高三物理最新信息卷九

1、2019年高考高三最新信息卷物 理（九）注意事项：1、本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2、回答第卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。3、回答第卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一个选项符合题目要求。第1921题有多选项符合题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14在粗糙水平面上，水平外

2、力F作用在物块上，t0时刻物块开始向右做直线运动，外力F始终不为零，其速度时间图象如图所示。则( )A在01 s内，外力F不断增大B在3 s时，物体开始向左运动C在34 s内，外力F不断减小D在34 s内，外力F的功率不断减小15如图所示，水平地面上放置一斜面体A，带正电的小物块B置于A的绝缘斜面上。轻推一下B，B能沿斜面匀速下滑。现在斜面顶端正上方P点固定一带正电的点电荷，让B从顶端向下运动，此后( )AB物块做匀速直线运动BB物块受到斜面A对它的作用力大小不变CB物块动能的增加量小于电势能的减少量D斜面体A受到地面水平向左的静摩擦力16图甲所示的“轨道康复者”航天器可在太空中给“垃圾”卫星

3、补充能源，延长卫星的使用寿命。图乙是“轨道康复者”在某次拯救一颗地球同步卫星前，二者在同一平面内沿相同绕行方向绕地球做匀速圆周运动的示意图，此时二者的连线通过地心、轨道半径之比为1 : 4。若不考虑卫星与“轨道康复者”之间的引力，则下列说法正确的是( )A站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动B在图示轨道上，“轨道康复者”的加速度大小是地球同步卫星的16倍C在图示轨道上，地球同步卫星的机械能大于“轨道康复者”的机械能D若要对该同步卫星实施拯救，应让同步卫星从图示轨道上减速，然后与“轨道康复者”对接17如图所示，A、B两滑块的质量分别为4 kg和2 kg，用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高

4、的光滑水平桌面上，并用手按着两滑块固定不动。现将一轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一质量为4 kg的钩码C挂于动滑轮上。现先后按以下两种方式操作：第一种方式只释放A而B按着不动；第二种方式只释放B而A按着不动。则C在以上两种释放方式中获得的加速度之比为( )A1 : 1 B2 : 1 C3 : 2 D3 : 518如图所示，电源电动势E3 V，内阻不计，R1、R2、R3为定值电阻，阻值分别为1 、0.5 、9 ，R4、R5为电阻箱，最大阻值均为99.9 ，右侧竖直放置一个电容为1.510-3 F的理想平行板电容器，电容器板长0.2 m，板间距为0.125 m。一带电粒子以0.8 m/s的速度沿平行

5、板中线进入，恰好匀速通过，不计空气阻力，此时R4、R5阻值分别为1.8 、1 。下列说法正确的是( )A此粒子带正电B带电粒子匀速穿过电容器时，电容器的电荷量为2.710-9 CC欲使粒子向上偏转但又不打到电容器的上板，R4阻值不得超过5.7 D欲使粒子向下偏转但又不打到电容器的下板，R4阻值不得低于l.4 19某金属发生光电效应，光电子的最大初动能Ek与入射光频率之间的关系如图所示。已知h为普朗克常量，e为电子电荷量的绝对值，结合图象所给信息，下列说法正确的是( )A频率小于0的入射光不可能使该金属发生光电效应现象B该金属的逸出功随入射光频率的增大而增大C若用频率是20的光照射该金属，则遏止

6、电压为D遏止电压与入射光的频率无关20如图所示，两条足够长的平行金属导轨固定在水平面内，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，两导轨间距为L，左端间接一电阻R，质量为m的金属杆ab静置于导轨，杆与导轨间动摩擦因数为。现给金属杆一个水平向右的冲量I0，金属杆运动一段距离x后静止，运动过程中与导轨始终保持垂直且接触良好。不计杆和导轨的电阻，重力加速度为g。则金属杆ab在运动过程中( )A做匀减速直线运动B杆中的电流大小逐渐减小，方向从b流向aC刚开始运动时加速度大小为D电阻R上消耗的电功为21如图所示，竖直轨道ABCD由两部分构成。AB部分为光滑水平轨道，BCD部分为一半径为R的光滑半

