加速度a=，根据牛顿第二定律知F-f=ma，联立解得F=f+m，故C正确；D、根据动能定理知：W-f（s+）=-0，小车速度由零至vm的过程牵引力做功为W=

21、，故D正确。故选：ACD。小车做匀加速直线运动，牵引力不变，功率增大，达到额定功率后做变加速直线运动，当牵引力等于阻力时，速度达到最大，做匀速直线运动。解决本题的关键知道小车在整个过程中的运动规律，知道牵引力等于阻力时速度最大。9.中子 (m1-m2-m3-2m4)c2【解析】解：根据电荷数守恒、质量数守恒知，X的质量数为：A=1，电荷数：z=92-56-36=0可知X为中子；这个核反应中释放的核能E=mc2=故答案为：中子，根据核反应的特点判断核反应的类型；根据电荷数守恒、质量数守恒得出x的电荷数和质量数；根据质能方程求出释放的核能。解决本题的关键知道核反应中电荷数守恒、质量数守恒，知道常见

22、粒子的电荷数和质量数，以及知道聚变、裂变、衰变的特点，并能区分。10.弹簧自重 10 50 外力超出弹性限度【解析】解：甲同学将弹簧水平放置测出其自然长度，然后竖直悬挂让其自然下垂，在其下端施加竖直向下的外力F，通过实验得出弹簧弹力与弹簧形变量的关系，此操作对实验结果产生影响的原因是弹簧自重。由图线和坐标轴交点的横坐标表示弹簧的原长可知弹簧的原长为10cm；当拉力为10N时，弹簧的形变量为x=30-10=20cm=0.2m由胡克定律F=kx得：k=50 N/m；丙同学通过实验得出弹簧弹力与弹簧形变量的关系图线如图b所示，当弹力达到一定范围时，出现拉力与形变量不成正比，说明外力超出弹性限度。故答

23、案为：弹簧自重；10；50；外力超出弹性限度。该题考查了应用弹力与弹簧长度关系的图象分析问题，由图线和坐标轴交点的横坐标表示弹簧的原长可知弹簧的原长。再由胡克定律可求出弹簧的劲度系数。根据胡克定律F=kx，结合图象物理意义，即可求解。该题要求要会从图象中正确的找出弹簧的原长及在各外力作用下弹簧的长，并会求出弹簧的形变量，在应用胡克定律时，要首先转化单位，要知道图线与坐标轴的交点的横坐标是弹簧的原长。知道图线的斜率即为弹簧的劲度系数，注意胡克定律的适用范围，及理解最大限度。11.黑 B 160 880 1.48mA 1.10K 2.95V【解析】解：（1）根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑

24、表笔，这样才能保证在测电阻时电流表中电流“红进黑出”；（2）由电路图可知，R6只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要时行调节，故B正确；AC错误；故选：B；（3）直流电流档分为1mA和2.5mA，由图可知，当接2时应为1mA；根据串并联电路规律可知，R1+R2=160；总电阻R总=120接4时，为电压档，因串入的电阻较小，故应为量程1V的电压表；此时电流计与R1、R2并联后再与R4串联，即改装后的1mA电流表与R4串联再改装后电压表；根据串联电路规律可知，R4=880；（4）若与1连接，则量程为2.5mA，读数为1.48mA（1.47-

25、1.49）；若与3连接，则为欧姆档100挡，读数为11100=1100=1.10k；若与5连接，则量程为5V；故读数为2.95V（2.91-2.97均可）；故答案为；（1）黑；（2）B；（3）160；880；（4）1.48mA；1.10k；2.95V。（1）明确欧姆表原理，知道内部电源的正极接黑表笔，负极接红表笔；（2）明确电路结构，知道欧姆档中所接滑动变阻器只能进行欧姆调零；（3）根据给出的量程和电路进行分析，再结合串并联电路的规律即可求得各电阻的阻值；（4）明确电表的量程，确定最小分度，从而得出最终的读数。本题考查了多用电表读数以及内部原理，要注意明确串并联电路的规律应用，同时掌握读数原则

26、，对多用电表读数时，要先确定电表测的是什么量，然后根据选择开关位置确定电表分度值，最后根据指针位置读数；读数时视线要与电表刻度线垂直。12.解：（1）由匀变速直线运动规律得：vt2-v02=2ax代入数据解得：x=625m（2）a有牛顿第二定律得ma=f得：f=5104N飞机着舰受力如图：有牛顿第二定律得：ma=2Tsin37+f-F代入数据解得：T=8.5105Nb从着舰到图示位置飞机前进的位移为：x1=d2tan37=15m由动能定理得：Fx1+WT+fx1=Ek代入数据解得：WT=-1.23107J答：（1）航母甲板至少625m长才能保证飞机不滑到海里（2）a求此时拦阻索承受的张力大小为

