山西省2019届高考物理二模试卷.docx

2019年山西省高考物理二模试卷一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）1. 利用图象描述物理过程、探寻物理规律是物理学研究中常用的方法。如图所示是描述某个物理过程的图象，对相应物理过程分析正确的是（）A. 若该图象为质点运动的位移-时间图象，则质点在1秒末改变了运动方向B. 若该图象为质点运动的速度-时间图象，则质点在前2秒内的路程等于0C. 若该图象为一条电场线上电势随位置变化的图象，则可能是等量异号点电荷的电场线中的一条D. 若该图象为闭合线圈内磁场的磁感应强度随时间变化的图象，则闭合线圈中一定产生恒定的电动势2. 在如图所示装置中，两物体质量分别为m1、m2，悬点a、b间的距离远大于滑轮的直径，不计一切摩擦，整个装置处于静止状态。由图可知（）A. 角可能大于角B. m1一定大于m2C. m1一定小于2m2D. m1可能大于2m23. 2018年7月10日发射的“第三十二颗”北斗导航卫星属倾斜地球同步轨道卫星其运转轨道面与地球赤道面有夹角。2018年11月1日发射的“第四十一颗”北斗导航卫星属地球静止轨道卫星，两颗卫星离地面的高度一样。仅考虑卫星与地球间的作用，下列说法正确的是（）A. “第三十二颗”卫星的运行周期小于“第四十一颗”卫星的周期B. “第三十二颗”卫星运动的加速度大小大于“第四十一颗”卫星的加速度大小C. “第三十二颗”卫星运动的线速度大小大于第一宇宙速度的大小D. 两颗导航卫星运动角速度的大小相等4. 2018年2月13日，平昌冬奥会女子单板滑雪U形池项目中，我国选手刘佳宇荣获亚军。如图所示为U形池模型，其中a、c为U形池两侧边缘，在同一水平面，b为U形池最低点。刘佳宇从a点上方h高的O点自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升至最高位置d点相对c点高度为h2不计空气阻力，下列判断正确的是（）A. 从O到d的过程中机械能减少B. 从a到d的过程中机械能守恒C. 从d返回到c的过程中机械能减少D. 从d返回到b的过程中，重力势能全部转化为动能5. 如图所示，理想变压器原副线圈匝数之比为10：1，原线圈两端连接正弦交流电源u=2202sin314t（V），副线圈接电阻R，同时接有理想电压表和理想电流表。下列判断正确的是（）A. 电压表读数约为31.1VB. 若仅将副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数增大到原来的2倍C. 若仅将R的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍D. 若R的阻值和副线圈匝数同时增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的4倍二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）6. 一个电子只在电场力作用下从a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示，图中一组平行实线可能是电场线也可能是等势面，则以下说法正确的是（）A. 无论图中的实线是电场线还是等势线，a点的场强都比b点的场强小B. 无论图中的实线是电场线还是等势线，a点的电势都比b点的电势高C. 如果图中的实线是电场线，电子在a点的电势能比在b点的电势能大D. 如果实线是等势面电子在a点的速率一定大于在b点的速率7. 如图所示，用两根长度均为L的细绳，分别把a、b两小球悬于同一高度，静止时两小球恰好相接触，a、b两小球大小相同、质量相等。现把a小球拉到与悬点等高的位置，细绳刚好被拉直，然后由静止释放，当a小球摆动到最低位置时与b小球发生对心碰撞，b小球可能上升的高度为（）A. 0.1LB. 0.5LC. LD. 1.5L8. 