2019年高考物理金榜押题卷答案六

海量资源尽在星星文库：解析：交流电是指电流大小和方向都随时间发生周期性变化的电流,两个图中都是交流电,选项A错误;图1是正弦式交流电,图2是锯齿形交流电,有效值大小不相等,选项B错误;图1所示电压的最大值是311V,周期是0.02s,则其瞬时值表达式为m2sin311sin100VuUttT,选项C正确;变压器不改变交流电的频率大小,选项D错误15.B16.C解析：AD、对小球和长方形物块整体进行受力分析，整体处于平衡状态，竖直方向有：NmgG，则地面对长方体物块的支持力不变，地面受到的摩擦力为滑动摩擦力，则有fN，因此地面对长方体物块的摩擦力不变，所以AD错误；B、对小球进行受力分析，如图所示：小球受力平衡，则有:1tanNG，2cosgN，当水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块时，θ增大，则tanθ增大，所以1N增大，cosθ减小，则2N增大，根据牛顿第三定律可知，球对墙壁的压力逐渐增大，故B错误；C、对长方形物块受力分析，受到重力、地面的支持力、拉力F、球对物块的压力2'N以及滑动摩擦力作用，如图所示：受力平衡，根据牛顿第三定律可知，22'NN，则水平方向有：2'sinFNf，由于N2增大，θ增大，f不变，则F减小，故C正确。17.D18.C解析：解：A、若小球恰好能从D点离开圆弧轨道，设此时小球通过D点的速度为0v，则有：20vmgmR，可得：0vgR。海量资源尽在星星文库：点离开后做平抛运动，有：21cos2RRgt，得：610Rtg,水平距离为：060.610xvtR，所以小球从D点离开圆弧轨道后不可能直接落在B点。故A错误。B、若小球恰好能从D点飞出时，0vgR．从A点到D点的过程，根据机械能守恒有：201[(cos)]2mghRRmv．解得h＝2.3R，故B错误。C、若在O点放个正点电荷，小球恰好能从D点飞出时，有：2DvmgFmR库，可得：0vgR，故C正确。D、若在O点放个正点电荷，小球从C点沿圆弧轨道到D点过程中，由于库仑力和轨道的弹力对小球均不做功，只有重力做功，所以小球的机械能守恒。故D错误。19.AC解析：卫星的轨道半径：2vra；根据2MmGmar，解得4vMGa，选项A正确；卫星做匀速圆周运动的轨道半径小于地球同步卫星轨道半径，可知该导航卫星的运行周期小于24小时，选项B错误；在地球表面：2MmGmgR可得：rgRa，选项C正确；第一宇宙速度1vgR，卫星的速度var，则1varvgR，选项D错误；故选AC.20.AC解析：因φA=φC，则点电荷Q在AC连线的垂直平分线上；又φB=φD，则点电荷Q又在BD连线的垂直平分线上；则点电荷Q在AB的连线上，如图，则选项A正确，B错误；D点距离点电荷的距离较C点近，可知DC，选项C正确；将负试探电荷从C点搬运到B点。电场力做正功，选项D错误；故选AC.21.BC解析：根据楞次定律可知,受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针,受电线圈中感应电流方向由c到d,所以c点的电势低于d点的电势,故A错误;根据法拉第电磁感应定律可得:,根据欧姆定律可得:,通过的电荷量为:,联海量资源尽在星星文库：立可得:,故B正确;若只增加送电线圈匝数,相当于增大变压器的原线圈匝数,所以c、d之间的电压减小,故C正确;受电线圈是通过电磁感应获得能量的,所以受电线圈中的电流大小与交流电的频率无关,故D错误。所以BC正确,AD错误。22.1.18.50;2.最大值;3.2(1cos)mgFmg4.AB解析：1.游标卡尺的读数为:1.8100.0518.50cmmmmm2.小球在最低点由牛顿第二定律可得:20VFmgmL,由此可知,应读出小球在最低时绳的拉力即最大值;3.由机械能守恒定律可得:2011(1cos)()22mgLmvFmgL,整理得:2(1cos)mgFmg;4.A.为了减小小球做圆周运动的半径的变化,所以细线要选择伸缩性小的,故A正确;B.为了减小阻力的影响,球尽量选择密度大的,体积小的,故B正确;C.球从静止释放运动到最低点过程中,满足机械能守恒的关系式为2(1cos)mgFmg可知,应测出小球的质量,而不用测出细线的长度,故C错误;D.由于弹簧的弹力属于渐变,所以小球摆到最低点瞬间,弹力的测量准确,故D错误。故选:AB。23.1.滑动变阻器连入电路的阻值没有调到最大;毫安表的正负极接反了2.014R3.1.85;2.474.BC解析：24.1.30m/s;2.16s;3.2.4×106J25.1.带电粒子在电场中做类平抛运动,设运动的加速度为a,由牛顿定律得:qE=ma设粒子出电场、入磁场时的速度大小为v,此时在y轴方向的分速度为vy,粒子在电场中运动的时间为t。则有vy=atl=v0t解得:vy=v0225002210/yvvvvms2.设v的方向与y轴夹角,则有2cos2yvv得45粒子进入磁场后在洛伦磁力作用下做圆周运动,如图所示,则有:2mvqvBR可得:mvRBq要使粒子穿越磁场区域,磁场的宽度应满足的条件(+cos)dR1结合已知条件解以上各式可得:0(12)(12)2.41mvdmmBq33.1.ADE2.解：(ⅰ)活塞A到达气缸上端卡环前，气体M和N均做等压变化，活塞A、B之间的距离海量资源尽在星星文库：不变。当活塞A恰好到达气缸上端卡环时，N部分气体的压强2Np=1Mp+mgS=0p+2mgS=3mgSN部分气体增加的体积ΔV=3ShN部分气体对外做功W=2Np·ΔV=mghN部分气体内能的变化量ΔU=Q-W=Q-mgh(ⅱ)活塞A恰好接触气缸上端卡环后，继续给N部分气体加热，气体M做等温变化，由玻意耳定律2mgS·3hS=2Mp·9hS解得2Mp=6mgS此时N部分气体的压强3Np=2Mp+mgS=7mgSN部分气体的体积3NV=89hS对N部分气体由理想气体状态方程033mghSST=3789NmghSST解得30569NTT解析：34.1.BDE;2.①设0sin()xAt由题知:210,/AcmradsT可得:010sin()()xtcm当0t时05xcm可得056所以510sin()()6xtcm②由于t0.54Ts故小球做单方向运动2510sinπ0.5536xcm可得路程:025(13)sxxcm