2019年高三最新信息卷物理(九)含解析

1、绝密启用前复者”之间的引力，则下列说法正确的是 （2019年高考高三最新信息卷物理（九）号位座封号场考 不号证考准 装名姓 卷 此级班注意事项:1、本试卷分第I卷（选择题）和第n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I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n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

2、 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。 TOC o 1-5 h z 14 .在粗糙水平面上，水平外力F作用在物块上，t=0时刻物块开始向右做直线运动，外力F始终不为零，其速度一时间图象如图所示。则 （） I .a4）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.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（）B

3、物块做匀速直线运动B物块受到斜面 A对它的作用力大小不变B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.图甲所示的轨道康复者”航天器可在太空中给垃圾”卫星补充能源，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A.站在赤道上的人观察到 轨道康复者”向西运动.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

4、同步卫星从图示轨道上减速，然后与轨道康复者”对接.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（）A. 1:1B, 2:1C, 3:2D. 3 : 5.如图所示，电源电动势E=3 V,内阻不计，R、R2、R3为定值电阻，阻值分别为1 Q 0.5、9乌R4、R5为电阻箱，最大阻值均为99.9口右

5、侧竖直放置一个电容为1.5 X0-3 口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 Q 1 Qo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2.7 10-9CC.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 QD.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 Q19.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V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

6、图象所给信息，下列说法正确的是（）此 vA,频率小于短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2口的光照射该金属,则遏止电压为he0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, 竖直向下的匀强磁场中，两导轨间距为L,左端间接一电阻处于磁感应强度大小为B、方向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因现给金属杆一个水平向右的冲量Io,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

7、好。不计杆和导轨的电阻，重力加速度为go则金属杆ab在运动过程中（）XXXbXXX： 乂上X X； XXX: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aB2L2I0c.刚开始运动时加速度大小为二2丁Ng111 RI2,D.电阻R上消耗的电功为2m-Mmgx21 .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V0=8gR向右滑行,则当滑块滑到图中的C点位置时（cos 53 =0.6）,则物块B上（不粘连）。铁架台上固定一圆环

8、，圆环在物块B的正下方。系统静止时，金属片环间的高度差为%。（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，物块落。如果忽略一切阻力，物块 B穿过圆环后做C与圆B继续下直线运动。（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。测得物块后下落h2高度所用时间为 3当地的重力加速度为go则该系统机械能守恒的表达式B穿过圆环（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

9、 h2所用的时间3以hi为纵轴，以图线为一条过原点的直线，则说明了系统的机械能守恒。卜列说法正确的是（）12-A.小滑块在C点处的动能为石mgRB.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21 mg5D.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II卷（非选择题，共174 分）二、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”是物理学家乔治印可特伍德在1784年研制的一种验证运动定律的机械。112（填*产或 ”）为

10、横轴，若作出的干电池E （电动势1.5 V,内电阻0.1 Q电阻箱R1 （阻值范围为0999 Q）电流表A （量程00.6 A,内阻1 Q电阻箱R2 （阻值范围为0999.9 Q开关S导线若T定值电阻R= 3 a23. （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:。为了将电流表（图 2）的0.6 A标注为0乌电阻箱如图1所示，电阻箱应选择的阻值应调整为Q ,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。图I图224.示意图,（12分）近年来，网上购物促使快递行

11、业迅猛发展。如图所示为某快递车间传送装置的简化传送带右端与水平面相切，且保持vo=4 m/s的恒定速率顺时针运行，传送带的长L = 3 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、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。7团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25. (20分)如图所示，为了研究带电

12、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yf,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：AEk- W电=mgh-Wf= Wf- Wf 0,则有：AEkW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。.【答案】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

13、，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。.【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之间的加速度之比为 aA： ac= 2:1。此时设轻绳之间的张力为 对于滑块A,由牛顿第二定律可知 T = mAaA,对于车勾码C由牛顿第二定律可得 mcg-2T= mcac,联立解得T=16

14、 N,ac=2 m/s2,aA=4 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: ac?= 2 :1,40. 20. 10T= aB= aC -定律可得mcg-2T? = mcac?联立解彳33 N ,3 m/s ,3 m/s。则C在以上两种释放方式中获得的加速度之比为ac : ac?= 3 :5,故D正确。.【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、&、R

