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‎2019年高考物理全真模拟试题（十二）‎ 满分110分，时间60分钟 第Ⅰ卷(选择题　共48分)‎ 选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8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．‎ ‎1．下列说法正确的是(　　)‎ A．平均速度、瞬时速度以及加速度，都是牛顿首先建立起来的 B．绕太阳运行的8颗行星中，海王星被人们称为“笔尖下发现的行星”‎ C．元电荷、点电荷等，都是由美国科学家富兰克林命名的 D．使用多用电表测电阻时，如果发现指针偏转很小，应选择倍率较小的欧姆挡重新测量 ‎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1 h，则下列说法正确的是(　　)‎ A．该卫星的运行速度—定大于7.9 km/s B．该卫星与同步卫星的运行速度之比为1∶2‎ C．该卫星与同步卫星的运行半径之比为1∶4‎ D．该卫星的机械能一定大于同步卫星的机械能 ‎3．如图所示，两平行金属板水平正对放置，极板长为L、间距为d，上、下极板所带电荷量分别为＋Q、－Q，坐标系的原点O位于极板左端中点．带电微粒A、B从O点先后以相同初速度v射入极板间，微粒A到达极板上(d/2，L/2)处，微粒B从(d/4，L)处飞出极板．已知微粒A、B质量相同，所带电荷的电荷量相同、电性不同，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)‎ A．微粒A、B在极板间飞行时间相同 B．微粒A、B在极板间的加速度之比为4∶1‎ C．微粒A带负电、微粒B带正电 D．微粒A、B所受的电场力与重力大小之比为7∶9‎ ‎4．如图所示，两个质量分别为m1、m2的物块A和B通过一轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上，水平轻绳一端连接A，另一端固定在墙上，A、B与传送带间的动摩擦因数均为μ.传送带沿顺时针方向转动，系统达到稳定后，突然剪断轻绳的瞬间，设A、B的加速度大小分别为aA，和aB(弹簧在弹性限度内，重力加速度为g)，则(　　)‎ A．aA＝μg，aB＝μg B．aA＝μg，aB＝0‎ C．aA＝μg，aB＝0 D．aA＝μg，aB＝μg ‎5．如图所示，长为L的轻质硬杆A一端固定小球B，另一端固定在水平转轴O上．现使轻杆A绕转轴O在竖直平面内匀速转动，轻杆A与竖直方向夹角α从0°增加到180°的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．小球B受到的合力的方向始终沿着轻杆A指向轴O B．当α＝90°时，小球B受到轻杆A的作用力方向竖直向上 C．轻杆A对小球B做负功 D．小球B重力做功的功率不断增大 ‎6．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈接交流电源和交流电压表、交流电流表，副线圈通过电阻为R的导线与热水器、抽油烟机连接．已知原线圈两端的电压保持不变，副线圈上的电压按如图乙所示规律变化．现闭合开关S接通抽油烟机，下列说法正确的是(　　)‎ A．热水器两端电压的瞬时值表达式为u＝220sin(100πt)V B．电压表示数为2 200 V C．电流表示数变大 D．变压器的输入功率增大 ‎7．2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在北京举行，跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一．如图所示为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图，运动员从O点由静止开始，在不借助其他外力的情况下，自由滑过一段圆心角为60°‎ 的光滑圆弧轨道后从A点水平飞出，然后落到斜坡上的B点．已知A点是斜坡的起点，光滑圆弧轨道半径为40 m，斜坡与水平面的夹角θ＝30°，运动员的质量m＝50 kg，重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力．说法正确的是(　　)‎ A．运动员从O点运动到B点的整个过程中机械能守恒 B．运动员到达A点时的速度为20 m/s C．运动员到达B点时的动能为10 kJ D．运动员从A点飞出到落到B点所用的时间为 s ‎8．如图所示，在倾角为30°的斜面上固定一电阻不计的光滑平行金属导轨，其间距为L，下端接有阻值为R的电阻，导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与斜面垂直(图中未画出)．