走向高考高考物理总复习人教实验版高考物理模拟试题 15页

‎2019年高考物理模拟试题 本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分110分，考试时间60分钟．‎ 第Ⅰ卷(选择题　共48分)‎ 一、选择题(本大题共8小题， 每小题6分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的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．)‎ ‎1．下列说法正确的是(　　)‎ A．英国科学家胡克发现了弹簧的弹力与弹簧的伸长量间的关系 B．牛顿通过理想实验证实了物体自由下落时的速度与物体的重力无关 C．开普勒行星运动定律都是在牛顿万有引力的基础上推导出来的 D．英国物理学家卡文迪许利用扭秤装置比较准确地测出了引力常量 ‎[答案]　AD ‎[解析]　伽利略通过理想实验证实了物体自由下落时的速度与物体的重力无关；开普勒行星运动定律是在观测的基础上发现的，牛顿的万有引力定律比开普勒行星运动定律发现得晚，选项B、C错误．‎ ‎2．如图所示，挡板垂直于斜面固定在斜面上，一滑块m放在斜面上，其上表面呈弧形且左端最薄，一球M搁在挡板与弧形滑块上，一切摩擦均不计，用平行于斜面的拉力F 拉住弧形滑块，使球与滑块均静止．现将滑块平行于斜面向上拉过一较小的距离，球仍搁在挡板与滑块上且处于静止状态，则与原来相比(　　)‎ A．挡板对球的弹力增大 B．滑块对球的弹力增大 C．斜面对滑块的弹力不变 D．拉力F减小 ‎[答案]　C ‎[解析]　对M受力分析，挡板对球的弹力F1和滑块对球的弹力F2，在滑块向上移动时两者合力不变，夹角减小，故挡板对球的弹力减小，滑块对球的弹力也减小，A、B错误；用整体法对球和滑块组成的整体分析可知斜面对滑块的弹力不变，又挡板对球的弹力减小，故拉力F增大，C正确，D错误．‎ ‎3．阴极射线示波管的聚焦电场是由电极A1、A2、A3、A4形成的，实线为电场线，虚线为等势线，x轴为该电场的中心轴线，P、Q、R为一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，则(　　)‎ A．电极A1的电势高于电极A2的电势 B．电场中Q点的电场强度大于R点的电场强度 C．电子在P点处的动能大于在Q点处的动能 D．电子从P运动到R的过程中，电场力对它一直做正功 ‎[答案]　B ‎[解析]　沿电场线方向电势逐渐降低，结合电场线的走向可知电极A2的电势高于电极A1的电势，A错误；由电场线疏密情况可判断电场中Q点的电场强度大于R点的电场强度，B正确；电子由P运动到R的过程中，电场力做正功，动能不断变大，故电子在P点处的动能小于在Q点处的动能，D正确，C错误．‎ ‎4.‎ 如图所示，距离水平地面高为h 的飞机沿水平方向做匀加速直线运动，从飞机上以相对地面的速度v0依次从a、b、c水平抛出甲、乙、丙三个物体，抛出的时间间隔均为T，三个物体分别落在水平地面上的A、B、C三点，若AB＝l1、AC＝l2，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)‎ A．物体甲在空中运动的时间为 B．飞机的加速度为 C．物体乙刚离开飞机时飞机的速度为 D．三个物体在空中运动时总在一条竖直线上 ‎[答案]　AC ‎[解析]　物体甲在空中做平抛运动，在竖直方向上有h＝gt2，解得t＝，选项A正确；AB等于ab，BC等于bc，由Δx＝aT2可得a＝，选项B错误；物体乙刚离开飞机时，飞机的速度为v，等于a、c之间的平均速度，则v＝，选项C正确；三个物体在空中运动时，并不在一条竖直线上，选项D错误．‎ ‎5．图甲中的变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数之比为n1 ∶n2＝10 ∶1.变压器原线圈加上如图乙所示的正弦式交变电压，副线圈接两个串联在一起的阻值大小均为10Ω的定值电阻R1、R2.电压表为理想交流电表．则以下说法正确的是(　　)‎ A．