如图所示，正方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，O点是cd边的中点。一个带正电的粒子（重力忽略不计）从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t刚好从c点射出磁场。若只改变带电粒子射入磁场时的速度方向，则下列说法中正确的是（）A. 该带电粒子可能从a、b之间射出磁场B. 该带电粒子不可能从b、c(不包括b、c两点)之间射出磁场C. 该带电粒子在磁场中运动的时间不可能小于t0D. 该带电粒子在磁场中运动的时间可能是1.2t09. 如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经历ab、be、cd、de四个过程到达状态e，其中ba的延长线经过原点，bc连线与横轴平行，de连线与纵轴平行。下列说法正确的是（）A. ab过程中气体从外界吸热B. bc过程中气体内能不变C. cd过程中气体从外界吸热D. de过程中外界对气体做功E. 状态a的气体体积比状态d的气体体积小10. 图甲为某沿x轴方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，a、b、c、d是横波上的四个质点；图乙是横波上质点d的振动图象，则下列说法正确的是（）A. t=0时质点a的速度大小比质点c的小B. t=0时质点a的加速度大小比质点c的小C. 从t=0时刻开始质点b比质点c先回到平衡位置D. 00.5s时间内质点b的振动路程和质点a的相等E. 00.5s时间内质点a、d的振动位移大小均为5cm三、实验题探究题（本大题共2小题，共15.0分）11. 某实验小组采用了如图甲所示的实验装置通过打点计时器所打出的纸带和力的传感器的示数来研究加速度和力的关系。本实验已经平衡了摩擦力轻滑轮摩擦不计用M表示小车的质量，用m表示砂桶和砂子的总质量。（1）实验中，一定要进行的操作是_A用天平测出m的大小B小车靠近打点计时器，先接通电源后释放小车C改变砂桶中砂子的质量，打出几条纸带D为减小误差，要保证m远小于M（2）以力传感器的示数F为横坐标，通过纸带计算出的加速度为纵坐标，画出的a-F图象如图乙所示，则可求出小车的质量M=_kg。12. 某多用电表内欧姆挡“1”的内部电路图如图甲的虚线框所示。一学习小组将电阻箱和电压表并联后接到多用电表两表笔A、B上，采用图甲的电路测量多用电表欧姆挡“1”正常工作时的内阻R和其内部电池的电动势E（电压表的内阻很大，它在该电路中的分流作用可以忽略），实验操作步骤如下：（1）先调整“指针定位螺丝”再将选择开关转至欧姆挡“1”，红黑表笔短接调节“欧姆调零旋钮”使指针指在表盘_（填左”或“右”）侧零刻度处。（2）电阻箱和电压表并联后的两端分别接在表笔A和B上，正确的接法是：电压表的正接线柱要接在多用电表的表笔_（填“A“或“B”）上。（3）改变电阻箱的阻值，分别读出多组电压表和电阻箱的示数U、R，并将对应的1U和1R的值计算出来并记录在表格中，再画出1U-1R图象如图乙所示，若图乙中图线的斜率为k1、与纵轴的截距为b1，则所测内部电池的电动势E=_，欧姆挡“1”正常工作时的内阻R=_。（用k1、b1表示）（4）一位同学提出了数据处理的另一种思路：先计算出UR，然后画U-UR图象如图丙所示。由图丙得到图线斜率为k2、与纵轴的截距为b2，则电池的电动势E=_，欧姆挡“1”正常工作时的内阻R=_。（用k2、b2表示）四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）13. 电磁缓冲车是利用电磁感应原理进行制动缓冲，它的缓冲过程可以等效为：小车底部安装有电磁铁（可视为匀强磁场），磁感应强度大小为B，方向竖直向下。水平地面埋着水平放置的单匝闭合矩形线圈abcd，如图甲所示。小车沿水平方向通过线圈上方，线圈与磁场的作用连同其他阻力使小车做减速运动，从而实现缓冲，俯视图如图乙所示。已知线圈的总电阻为r，ab边长为L（小于磁场的宽度）。