2019年广东省广州市高考物理二模试卷

1、2019 年广东省广州市高考物理二模试卷副标题题号一二三四五总分得分一、单选题（本大题共5 小题，共20.0 分）1. 利用如图所示的装置观察光电效应现象，将光束照射在金属板上，发现验电器指针没有张开。欲使指针张开， 可（）A. 增大该光束的强度B. 增加该光束的照射时间C. 改用频率更大的入射光束D. 改用逸出功更大的金属板材料2. 如图，广州塔摩天轮位于塔顶 450 米高空处， 摩天轮由 16 个“水晶”观光球舱组成，沿着倾斜的轨道做匀速圆周运动，则坐于观光球舱中的某游客（）A. 动量不变B. 线速度不变C. 合外力不变D.机械能不守恒3. 如图，跳高运动员起跳后向上运动，越过横杆后开始向

2、下运动，则运动员越过横杆前、后在空中所处的状态分别为A. 失重、失重B. 超重、超重C. 失重、超重D. 超重、失重4.李大妈买完菜后乘电梯上楼回家，其乘坐的电梯运行情况如图所示，可知（）A. 李大妈家所在楼层离地高度约40mB. 03s 内电梯的加速度大小为 0.5m/s2C. 0 17s 内电梯的平均速度大小为0.75m/sD. 电梯加速运动的距离等于减速运动的距离5. 如图，在光滑绝缘水平桌面上，三个带电小球a b和c分别固、定于正三角形顶点上。已知 a、b 带电量均为 +q，c 带电量为 -q，则（）第1页，共 17页A.B.ab 连线中点场强为零三角形中心处场强为零C. a 所受库仑

3、力方向垂直于ab 连线D. a、 b、 c 所受库仑力大小之比为1：1：二、多选题（本大题共4 小题，共16.0 分）6.如图，两位同学同时在等高处抛出手中的篮球A、B，A 以速度 v1 斜向上抛出， B 以速度 v2 竖直向上抛出， 当 A 到达最高点时恰与 B 相遇，不计空气阻力， A、 B 质量相等且均可视为质点， 重力加速度为g，以下判断正确的是 （）A. 相遇时 A 的速度一定为零B. 相遇时 B 的速度一定为零C. A 从抛出到最高点的时间为D. 从抛出到相遇A、B 动量的变化量相同7.如图，两条水平光滑金属导轨固定在电磁铁两磁极之间，导轨两端a、b 断开，金属杆 L 垂直导轨放置

4、，闭合开关S，下列判断正确的是（）A.B.电磁铁两磁极之间的磁场方向向下若给金属杆向左的初速度，则a 点电势高于b 点ab间接导线，向下移动滑片p，则金属杆向左运动C.若、D. 若 a、 b 间接直流电源， a 接正极、 b 接负极，则金属杆向左运动8. 水平放置的平行板电容器与电源相连，下极板接地。 带负电的液滴静止在两极板间P 点，以 E 表示两极板间的场强，U 表示两极板间的电压，表示 P 点的电势。若电容器与电源断开， 保持下极板不动， 将上极板稍微向上移到某一位置，则（）A.U变大，E不变，B.不变C. 液滴将向下运动D.9. 下列说法中正确的是（）U 不变， E 变小， 降低液滴仍

5、保持静止A. 热量能自发地从低温物体传给高温物体B. 所有晶体的物理性质都有各向异性C. 一些昆虫能停在水面上，主要原因是液体存在表面张力D. 悬浮在液体中的微粒越小，布朗运动越明显E. 分子间的距离由平衡位置开始增大，分子势能增大三、填空题（本大题共1 小题，共4.0 分）10. 波速相等的两列简谐波在 x 轴上相遇，一列波（虚线）沿 x 轴正向传播，另一列波（实线）沿 x 轴负向传播。某一时刻两列波的波形如图所示，两列波引起的振动在x=8m 处相互 _（填“加强”或“减弱”），在x=10m 处相互 _（填“加强”或“减弱”）；在x=14m 处质点的振幅为_cm。第2页，共 17页四、实验题

