1、甘肃省武威六中 2019 届高考物理一诊试卷一、单选题（本大题共 3 小题，共 18.0 分）1.关于物理学的研究方法，下列说法中不正确的是（ ）A. 伽利略开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法B. 卡文迪许在利用扭秤实验装置测量引力常量时，应用了放大法C. 由牛顿运动定律可知加速度 ，该公式体现了比值定义法=D. “总电阻”“交流电的有效值”等用的是等效替代的方法【答案】C【解析】【分析】物理学的发展离不开科学的研究方法，要明确各种科学方法在物理中的应用，如控制变量法、理想实验、理想化模型、极限思想等，由此分析解答.【详解】A、伽利略开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方
2、法，故 A 正确；B、卡文迪许在利用扭秤实验装置测量引力常量时，应用了放大法，故 B 正确；C、由 ，知 a 与 F 成正比，与 m 成反比，可知该公式不属于比值定义法，故 C 不正确；=D、合力与分力、总电阻用的是 “等效替代”的方法，故 D 正确.本题选不正确的故选 C.【点睛】本题考查了常见的研究物理问题的方法，要通过练习体会这些方法的重要性，培养学科思想.2.如图所示，某极地轨道卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极，已知该卫星从北纬 60的正上方按图示方向第一次运行到南纬 60的正上方时所用时间为 1h，则下列说法正确的是( )A. 该卫星的运行速度一定大于 7.9km/sB. 该卫星
3、与同步卫星的运行角速度之比为 2:1C. 该卫星与同步卫星的运行半径之比为 l:4D. 该卫星的机械能一定大于同步卫星的机械能【答案】C【解析】A、7.9km/s 是卫星环绕地球做匀速圆周运动的最大速度，所以该卫星的运行速度一定小于7.9km/s，故 A 错误；BC、从北纬 60的正上方按图示方向第一次运行至南纬 60正上方转过的圆心角为，则周期为 ，同步卫星的周期是 24h，由 得=120 =360120=3 2=422，所以该卫星与同步卫星的运行半径之比 ；由 得该卫星与3132=2122=32242=164 12=14 2=2同步卫星的运行角速度之比为 ，故 B 错误，C 正确；12=2
4、313=8:1D、由于不知道卫星与同步卫星的质量关系，故 D 错误；故选 C。【点睛】考查人造卫星与同步卫星的关系，灵活运动用重力和万有引力相等以及万有引力提供圆周运动的向心力是解决本题的关键。3.一定质量的小球自 t=0 时刻从水平地面上方某处自由下落，小球与地面碰后反向弹回，不计空气阻力，也不计小球与地面碰撞的时间，小球距地面的高度 h 与运动时间 t 关系如右图所示，取 g=10m/s2。则下列说法正确的是（ ）A. 小球第一次与地面碰撞前的最大速度为 15m/sB. 小球第一次与地面碰撞后的最大速度为 12m/sC. 小球在 45 秒内小球走过的路程为 2.5mD. 小球将在 t=6s
5、 时与地面发生第四次碰撞【答案】C【解析】由图象可得小球第一次与地面碰撞前释放高度 h=20m，则可得第一次落地时速度为，则 A 错误；由图象可知第一次撞后上升的最大高度为 h=5m，可得第一碰撞后的速度为 ，则 B 错误。由图象可知小球在 45s 内刚好与地面撞击两次，即在空中运动时间为 1s，所以有 ，则其在 45 秒内小球=122=12100.52=1.25走过的路程为 ，故 C 正确；根据图象规律可知，小球第四次碰撞时间应在=2=2.556 秒之间，故 D 错误。二、多选题（本大题共 7 小题，共 40.0 分）4.在如图所示电路中，闭合电键 S，当滑动变阻器的滑动触头 P 向下滑动时
6、，三个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用 I、U 1、U 2 表示下列判断正确的是（ ）A. I 减小， 减小1B. I 减小， 增大2C. I 增大， 增大1D. I 增大， 增大2【答案】AB【解析】当滑动变阻器的滑动触头 P 向下滑动时，滑动变阻器电阻增大，由“串反并同”原理可知与其并联的电压表 V2 示数增大，与其串联的电压表和电流表示数都减小，AB 对；5.如图所示，平行板电容器两极板水平放置，现将其与二极管串联接在电动势为 E 的直流电源上，电容器下极板接地，静电计所带电量可忽略，二极管具有单向导电性。闭合开关S，一带电油滴恰好静止于两板间的 P 点，现将平行板电容器的下极