27、8.5105N。b飞机从着舰到图示时刻，拦阻索对飞机做的功为-1.23107J【解析】（1）根据速度位移公式求得飞机减速通过的位移即可求得； （2）a、对飞机进行受力分析根据牛顿第二定律列式即可求解；b、根据动能定理求得做功本题主要考查了匀变速直线运动基本公式及牛顿第二定律的直接应用，在求做功时，根据动能定理即可求得13.解：（1）根据图象可得：1.7s后金属棒达到了最大速度，最大速度为：vm=st=11.2-7.02.3-1.7m/s=7m/s由已知条件金属棒达到最大速度时受到的安培力等于重力，则有：BIL=mg又I=BLvmR+r联立得：B2L2vmR+r=mg可得：B=0.1T；（2）当

28、t=1.7s时，安培力大小等于重力，即FA=mg=0.1N，安培力对金属棒ab做功的功率P=FAvm=0.7W；（3）电荷量：q=I-t=ER+rt=R+r=BLsR+r=1C；金属棒ab在开始运动的1.7s内，金属棒的重力势能减小转化为金属棒的动能和电路的内能。设电路中产生的总焦耳热为Q总，根据能量守恒定律得：mgs=12mvm2+Q总，所以：Q总=0.455J则电阻R上产生的热量：QR=Q总RR+r=0.260J答：（1）磁感应强度B的大小为0.1T；（2）当t=1.7s时，安培力对金属棒ab做功的功率为0.7W；（3）金属棒ab在开始运动的第1.7s内，通过电阻R的电荷量为1C；电阻R上

29、产生的热量为0.260J。【解析】（1）由题，x-t图象AB段为直线，说明从t=1.7s时开始金属棒ab做匀速直线运动，速度达到最大，由图线的斜率求出速度，由已知条件金属棒达到最大速度时受到的安培力等于重力，求出磁感应强度B的大小。 （2）根据电功率的计算公式求解电功率； （3）根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律求出通过R的电荷量；根据能量守恒定律和焦耳定律求解金属棒ab在开始运动的1.7s内，电路中产生的总热量，再求出电阻R上产生的热量。对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能

30、关系等列方程求解。14.解：（1）质子射入磁场后做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB=mv2r，解得：v=eBrm；（2）质子沿x轴正方向射入磁场，经14圆弧后以速度v垂直于电场方向进入电场，所以质子在磁场中的运动时间为：t1=T4=m2eB，质子进入电场后做类平抛运动，沿电场方向运动r后到达y轴，因此有：r=12at22，t2=2ra=2mreE，故所求时间为：t=t1+t2=m2eB+2mreE；（3）质子在磁场中转过120角后从P点垂直电场方向进入电场，如图所示，质子出P点后先做一小段距离的匀速直线运动设质子在电场中运动到达y轴所需时间为t3，则由运动学知识可得：

31、x=12eEmt32，由几何知识可得：x=r+rsin30，由二式可解得：t3=3mreE，在y轴方向质子做匀速直线运动，因此有：y=vt3=Br3ermE，所以质子到达y轴的位置坐标为：（0，r+Br3ermE）；答：（1）质子进入磁场时的速度大小为eBrm（2）速度方向沿x轴正方向射入磁场的质子，到达y轴所需的时间为m2eB+2mreE（3）速度方向与x轴正方向成30角（如图中所示）射入磁场的质子，到达y轴时的位置坐标为（0，r+Br3ermE）【解析】（1）质子射入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律求速度（2）质子沿x轴正向射入磁场后经圆弧后以速度v垂直于电场方向进入电场，在磁场中运动的时间t1=T；进入电场后做类平抛运动，由运动学公式求电场中运动的时间，即可求得总时间（3）若质子速度方向与x轴正方向成30角射入磁场，在磁场中转过120角后从P点垂直电场线进入电场，画出轨迹，由几何关系的运动学公式结合求出到达y轴的位置坐标本题主要考查了带电粒子在电场和磁场中的运动情况和基本公式，学会运用几何关系求解相关物理量，属于中等难度的题目