7、圆轨道，AB右端与半圆轨道的底端相切。一质量为m、可看成质点的小滑块从AB轨道的最左端A点处以速度向右滑行，则当滑块滑到图中的C点位置时(cos 530.6)，则下列说法正确的是( )A小滑块在C点处的动能为B小滑块在C点处的机械能为8mgRC在C点处轨道对小滑块的压力大小为D小滑块能通过最高点，且最高点轨道对小滑块的压力为3mg第卷（非选择题，共174分）三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题第40题为选考题，考生根据要求做答)(一)必考题(共129分)22(6分) “阿特伍德机”是物理学家乔治阿特伍德在1784年研制的一种验证运动

8、定律的机械。其基本结构为在跨过定滑轮的轻绳两端系着质量均为M的物块A和B，质量为m的金属片C放置在物块B上（不粘连）。铁架台上固定一圆环，圆环在物块B的正下方。系统静止时，金属片C与圆环间的高度差为h1。(1)由静止释放物块A、B，当物块B穿过圆环时，金属片C被搁置在圆环上，此后，物块B继续下落。如果忽略一切阻力，物块B穿过圆环后做_直线运动。（填“匀速”“匀减速”或“匀加速”） (2)如果在实验误差允许的范围内，物块A、B和金属片C组成的系统，在下落h1高度的过程中，金属片C减少的重力势能等于系统增加的动能，即可验证该系统机械能守恒。测得物块B穿过圆环后下落h2高度所用时间为t，当地的重力加

9、速度为g。则该系统机械能守恒的表达式为。(3)改变静止释放物块A、B的初始位置，重复试验，记录各次的高度差h1，以及物块B穿过圆环后下落相同高度h2所用的时间t，以h1为纵轴，以_（填“”“t2”或“”）为横轴，若作出的图线为一条过原点的直线，则说明了系统的机械能守恒。23(9分)某研究小组欲将电流表改装成欧姆表，他们在实验室中找到的器材如下：干电池E（电动势1.5 V，内电阻0.1 ）电阻箱R1（阻值范围为0999 ）电流表A（量程00.6 A，内阻1 ）电阻箱R2（阻值范围为0999.9 ）开关S导线若干定值电阻R3 (1)如图1所示，电阻箱应选择_。为了将电流表（图2）的0.6 A标注为

10、0 ，电阻箱的阻值应调整为_，则0.2 A 应标注_。(2)研究小组发现上述改装成的欧姆表测电阻阻值越大，指针偏转角越小。为了能让测电阻的阻值越大，指针偏转角也越大，请在方框内重新设计电路。24(12分)近年来，网上购物促使快递行业迅猛发展。如图所示为某快递车间传送装置的简化示意图，传送带右端与水平面相切，且保持v04 m/s的恒定速率顺时针运行，传送带的长L3 m。现将一质量为0.4 kg的包裹A轻放在传送带左端，包裹A刚离开传输带时恰好与静止的包裹B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后包裹A向前滑行了0.1 m静止，包裹B向前运动了0.4 m静止。已知包裹A与传输带间的动摩擦系数为0.4，包裹A

11、、B与水平面间的动摩擦因数均为0.5，g取10 m/s2。求：(1)包裹A在传送带上运动的时间；(2)包裹B的质量。25(20分)如图所示，为了研究带电粒子在电场和磁场中的运动，在空间中建立一平面直角坐标系xOy，在0y0且y0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，在y轴的正半轴上固定着一个长为l的弹性绝缘挡板，挡板上端位于Q点，下端与坐标原点O重合。有一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子甲从电场中的M点由静止释放，加速后以大小为v的速度从x轴上的P点进入磁场。当粒子甲刚进入磁场时，位于M点正下方的N点，有一质量为m，电荷量为1.5q的带正电的粒子乙由静止释放，经过时间加速后也从P点进入磁场。已