7、板竖直向下移动一小段距离，则下列说法正确的是A. 平行板电容器的电容将变大B. 静电计指针张角变小C. 带电油滴的电势能将减少D. 油滴仍将保持静止【答案】CD【解析】根据 知，d 增大，则电容减小故 A 错误静电计测量的是电容器两端的电势差，因=4为电容器电容减小，则电容器要放电，但是由于二极管的单向导电性，导致电容器电量不变，故根据 Q=CU 可知，U 变大， ，所以静 电计指针张角变大 故 B 错误因电容器电量不变，则当 d 增大时，根据 ,电场强度不变，P 点与 下极板的电势差变大，则 P 点的 4电势增大，因为该电荷为负电 荷， 则电势能减小故 C 正确因电场强度不变， 则油滴所受电
8、场力不变油滴仍将保持静止， 故 D 正确故 选 CD点睛：本题是电容器的动态分析问题，关 键抓住不变量， 二极管的存在导致电容器不能放电，则电量不变；当电容量电量不变时，两板间的场强与两板间距无关.6.小明同学遥控小船做过河实验，并绘制了四幅小船过河的航线图，如图所示图中实线为河岸，河水的流动速度不变，方向水平向右，虚线为小船从河岸 M 驶向对岸 N 的实际航线，小船相对于静水的速度不变，并且大于河水的流动速度则（ ）A. 航线图甲是正确的，船头保持图中的方向，小船过河时间最短B. 航线图乙是正确的，船头保持图中的方向，小船过河位移最短C. 航线图丙是正确的，船头保持图中的方向，小船过河位移最
9、短D. 航线图丁不正确，如果船头保持图中的方向，船的轨迹应该是曲线【答案】ABD【解析】【分析】小船参与了静水中的运动和水流的运动，最终的运动是这两个运动的合运动，根据平行四边形定则进行分析【详解】A、静水速垂直于河岸，合速度的方向偏向下游。且过河时间最短，故 A 正确.B、根据平行四边形定则知，合速度的方向正好垂直河岸，过河的位移最小；故 B 正确.C、由于流水速度，因此不可能出现此现象，故 C 错误；D、船头的指向为静水速的方向，静水速的方向与流水速度的合速度的方向不可能是图示方向；故 D 正确.故选 ABD.【点睛】该题考查运动的合成与分解，解决本题的关键知道速度的合成遵循平行四边形定则
10、，以及船的运动是由船相对于静水的运动与水的运动组成的，解决本题的关键知道速度的合成遵循平行四边形定则7.如图 a、b 所示，是一辆质量 m=6103kg 的公共汽车在 t=0 和 t=4s 末两个时刻的两张照片当 t=0 时，汽车刚启动（汽车的运动可看成匀加速直线运动） 图 c 是车内横杆上悬挂的拉手环经放大后的图象，测得 =15根据题中提供的信息，可以估算出的物理量有（ ）A. 汽车的长度B. 4s 末汽车的速度C. 4s 内汽车牵引力所做的功D. 4s 末汽车牵引力的功率【答案】AB【解析】【分析】从图 c 中求出汽车的加速度的，根据初速度、时间、加速度可求出汽车的位移（即汽车的长度） 、
11、以及汽车的速度根据加速度可求出汽车所受的合外力，从而求出合外力做的功，因无法知道汽车的牵引力，故无法求出汽车牵引力的功率【详解】A、从 c 图知道，汽车的加速度为 gtan，还知道初速度为 0 和运动的时间，根据和 v=v0+at 可求出汽车的位移（即汽车的长度）和 4s 末汽车的速度；故=0+122A、B 正确.C、根据 F=ma 求合外力，根据位移可求出合外力做的功，但不能求出牵引力做的功；故C 错误.D、因牵引力大小未知，所以功率无法求出；故 D 错误.故选 AB.【点睛】解决本题的关键通过 c 图求出汽车的加速度，从而求出位移、速度、合外力8.某电场在直角坐标系中的电场线分布情况如图所
