河南省郑州市2019届高三第一次模拟考试物理试题-含解析

2019年河南省郑州市高考物理一模试卷一、选择题：1.人类在对自然界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用。下列有关说法中不正确的是（）A.伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是初速度为零的匀变速直线运动B.法国科学家笛卡尔指出：如果物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动C.海王星是在万有引力定律发现之前通过观测发现的D.密立根通过油滴实验测得了基本电荷的数值【答案】C【解析】【详解】伽利略在斜面实验中得出物体沿斜面下落时的位移和时间的平方成正比，然后利用这一结论合理外推，间接证明了自由落体运动是初速度为零的匀变速直线运动，故A正确；法国科学家笛卡尔指出：如果物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向；故B正确；海王星是在万有引力定律发现之后通过观测发现的，故C不正确；密立根通过油滴实验测得了基本电荷的数值，任何电荷的电荷量都应是基本电荷的整数倍；故D正确；2.a、b两物体先后从同一地点，以相同初速度做匀变速直线运动，其速度图象如图所示，下列说法正确的是（）A.两物体的加速度相等B.4s末两物体速率相等C.前5s内a物体的位移大于b物体的位移D.前5s内a物体的位移小于b物体的位移【答案】D【解析】【详解】图像的斜率表示加速度，两图象的斜率不等，则两物体的加速度不等，故A错误；4s末两物体速率不等，a的速率较大，故B错误；根据图象与坐标轴围成的面积表示位移，图象在时间轴上方，位移为正。图象在时间轴下方，位移为负，知前5s内a物体的位移小于b物体的位移，故C错误，D正确。3.甲、乙两个同学打乒乓球，某次动作中，甲同学持拍的拍面与水平方向成45°角，乙同学持拍的拍面与水平方向成30°角，如图所示。设乒乓球击打拍面时速度方向与拍面垂直，且乒乓球每次击打球拍前、后的速度大小相等，不计空气阻力，则乒乓球击打甲的球拍的速度υ1与乒乓球击打乙的球拍的速度υ2之比为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】由题可知，乒乓球在甲与乙之间做斜上抛运动，根据斜上抛运动的特点可知，乒乓球在水平方向的分速度大小保持不变，竖直方向的分速度是不断变化的，由于乒乓球击打拍面时速度与拍面垂直，在甲处：；在乙处：；所以：＝．故C正确，ABD错误4.阿联酋迪拜哈利法塔，原名迪拜塔，塔高828m，也被称为世界第一高楼。楼层总数162层，配备56部电梯，最高速可达17.4m/s。游客乘坐观光电梯大约1min就可以到达观光平台。若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，其加速度a与时间t的关系如图所示。下列相关说法正确的是（）A.t＝6s时，电梯处于失重状态B.7s～53s时间内，绳索拉力最小C.t＝59s时，电梯处于超重状态D.t＝60s时，电梯速度恰好为0【答案】D【解析】【详解】根据a﹣t图象可知当t＝6s时刻电梯的加速度向上，电梯处于超重状态。故A错误；53s～55s时间内，加速度的方向向下，电梯处于失重状态，绳子的拉力小于重力；而7～53s时间内，a＝0，电梯处于平衡状态，绳索拉力等于电梯的重力，应大于电梯失重时绳索的拉力，所以这段时间内绳索拉力不是最小。故B错误；t＝59s时，电梯减速向上运动，a＜0，加速度方向向下，电梯处于失重状态，故C错误；根据a﹣t图象与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，由几何知识可知，60s内a﹣t图象与坐标轴所围的面积为0，所以速度的变化量为0，而电梯的初速度为0，所以t＝60s时，电梯速度恰好为0．故D正确。5.如图所示，a、b两个物体静止叠放在水平桌面上，已知ma＝mb＝m，a、b间的动摩擦因数为μ，b与地面间的动摩擦因数为μ．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对a施加一水平向右的拉力，下列判断正确的是（）A.若a、b两个物体始终相对静止，则力F不能超过μmgB.当力F＝μmg时，a、b间的摩擦力为μmgC.无论力F为何值，b的加速度不会超过μgD.