2019屆高考物理金榜押題卷1.docx

2019屆高考物理金榜押題卷（1）二、選擇題：本大題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14-18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19-21題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。14、將一張A4紙（質(zhì)量可忽略不計(jì)）夾在物理習(xí)題冊(cè)內(nèi)，A4紙上方書頁(yè)總質(zhì)量為0.3kg，A4紙下方書頁(yè)總質(zhì)量為0.5kg， A4紙與書頁(yè)之間、書與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.4，要把A4紙從書中拉出，拉力至少應(yīng)為（?。?）A 4N B 5.6NC 2.4N D 3.2N15、如圖所示,某人在水平地面上的C點(diǎn)射擊豎直墻靶,墻靶上標(biāo)一根水平線MN。射擊者兩次以初速度v0射出子彈,恰好水平擊中關(guān)于z軸對(duì)稱的A、B兩點(diǎn)。忽略空氣阻力,則兩次子彈()A.在空中飛行的時(shí)間不同B.擊中A、B點(diǎn)時(shí)速度相同C.射擊時(shí)的瞄準(zhǔn)點(diǎn)分別是A、BD.射出槍筒時(shí),初速度與水平方向夾角相同16、如圖所示,高為h的光滑絕緣曲面處于勻強(qiáng)電場(chǎng)中,勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向平行于豎直平面,一帶電荷量為+q,質(zhì)量為m的小球,以初速度v0從曲面底端的A點(diǎn)開始沿曲面表面上滑,到達(dá)曲面頂端B點(diǎn)的速度大小仍為v0,則( )A.電場(chǎng)力對(duì)小球做功為B.A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差為C.小球在B點(diǎn)的電勢(shì)能大于在A點(diǎn)的電勢(shì)能D.電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值為17、如圖所示,電路中理想變壓器原、副線圈接入電路的匝數(shù)可通過(guò)單刀雙擲開關(guān)改變,A為交流電流表.在變壓器原線圈a、b兩端加上不變的正弦交變電壓.下列分析正確的是( )A.只將S1從1撥向2時(shí), 電流表示數(shù)變小B.只將S2從3撥向4時(shí), 電流表示數(shù)變大C.只將R的滑片上移, R1的電功率變大D.只將R的滑片上移, R2的電功率減小18、北斗二代計(jì)劃在2020年前發(fā)射35顆衛(wèi)星，形成全球性的定位導(dǎo)航系統(tǒng)，比GPS還多5顆。多出的這5顆是相對(duì)地球靜止的高軌道衛(wèi)星，主要是完成通訊任務(wù)的，其它30顆跟美國(guó)GPS的30顆一樣，都是中軌道的運(yùn)動(dòng)衛(wèi)星。以下說(shuō)法正確的是（）A5顆高軌道衛(wèi)星定點(diǎn)在赤道正上方，且離地高度是確定的B5顆高軌道衛(wèi)星的速度比30顆中軌道衛(wèi)星的速度要大C5顆高軌道衛(wèi)星的加速度比30顆中軌道衛(wèi)星的加速度要大D5顆高軌道衛(wèi)星的速度比30顆中軌道衛(wèi)星的向心力要19、在做光電效應(yīng)的實(shí)驗(yàn)時(shí),某種金屬被光照射發(fā)生了光電效應(yīng),實(shí)驗(yàn)測(cè)得光電子的最大初動(dòng)能Ek與入射光的頻率v的關(guān)系如圖所示,由實(shí)驗(yàn)圖可求出( )A.該金屬的極限頻率B.普朗克常量C.該金屬的逸出功D.單位時(shí)間內(nèi)逸出的光電子數(shù)20、如圖所示，質(zhì)量為m的物體用輕繩懸掛于天花板上，現(xiàn)用大小不變的力F(Fh,故D錯(cuò)誤。