12、示，O、M 、N 为电场中的三个点，则由图可得（ ）A. M 点的场强小于 N 点的场强B. M 点的电势低于 N 点的电势C. 将一负电荷由 O 点移到 M 点电势能增加D. 将一正电荷从 O 点分别移到 M 点和 N 点，电场力做功相同【答案】BC【解析】M 点的电场线较 N 点密集，故 M 点的场强大于 N 点的场强，选项 A 错误；顺着电场线电势降低，故 M 点的电势低于 N 点的电势，选项 B 正确；O 点电势高于 M 点，故将一负电荷由 O 点移到 M 点电势能增加，选项 C 正确；M 点的电势低于 N 点的电势，故 OM 与 ON 之间的电势差不等，故将一正电荷从 O 点分别移到
13、 M 点和 N 点，电场力做功不相同，选项 D 错误；故选 BC.9.下列关于热力学定律的说法正确的是（ ）A. 一定质量的理想气体保持压强和体积不变，而只改变其温度是不可能的B. 热力学第二定律是反映宏观自然过程的方向性的定律C. 一定质量的理想气体放出热量，则其分子平均动能一定减少D. 对于密闭容器内的理想气体而言，分子在单位时间内对单位面积容器壁碰撞的平均次数会随温度的升高而增多E. 热运动的宏观过程是熵减少的过程【答案】ABD【解析】【分析】由理想气体状态方程 可知，保持压强和体积不变，则温度一定不变，热力学第二定=律反映了宏观自然过程的方向性。体积压缩放出热量，温度可能升高，故分子的
14、平均动能可能增加，由理想气体状态方程 可知，对于密闭容器内的理想气体而言，如果温度=升高，分子在单位时间内对单位面积容器壁碰撞的平均次数增多，根据热力学第二定律可知，实际的宏观过程都会自发地往熵增加的方向进行.【详解】A、由理想气体状态方程 可知，保持压强和体积不变，则温度一定不变，故=A 正确；B、热力学第二定律反映了宏观自然过程的方向性，故 B 正确；C、体积压缩放出热量，温度可能升高，故分子的平均动能可能增加，故 C 错误；D、由理想气体状态方程 可知，对于密闭容器内的理想气体而言，如果温度升高，分=子在单位时间内对单位面积容器壁碰撞的平均次数增多，故 D 正确；E、根据热力学第二定律可
15、知，实际的宏观过程都会自发地往熵增加的方向进行，故 E 错误；故选 ABD.10.关于相对论，下列说法中正确的是（ ）A. 在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的B. 真空中的光速在不同的惯性参考系中不同C. 一条沿自身长度方向运动的杆，其长度总比杆静止时的长度大D. 微观粒子的运动速度很高，它的质量明显地大于静止质量E. 在一个确定的参考系中观察，运动物体上面的物理过程的快慢跟物体的运动状态有关【答案】ADE【解析】在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，故 A 正确；相对论告诉我们，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，故 B 错误；一条沿自身长度方向运动的杆，其长度总比
16、杆静止时的长度小，故 C 错误；微观粒子的运动速度很高，它的质量明显地大于静止质量，选项 D 正确；在一个确定的参考系中观察，运动物体上面的物理过程的快慢跟物体的运动状态有关，故 E 正确；故选 ADE.三、实验题探究题（本大题共 2 小题，共 16.0 分）11.某实验小组在“测定金属电阻率”的实验过程中，用 10 分度的游标卡尺测其长度为_mm，用螺旋测微器测其直径为_mm后正确操作获得了电流表、电压表的读数如图所示，则它们的读数值依次是_A 、_V.【答案】917； 10620001； 042； 226【解析】试题分析：游标卡尺读数为 91cm+01mm7=917mm，螺旋测微器测其直径
17、为1mm+001mm62=1 062mm。电流表、电压表的读数依次是 042A、226V 考点：游标卡尺及螺旋测微器的读数；电压表及电流表的读数12.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验中，可供选择的器材及代号如下：A小灯泡 L（ 3V、1.8W） ；B滑动变阻器 R（010，额定电流 1.5A） ；C电压表 V1（量程：03V，R V=5k） ；D电压表 V2（量程：015 V，R V=10k） ；E电流表 A1（量程：00.6A，R A=0.5） ；F电流表 A2（量程 03A，R A=0.1）G铅蓄电池、电键各一个，导线若干实验中要求加在小灯泡两端的电压可连续地从零调到额定电压.为了减少误