12、知甲、乙两粒子在磁场中运动轨迹重合，均垂直打在弹性挡板上的Q点并以原速率弹回，不考虑粒子与挡板发生碰撞所需的时间，不计粒子重力。(1)求磁场的磁感应强度大小B；(2)求M、P两点和N、P两点间的距离y1和y2；(3)若粒子乙与弹性挡板相碰时，立即撤去磁场，并经过时间t恢复原磁场，要使此后两粒子一直在磁场中运动但不能经过同一位置，求时间t的取值范围。（二）选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做。则每学科按所做的第一题计分。33【物理选修3-3】(15分)(1)(5分)下列说法中正确的是。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对

13、3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）A气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在势能B物体温度升高时，速率小的分子数目减少，速率大的分了数目增多C一定量100 的水变成100 的水蒸气，其分子平均动能增加D物体从外界吸收热量，其内能不一定增加E液晶的光学性质具有各向异性(2)(10分) 如图所示，导热气缸由半径不同的两个圆柱形容器组成，气缸上部横截面积为1.5S，深度为0.5L，下部横截面积为S，深度为L，侧面有阀门C，C处于打开状态。活塞上表面通过滑轮与一水桶相连。关闭阀门后向水桶中缓慢加水，使活塞上升到距气缸上口0.3L处停下。已知：大气压强为p0，室温为T0，重

14、力加速度为g，不计一切摩擦，忽略水桶质量、活塞厚度及活塞质量。求：(i)加入桶中水的质量；(ii)将桶中的水取走一半，并对缸中气体缓慢加热，当活塞再次停于离气缸上口0.3L处时，气体的温度。34【物理选修3-4】(15分) (1)(5分)如图所示，实线是一列简诸横波在t1时刻的波形图，M是平衡位置距O点5 m的质点，虚线是t2(t1+0.2)s时刻的波形图。下列说法中，正确的是。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）A该波遇到长度为3米的障碍物时将会发生明显衍射现象B波速可能为20 m/sC该波的周期可能为0.6 sD若波速为35

15、m/s，该波一定沿着x轴负方向传播E. 若波速为15 m/s，从t1到t2时刻，质点M运动的路程为60 cm(2)(10分)如图所示，ABC为等腰直角三棱镜的截面图，A90。一束平行于BC边的单色光从AB边上的M点射入，折射光线刚好射到C点，已知三棱镜对该单色光的折射率为，AB边的长度为L。(i)求M点到A点的距离；(ii)保持入射光线的方向不变，让入射点沿AB边下移，使折射光线刚好射到BC边上的中点，求入射点沿AB边移动的距离，并判断折射光线在BC边上是否会发生全发射。绝密 启用前2019年高考高三最新信息卷物理答案（九）二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第141

16、8题只有一个选项符合题目要求。第1921题有多选项符合题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14【答案】D【解析】根据题意分析，设阻力为f，根据牛顿第二定律，根据图象分析，在01 s内加速度逐渐减小，所以外力F逐渐减小，A错误；根据题意分析，向右为正方向，3s前后速度始终为正值，始终是正方向，向右运动，B错误；根据牛顿第二定律，根据图象分析在34 s内加速度不变，所以外力不变，C错误；外力功率，结合选项C的分析，F不变，而34 s内速度减小，所以功率减小，D正确。15【答案】C【解析】物块B下滑的过程中，B、P距离越来越大，正电荷P对正电荷B的库伦斥力是变力且越来越小

17、，B做变加速运动，故A错误；由于P对B的库伦斥力变小，所以这个库伦力在垂直于斜面的分力也减小，AB之间摩擦力也减小，所以B对A的作用力也不断减小，故B错误；根据题意，没有电荷P时，B沿斜面向下做匀速运动，根据动能定理：mghWf0，有电荷P时，B沿斜面做变加速运动，由动能定理：mghW电WfEk,，由于ff，所以WfWf，因为电势能的减小量等于电场力做功，联合可得物块动能的增加与电势能的减小量之差为：EkW电mghWfWfWf0，则有：EkW电，故C正确；把A、B看成一个整体，电荷P对这个整体有沿斜向左下方的库伦斥力，故A有向左的运动的趋势，斜面体A有受到地面向右的静摩擦力，故D错误。16【答