小车总质量为m，受到的其他阻力恒为F，小车上的磁场边界MN与ab边平行，当边界MN刚抵达ab边时，速度大小为v0求：（1）边界MN刚抵达ab边时线圈中感应电流I的大小；（2）整个缓冲过程中小车的最大加速度am的大小14. 足够长的光滑细杆竖直固定在地面上，轻弹簧及小球A、B均套在细杆上，弹簧下端固定在地面上，上端和质量为m1=50g的小球A相连，质量为m2=30g的小球B放置在小球A上，此时A、B均处于静止状态，弹簧的压缩量x0=0.16m，如图所示。从t=0时开始，对小球B施加竖直向上的外力，使小球B始终沿杆向上做匀加速直线运动。经过一段时间后A、B两球分离；再经过同样长的时间，B球距其出发点的距离恰好也为x0弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度取g=10m/s2求：（1）弹簧的劲度系数k；（2）整个过程中小球B加速度a的大小及外力F的最大值。15. 如图，粗细均匀的等臂U形管竖直放置，其左管封闭有一定量的气体，右管开口与大气相通，左右两侧被水银柱隔开。平衡时测得左管内气柱的长度为l，右管内水银面高于左管内水银面h。现从右管开口处用一不计厚度的活塞缓慢向下压气体，已知活塞与管密封良好，水银的密度为，大气压强为p0，重力加速度为g。若整个过程中气体温度保持不变，求活塞压下多少距离时左右两管水银面相齐平。16. 玻璃半圆柱体横截面如图所示。O为圆心，A为半圆形的最高点，圆的半径为R单色光束按如图方向沿截面入射到圆柱体上的B点，方向与底面垂直，AOB=60已知玻璃对该光的折射率n=3，不考虑光的反射，求光束经底面折射后与AO延长线交点到O点的距离d。答案和解析1.【答案】D【解析】解：A、若该图象为质点运动的位移-时间图象，即（x-t）图象，图象的斜率等于速度，可知，质点的速度大小和方向均不变，故A错误。B、若该图象为质点运动的速度-时间图象，即（v-t）图象，质点做匀变速直线运动，根据图象与时间轴所围的面积表示位移，知质点在前2秒内的位移等于0，但路程不等于0，故B错误。C、若该图象为一条电场线上各点的电势随坐标变化的图象，根据-x图象的斜率等于电场强度，斜率不变，电场强度不变，只能是匀强电场中的一条电场线，故C错误。D、若该图象为闭合线圈内磁场的磁感应强度随时间变化的图象，即B-t图象，直线的斜率不变，即为定值，线圈的面积一定，根据法拉第电磁感应定律知该闭合线圈内产生恒定的感应电动势，故D正确。故选：D。从图象可以看出物理量是均匀变化的，图象的斜率不变。根据图象的面积、斜率的物理意义，再结合物理规律进行逐项分析。本题考查的学生观察能力和图象分析分析能力，关键要明确各种图象斜率、面积的数学意义来分析图象的物理意义。2.【答案】C【解析】解：绳子通过定滑轮和动滑轮相连，绳子的拉力相等，等于m2的重力，对与m1连接的滑轮进行受力分析，有Tsin=Tsin，所以=在竖直方向上有：Tcos+Tcos=m1g，而T=m2g，则有2m2gcos=m1g所以m1一定小于2m2，当=60时，T=m1g=m2g故C正确，ABD错误。故选：C。对与m1连接的滑轮进行受力分析，抓住两个绳子拉力在水平方向上的分力相等，得出、的关系。根据竖直方向上合力等于m1的重力，得出m1和m2的关系。解决本题的关键合适地选择研究对象，正确地进行受力分析，运用共点力平衡，抓住水平方向和竖直方向合力为零进行求解。3.【答案】D【解析】解：设任一卫星的质量为m，轨道半径为r，地球的质量为M，卫星绕地球匀速做圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则得：G=mr=m2r=m=ma得：T=2，=，v=，a=A、两颗卫星离地面的高度一样，轨道半径相等，由T=2，知两颗卫星的运行周期相等，故A错误。B、两颗卫星的轨道半径相等，由a=知，两颗卫星的加速度大小相等，故B错误。C、第一宇宙速度是近地卫星的线速度，“第三十二颗”卫星运动的轨道半径比近地卫星的大，由v=，知“第三十二颗”卫星运动的线速度大小小于第一宇宙速度的大小，故C错误。