6、探究题（本大题共2 小题，共18.0 分）11. 测金属丝的电阻率实验。（ 1）用螺旋测微器测量金属丝的直径如图（a），其示数为 _ mm；（ 2）实验电路如图（ b），请用笔画线代替导线，完成图（c）的实物连线；（ 3）开启电源，合上开关，记录ap 的长度 L 和电流表的示数 I ；移动线夹改变ap 的长度 L，测得多组L 和 I 值，做出-L 的图线，求得图线斜率为k；（ 4）若稳压电源输出电压为 U，金属丝的横截面积为 S，则该金属丝的电阻率 =_（用 k、 U、 S表示）。12. 某兴趣小组用如图甲所示实验装置完成探究弹簧弹力和弹簧伸长的关系后做拓展研究。请根据如下实验过程，完成相关实

7、验内容：（ 1）将轻质弹簧悬挂于铁架台，测得弹簧原长L 0；（ 2）在弹簧下端拴挂质量为 m 的钩码，待系统静止时，测得弹簧长度L ；（ 3）当地重力加速度为 g，弹簧的劲度系数 k=_（用 m、 g、L 0、 L 表示）；第3页，共 17页（ 4）托起钩码使弹簧恢复原长，并由静止释放， 测得弹簧拉伸的最大长度L发现 L L ，于是进一步探究弹簧两次伸长量x0=L-L0 和 x=L-L0 之间的关系；（ 5）改变钩码个数，重复实验，得到多组x0、 x 数据，作出 x-x0 图象如图乙所示；（ 6）由图乙可知 =_，该小组换用不同弹簧进行同样实验， 发现 的值相同。（ 7）通过分析，该小组得出了

8、弹簧弹性势能的表达式：步骤（ 2）中，系统静止时，钩码受力平衡有mg=_（用 k、 x0 表示）；步骤（ 4）中，根据机械能守恒定律， 弹簧被拉伸到最长时的弹性势能Ep =_（用 m、g、 x 表示）；结合步骤（ 6），劲度系数为k 的弹簧伸长 x 时，对应的弹性势能Ep=_（用k、 x 表示）。五、计算题（本大题共4 小题，共40.0 分）13. 高速列车的运营缩短了城际间的往来时间，给人们的出行带来了极大的便捷。质量为 5.0 105kg 的高速列车从车站出发，由静止开始做匀加速直线运动，匀加速阶段的第3min内通过的位移为1800m5.0 104，该列车受到阻力为N，求（ 1）列车出站的

9、加速度大小；（ 2）第 3min 末列车的牵引力功率。14. 如图，光滑水平桌面上有一个矩形区域abcd， bc 长度为 2L ， cd 长度为 1.5L， e、 f分别为 ad、bc 的中点。 efcd 区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B；质量为 m、电荷量为 +q 的绝缘小球A 静止在磁场中f 点。 abfe 区域存在沿bf 方向的匀强电场，电场强度为；质量为km 的不带电绝缘小球P，以大小为的初速度沿 bf 方向运动。 P 与 A 发生弹性碰撞，A 的电量保持不变，P、A 均可视为质点。（ 1）若 A 从 ed 边离开磁场，求k 的最大值；（ 2）若 A 从 ed 边中点离开磁场

10、，求k 的可能值和A 在磁场中运动的最长时间。第4页，共 17页15. 如图，上端带卡环、底部有加热装置的圆柱形气缸竖直放置在水平地面上，质量为 m、横截面积为 S、厚度不计的活塞到气缸底部的距离为气缸高度的一半， 活塞下部封闭有温度为 T 的理想气体。已知重力加速度为 g，外界大气压强恒为，忽略一切摩擦。（ i）现对封闭气体缓慢加热，求活塞恰好到达气缸上端卡口时气体温度 T1；（ ii）保持封闭气体的温度 T1 不变，在活塞上表面缓慢倒入沙子，使活塞到气缸底部的距离为气缸高度的三分之一，求倒入沙子的总质量m1。16.如图，某三棱镜的横截面为等腰直角三角形ABC， BC 长度为d，O 为 BC