18、案】B【解析】因“轨道康复者”的高度低于同步卫星的高度，可知其角速度大于同步卫星的角速度，也大于站在赤道上的观察者的角速度，则站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向东运动，选项A错误；由得：，在图示轨道上，“轨道康复者”与地球同步卫星加速度之比为，故B正确；因“轨道康复者”与地球同步卫星的质量关系不确定，则不能比较机械能的关系，选项C错误；应让“轨道康复者”从图示轨道上加速，与同步卫星进行对接，故D错误。17【答案】D【解析】固定滑块B不动，释放滑块A，设滑块A的加速度为aA，钩码C的加速度为aC，根据动滑轮的特征可知，在相同的时间内，滑块A运动的位移是钩码C的2倍，所以滑块A、钩码C之间的加速

19、度之比为aA: aC2:1。此时设轻绳之间的张力为T，对于滑块A，由牛顿第二定律可知TmAaA，对于钩码C由牛顿第二定律可得mCg2TmCaC，联立解得T16 N，aC2 m/s2，aA4 m/s2。若只释放滑块B，设滑块B的加速度为aB，钩码C的加速度为aC，根据动滑轮的特征可知，在相同的时间内，滑块B运动的位移是钩码的2倍，所以滑块B、钩码之间的加速度之比也为aB: aC2 :1，此时设轻绳之间的张力为T，对于滑块B，由牛顿第二定律可知T mBaB，对于钩码C由牛顿第二定律可得mCg-2T mCaC，联立解得N，m/s2，m/s2。则C在以上两种释放方式中获得的加速度之比为aC: aC3

20、:5，故D正确。18【答案】C【解析】上极板与电源的正极相连，极板间电场方向向下，粒子所受的电场力方向向上，故粒子带负电，故A错误；电容器与R2、R3、R4这部分电路并联，当粒子匀速穿过电容器时，R2、R3、R4这部分电路的总电阻为2，根据串联电路分压特点可得这部分的电压U02V，电容器的电荷量为 Q0CU01.51092C3109C，故B错误；当粒子匀速穿过电容器时，有 qE0mg，粒子在电容器中的运动时间。当粒子向上偏转且刚好经过上极板最右端时，在竖直方向上，有 ，解得：a2m/s2由牛顿第二定律得 qE1mgma，可得，并可得，由此得R2、R3、R4这部分电路总电压 U12.4V，R1的

21、电压UR1EU10.6V，电流 ，可得R2、R3、R4这部分电路总电阻 ，由，由此算出 R45.7，所以欲使粒子向上偏转但又不打到电容器的上板，R4阻值不得超过5.7，故C正确；同理，粒子经过下极板最右端时的加速度a2m/s2电容器极板间电压 U21.6V，解得：R40.69，故D错误。19【答案】AC【解析】由图象可知金属的极限频率为0，入射光的频率必须要大于0才能发生光电效应现象，选项A正确；金属的逸出功与入射光的频率无关，选项B错误；若用频率是20的光照射该金属，则光电子的最大初动能为，则遏止电压为，选项C正确；遏止电压与入射光的频率有关，入射光的频率越大，则最大初动能越大，遏制电压越大

22、，选项D错误。20【答案】BD【解析】金属杆获得冲量Io后，速度，对金属杆应用右手定则分析可得电流方向是b到a，受安培力方向向左，根据牛顿第二定律，所以杆做的是加速度减小的减速直线运动，A错误，B正确；刚开始运动时，联立解得：，C错误；对金属棒应用动能定理：，克服安培力的功等于转化给回路的电能即电阻消耗的电功，解得：，D正确。21【答案】ACD【解析】设小滑块在B点的速度为v1，小滑块恰好通过最高点时有：，解得v2，由动能定理可得：，解得，故小滑块可通过最高点，通过最高点的速度由动能定理可得，解得，设轨道对小滑块的压力为N，由牛顿第二定律可得：，解得N3mg，故D正确。小滑块从B 点处滑到C点