原线圈上电压的有效值为100V B．原线圈上电压的有效值约为70.7V C．电压表的读数为5.0V D．变压器的输入功率为25W ‎[答案]　B ‎[解析]　原线圈上电压的有效值为U1＝V＝50V≈70.7V，副线圈上的电压为U2＝U1＝7.07V，电压表示数为副线圈电压的一半，为3.535V，P入＝P出＝＝2.5W.故选B.‎ ‎6．我国自主研制并发射的“天宫一号”与俄罗斯、美国等国共同研制并发射的“国际空间站”同在地球上空运动．假设“天宫一号”和“国际空间站”都绕地球做匀速圆周运动，两者的轨道如图所示，下列说法中正确的是(　　)‎ A．“天宫一号”比“国际空间站”的加速度大 B．“天宫一号”比“国际空间站”运行的周期大 C．“天宫一号”比“国际空间站”运行的角速度小 D．“天宫一号”比“国际空间站”受到的地球的万有引力小 ‎[答案]　A ‎[解析]　根据万有引力提供向心力，有＝ma＝mr＝mω2r，解得a＝，T＝2π，ω＝，故A对，B、C错．因为不知道“天宫一号”和“国际空间站”的质量大小关系，所以无法判断两者受到的地球的万有引力大小关系，D错．‎ ‎7.‎ 如图所示，一个金属圆环固定在处于径向对称方向水平发散的磁场中，环面与磁感线平行，圆环的密度ρ＝‎8g/cm3、横截面积S＝‎10mm2，环上各处的磁感应强度大小为B ‎＝0.04T，若在环中通以顺时针方向(俯视)的恒定电流I＝‎10A，保持电流恒定，将圆环由静止释放．不计空气阻力，不考虑磁场在圆环内外的差异，g＝‎10m/s2，则下列说法正确的是(　　)‎ A．圆环的张力为零 B．圆环有扩张的趋势 C．圆环将向下做自由落体运动 D．圆环在0.2s内下落的高度为‎0.1m ‎[答案]　AD ‎[解析]　因为电流恒定，所以圆环受到向上恒定的安培力，F＝BIL，L是圆环的周长，由于圆环只受向下的重力和向上的安培力，因此圆环没有扩散和收缩的趋势，张力为零，A项正确，B项错误；由于mg＝ρLSg>BIL，因此圆环将向下做初速度为零的匀加速运动，a＝＝‎5m/s2，因此圆环在0.2s内下落的高度h＝at2＝‎0.1m，D项正确，C项错误．‎ ‎8．如图甲所示，光滑的平行导轨MN、PQ放在水平面上固定不动，导轨表面上放着光滑导体棒ab、cd，两棒之间用细的绝缘细杆连接，两导体棒平行且与导轨垂直，现加一垂直导轨平面的匀强磁场，设磁场方向向下为正，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示，t1－t0＝t0，不计ab、cd间电流的相互作用，不计导轨的电阻，每根导体棒的电阻为R，导轨间距和绝缘细杆的长均为L，则下列说法正确的是(　　)‎ A．在0～t1时间内，绝缘细杆先被拉伸后被挤压 B．在0～t1时间内，导体棒ab中感应电流的方向先是从b到a，后是从a到b C．若在0～t1时间内流过导体棒的电量为q，则t1‎ 时刻的磁感应强度大小为 D．若在0～t1时间内导体棒上产生的总电热为Q，则t1时刻的磁感应强度大小为 ‎[答案]　AD ‎[解析]　在0～t1时间内，磁感应强度先变小后增大，因此导体棒和导轨所围的面积先有扩张趋势，后有收缩趋势，因而绝缘细杆先被拉伸后被挤压，A项正确； 在0～t1时间内，磁感应强度先正向减小，后反向增大，根据楞次定律可知感应电流的方向不变，B项错误；设t1时刻磁感应强度的大小为B0，根据对称性可知，t＝0时刻磁感应强度的大小也为B0，则回路中感应电流的大小为I＝，若在0～t1时间内流过导体棒的电量为q，则q＝It1，解得B0＝，C项错误；若在0～t1时间内导体棒上产生的总电热为Q，则I2×2R×2t0＝Q，解得B0＝，D项正确．‎ 第Ⅱ卷(非选择题　共62分)‎ 二、非选择题(包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第15题为选考题，考生根据要求作答．)‎ ‎(一)必考题(4题，共 47分)‎ ‎9．(6分)某同学用如图甲所示的实验装置做了两个实验：一是验证机械能守恒定律，二是研究匀变速直线运动．