11、 中点。在 ABC 所在平面内，光线PO 垂直 BC 边入射，恰好在 AB 边界发生全反射。（ i）求该三棱镜的折射率；（ ii）保持光线 PO 入射点 O 不变，入射方向逐渐向 CO 方向偏转，求 AB 边有光线射出的区域宽度。第5页，共 17页答案和解析1.【答案】 C【解析】解：ABC 、当入射光的频率大于金属的极限 频率，可以发生光电效应，将光束照射在金属板上， 发现验电 器指针没有张开，当改用频率更大的入射光束照射 锌板，发生光电效应，而增大该光束的强度，或增加该光束的照射时间，都不能发生光电效应现象，故 C 正确，AB 错误；D、当将光束照射在金属板上，发现验电 器指针没有张开，说

12、明入射光的 频率小于金属的极限 频率，当改用逸出功更大的金属板材料， 导致其入射光的 频率更小于金属的极限 频率，故 D 错误 。故选：C。当入射光的 频率大于金属的极限 频率，可以使金属发生光电效应，可以使验电器的指针张开一个角度，从而即可求解。解决本题的关键知道光电效应的条件，以及理解金属板的逸出功含义。2.【答案】 D【解析】解：A 、由动量公式 p=mv 可知，某游客在观光球舱内做匀速 圆周运动，每一时刻的速度大小不 变，但是速度方向时刻在变化，所以动量变化，故 A 错误；B、线速度是沿着 圆周运动的切线方向，即方向时刻发生变化，大小不变，因此线速度是变化的，故 B 错误；C、合外力使

13、得某游客做匀速 圆周运动，方向指向圆心，故方向会时刻发生变化，大小不变，合外力是变化的，故 C 错误；D、机械能是动能和势能之和，某游客做匀速 圆周运动，动能不变，但是在绕圆运动过程中重力 势能在改变，所以机械能不守恒，故 D 正确；故选：D。动量是矢量，其计算公式是 p=mv；线速度也是矢量，矢量有大小有方向；合外第6页，共 17页力也是矢量，注意方向是否 发生改变；机械能是动能和重力 势能之和。本题考查了匀速圆周运动，解题的关键是明确线速度、动量、合外力的矢量性，以及机械能是动能和势能之和。3.【答案】 A【解析】解：对运动员越过横杆前、后在空中所 处的状态进行受力分析可得，运 动员的加速

14、度向下，故运动员越过横杆前、后在空中所 处的状态都是失重。故选项 A 正确，选项 BCD 错误 。故选：A。明确运动员的运动过程，确定其在空中的加速度的方向，再根据超重和失重的性质即可确定是超重 还是失重。在判断处于失重还是超重状 态时，要看运动的加速度，加速度方向向上，则是超重；加速度方向向下，则是失重。物体的超重、失重状态与物体的速度方向无关，做题时不要被速度方向所迷惑。4.【答案】 B【解析】解：A 、速度时间图象中围成面积表示位移可得李大 妈家所在楼 层离地高度 约，故A 错误；B、速度时间图象中斜率表示加速度得03s内电梯的加速度大小 为：，故B 正确；C、平均速度定义可得 017s