D、两颗卫星的轨道半径相等，由=，知两颗导航卫星运动角速度的大小相等，故D正确。故选：D。两颗卫星均绕地心做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，由此列式，得到各个量与轨道半径的关系，即可进行分析。解决本题的关键是建立模型，根据万有引力等于向心力，得到卫星的线速度、角速度、周期、加速度与轨道半径的关系。4.【答案】A【解析】解：ABD、小球在池边高h处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为，此过程损失的机械能为mg，故可知在U形池中存在摩擦力做功情况，故A正确，BD错误；C、从d返回到c的过程中，只有重力做功，机械能守恒，故C错误；故选：A。小球在圆弧中运动过程中，根据平均速率的大小判断平均压力的大小、平均摩擦力的大小、克服摩擦力做的功的大小，由此分析能量的损失情况。本题主要是考查能量守恒定律，解答本题要知道小球在圆弧中运动过程中的平均速率越大，平均压力也越大，平均摩擦力就大，克服摩擦力做的功也越大，由此分析能量的损失情况。5.【答案】B【解析】解：A、因为交流电源u=220sin314t（V），所以原线圈电压是220V，电压表的读数为变压器的输出电压的有效值，根据电压之比等于匝数之比可得，电压表读数为22 V，故A错误；B、若仅将副线圈匝数增加到原来的2倍，则U2增加到原来的2倍，根据欧姆定律可知电流表的读数增大到原来的2倍，故B正确；C、若仅将R的阻值增加到原来的2倍，输入电压和匝数比不变，则输出电压不变，根据P=，所以输出功率减为原来的，又P1=P2，故输入功率减为原来的，故C错误；D、若副线圈匝数增加到原来的2倍，则U2增加到原来的2倍，同时R的阻值也增加到原来的2倍，根据P=，故输出功率变为原来的2倍，故D错误。故选：B。根据有效值与最大值之间的关系求出输入电压的有效值；根据电压之比等于匝数之比可得输出电压的有效值；输入功率随输出功率而变化，输出功率变大则输入功率变大。若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，得输出电压也增加到原来的2倍，由I=得电流表示数也应增加到原来的2倍，若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，由I=得输出电流减小到原来的一半，输入功率即P=IU也减小到原来的一半。只有理解交流电压表和交流电流表读数为有效值，电压电流与匝数比的关系，并熟练掌握电功率的计算公式，才能顺利解决这类问题。6.【答案】CD【解析】解：A、若图中实线是电场线，电子所受的电场力水平向右，电场线方向水平向左，则a点的电势比b点低；若实线是等势面，由于电场线与等势面垂直，电子所受电场力方向向下，则电场线方向向上，则a点的电势比b点高。不论图中实线是电场线还是等势面，该电场是匀强电场，a点和b点的场强大小相等。故A、B错误。C、如果图中实线是电场线，电子所受的电场力水平向右，电场力对电子做正功，电子电势能减小，电子在a点的电势能比在b点的电势能大。故C正确。D、如果图中实线是等势面，电子所受电场力方向向下，电场力对电子做负功，则电子在b点动能较小，即电子在a点的速率一定大于在b点的速率。故D正确。故选：CD。由电子的轨迹弯曲方向判断电子所受的电场力方向，确定电场线的方向，判断电势高低匀强电场中场强处处大小相等根据电场力方向与电子速度方向的夹角，判断电场力对电子做正功还是负功，确定电子在a点与b点动能的大小物体做曲线运动时，所受合力指向轨迹弯曲的内侧，根据轨迹的弯曲方向要能判断出物体合力的大致方向7.【答案】BC【解析】解：小球a向下摆动的过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgL=解得：v=，当两球发生弹性碰撞时，b获得的速度最大。