该同学取了质量分别为m1＝‎50g和m2＝‎150g的两个钩码a、b ‎，用一根不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮将它们连在一起，取a、b为研究系统．使钩码b从某一高度由静止下落，钩码a拖着纸带打出一系列的点．图乙给出的是实验中获取的一条纸带，0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点未标出，计数点间的距离如图乙所示．(打点计时器所用电源频率为50Hz)‎ ‎(1)由图乙中的数据可求得打第“‎5”‎点时钩码速度的大小为________m/s，钩码加速度的大小为________m/s2.‎ ‎(2)在打0～5点的过程中，系统动能的增加量ΔEk＝________J，系统重力势能的减少量ΔEp＝________J．(g取‎9.8m/s，结果保留三位有效数字)‎ ‎(3)根据计算结果知ΔEk________(填“>”、“<”或“＝”)ΔEp，出现上述结果的原因是__________________________．‎ ‎[答案]　(1)2.40　4.80　(2)0.576　0.588　(3)<　系统不可避免地要克服摩擦力做功 ‎[解析]　(1)打第“‎5”‎点时钩码的速度等于打点“‎4”‎、“‎6”‎间钩码的平均速度，故v5＝m/s＝‎2.40m/s，根据Δx＝aT2，可求得a＝＝m/s2＝‎4.80m/s2.(2)在打0～5点的过程中，系统重力势能的减少量等于m2重力势能的减少量减去m1重力势能的增加量，即ΔEp＝(m2－m1)gh＝0.588J，两钩码运动的速度相等，故系统动能的增加量为ΔEk＝(m1＋m2)v2＝0.576J.(3)由(2)知ΔEk<ΔEp，出现这一结果是因为系统不可避免地要克服摩擦力做功．‎ ‎10．(9分)现要测量某未知电阻Rx(阻值约20Ω)的阻值，实验室有如下实验器材：‎ A．电流表A1(量程为0～150mA，电阻r1约为10Ω)‎ B．电流表A2(量程为0～20mA，电阻r2＝30Ω)‎ C．定值电阻R0(100Ω)‎ D．滑动变阻器R(0～10Ω)‎ E．直流电源E(电动势约6V，内阻较小)‎ F．开关S与导线若干 ‎(1)请在方框中画出测量电阻Rx的电路图，并标上相应元件的符号，要求电表的示数大于其总量程的三分之一．‎ ‎(2)写出电阻Rx的表达式：Rx＝__________________(用已知量和一组直接测得的量的字母表示)．‎ ‎[答案]　(1)如图 ‎(2) ‎[解析]　(1)从题中给出的器材知，这里对电阻Rx的测量可用伏安法来设计电路．由于题给的器材中没有电压表，且电流表A2的内阻r2已知，因此电压可由电流表A2来间接测出，那么电流的测量只能由电流表A1来完成．由于电流表A2的量程为0～20mA，用它测出的最大电压为Um＝20×10－3×30V＝0.6V，电阻Rx上的最大电流约为Ix＝＝‎0.03A＝30mA，这时通过电流表A1中的电流约为20mA＋30mA＝50mA，这样我们就不能保证在实际测量中电流表A1的示数大于其量程(150mA)的.为了增大电流表A1中的电流，我们可以将已知的固定电阻R0(100Ω) 与电流表A2‎ 串联．通过计算我们不难发现，这种设计完全符合题中的测量要求．本题如果用限流法，电路中的最小电流还超出电流表的量程，故控制电路宜采用分压式，完整的实验电路设计如答图所示．(2)进行实验时，在某次合适的测量中记下电流表A1与电流表A2的示数分别为I1与I2，则有(I1－I2)Rx＝I2(r2＋R0)，故Rx＝.‎ ‎11．(13分)‎ 一滑雪运动员以滑雪板和滑雪杖为工具在平直雪道上进行滑雪训练．如图所示，某次训练中，他站在雪道上利用滑雪杖对雪面的作用第一次获得水平推力F＝60N而向前滑行，其作用时间为t1＝1s，撤除水平推力F经过t2＝2s后，他利用滑雪杖对雪面的作用第二次获得同样的水平推力且其作用时间仍为1s，之后滑雪杖对雪面不再发生相互作用．已知该滑雪运动员连同装备的总质量为m＝‎50kg，假设在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为f＝10N，求该滑雪运动员(可视为质点)从运动到停下来滑行的总距离．