故選B。17.D18.A19.ABC解析：依據(jù)光電效應(yīng)方程可知,當(dāng)時(shí), ,即圖象中橫坐標(biāo)的截距在數(shù)值上等于金屬的極限頻率,故A正確。由,可知圖線的斜率在數(shù)值上等于普朗克常量,故B正確。根據(jù),可知C正確。單位時(shí)間內(nèi)逸出的光電子數(shù)無(wú)法從圖象中獲知,D正確。20.BC解析：當(dāng)拉力水平向右時(shí)，受力分析如圖l，B正確；若拉力沿紙面內(nèi)任意方向，繩上張力T與拉力F的合力豎直向上，大小與mg相等，根據(jù)三角形定則，作受力分析如圖2,當(dāng)F與T垂直時(shí)，繩與豎直方向的夾角即T與mg的夾角最大，則,C項(xiàng)正確。21.CD22.1. 平衡木板受到的摩擦力 2. 0.560 3.;FL解析： 23.(1)等于靈敏電流計(jì)G的示數(shù)為零(2) E= ,r= (3)系統(tǒng)。解析： 24.1. 2. 解析：1.設(shè)P棒滑到b點(diǎn)的速度為v0,由機(jī)械能守恒定律: ,得: 2.最終兩棒的速度滿足: vQ=2vp(此時(shí)兩棒與軌道組成的回路的磁通量不變),這個(gè)過(guò)程中的任意一時(shí)刻兩棒的電流都相等,但由于軌道寬度兩倍的關(guān)系,使得P棒受的安培力總是Q棒的兩倍,所以同樣的時(shí)間內(nèi)P棒受的安培力的沖量是Q棒的兩倍,以水平向右為正方向,對(duì)P棒:-2I=mvp-mv0,對(duì)Q棒:I=mvQ,聯(lián)立兩式并代入v0,可得: ,25.1.小球P從A運(yùn)動(dòng)到C過(guò)程,根據(jù)機(jī)械能守恒得 又h=R,代人解得 在最低點(diǎn)C處,根據(jù)牛頓第二定律有: 解得軌道對(duì)小球P的支持力FN=5mg 根據(jù)牛頓第三定律知小球P對(duì)軌道的壓力大小為5mg,方向豎直向下2.彈著被壓縮過(guò)程中,當(dāng)兩球速度相等時(shí),彈著具有最大彈性勢(shì)能,根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒有根據(jù)機(jī)械能守恒定律有聯(lián)立解得3.小球P從B上方高H處釋放,設(shè)到達(dá)水平面速度為v0, 則有 彈簧被壓縮后再次恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí),設(shè)小球P和Q的速度大小分別為v1和v2,根據(jù)動(dòng)量守恒有 mv0=-mv1+Mv2根據(jù)機(jī)械能守恒有 要使P球經(jīng)彈簧反彈后恰好回到B點(diǎn),則有 聯(lián)立解得H=3R33.1. BCE 2. 設(shè)在此過(guò)程中，A向右移動(dòng)，B向右移動(dòng)，以氣體為研究對(duì)象 初態(tài)：，=0.6S 末態(tài)：， 由平衡條件，得由玻意耳定律: 解方程得：解析：1.所有晶體都有其固定的熔點(diǎn)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物體的溫度越高，分子熱運(yùn)動(dòng)越劇烈，分子平均動(dòng)能越大，選項(xiàng)B正確；根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，滿足能量守恒定律的物理過(guò)程不一定能自發(fā)進(jìn)行，選項(xiàng)C正確；分子的運(yùn)動(dòng)是永不停息的，被凍結(jié)在冰塊中的小碳粒，不能做布朗運(yùn)動(dòng)是因?yàn)榇藭r(shí)小碳粒受力平衡，而不是水分子不動(dòng)，故D錯(cuò)誤。夏季天早時(shí)，給莊稼松土是為了破壞土壤中的毛細(xì)管，防止水分蒸發(fā)，選項(xiàng)E正確；故選BCE.34