2019年天津市南开区高考物理模拟试卷-教师用卷

2019年天津市南开区高考物理模拟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30.0分）1.物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步，下列说法中正确的是()A. 亚里士多德发现了力是改变物体运动状态的原因B. 哥白尼提出了日心说，并发现了行星沿椭圆轨道运行的规律C. 卡文迪许总结出了万有引力定律并测出了万有引力常量D. 库仑在前人研究的基础上，通过扭秤实验研究得出了库仑定律【答案】D【解析】解：A、牛顿发现了力是改变物体运动状态的原因，故A错误；B、哥白尼提出了日心说，开普勒发现了行星沿椭圆轨道运行的规律，故B错误；C、牛顿总结出了万有引力定律，卡文迪许测出了万有引力常量，故C错误；D、库仑在前人研究的基础上，通过扭秤实验研究得出了库仑定律，故D正确；故选：D。

根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2.简谐横波在同一均匀介质中沿x轴正方向传播，波速为v，若某时刻在波的传播方向上，位于平衡位置的两质点a、b相距为s，a、b之间只存在一个波谷，则从该时刻起，下列四幅波形图中质点a最早到达波谷的是()A. B.C. D.【答案】D【解析】解：A图中，波长为2s，周期为T=λv =2sv.a点正向上振动，质点a从图示位置到达波谷的时间t A=34T=3s2v；B图中，波长为s，周期为T=λv =sv.a点正向下振动，质点a从图示位置到达波谷的时间t B=14T=s4v；C图中，波长为s，周期为T=λv =sv.a点正向上振动，质点a从图示位置到达波谷的时间t C=34T=3s4v；D图中，波长为23s，周期为T=λv=2s3v.a点正向下振动，质点a从图示位置到达波谷的时间t A=14T=s6v；故D图中质点a最早到达波谷。

故选：D。

根据波的传播方向判断出a点的振动方向，读出波长，求出周期。

分别得到质点a从图示位置到达波谷的时间，从而进行比较。

解决本题的关键要确定波长与s的关系，求得周期。

能熟练根据波的传播方向判断质点的振动方向。

3.如图所示，A是放在地球赤道上的一个物体，正在随地球一起转动.B是赤道上方一颗近地卫星.A和B的质量相等，忽略B的轨道高度，下列说法正确的是()A. A和B做圆周运动的向心加速度相等B. A和B受到的地球的万有引力相等C. A做圆周运动的线速度比B大D. B做圆周运动的周期比A长【答案】B【解析】解：A、地球上物体随地球自转周期与地球自转周期相同，万有引力除了提供随地于自转的向心力外主要表现为物体的重力，而近地卫星万有引力提供圆周运动向心力，向心加速度即为万有引力加速度，故两者向心加速度大小不相等，A错误；B、忽略B卫星的轨道高度，A和B距地心的距离相同，根据万有引力定律可知，它们受到地球的万有引力大小相等，故B正确；C、因为B做圆周运动时万有引力提供圆周运动向心力，而A万有引力的一小部分提供圆周运动向心力，根据F向=m v2r知，B卫星的线速度远大于A的线速度，故C错误；D、A的周期为地球自转周期，即与同步卫星周期相同，而B的周期远小于同步卫星的周期，故D错误。

故选：B。

赤道上物体随地球一起自转周期为T，近地卫星绕地球做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，涉及不同的物理模型．本题涉及到两种物理模型，可以借助与同步卫星进行比较，由同步卫星和的近地卫星的动力学原理相同，可借助同步卫星的规律进行过渡比较．4.如图所示，半球形物体A和光滑小球B紧靠着放在一固定斜面上，并处于静止状态。

现用水平力F沿物体A表面将小球B缓慢拉至物体A的最高点C，物体A始终保持“静止状态，则下列说法中正确的是()A. 物体A受到3个力的作用B. 小球B对物体A的压力大小始终不变C. 物体A受到斜面的摩擦力大小一直减小D. 物体A对小球B的支持力大小一直增大【答案】C【解析】解：A、对球A分析可知，A受重力、支持力、B的压力和斜面的摩擦力作用，共四个力，故A错误；B、对球B分析，受水平拉力、重力和支持力，三力平衡，三个力构成首尾相连的矢量三角形，如图所示：将小球B缓慢拉至物体A的最高点过程中，θ变小，故支持力N变小，拉力F也变小；根据牛顿第三定律，压力也减小；再对A、B整体分析，受拉力、重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，有：f=(M+ m)sinα+Fcosαα为斜面的坡角，由于F减小，故拉力F减小，故静摩擦力减小；故BD错误C正确。

故选：C。

先对球B分析，受水平拉力、重力和支持力，三力平衡，三个力构成首尾相连的矢量三角形，据此分析拉力和支持力的变化情况；再对A、B整体分析，受拉力、重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件并结合正交分解法分析。

本题考查共点力平衡条件的应用，解题的关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象进行受力分析，要结合平衡条件作图进行动态分析即可明确各力的变化规律。