由于两球质量相等，发生弹性碰撞时两球交换速度，则得b球获得的速度最大值为：vmax=v=；当两球发生完全非弹性碰撞，即一碰后合在一起时，b获得的速度最小，设为vmin。根据动量守恒得：mv=2mvmin解得：vmin=，对于b球向上摆动的过程，机械能守恒，由机械能守恒定律得：=mghmax，解得，b球上摆的高度最大为：hmax=L；上摆的高度最小高度：hmin=L；所以b球上摆的最大高度范围为：，故BC正确，AD错误；故选：BC。先根据机械能守恒求出小球a摆到最低点与b碰撞前瞬间的速度大小。当两球发生弹性碰撞时，b获得的速度最大；当两球发生完全非弹性碰撞时，b获得的速度最小，根据碰撞过程中动量守恒求得b获得的速度范围，再根据b球上摆过程，机械能守恒求得b上摆的高度范围，即可解答本题。解答本题关键要掌握碰撞的规律和理论研究的结果，知道弹性碰撞b获得的速度最大；完全非弹性碰撞时，b获得的速度最小，运用机械能守恒和动量守恒得到最大高度的范围。8.【答案】BD【解析】解：设正方形的变长为L，由题意知：粒子从O点到C点做半个圆周，如图所示，其周期为T=2t0，轨道半径为；AB、O到bc边的距离等于粒子的直径，O到ab边的距离为L，大于轨迹圆点直径，故不可能从ab、bc（不包括b、c两点）射出磁场，故A错误，B正确；CD、由题意知：粒子速度垂直于cd边时，运动时间为半个周期t，当入射方向逆时针偏转时，运动时间变小，小于半个周期时间t0，当入射方向沿顺时针偏转时运动时间变长，当粒子的入射方向沿Od方向入射时，粒子恰好做一个圆周运动，其运动时间为一个周期时间，即2t0，故运动方向变化时，粒子运动时间介于0和2t0之间，故C错误，D正确；故选：BD。由题意知粒子的运动周期T=2t0，半径为正方形边长的，由于粒子速度不变，轨迹圆大小不变，随着入射方向变化，粒子的轨迹圆以定点O旋转，即可判断粒子的出射位置和运动时间问题；本题中粒子速度不变，故粒子的轨迹圆半径不变，属于定圆旋转问题，要求学生有一定的想象能力。9.【答案】ACE【解析】解：A、根据理想气体状态方程得：，ba的延长线经过原点，P与T成正比，斜率代表体积倒数，则ab过程中气体的体积不变，由于体积不变，不对外做功，同时温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故A正确；B、bc过程，压强不变，温度升高，气体内能增大，即U0；故B错误；C、由图象可知，cd过程，温度升高，气体内能增大；同时压强减小，由理想气体得状态方程可知气体的体积将增大，气体对外做功；由热力学第一定律可知，物体一定吸收热量，故C正确；D、de过程温度不变，内能不变，压强减小，根据理想气体状态方程得体积增大，气体对外界做功，故D错误；E、由以上的分析可知，ab的过程体积不变，bc、cd、de的过程气体的体积都增大，所以状态的气体体积比状态d的气体体积小，故E正确；故选：ACE。PT图象中等容线为过原点的一条倾斜直线；根据W=pV判断做功情况，根据热力学第一定律判断内能变化或吸热情况。本题考查理想状态方程、热力学第一定律与图象的综合应用；对于图象类的物体解决的关键是整理出图象对应的表达式，根据表达式判断各物理量的变化情况。10.【答案】ACE【解析】解：A、t=0时质点a位于波谷，速度为零，其速度大小比质点c的小，故A正确。B、t=0时质点a的位移大小比质点c的大，由a=-知t=0时质点a的加速度大小比质点c的大，故B错误。C、由图乙知，t=0时质点d的速度方向向下，所以由“上下坡法”知波向右传播，t=0时刻质点b向下运动，质点c向上运动，所以从t=0时刻开始质点b比质点c先回到平衡位置，故C正确。D、因为时间t=0.5s=，在t=0时刻质点b向下运动，速度增大，质点c向上运动，速度减小，所以00.5s时间内质点b的振动路程比质点a的大，故D错误。E、00.5s时间内质点a从波谷到达平衡位置，质点d从平衡位置到达波谷，所以它们的振动位移大小均为5cm，故E正确。故选：ACE。