2019届高三高考信息模拟卷(全国卷)理科综合能力测试(六)物理试题(解析版)

2019年高考信息模拟卷(全国卷)理科综合能力测试(六) （物理部分）一、选择题：1. 下列说法正确的是（）A. 物体速度变化越大，则加速度越大B. 物体动量发生变化，则物体的动能一定变化C. 合外力对系统做功为零，则系统的动量一定守恒D. 系统所受合外力为零，则系统的动量一定守恒【答案】D【解析】试题分析：A、加速度是反映速度变化快慢的物理量，速度变化大，加速度不一定大．故A错误；B、若动量发生变化可能是速度的方向发生了变化而大小没发生变化，动能不一定变化，故B错误；C、系统所不受外力或外力的冲量为零，系统动量守恒，合外力对系统做功为零，冲量不一定为零，故C错误；D、系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故D正确；故选：D。

考点：加速度、动量和动能、动量守恒定律【名师点睛】2.用如图的装置研究光电效应现象，当用能量为3.0eV的光子照射到光电管上时，电流表G的读数为0.2mA，移动变阻器的触点c，当电压表的示数大于或等于0.7V时，电流表读数为0，则（）A. 电键K断开后，没有电流流过电流表GB. 所有光电子的初动能为0.7eVC. 光电管阴极的逸出功为2.3eVD. 改用能量为1.5eV的光子照射，电流表G也有电流，但电流较小【答案】C【解析】【分析】电键S断开，只要有光电子发出，则有电流流过电流表．该装置所加的电压为反向电压，发现当电压表的示数大于或等于0.7V时，电流表示数为0，知道光电子点的最大初动能为0.7eV，根据光电效应方程E Km=hγ-W0，求出逸出功．改用能量为1.5eV的光子照射，通过判断是否能发生光电效应来判断是否光电流．【详解】电键S断开后，用光子能量为3.0eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，有光电子逸出，则仍然有电流流过电流表。

故A错误。

该装置所加的电压为反向电压，发现当电压表的示数大于或等于0.7V 时，电流表示数为0，知道光电子点的最大初动能为0.7eV，但不是所有光电子的初动能为0.7eV；根据光电效应方程E Km=hγ-W0，W0=2.3eV．故C正确，B错误。

改用能量为1.5eV的光子照射，由于光电子的能量小于逸出功，不能发生光电效应，无光电流。

故D错误。

故选C。

【点睛】解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及光电效应方程E Km=hγ-W0．3.如图所示，两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动，O点悬挂一重物Ｍ，将两相同木块m紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止。

Ｆf表示木块与挡板间摩擦力的大小，ＦＮ表示木块与挡板间正压力的大小。

若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O1、O2始终等高，则（）A. F f变小B. F f变大C. FＮ变小D. FＮ变大【答案】D【解析】试题分析：先对三个物体以及支架整体受力分析，受重力，2个静摩擦力，两侧墙壁对整体有一对支持力，根据平衡条件，有：，解得，故静摩擦力不变，故A、B错误；将细线对O的拉力按照效果正交分解，如图设两个杆夹角为θ，则有；再将杆对滑块m的推力F1按照效果分解，如图根据几何关系，有：故：，若挡板间的距离稍许增大后，角θ变大，变大，故滑块m对墙壁的压力变大，C错误，D正确；故选D。

考点：力的分解、共点力的平衡。

【名师点睛】本题考查了整体法和隔离法的结合应用，把M和两个m看作一整体，即可得到摩擦力的变化情况，再根据力的作用效果把F1、F2分解，从而分析滑块m对墙壁的压力变化。

4.如图所示，两等量异种电荷在同一水平线上，它们连线的中点为O，竖直面内的半圆弧光滑绝缘轨道的直径AB水平，圆心在O点，圆弧的半径为R，C为圆弧上的一点，OC与竖直方向的夹角为37°，一电荷量为+q，质量为m的带电小球从轨道的A端由静止释放，沿轨道滚动到最低点时速度v=2，g为重力加速度，取无穷远处电势为零，则（）A. 电场中A点的电势为B. 电场中B点的电势为C. 小球运动到B点时的动能为mgRD. 小球运动到C点时，其动能与电势能的和为1.6mgR【答案】A【解析】【分析】图中过O点的虚线是一条等势线，一直延伸到无穷远，O点的电势为零。

小球从A运动到最低点的过程，由动能定理求出AO两点间的电势差，从而得到A点的电势。

由对称性求B点的电势。

小球从最低点到B 的过程，由能量守恒定律求小球运动到B点时的动能，并求得总能量。

【详解】取无穷远处电势为0，则最低点处电势为0．小球从A点运动到最低点过程中，由动能定理可得：mgR+qU AO＝mv2；解得；而U AO=φA-0；解得φA＝，故A正确；由对称性可知：U AO=U OB，即为：φA-0=0-φB，故有：φB＝−，故B错误；小球从A点运动到B点过程中，由动能定理得：E k=qU AB=2mgR，故C错误；小球在最低点处的动能和电势能的总和为：E1＝mv2+0＝2mgR，由最低点运动到C点过程，动能、电势能、重力势能的总量守恒，而重力势能增加量为：△E p=mgR（1-cos37°）=0.2mgR；故动能、电势能的综合减少了0.2mgR，所以小球在C点的动能和电势能的总和为：E2=E1-0.2mgR=1.8mgR，故D错误；故选A。