5.如图所示，A、B为两个等量的正点电荷，在其连线中垂线上的a点放一个负点电荷q(不计重力)，b点为连线中垂线上一点且aO=bO，点电荷g从a点由静止释放经O点运动到b点的过程中，下列说法正确的是()A. 点电荷q的速度一定先增大后减小B. 点电荷q的加速度一定先减小后增大C. 点电荷q的电势能一定先增大后减小D. 点电荷q在O点电势最大，动能为零【答案】A【解析】解：A、根据点电荷电场强度的叠加法则，可知，同种正电荷的中垂线上，由O点向两边，电场强度方向向两边延伸，且大小先增大后减小，在a点由静止释放一个负点电荷q，它只在电场力作用下，先向下加速，后向下减速运动；电荷q的速度一定先增大后减小。

故A正确；B、同种正电荷的中垂线上，由O点向两边，电场强度方向向两边延伸，且大小先增大后减小，所以点电荷q的加速度可能先减小后增大，有可能先增大，后减小，然后再增大，再减小。

故B错误；C、D、由A的分析可知，电荷q的速度一定先增大后减小，则动能先增大后减小，所以电势能先减小后增大，点电荷q在O点电势最大，动能最大。

故C错误，D错误故选：A。

本题要根据等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷的受力情况，分析其运动情况，根据电场力做功情况，分析其电势能的变化情况。

掌握一些典型的电场线分布特点，知道电场线的疏密表示场强大小，会用电场力做功与电势能的变化关系分析势能和动能的变化。

二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）6.某同学采用如图所示的实验装置来研究光电效应现象。

当用某一频率的光照射光电管的阴极K时，会发生光电效应现象，电流计中有电流通过。

闭合电键S，在阳极A和阴极K之间加上反向电压，通过调节滑动变阻器的滑片逐渐增大电压，直至电流计中电流恰好为零，此时电压表的电压值称为反向截止电压。

现用频率为v的绿光照射阴极，测量到反向截止电压为U，设电子电量为e，普朗克常量为h，则()A. 逸出的光电子的最大初动能为eUB. 阴极K的逸出功W=ℎv−eUC. 如改用紫光照射，则光电子的最大初动能一定增大D. 如改用紫光照射，则阴极K的逸出功一定增大【答案】ABC【解析】解：AB、根据光电效应方程和反向截止电压的关系可知，eU=E k=ℎv−W，则逸出光电子的最大初动能为eU，阴极K的逸出功W=ℎv−eU，故AB正确。

C、如改用紫光照射，入射光的频率增大，光电子的最大初动能一定增大，故C正确。

D、逸出功是材料的固有属性，与入射光的频率无关，故D错误。

故选：ABC。

根据光电效应方程求解最大初动能，确定阴极K的逸出功。

根据动能定理求反向截止电压和最大初动能的关系。

根据爱因斯坦光电效应方程判断不同入射光照射时，最大初动能的变化情况。

本题考查了光电效应规律，反向截止电压是使光电子无法到达对阴极的最小电压，解决本题的关键掌握光电效应方程，知道最大初动能与反向截止电压的关系。

7.如图是通过变压器降压给用户供电的示意图.变压器输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动.输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用R0表示，开关S闭合后，相当于接入电路中工作的用电器增加.如果变压器上的能量损失可以忽略，则关于开关S闭合后，以下说法正确的是()A. 电表V1示数不变，V2示数减小B. 电表A1、A2示数均增大C. 原线圈输入功率减小D. 电阻R1两端的电压减小【答案】BD【解析】解：A、因为输入电压几乎不变，原副线圈的电压比等于匝数之比，则副线圈的电压几乎不变，即电压表V1、V2的读数几乎不变。

故A错误。

B、因为负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，即A2增大，原副线圈电流之比等于匝数之反比，所以A1示数变大。

故B正确。

C、因为负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，由P=UI 知功率增加，故C错误。

D、电压表V2、V3示数之差等于副线圈导线上的电压损失，△U=IR增加，电阻R1两端的电压减小。

故D正确。

故选：BD。

抓住原线圈电压不变，通过副线圈中负载的变化，通过欧姆定律得出电流的变化，从而得出原线圈电流的变化解决本题的关键知道原副线圈电压之比、电流之比与匝数比的关系，抓住输入电压不变，结合欧姆定律进行动态分析．8.如图所示，某中学科技小组制作了利用太阳能驱动小车的装置。

当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。

小车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t，速度为v时功率达到额定功率，并保持不变；小车又继续前进了距离s，达到最大速度v m.设小车的质量为m，运动过程所受阻力恒为f，则()A. 小车的额定功率为fv mB. 小车的额定功率为fvC. 小车做匀加速直线运动时的牵引力为f+mvtD. 小车速度由零至v m的过程牵引力做功为12mv m2+f(s+vt2)【答案】ACD【解析】解：AB、小车匀加速行驶时，牵引力不变，电动机的功率随着小车速度的增大而增大，当达到额定功率时，以额定功率行驶，做加速度逐渐减小的加速运动，最终当牵引力等于阻力时，速度达到最大，所以额定功率P=fv m，故A正确，B错误；C、小车做匀加速直线运动加速度a=vt，根据牛顿第二定律知F−f=ma，联立解得F=f+m vt，故C正确；D、根据动能定理知：W−f(s+12vt)=12mv m2−0，小车速度由零至v m的过程牵引力做功为W=12mv m2+f(s+vt2)，故D正确。

故选：ACD。

小车做匀加速直线运动，牵引力不变，功率增大，达到额定功率后做变加速直线运动，当牵引力等于阻力时，速度达到最大，做匀速直线运动。