18、差，实验中应选电压表_，电流表_；某同学实验后作出的 I-U 图象如图所示，请分析该图象形成的原因是 _请在图中虚线框内按要求完成实验电路图_（用笔线代替导线）【答案】 (1). C； (2). E； (3). 温度升高，灯泡电阻增大； (4). ；【解析】试题分析：电压表、电压表最佳测量范围为大于等于满偏的 ；根据额定值可以确定电表的23选择；I-U 图象的斜率等于电阻 R 的倒数，故 I-U 图象的斜率逐渐减小，即电阻 R 逐渐增大；被测电阻是小电阻，电流表应该采用外接法；要小灯泡两端的电压从 0 开始连续可调，滑动变阻器要采用分压接法（1）由于小灯泡的额定电压为 3 伏，而电压表最佳测量
19、范围为大于等于满偏的 ，故不能选230-15V 的量程，而只能选 0-3V 的量程，故电压表应选 C由于小灯泡的额定电流，而电流表最佳测量范围为大于等于满偏的 ，故不能选 0-3A 的量程而=1.83=0.6 23只能选 0.6A 的量程，故电流表应选 E （2）由于 ，故 I-U 图象的斜率等于电阻 R 的倒数，从图象可知 I-U 图象的斜率逐渐减=小，即电阻 R 逐渐增大，故金属材料的电阻随着温度的升高而升高，而 ，故随温度=升高，金属材料的电阻率升高，灯泡电阻增大 （3）由于要描绘小灯泡的伏安特性曲线，故要小灯泡两端的电压从 0 开始连续可调，故滑动变阻器要采用分压接法；由于的电阻 ，而
20、中值电阻=30.6=5，故被测电阻是小电阻，故电流表应该采用外接法如图中 =0.5500=50所示四、计算题（本大题共 4 小题，共 51.0 分）13. （16 分）如图所示，水平光滑地面上停放着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的四分之一圆弧轨道 AB 是光滑的，在最低点 B 与水平轨道 BC 相切，BC 的长度是圆弧半径的 10 倍，整个轨道处于同一竖直平面内。可视为质点的物块从 A 点正上方某处无初速下落，恰好落人小车圆弧轨道滑动，然后沿水平轨道滑行至轨道末端 C 处恰好没有滑出。已知物块到达圆弧轨道最低点 B 时对轨道的压力是物块重力的 9 倍，小车的质量是物块的 3倍，不考虑空气阻
21、力和物块落人圆弧轨道时的能量损失。求（1）物块开始下落的位置距水平轨道 BC 的竖直高度是圆弧半径的几倍；（2）物块与水平轨道 BC 间的动摩擦因数 。【答案】 （1）物块开始下落的位置距水平轨道 BC 的竖直高度是圆弧半径的 4 倍。（2）= 0.3【解析】试题分析：设物块的质量为 m，其开始下落处的位置距 BC 的竖直高度为 h，到达 B 点时的速度为 v，小车圆弧轨道半径为 R则由机械能守恒定律得 ，=122物块运动到 B 点时根据牛顿第二定律得 ，9=2解得 h=4R，即物块开始下落的位置距水平轨道 BC 的竖直高度是圆弧半径的 4 倍设物块与 BC 间的滑动摩擦力的大小为 F，物块滑
22、到 C 点时与小车的共同速度为 v，物块在小车上由 B 运动到 C 的过程中小车对地面的位移大小为 S，依题意，小车的质量为 3m， BC 长度为 10R，由滑动摩擦定律有 ，=由动量守恒定律有 ，=(+3)对物块、小车分别应用动能定理得 解得(10+)=122122=12(3)2=03 考点：考查了动量守恒定律，动能定理，机械能守恒定律，牛顿第二定律【名师点睛】分析物块的运动过程，明确物块和小车间的相互作用，知道物块在小车 BC上滑动，通过摩擦力相互作用，物块做匀减速运动，小车做匀加速运动，恰好没有滑出小车，说明二者速度相等，这样就可以依次选择机械能守恒定律、牛顿第二定律、动量守恒定律、动能