当力F＞μmg时，b相对a滑动【答案】A【解析】【详解】a、b之间的最大静摩擦力为：fmax＝μmg＝μmg，b与地面间的最大静摩擦力为：a、b相对地面一起运动，刚好不发生相对滑动时，由牛顿第二定律得：对b有：μmg﹣μmg＝ma0，得。对整体有：F0﹣μmg＝2ma0，得：F0＝μmg，所以若a、b两个物体始终相对静止，则力F不能超过mg，当力F＞mg时，b相对a滑动，故A正确、D错误；B、当力F＝μmg时，ab一起加速运动，加速度为：，对a根据牛顿第二定律可得：F﹣f1＝ma1，解得a、b间的摩擦力为f1＝μmg，故B错误；根据A选项的分析可知，无论力F为何值，b的加速度不会超过μg，故C错误。6.如图所示，边界OM与ON之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界ON上有一粒子源S．某一时刻，从离子源S沿平行于纸面，向各个方向发射出大量带正电的同种粒子（不计粒子的重力及粒子间的相互作用），所有粒子的初速度大小相等，经过一段时间有大量粒子从边界OM射出磁场。已知∠MON＝30°，从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于T（T为粒子在磁场中运动的周期），则从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最短时间为（）A.TB.TC.TD.T【答案】A【解析】【详解】粒子在磁场中运动做匀速圆周运动，入射点是S，出射点在OM直线上，出射点与S点的连线为轨迹的一条弦。当从边界OM射出的粒子在磁场中运动的时间最短时，轨迹的弦最短，根据几何知识，作ES⊥OM，则ES为最短的弦，粒子从S到E的时间即最短。由题意可知，粒子运动的最长时间等于，设OS＝d，则DS＝OStan30°＝，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为：，由几何知识有：ES＝OSsin30°＝d，cosθ＝＝，则：θ＝120°，粒子在磁场中运动的最长时间为：tmin＝，故A正确，BCD错误。7.如图所示，在竖直平面内有水平向右、场强为1×104N/C的匀强电场。在匀强电场中有一根长2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为0.08kg的带电小球，它静止时悬线与竖直方向成37°角。若小球获得一定初速度后恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，cos37°＝0.8，g＝10m/s2．下列说法正确的是（）A.小球的电荷量q＝6×10﹣5CB.小球在c点的动能最小，且为1JC.小球在b点时的机械能最小D.小球在运动过程中电势能和机械能之和保持不变，且为5J【答案】AD【解析】【详解】小球静止时悬线与竖直方向成37°角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡得：mgtan37°＝qE，解得：，故A正确；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点b速度最小，根据牛顿第二定律得：；最小动能为：，故B错误；根据能量守恒定律，电势能与机械能之和不变，所以机械能最小的位置是电势能最大的位置，根据电场力做功最多的过程，即与O点等高的最左的位置a点，故C错误；选最低点为零势能点，求A点的电势能和重力势能加上动能就是能量之和为：E＝Ek+Ep+Ep′＝1J+mg×2Lcos37°+Eq×2Lsin37°＝5J，故D正确。8.如图所示，变压器原、副线圈上有L1、L2、L3、L4四只灯泡，它们的规格都是“9V，12W”，当在该变压器cd端输入交变电压u（u﹣t图象如图所示）时，四只灯泡都正常发光，各电表均为理想交流电表。以下说法正确的是（）A.ab端输入电压的瞬时值表达式为uab＝27sinl00πt（V）B.原、副线圈匝数比3：1C.流过灯泡L2的电流方向每秒钟改变50次D.电流表的示数为4A，ab端输入的功率Pab＝48W【答案】BD【解析】【详解】由输入端交变电压u的图象，可求出有效值27V，灯泡规格都是“9V，12W”，四只灯泡都正常发光，所以ab端输入电压的有效值是27+9＝36V，交流电的周期是0.02s，所以ab端输入电压的瞬时值表达式为，故A错误；四只灯泡都正常发光，所以副线圈电压为9V，根据理想变压器电压比规律得出变压器原，副线圈匝数比为3：1，故B正确；由图象知交流电的周期为0.02s，交流电的频率为50Hz，流过灯L2的电流每秒钟方向改变100次，故C错误；电流表的读数为，ab端输入的功率Pab＝4×12＝48W，故D正确；9.