15、内电梯的平均速度大小 为：，故C 错误；D、速度时间图象中围成面积表示位移可知 电梯加速运 动的距离小于减速运动的距离，故 D 错误；故选：B。速度时间图象中斜率表示加速度求解各段时间内电梯的加速度，围成面积表第7页，共 17页示位移可求 电梯上升的最大高度，即楼 层高度以及比 较电梯加速运 动的距离与减速运 动的距离关系；根据平均速度定 义求解 0 17s内电梯的平均速度大小。本题关键抓住三点：一要正确分析物体的运 动情况；二抓住 v-t 图象的 “面积”求出位移；三抓住 v-t 图象斜率表示加速度；从而来研究 图象的物理意 义。5.【答案】 D【解析】解：A 、ab 连线中点处，a、b 带

16、电量均为+q，在其连线中点处产生电场强度大小相等，方向相反，合场强为零，故连线中点处的场强等于 c 处电荷在 ab连线中点处产生场强，不为零，故 A 错误；B、三角形中心处到 abc三点距离相等，三个 电荷带电量相等，故在三角形中心 处产生场强相等，且两个正电荷产出合场强与 c 产生的大小相等，方向相同，故三角形中心处场强不为零，故 B 错误；C、a 受力分析如 图所示，根据库仑定律可知，bc 对 a 的电场力大小相等，根据正三角形的性 质可知，Fa 与 ab 成 120角，故 C 错误；D、根据库仑定律和平行四 边形定则可得：，a、b、c 所受库仑力大小之比 为 1：1：，故 D 正确；故选

17、：D。电场强度是矢量，根据平行四 边形求解电场中各点电场强度；根据库伦定律分析 abc三个电荷受到的 电场力情况。第8页，共 17页本题考查电场的叠加原理和 库仑定律，关键是正确分析 电场方向，并根据平行四边形定则做出合成 图。6.【答案】 BCD【解析】解：A 、A 分解为竖直向的匀减速直 线运动与水平向的匀速直 线运动，相遇时A 达到最高点 则其竖直向的速度 为 0，水平向速度不变，合速度不为 0，故A错误、 在竖直向的分速度 为vy则时：vyt-=v Bt-解得vB=v y，B 的， 相遇B A达到最高点，速度为也为 0，故B 正确C、A 与 B 到达最高点的 时间相等为 t=，故C 正

18、确D、两者受到的外力为重力，时间相同则冲量相同，动量的变化量相同，故 D 正确故选：BCD。A 分解为竖直向的匀减速直 线运动与水平向的匀速直 线运动，二者在竖直方向上运动情况相同，据此分析各 项。对于曲线运动要分解为两个方向上的直 线运动，由直线运动规律求解问题。7.【答案】 ACD【解析】解：A 、俯视时线圈中电流沿顺时针方向，由安培定则判断知，电磁铁两磁极之间的磁场方向向下，故 A 正确。B、若给金属杆向左的初速度，切割磁感 线，产生感应电动势 ，由右手定则判断知 a 点电势低于 b 点，故 B 错误 。C、若a、b 间接导线，向下移动滑片 p，变阻器接入 电路的电阻减小，线圈中电流增大

19、，产生的磁场增强，穿过金属杆所在回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流阻碍磁通量的 变化，知金属杆向左运 动，故 C 正确。D、若 a、b 间接直流电源，a 接正极、b 接负极，金属杆 L 所受的安培力向左，第9页，共 17页则 L 向左运动，故D 正确。故选：ACD。由安培定 则判断出 电磁铁两磁极之 间的磁场方向。若给金属杆向左的初速度，根据右手定 则判断电势的高低。若 a、b 间接导线，向下移动滑片 p，分析线圈中电流如何变化，由楞次定律分析金属杆的移 动方向。若 a、b 间接直流电源，根据左手定 则判断出导体棒受到的安培力方向，从而判断出 导轨 L 的移动方向。本题考查楞次定律、安培

