1、2019届高考物理金榜押题卷（1）二、选择题：本大题共 8小题，每小题 6分，共 48分。在每小题给出的四个选项中，第 14-18题只有一项符合题目要求，第 19-21题有多项符合题目要求。全部选对的得 6分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0分。14、将一张 A4纸（质量可忽略不计）夹在物理习题册内，A4 纸上方书页总质量为0.3kg，A4 纸下方书页总质量为 0.5kg， A4 纸与书页之间、书与桌面之间的动摩擦因数均为 0.4，要把 A4纸从书中拉出，拉力至少应为（取 ）（ ）210/gmsA 4N B 5.6NC 2.4N D 3.2N15、如图所示,某人在水平地面上的 C点射击竖直
2、墙靶,墙靶上标一根水平线 MN。射击者两次以初速度 v0射出子弹,恰好水平击中关于 z轴对称的 A、B 两点。忽略空气阻力,则两次子弹( )A.在空中飞行的时间不同B.击中 A、B 点时速度相同C.射击时的瞄准点分别是 A、BD.射出枪筒时,初速度与水平方向夹角相同16、如图所示,高为 h的光滑绝缘曲面处于匀强电场中,匀强电场的方向平行于竖直平面,一带电荷量为+ q,质量为 m的小球,以初速度 v0从曲面底端的 A点开始沿曲面表面上滑,到达曲面顶端 B点的速度大小仍为 v0,则( )A.电场力对小球做功为 12mghB.A、B 两点的电势差为 qC.小球在 B点的电势能大于在 A点的电势能D.
3、电场强度的最小值为 g17、如图所示,电路中理想变压器原、副线圈接入电路的匝数可通过单刀双掷开关改变,A为交流电流表.在变压器原线圈 a、b 两端加上不变的正弦交变电压.下列分析正确的是( )A.只将 S1从 1拨向 2时, 电流表示数变小B.只将 S2从 3拨向 4时, 电流表示数变大C.只将 R的滑片上移, R 1的电功率变大D.只将 R的滑片上移, R 2的电功率减小18、北斗二代计划在2020年前发射35颗卫星，形成全球性的定位导航系统，比GPS还多5颗。多出的这5颗是相对地球静止的高轨道卫星，主要是完成通讯任务的，其它30颗跟美国GPS的30颗一样，都是中轨道的运动卫星。以下说法正确
4、的是（ ）A5颗高轨道卫星定点在赤道正上方，且离地高度是确定的B5颗高轨道卫星的速度比30颗中轨道卫星的速度要大C5颗高轨道卫星的加速度比30颗中轨道卫星的加速度要大D5 颗高轨道卫星的速度比 30颗中轨道卫星的向心力要19、在做光电效应的实验时,某种金属被光照射发生了光电效应,实验测得光电子的最大初动能 Ek与入射光的频率 v的关系如图所示,由实验图可求出( )A.该金属的极限频率 B.普朗克常量C.该金属的逸出功 D.单位时间内逸出的光电子数20、 如 图 所 示 ， 质 量 为 m 的 物 体 用 轻 绳 悬 挂 于 天 花 板 上 ， 现 用 大 小 不 变 的 力F(Fh, ,故 D
5、错误。故选 B。17.D18.A19.ABC解析：依据光电效应方程 可知,当 时, ,即图象中横坐标的截距0kEhvW0kE0v在数值上等于金属的极限频率,故 A正确。由 ,可知图线的斜率在数hh值上等于普朗克常量,故 B正确。根据 ,可知 C正确。单位时间内逸出的光电子00v数无法从图象中获知,D 正确。20.BC解析：当拉力水平向右时，受力分析如图 l， ，B 正确；若拉力沿纸面内任意tanFmg方向，绳上张力 T与拉力 F的合力竖直向上，大小与 mg相等，根据三角形定则，作受力分析如图 2,当 F与 T垂直时，绳与竖直方向的夹角即 T与 mg的夹角最大，则 ,msinFgC项正确。21.
6、CD22.1. 平衡木板受到的摩擦力 2. 0.560 3. ;FL21()Mdt解析： 23.(1)等于灵敏电流计 G的示数为零(2) E= ,r= 121IU21UI(3)系统。解析： 24.1. 0vgh2. 22,5pQ解析：1.设 P棒滑到 b点的速度为 v0,由机械能守恒定律: ,得: 21mghgh2.最终两棒的速度满足: v Q=2vp(此时两棒与轨道组成的回路的磁通量不变),这个过程中的任意一时刻两棒的电流都相等,但由于轨道宽度两倍的关系,使得 P棒受的安培力总是 Q棒的两倍,所以同样的时间内 P棒受的安培力的冲量是 Q棒的两倍,以水平向右为正方向,对 P棒:-2I=mv p
7、-mv0,对 Q棒:I=mv Q,联立两式并代入 v0,可得: ,25Qghv25.1.小球 P从 A运动到 C过程,根据机械能守恒得 2C1()mghRv又 h=R,代人解得 2vgR在最低点 C处,根据牛顿第二定律有: 2CNvF解得轨道对小球 P的支持力 FN=5mg 根据牛顿第三定律知小球 P对轨道的压力大小为 5mg,方向竖直向下2.弹著被压缩过程中,当两球速度相等时,弹著具有最大弹性势能,根据系统动量守恒有C()mvMv根据机械能守恒定律有 22Cpm11()vEMv联立解得 pm32EgR3.小球 P从 B上方高 H处释放,设到达水平面速度为 v0, 则有 201v弹簧被压缩后再
8、次恢复到原长时,设小球 P和 Q的速度大小分别为 v1和 v2,根据动量守恒有 mv0=-mv1+Mv2根据机械能守恒有 22201mvMv要使 P球经弹簧反弹后恰好回到 B点,则有 21mgRv联立解得 H=3R33.1. BCE 2. 设在此过程中， A向右移动 ， B向右移动 ，以气体为研究对象 1x2x初态： ， =0.6S 10p1V末态： ， 2FS212(0.6)S由平衡条件，得 2.4xmk由玻意耳定律: 12pV解方程得： 0.解析：1.所有晶体都有其固定的熔点，选项 A错误；物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子平均动能越大，选项 B正确；根据热力学第二定律可知，满足能量守恒定律的物理过程不一定能自发进行，选项 C正确；分子的运动是永不停息的，被冻结在冰块中的小碳粒，不能做布朗运动是因为此时小碳粒受力平衡，而不是水分子不动，故 D错误。夏季天早时，给庄稼松土是为了破坏土壤中的毛细管，防止水分蒸发，选项 E正确；故选 BCE.34.1.ADE; 2.(i)设光线 BM在 M点的入射角为 i,折射角为 r,由几何知识可知 i=30,r=60根据折射定律知 sinr的 3n(ii)光线 BN恰好在 N点发生全反射,则BNO 为临界角 C,则 1sinC设球心到 BN的距离为 d,由几何知识可知 d=RsinC得 3dR