如图所示，在直角框架MQN上，用轻绳OM、ON共同悬挂一个物体。物体的质量为m，ON呈水平状态。现让框架沿逆时针方向缓慢旋转90°，在旋转过程中，保持结点O位置不变。则下列说法正确的是（）A.绳OM上的力一直在减小B.绳ON上的力一直在增大C.绳ON上的力先增大再减小D.绳OM上的力先减小再增大【答案】AC【解析】【详解】现让框架沿逆时针方向缓慢旋转90°，保持结点O位置不变，可以认为保持框架不动，让悬挂物体的细线拉力不变，以O点顺时针转过90°，根据矢量三角形法则可得ON和OM的拉力变化如图所示：根据图中的线段长短的变化情况可知，FN先增大后减小、FM逐渐减小，故AC正确、BD错误。10.如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，一带电量为+q、质量为m的小球在力F的作用下，沿图中虚线由M至N做竖直向上的匀速运动。已知力F和MN之间的夹角为45°，MN之间的距离为d，重力加速度为g。则下列说法正确的是（）A.电场的方向可能水平向左B.电场强度E的最小值为C.当qE＝mg时，小球从M运动到N时电势能变化量为零D.F所做的功一定为【答案】BC【解析】【详解】A．小球受力情况：小球受到重力mg、拉力F与电场力qE，因为小球做匀速直线运动，合力为零，则F与qE的合力与mg大小相等、方向相反，作出F与qE的合力，如图根据上图可知，电场力在右侧，由于小球带正电，电场方向与电场力方向相同，故指向右侧，故A错误；B．由图可知，当电场力qE与F垂直时，电场力最小，此时场强也最小。则得：qE＝mgsinθ，所以电场强度的最小值为，故B正确；C．当mg＝Eq时，根据几何关系，电场力水平向右，与MN垂直，小球从M运动到N电场力不做功，即小球从M运动到N时电势能变化量为零，故C正确；D．由于电场力变化时，F大小也跟随着改变，所以做功也不能具体确定值，故D错误；11.如图所示，竖直放置的“II”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B．将质量为m的水平金属杆由静止释放，金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。则金属杆（）A.穿出两磁场时的速度相等B.穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C.穿过两磁场产生的总热量为4mgdD.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于【答案】ABC【解析】【详解】A．金属杆在两磁场区域间做匀加速直线运动，由题意可知，金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，则金属杆在I区做减速运动，同理在II区也做减速运动，两磁场区域的高度与磁感应强度都相同，金属杆在两区域的运动规律与运动过程相同，金属杆穿出两磁场时的速度相等，故A正确；B．金属杆在磁场Ⅰ运动时，随着速度减小，产生的感应电流减小，受到的安培力减小，合力减小，加速度减小，所以金属杆做加速度逐渐减小的变减速运动，在两个磁场之间做匀加速运动，由题知，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆在磁场Ⅰ中运动时平均速度小于在两磁场之间运动的平均速度，两个过程位移相等，所以金属杆穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，故B正确；C．金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ的过程，由能量守恒定律得：2mgd＝Q。金属杆通过磁场Ⅱ时产生的热量与通过磁场Ⅰ时产生的热量相同，所以总热量为：Q总＝2Q＝4mgd，故C正确；D．设金属杆释放时距磁场Ⅰ上边界的高度为h时进入磁场Ⅰ时刚好匀速运动，则有：mg＝BIL＝，又v＝，联立解得：。由于金属杆进入磁场Ⅰ时做减速运动，所以h一定大于，故D错误。二、实验题：12.用如图甲所示的装置验证动量守恒定律。（1）为了减小实验误差，下列做法正确的是_____。A．两球的质量和半径都一样