20、定则以及左手定 则的应用，要注意安培定则与左手定则适用条件和 应用方法的区 别，不能搞混。8.【答案】 AD【解析】电电则带电量 Q不变，保持下极板不动，将上极板稍解：AB 、 容器与源断开，微向上移到某一位置， 则 d 变大，根据可知 C 变小，根据 Q=CU 可知U变大，由与上述式子联立可得：则E 不变；因P 点与下极，板的距离不 变，根据 U=Ed 可知 P 点与下极板的 电势差不变，即P 点的电势 不变，故A 正确，B 错误；CD、由于 E 不变，则液滴受的 电场力不变，则液滴仍保持静止，故 C 错误，D正确。故选：AD 。平行板电容器充电后与电源断开后，电容器的电量不变。将上极板移向

21、上移到某一位置，板间距离增大，电容减小。由推论公式分析板 间场强 E 的变化情况。由公式 U=EdP 点与上极板 间电压的变化，即可判断电势的变化，从而即可求解。电容器充电后与电源断开，因此电容器的电荷量不变，结合电容的决定式和定义式，以及匀强电场的场强公式得出 电场强度的变化，从而得出 P 与正极板电势差的变化，得出 P点的电势变化和电势能变化。第10 页，共 17页9.【答案】 CDE【解析】解：A 、热量可以自 发地从高温物体 传递给低温物体，热量从低温物体 传递给高温物体，必须借助外界的帮助，故 A 错误；B、单晶体的物理性 质都有各向异性，而多晶体的物理性 质都有各向同性，故B 错误

22、；C、一些昆虫能停在水面上，主要原因是液体存在表面张力，故 C 正确；D、布朗运动中，颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈，故 D 正确；E、分子间的距离由平衡位置开始增大，分子力做 负功，分子势能增大，故 E 正确。故选：CDE。热量可以自 发地从高温物体 传递给低温物体，热量从低温物体 传递给高温物体，必须借助外界的帮助；多晶体的物理性 质都有各向同性；一些昆虫能停在水面上，主要原因是液体存在表面张力；布朗运动中，颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈；分子间的距离由平衡位置开始增大，分子力做 负功，分子势能增大。本题考查了晶体和非晶体、表面 张力、布朗运动、热力学第二定律等知 识点。这种题型知

23、识点广，多以基础为主，只要平时多加积累，难度不大。10.【答案】 加强减弱2【解析】解：两列波在 x=8m 处引起的振 动都是方向向下，可知此位置的振 动是加强的；在 x=10m 处是峰谷相遇，可知此位置振 动减弱；在x=14m 处也是峰谷相遇，振动减弱，则质点的振幅 为 A=|A 2-A 1|=2cm。故答案为：加强、减弱、2。根据振动方向找出振 动加强点和减弱点，位移和两波位移矢量和。本题考查了波的叠加原理，振 动加强点始终加强，减弱点始终减弱，注意：加强点并不是位移始 终最大。第11 页，共 17页11.【答案】 0.360kSU【解析】解：（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：0mm+

24、36.00.01mm=0.360mm。（2）根据图示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：图电路图可知：U=IR=I ，整理得： =L ，（4）由 示-L图线的斜率：k=丝的电阻率： =kSU；，金属故答案为实电路图如图所示；（4）kSU。：（1）0.360；（2） 物（1）螺旋测微器固定刻度与可 动刻度示数之和是螺旋 测微器的示数。（2）根据图示电路图连接实物电路图。图电路图应用欧姆定律与电阻定律求出金属丝的电阻率表达式。（4）根据 示本题考查了螺旋测微器读实验数据处理，要掌握常用器材的使用及读数数、方法，螺旋测微器固定刻度与可 动刻度示数之和是螺旋 测微器的读数；根据图示电路图应用欧姆

25、定律与 电阻定律求出 图线的函数表达式，然后可以求出电阻率。12.【答案】2kx0mgxkx2【解析】解：（3）钩码静止处于平衡状 态，由平衡条件得：mg=k（L-L 0），弹簧的劲度系数：k=；图图线可知：=2；（6）由 乙所示7）钩码静止处于平衡状态，由平衡条件得：mg=k（L-L），其中x：，（00=L-L 0则：mg=kx0；第12 页，共 17页 钩码静止，动能为零，弹簧的弹性势能等于钩码重力势能的减少量，由机械能守恒定律得：EP=mgx； 弹簧伸长为 x 时，弹簧的弹性势能：EP=mgx，由平衡条件得：mg=kx 0，由（6）2故答案为：（3）；（6）2；（7） kx0； mgx；