23、定理求解求动摩擦因数选动能定理简单，因为不考虑中间的运动过程【此处有视频，请去附件查看】14.如图所示，EF 与 GH 间为一无场区无场区左侧 A、 B 为相距为 d、板长为 L 的水平放置的平行金属板，两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场，其中 A 为正极板无场区右侧为一点电荷 Q 形成的电场，点电荷的位置 O 为圆弧形细圆管 CD 的圆心，圆弧半径为 R，圆心角为 120，O、C 在两板间的中心线上，D 位于 GH 上一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子以初速度 v0 沿两板间的中心线射入匀强电场，粒子出匀强电场经无场区后恰能进入细圆管，并做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动 （不计
24、粒子的重力、管的粗细）求：(1)O 处点电荷的电性和电荷量；(2)两金属板间所加的电压【答案】(1)负电， ；(2) 4203 3203【解析】（1）粒子进入圆管后受到点电荷 Q 的库仑力作匀速圆周运动，粒子带正电，则知 O 处点电荷带负电由几何关系知，粒子在 D 点速度方向与水平方向夹角为 30，进入 D 点时速度为： =030=2330在细圆管中做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动，故 Q 带负电且满足 2=2由得： =4023（2）粒子射出电场时速度方向与水平方向成 30tan 30= 0vy=at=0由得： =0230 =302315.质量 m1=30kg 的气象探测气球充入质量 m0=2
25、0kg 的氦气后，压强为 p0=1atm，容积为V0=100m3要使探测气球能吊起设备升起，需要继续充入氦气，当探测气球内压强达到p=1.5atm 时，探测气球恰好能吊起 M=128.4kg 的设备，已知空气的密度为 =1.29kg/m3，整个过程温度不变，重力加速度 g=10m/s2求此时探测气球的体积和气球内氦气的总质量。【答案】(1)V=160m 3 (2)m=48kg【解析】【分析】其以充入氮气后总气体和气球为研究对象，根据平衡列式，气体做等温变化，根据玻意耳定律列式，然后根据气球内氦气质量之比等于等温等压条件下氦气的体积之比即可求解.【详解】当探测气球恰好能吊起设备时，设此时气球内氦
26、气的质量为 m，体积为 V，根据平衡得：gV=(m 1+m+M)g 充入氦气后，假设气球等温膨胀到压强为 1atm 时体积为 V1，则有 pV=p0V1p=1.5atm 时气球内氦气的质量与 p0=1atm 时气球内氦气质量之比等于等温等压条件下氦气的体积之比，解以上各式代入数据可得：m =48kg，V=160m 3【点睛】本题考查充气问题，关键选择好研究对象，找出初末状态参量，根据玻意耳定律列式求解即可.16.图甲为一列简谐横波在 t=0 时刻的波形图，图乙为介质中平衡位置位于 x=2m 处的质点P 的振动图象。Q 点是 xQ=64m 处的质点（图中没有标出） .(1)求这列简谐波传播的方向
27、和速度大小。(2)若 x1=4m 处的质点在 t=0 时刻才开始振动，则从 t=0 时刻开始到质点 Q 振动到正方向最大位移处需要多长时间？【答案】(1)沿 x 轴正方向传播, v=20m/s (2)t =(3.05+0.2n)s，( n=0,1,2,3，)【解析】【分析】(1)根据 t=0 时刻质点 P 的振动方向确定简谐波的传播方向，从图中读出波长和周期求解波速； (2)根据速度时间关系求解 Q 点第一次达到波峰的时间，根据周期性求出从 t=0 时刻开始到质点 Q 振动到正方向最大位移处需要的时间 .【详解】(1)由题图乙可知，t=0 时刻质点 P 的振动方向沿着 y 轴负方向,根据题图甲和简谐波的传播特点可知简谐波沿 x 轴正方向传播,由题图甲可知简谐波的波长 =4m，由题图乙可知简谐波的周期为：T=0.2s ，波速为： =20/(2)要使质点 Q 振动到正方向最大位移处，则 x3=3m 处的质点的振动状态必须传到 Q 点，则 Q 点第一次达到波峰的时间为： t1= = s=3.05s3 64320则从 t=0 时刻开始到质点 Q 振动到正方向最大位移处需要的时间为：t=(3.05+0.2n)s，其中n=0,1,2,3,【点睛】本题考查简谐运动和简谐波，意在考查考生对简谐波的振动图象和波形图的理解以及对简谐波的传播特点的理解和应用.