根据质点的位置比较速度大小，由位移关系比较加速度的大小由图乙分析质点d的振动方向，从而判断出波的传播方向，可分析出各个质点的振动方向，从而判断出它们回到平衡位置的先后根据时间与周期的关系求得质点振动的路程和位移本题关键是能够根据质点的振动情况判断波形平移方向，并能根据波的传播方向判断各个质点的运动情况，常用的方法有“上下坡法”、波形平移法等等11.【答案】BC 0.25【解析】解：（1）AD、本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故AD错误；B、打点计时器运用时，都是先接通电源，故B正确；C、改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，故C正确；故选：BC。（2）对a-F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数，此题，弹簧测力计的示数为：F=F合故小车质量为：m=0.25kg，故答案为：（1）BC；（2）0.25。（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项；（2）小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对a-F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数。解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对a-F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数。12.【答案】右 B 1b1 k1b1 b2 -k2【解析】解：（1）先调整“指针定位螺丝”再将选择开关转至欧姆挡“1”，红黑表笔短接调节“欧姆调零旋钮”使指针指在表盘右侧零刻度处。（2）由图甲所示电路图可知，电压表的正接线柱要接在多用电表的表笔B上。（3）由闭合电路欧姆定律可知：E=U+IR=U+R整理得：=+，由图示-图象可知：b1=k1=电源电动势为：E=欧姆表内阻为：R=；（4）由欧姆定律可知：I=，为电路电流，U-图象，即U-I图象，由U=E-Ir可知，图象与纵轴的交点表示电动势，图象斜率的绝对值表示内电阻，由图示图线可知，电源电动势：E=b2，欧姆表内阻：R=-k2；故答案为：（1）右；（2）B；（3）；（4）b2；-k2。（1）根据多用电表的结构进行分析，明确欧姆调零的基本方法；（2）电压表正接线柱应与高电势点相连，应与电源正极相连，根据图示电路图分析答题。（3）根据闭合电路欧姆定律列出方程，再由图象的性质明确电动势和内阻的大小；（4）根据图示电路图求出图线的函数表达式，从而根据闭合电路欧姆定律分析对应的电动势和内电阻。本题考查了欧姆表的使用，在使用欧姆表测电阻时，要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近；可以使用电压表、电流表与欧姆表检测电路故障，要掌握其检测方法与注意事项。13.【答案】解：（1）当边界MN刚抵达ab边时，线圈中产生的感应电动势为E=BLv0。感应电流I=Er解得I=BLv0r（2）小车上的磁场边界MN刚抵达ab边时加速度最大。对线圈有：F安=BIL据牛顿第三定律，知小车受到的安培力F安=F安对小车，由牛顿第二定律得：F安+f=mam联立得：am=B2L2v0+Frmr答：（1）边界MN刚抵达ab边时线圈中感应电流I的大小为BLv0r；（2）整个缓冲过程中小车的最大加速度am的大小为B2L2v0+Frmr。【解析】（1）当边界MN刚抵达ab边时，速度大小为v0，由公式E=BLv0求出感应电热势，再由闭合电路欧姆定律求出感应电流I；（2）小车上的磁场边界MN刚抵达ab边时加速度最大。根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式及牛顿第二定律就能求出小车的最大加速度。小车进入磁场过程切割磁感