26、kx 2。（3）根据平衡条件应用胡克定律可以求出 劲度系数。（6）根据图示图线可以求出比 值大小。（7）根据题意应用平衡条件求出重力大小； 应用机械能守恒定律求出 弹性势能大小与 弹性势能表达式。本题考查探究弹簧弹力和弹簧伸长量关系，涉及到该实验的实验原理、作图与时间处理的方法和技巧，要注意正确分析 图象，明确本题中横坐标为所挂物体的质量，应换算为重力。413.【答案】 解：设 t=3min=180 s， s=1800m， f=5.0 10 N，（ 1）根据匀变速的位移公式可得：第三分钟的位移为：，解得： a=0.2m/s2；（ 2）根据牛顿第二定律 F-f=ma，解得：牵引力 F=1.5 1

27、05N，根据运动学公式 v =at=36m/s，故第 3min 末列车的牵引力功率为：P=Fv =5.4 106W；答：（ 1）列车出站的加速度大小为0.2m/s2；（ 2）第 3min 末列车的牵引力功率为5.4 106W。【解析】（1）列车做匀加速直 线运动，由匀变速直线运动的速度位移公式可以求出加速度；（2）根据牛顿第二定律求出匀加速 阶段的牵引力，根据运动学公式求出第3min 末列车的牵引力，根据功率公式 P=Fv 求牵引力公式；本题考查了求加速、时间与阻力 问题，分析清楚列车运动过程是解 题的关键，应用运动直线运动的运动学公式与牛 顿第二定律可以解 题。第13 页，共 17页14.【

28、答案】 解：（ 1）令 P 初速度，设 P、A 碰后的速度分别为vP 和 vA，由动量守恒定律：kmv=kmvP+mvA由机械能守恒定律：可得：，可知 k 值越大， vA 越大；设 A 在磁场中运动轨迹半径为R，由牛顿第二定律：可得：，可知 vA 越大， R 越大；即，k 值越大， R 越大；如图 1，当 A 的轨迹与cd 相切时， R 为最大值， R=L可得：，求得 k 的最大值为k=1（ 2）令 z点为 ed 边的中点，分类讨论如下：（ I） A 球在磁场中偏转一次从z 点就离开磁场，如图2 有解得：可得：（ II ）由图可知A 球能从 z 点离开磁场要满足，则 A 球在磁场中还可能经历一

29、次半圆运动后回到电场，再被电场加速后又进入磁场，最终从 z 点离开。令电场强度；如图 3 和如图 4，由几何关系有：第14 页，共 17页解得：或可得：或当时，由于当时，由于此类情形取符合题意要求，即综合（ I）、（ II ）可得 A 球能从 z点离开的k 的可能值为：或A 球在磁场中运动周期为当 k= 时，如图4， A 球在磁场中运动的最长时间。答：（ 1）若 A 从 ed 边离开磁场，k 的最大值为1；（ 2）若 A 从 ed 边中点离开磁场，求k 的可能值为或；A 在磁场中运动的最长时间为。【解析】（1）由恰好不能从 cd 边 出来的 轨 迹，结合几何关系求出粒子的最大半径，由洛伦兹力提供向心力求出粒子的速度，然后由动量守恒求出 P 的速度；（2）根据从ed的中点射出的条件， 结合粒子在磁 场中运动的特点（圆），做出粒子运动的轨迹，然后由周期与转过的角度的关系即可求出。对于带电粒子在磁 场中的运动情况分析，一般是确定 圆心位置，根