23、处时由机械能守恒定律得：，解得小滑块到达C点时的速度为，小滑块在C点处的动能为Ek，故A正确；根据牛顿第二定律可得：mgcos53N，代入数据解得：N，故C 正确；小滑块在运动过程中机械能守恒，在C点的机械能为，故B错误。第卷（非选择题，共174分）三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题第40题为选考题，考生根据要求做答)(一)必考题(共129分)22(6分)【答案】(1)匀速 （2分）(2)mgh1（2分）(3)（2分）【解析】(1)因AB质量相同，则物块B穿过圆环后做匀速直线运动。(2)由题意可知，系统ABC减小的重力势能转化为系

24、统的增加的动能，即为：mgh+Mgh-Mgh(2M+m)v2，即为：mgh1（2M+m）v2，又v,得：mgh1（2M+m）()2。(3)将mgh1（2M+m）v2，变形后，则有：。因此以为横轴；由上式可知，作出的图线是一条过原点的直线，直线的斜率：k。23(9分)【答案】（1）R2（2分） 1.4（2分） 5（2分）（2）如图所示（3分）【解析】(1)根据欧姆定律，EIgR总，R总r+Rg+R，联立可得R1.4 。由于需要用到0.1 ，故需选R2；由前面的分析可知，当0.6 A标注为0 时，电阻箱示数应为1.4 。当电流表示数为0.2 A时，EIg(r+Rg+R+Rx)，可得Rx5 。(2)

25、要使所测电阻阻值越大，电流表示数越大，可采用并联接法，如图所示，定值电阻R为保护电阻。24(12分)【解析】（1）包裹A在传送带滑行，由牛顿第二定律可得：(1分)假设包裹A离开传送带前就与传送带共速，由匀变速运动知识可得：(1分)解得：，所以上述假设成立加速过程：(1分)匀速过程：(1分)包裹A在传送带上运动的时间：(1分)联立解得：t1.25s(1分)（2）包裹A在水平面滑动时，由牛顿第二定律可得：(1分)由式解得：同理可知包裹B在水平面滑动的加速度也是(1分)包裹A向前滑动至静止：(1分)包裹B向前滑动至静止：(1分)包裹A、B相碰前后系统动量守恒：(1分)联立解得：(1分)25(20分)

26、【解析】(1)由于两粒子均垂直x轴进入磁场且垂直打在弹性挡板上，由几何关系可知，两粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径rl(1分)对于粒子甲在磁场中的运动，有(1分)解得：(1分)(2)设粒子乙进入磁场时的速率为v，电场区域中电场强度的大小为E，对于粒子乙在磁场中的运动，有：(1分)得：由运动学规律可得：(1分)粒子甲从M点运动到P点的过程中，由动能定理得：(1分)粒子乙从N点运动到P点的过程中，由动能定理得：(1分)联立上述两式可得：(1分)(3)粒子甲进入磁场后经过时间绕圆心O转过的角度：(1分)即粒子乙到达P点时，粒子甲恰好打在Q点上粒子乙从P点运动到Q点用时：(1分)在时间t1内，粒子甲绕圆心Q1转过的角度：(1分)设磁场撤去时，粒子甲位于C点，即，此后两粒子均做匀速直线运动；若磁场恢复后，两粒子运动轨迹恰好相切于G点，如图所示。设粒子甲、乙运动轨迹的圆心分别为O2、O3，磁场恢复时粒子甲、乙分别位于F、D两点上，由几何关系可知，线段O1O3与x轴平行，四边形O1O2FC为矩形，在O1O2O3中，由余弦定理得：解得：(4分)若磁场恢复后，粒子甲的运动轨迹恰好与磁场上边界相切于H点，如图所示。设粒子甲、乙运动轨迹的圆心分别为O2、O3，磁场恢复时粒子甲、乙分别位于F、D两点上，过点O2作O2I垂直O1O3于点I，由几何关系可知由图可知：解得：(4分)综上所述，时间