‎ ‎[答案]　‎‎9.6m ‎[解析]　第1s内对滑雪运动员受力分析， 设加速度为a1，运动的位移为x1，第1s末的速度为v1，则由牛顿第二定律得 a1＝＝‎1m/s2‎ 根据运动学公式可得　x1＝a1t＝‎‎0.5m v1＝a1t1＝‎1m/s 第一次撤除水平推力F后，设加速度为a2，减速运动的位移为x2，第3s末的速度为v2，则由牛顿第二定律得 a2＝－＝－‎0.2m/s2‎ 根据运动学公式得x2＝v1t2＋a2t＝‎‎1.6m v2＝v1＋a2t2＝‎0.6m/s 第二次水平推力F作用时，设加速度为a3，运动的位移为x3，第4s末的速度变为v3，则由牛顿第二定律得a3＝a1‎ 根据运动学公式得x3＝v2t3＋a3t＝‎‎1.1m v3＝v2＋a3t3＝‎1.6m/s 第二次撤除水平推力F后，设加速度为a4，速度减为零时运动的位移为x4，则由牛顿第二定律得a4＝a2‎ 根据运动学公式得x4＝＝‎‎6.4m 故该滑雪运动员从运动到停下来滑行的总路程为x＝x1＋x2＋x3＋x4＝‎‎9.6m ‎12．(19分)如图所示，一面积为S的单匝圆形金属线圈与阻值为R的电阻连接成闭合电路，不计圆形金属线圈及导线的电阻．线圈内存在一个方向垂直纸面向里、磁感应强度大小均匀增加且变化率为k的磁场Bt.电阻R两端并联一对平行金属板M、N，两板间距为d，N板右侧xOy坐标系(坐标原点O在N板的下端)的第一象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OA和y轴的夹角∠AOy＝45°，AOx区域为无场区．在靠近M板处的P点由静止释放一质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)，经过N板的小孔，从点Q(0，l)垂直y轴进入第一象限，经OA上某点离开磁场，最后垂直x轴离开第一象限．求：‎ ‎(1)平行金属板M、N获得的电压U；‎ ‎(2)yOA区域内匀强磁场的磁感应强度B；‎ ‎(3)粒子从P点射出到到达x轴的时间．‎ ‎[答案]　(1)kS　(2)　‎ ‎(3)(2d＋l) ‎[解析]　 根据法拉第电磁感应定律，闭合电路的电动势为 E＝＝S＝kS①‎ 因平行金属板M、N与电阻并联，故M、N两板间的电压为 U＝UR＝E＝kS②‎ ‎(2)带电粒子在M、N间做匀加速直线运动，有 qU＝mv2③‎ 带电粒子进入磁场区域的运动轨迹如图所示，有 qvB＝m④‎ 由几何关系可得 r＋rcot45°＝l⑤‎ 联立②③④⑤得B＝ ‎(3)粒子在电场中，有 d＝at q＝ma 粒子在磁场中，有 T＝ t2＝T 粒子在第一象限的无场区中，有 s＝vt3‎ 由几何关系得s＝r 粒子从P点射出到到达x轴的时间为 t＝t1＋t2＋t3‎ 联立以上各式可得 t＝ ‎(二)选考题：共15分．请考生从给出的3道物理题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．‎ ‎13．[物理—选修3－3](15分)‎ ‎(1)(6分)‎ 某高中课外探究小组将4只相同的气球充以质量相等的空气(可视为理想气体)，放在水平的玻璃板上，并在气球的上面再放一玻璃板．下列说法正确的是________．‎ A．气球内气体的压强是由于气体分子之间的斥力而产生的 B．气球内气体的压强是由于大量气体分子的碰撞而产生的 C．若在上玻璃板上再放一个杯子，则气球内气体体积不变(气球内气体温度可视为不变)‎ D．若在上玻璃板上再放一个杯子，则气球内气体内能不变(气球内气体温度可视为不变)‎ E．若在上玻璃板上再放一个杯子，则气球内气体压强不变(气球内气体温度可视为不变)‎ ‎(2)(9分)‎ 如图所示是正在使用的饮水机，在桶的上部有1000mL的气体，气体的压强为1.0×105‎ Pa.某同学接了半杯水之后，再没有气体进入水桶，但桶内气体体积增加了200mL.经过足够长的时间之后，桶内气体的温度与接水前一致，试求此时桶内气体的压强，并判断桶内气体是吸热还是放热．