【点睛】解决本题的关键是要知道等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，其电势与无穷远处相同。

在知道运用动能定理是求电势差常用的方法。

5.正三角形ABC的三个顶点处分别有垂直于三角形平面的无限长直导线，导线中通有恒定电流，方向如图所示，a、b、c三点分别是正三角形三边的中点，若A、B、C三处导线中的电流分别为I、2I、3I，已知无限长直导线在其周围某一点产生的磁场磁感应强度B的大小与电流成正比，与电流到这一点的距离成反比，即B=k，则a、b、c三点的磁感应强度大小关系为A. a点最大B. b点最大C. c点最大D. b，c两点一样大【答案】B【解析】设正三角形的边长为2L，根据公式，结合矢量的叠加原理，则a、b、c三点的磁感应强度大小分别为：；；；综上所述，故B正确，ACD 错误；故选B．6.如图所示为一有理想边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，磁场宽度为d，一质量为m、带电量为+q的带电粒子(不计重力)从MN边界上的A点沿纸面垂直MN以初速度v0进入磁场，已知该带电粒子的比荷，进入磁场时的初速度v0与磁场宽度d及磁感应强度大小B的关系满足；其中A′为PQ上的一点，且AA′与边界PQ垂直，下列判断中，正确的是A. 该带电粒子进入磁场后将向下偏转B. 该带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为2dC. 该带电粒子打在PQ上的点与A′点的距离为 dD. 该带电粒子在磁场中运动的时间为【答案】BD【解析】试题分析：根据左手定则确定粒子的偏转方向．根据半径公式求出粒子在磁场中运动的轨道半径，通过几何关系求出带电粒子打在PQ上的点与A′点的距离，根据圆心角，通过周期公式求出粒子在磁场中运动的时间．解：A、由左手定则知，该带电粒子进入磁场后将向上偏转，故A错误．B、带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，靠洛伦兹力提供向心力，解得R=，又因为带电粒子的比荷=，故有R=2d，故B正确．C、由图可知，通过几何关系知，该带电粒子打在PQ上的点与A′点的距离为s==，故C错误．D、由图可知，该带电粒子在匀强磁场中运动的圆心角为，所以粒子在磁场中运动的时间t=，故D正确．故选：BD．【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，关键作出粒子在磁场中的运动轨迹，结合几何关系，运用半径公式和周期公式进行求解，难度不大．7.据报道，有科学家支持让在2006年被除名的冥王星重新拥有“行星”称号，而最终结果将在国际天文联合会举行的会议上才能做出决定。

下表是关于冥王星的一些物理量(万有引力常量G已知)，则下列说法正确的是A. 冥王星绕日公转的线速度比地球绕日公转的线速度小B. 冥王星绕日公转的加速度比地球绕日公转的加速度大C. 根据所给信息，可以估算冥王星表面重力加速度的大小D. 根据所给信息，不可以估算太阳的质量【答案】ACD【解析】【分析】根据表格得出冥王星与地球周期关系．根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要比较的物理量；根据题目中已知条件进行比较．【详解】根据表格得出冥王星公转周期大于地球公转周期，根据万有引力提供向心力，解得T=2π，所以冥王星轨道半径大于地球轨道半径，根据，解得，a=，冥王星轨道半径大于地球轨道半径，所以冥王星绕日公转的线速度比地球绕日公转的线速度小，冥王星轨道半径大于地球轨道半径，所以冥王星绕日公转的加速度比地球绕日公转的加速度小，故A正确，B错误。

根据星球表面万有引力等于重力得：，冥王星表面重力加速度的大小，根据表格的数据可以估算冥王星表面重力加速度的大小，故C正确。

根据所给信息，无法估算太阳的体积的大小，故D正确。

故选ACD。

【点睛】向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用．要比较一个物理量大小，我们应该把这个物理量先表示出来，再进行比较．8.如图所示，相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L(L<d)，质量为m，电阻为R，将线圈从磁场上方高h处由静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0。

则线圈穿越磁场的过程中，(从cd边刚进入磁场起一直到ab 边离开磁场为止)以下说法正确的是A. 感应电流所做的功为mgdB. 感应电流所做的功为2mgdC. 线圈的最小速度一定为D. 线圈的最小速度一定为【答案】BCD【解析】试题分析：根据能量守恒，研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：动能变化量为0，重力势能转化为线框进入磁场的过程中产生的热量，，cd边刚进入磁场时速度为，cd边刚离开磁场时速度也为，所以从cd边刚穿出磁场到ab边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到ab边刚进入磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量，感应电流做的功为，故A错误，B正确；线框可能先做减速运动，在完全进入磁场前已做匀速运动，刚完全进入磁场时的速度最小，则，则最小速度，故C 正确；因为进磁场时要减速，线圈全部进入磁场后做匀加速运动，则知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小．设线圈的最小速度为，线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得：，由上可知，，解得线圈的最小速度为：．，故D 正确。

考点：导体切割磁感线时的感应电动势、电磁感应中的能量转化【名师点睛】解决本题的关键根据根据线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是，且全部进入磁场将做加速运动，判断出线圈进磁场后先做变减速运动，也得出全部进磁场时的速度是穿越磁场过程中的最小速度。