15、4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 2Q,根据串联电路分压特点可得这部分的电压U0=2V,电容器的电荷量为Qo=CUo=1.5M0-9X2C=3M09C,故B错误；当粒子匀速穿过电容器时，有qE0=mg,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：a= 2m/s2.由牛顿第二定律得 qE - mg= ma,可得,并可得,由此得 R2、R3、R4这部分电路总电压 U1 = 2.4V, R1的电压 UR1 = E- U1=0.6V,电流= = ，可得 R2、R3、R4这部分电路总电阻总=-=- =

16、 ，由总=,由此算出R4- 5.7，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 Q,故C正确；同理，粒子经过下极板最右端时的加速度a=2m/s2 .电容器极板间电压U2= 1.6V ,解得：甩0.69 ,Q故D错误。.【答案】AC【解析】由图象可知金属的极限频率为明入射光的频率必须要大于为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 2出的光照射该金属， 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，选项D错误。.【答案】BD【解析】金属

17、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，根据牛顿第二定律安=，+=，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： 十C错误；对金属棒应用动能定理：-= 安，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：安=一，D正确。.【答案】ACD2V2mg = m一【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：R，解得V2 = VgR ,1212_ mw - mvi = -2mgR由动能定理可得：22,解得“7 5gR 48gR ,故小滑块可通过最高点，通过mv22mv2 2mgR

18、最高点的速度由动能定理可得22,解得v2 =V4gR,设轨道对小滑块的压力为 N,V22N mg =m由牛顿第二定律可得：R ,解得N=3mg,故D正确。小滑块从B点处滑到C点处时由12m% 机械能守恒定律得：2小滑块在C点处的动能为1 224 r= mgR1+cos53+mvv = , gR2，解得小滑块到达 C点时的速度为5,12gREk= 5 g ，故A正确；根据牛顿第二定律可得:21代入数据解得：N= 5 g,故C正确；小滑块在运动过程中机械能守恒，在2 v m mgcos53+ N= R ,C点的机械能为12E = - mvo =4mgR2，故B错误。第II卷（非选择题，共174分）

19、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）. （6 分）【答案】（1）匀速 （2分）（2）mgh1 = - （2分） 一（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统的增加的动能，即为： mgh+Mgh-Mgh =-（2M+m）v?,即为：mgh1 = -（2M+m） v2,又 v=-，得：mgh1=-（2M + m） （）2o（3）将 mgh1 = - （2M+m） v2,变形后，则有： = 一

20、。因此以一为横轴；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=。. （9 分）【答案】（1） R2 （2分）1.4 （2分）5 （2分）（2）如图所示（3分）L1Ia【解析】（1）根据欧姆定律，E=IgR总，R总 = r+Rg+R，联立可得R =1.4 Q由于需要用到0.1 R 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 Q当电流表示数为0.2 A 时，E= Ig（r+Rg+R + Rx）,可得 Rx= 5 0。（2）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。. （12 分）【解析】（1 ）包裹A在传送

21、带滑行，由牛顿第二定律可得：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: TOC o 1-5 h z =（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：t= 1.25s（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）. （20 分）【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，

22、由几何关系可知，两粒子 在磁场中做匀速圆周运动的半径r=l（1分）对于粒子甲在磁场中的运动，有=（1分）解得： =一=一（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） TOC o 1-5 h z 得： =一由运动学规律可得：=（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=一时间绕圆心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：=

23、（1分）在时间t1内，粒子甲绕圆心 Qi转过的角度:设磁场撤去时，粒子甲位于 C点，即=-= （1 分）=,此后两粒子均做匀速直线运动；G点，如图所示。设粒子甲、乙运动轨迹的圆心分F、D两点上，由几何关系可知，线段 O1O3与x轴平若磁场恢复后，两粒子运动轨迹恰好相切于 别为。2、。3,磁场恢复时粒子甲、乙分别位于 行，四边形O1O2FC为矩形，=34.【物理一一选修 3-4】（15分）（1）（5 分）【答案】ADE【解析】 因该波的波长为 上4m,则该波遇到长度为 3米的障碍物时将会发生明显衍射现象,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 动轨迹的圆心分别为 。2、。3，磁场恢复时粒子甲、乙分别位于 。1。3于点I,由几何关系可知由图可知：一 =解得：=（4分）综上所述，时间t的取值范围为：二 二。（1分）H点，如图所示。设粒子甲、乙运F、D两点上，过点 O2作。2垂直（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 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）（5