(结果保留两位有效数字)‎ ‎[答案]　(1)BD　(2)8.3×104Pa　吸热 ‎[解析]　(1)BD 根据气体压强的微观解释可知B对，A错．若在上玻璃板上再放一个杯子，由受力分析可知气球内气体的压强增大，故气球内气体体积变小，C、E错．气球内气体为理想气体，温度不变，故气体内气体内能不变，D对．‎ ‎(2)①设气体初态压强为p1，体积为V；末态压强为p2，体积为V′.‎ 由玻意耳定律得p1V＝p2V′‎ 解得p2＝＝8.3×104Pa ‎②气体温度不变，说明气体的内能不变．气体体积增大，对外做功，要使气体的内能不变，气体要从外界吸热．‎ ‎14．[物理—选修3－4](15分)‎ ‎(1)(6分)如图甲所示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图，P是离原点x1＝‎2m的一个介质质点，Q是离原点x2＝‎4m的一个介质质点，此时离原点x3＝‎6m的介质质点刚刚要开始振动．图乙是该简谐波传播方向上的某一质点的振动图象(计时起点相同)．由此可知________．‎ A．这列波的波长λ＝‎‎4m B．这列波的周期T＝3s C．这列波的传播速度v＝‎2m/s D．这列波的波源起振方向为向上 E．乙图可能是图甲中质点Q的振动图象 ‎(2)(9分)‎ 雨过天晴，人们常看到天空中出现彩虹，它是阳光照射到空中弥漫的水珠上时出现的现象．在说明这个现象时，需要分析光线射入水珠后的光路．一细束光线射入水珠，水珠可视为一个半径R＝‎10mm的球，球心O到入射光线的垂直距离d＝‎8mm，水的折射率n＝4/3.‎ ‎①在图上画出该束光线射入水珠后，第一次从水珠中射出的光路图．‎ ‎②求这束光线从射入水珠到第一次射出水珠，光线偏转的角度．‎ ‎[答案]　(1)ACE　(2)①光路如图所示　②32°‎ ‎[解析]　(1)由图象可知波长λ＝‎4m，周期T＝2s，传播速度v＝＝‎2m/s，由振动图象可知质点起振方向向下，结合波动图象与振动图象的关系可知Q质点振动方向向上，形式与振动图象完全一致．‎ ‎(2)①如图所示 ‎②由几何关系得sinθ1＝＝0.8‎ 即θ1＝53°‎ 由折射定律得sinθ1＝nsinθ2‎ 解得sinθ2＝0.6‎ 即θ2＝37°‎ 则φ＝2(θ1－θ2) ＝32°‎ ‎15．[物理—选修3－5](15分)‎ ‎(1)‎ ‎(6分)‎‎2011年3月11日 ‎，日本东海岸发生9.0级地震，地震引发的海啸推毁了日本福岛第一核电站的冷却系统，最终导致福岛第一核电站的6座核反应堆不同程度损坏，如图所示，向空中泄漏大量碘131和铯137等放射性物质，引起人们对核能利用的恐慌．已知核电站核反应堆的工作原理主要是用到铀核的裂变，在某次核反应中，一个中子轰击铀核(U)可裂变生成钡(Ba)和氪(Kr)．已知U、Ba、Kr和中子的质量分别是235.0439u、140.913u、91.8973u和1.0087u，则铀核的裂变反应方程为____________________________ ______________；一个U裂变时放出的能量为________．‎ ‎(2)(9分)如图所示，质量mB＝‎2kg的平板车B上表面水平，开始时静止在光滑水平面上，在平板车左端静止着一块质量mA＝‎2kg的物块A，一颗质量m0＝‎0.01kg的子弹以v0＝‎600m/s的水平初速度瞬间射穿A后，速度变为v＝‎200m/s.已知A与B之间的动摩擦因数不为零，且A与B最终达到相对静止，则系统产生的热量为多少？‎ ‎[答案]　(1)U＋n→Ba＋Kr＋3n　3.2×10－11J　(2)1598J ‎[解析]　(1)U＋n→Ba＋Kr＋3n　3.2×10－11J 根据质量数和电荷数守恒，可知放出3个中子，先算出质量亏损，然后根据“亏损1u，相当于放出931.5MeV的能量，1eV＝1.6×10－19J”，计算可得一个U裂变时放出的能量为3.2×10－11J.‎ ‎(2)对于子弹、物块A和平板车B，全过程由动量守恒定律得 m0v0＝m0v＋(mA＋mB)vB 解得vB＝‎1m/s 系统产生的热量等于系统机械能的减少量，即 ΔE＝m0v－(mA＋mB)v－m0v2＝1598J