质量为m、阻值大小也为R的金属棒ab与固定在斜面上方的劲度系数为k的绝缘弹簧相接，弹簧处于原长并被锁定．现解除锁定的同时使金属棒获得沿斜面向下的速度v0，从开始运动到停止运动的过程中金属棒始终与导轨垂直并保持良好接触，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，在上述过程中(　　)‎ A．开始运动时金属棒与导轨接触点间电压为 B．通过电阻R的最大电流一定是 C．通过电阻R的总电荷量为 D．回路产生的总热量小于mv＋ 第Ⅱ卷(非选择题　共62分)‎ 非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须做答．第13～14题为选考题，考生根据要求做答．‎ ‎9．(6分)如图为“验证动能定理”的实验装置．钩码质量为m，小车和砝码的总质量M＝300 g．实验中用钩码重力的大小作为细绳对小车拉力的大小．实验主要过程如下：‎ ‎①安装实验装置；‎ ‎②分析打点计时器打出的纸带，求出小车的速度；‎ ‎③计算小车的动能增量和对应细绳拉力做的功，判断两者是否相等．‎ ‎(1)以下关于该实验的说法中正确的是________．‎ A．调整滑轮高度使细绳与木板平行 B．为消除阻力的影响，应使木板右端适当倾斜 C．在质量为10 g、50 g、80 g的三种钩码中，挑选质量为80 g的钩码挂在挂钩P上最为合理 D．先释放小车，然后接通电源，打出一条纸带 ‎(2)在多次重复实验得到的纸带中选择点迹清晰的一条．测量如图，打点周期为T，当地重力加速度为g.用题中的有关字母写出验证动能定理的表达式________．‎ ‎(3)写出两条引起实验误差的原因______________________________；___________________________________.‎ ‎10．(9分)某探究小组要尽可能精确地测量电流表○A1 的满偏电流，可供选用的器材如下：‎ A．待测电流表○A1 (满偏电流Imax约为800 μA、内阻r1约为100 Ω，表盘刻度均匀、总格数为N)‎ B．电流表○A2 (量程为0.6 A、内阻r2＝0.1 Ω)‎ C．电压表○V (量程为3 V、内阻RV＝3 kΩ)‎ D．滑动变阻器R(最大阻值为20 Ω)‎ E．电源E(电动势有3 V、内阻r约为1.5 Ω)‎ F．开关S一个，导线若干 ‎(1)该小组设计了图甲、图乙两个电路图，其中合理的是________(选填“图甲”或“图乙”)．‎ ‎(2)所选合理电路中虚线圈处应接入电表________(选填“B”或“C”)．‎ ‎(3)在开关S闭合前，应把滑动变阻器的滑片P置于________端(选填“a”或“b”)．‎ ‎(4)在实验中，若所选电表的读数为Z，电流表○A1 的指针偏转了n格，则可算出待测电流表○A1 的满偏电流Imax＝________.‎ ‎11．(14分)如图所示，半径分别为R＝1 m和r＝0.5 m的甲、乙两光滑圆轨道置于同一竖直平面内，两轨道之间由一段光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上一轻弹簧被a、b两小球夹住，现同时由静止释放两小球，重力加速度取g＝10 m/s2.‎ ‎①如果a、b小球都恰好能够通过各自圆轨道的最高点，求两小球的质量之比；‎ ‎②如果a、b小球的质量均为0.5 kg，为保证两小球都能够通过各自圆轨道的最高点，求释放两小球前弹簧弹性势能的最小值．‎ ‎12．(18分)如图所示，在第一象限内有沿y轴负方向的电场强度大小为E的匀强电场．在第二象限中，半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，圆形区域与x、y轴分别相切于A、C两点．在A点正下方有一个粒子源P，P可以向x轴上方各个方向射出速度大小均为v0、质量为m、电荷量为＋q的带电粒子(重力不计，不计粒子间的相互作用)，其中沿y轴正向射出的带电粒子刚好从C点垂直于y轴进入电场．‎ ‎(1)求匀强磁场的磁感应强度大小B.‎ ‎(2)求带电粒子到达x轴时的横坐标范围和带电粒子到达x轴前运动时间的范围．‎ ‎(3)如果将第一象限内的电场方向改为沿x轴负方向，分析带电粒子将从何处离开磁场，可以不写出过程．‎ ‎(二)选考题(共15分．请考生从给出的2道题中任选一题做答．如果多做，则按所做的第一题计分)‎ ‎13．[物理——选修3－3](15分)‎ ‎(1)(5分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)‎ A．在完全失重的情况下，气体的压强为零 B．液体表面张力产生的原因是液体表面层分子较稀疏，分子间的引力大于斥力 C．当两分子间距离大于平衡位置的间距时，分子间的距离越大，分子势能越小 D．水中气泡上浮过程中，气泡中的气体在单位时间内与气泡壁单位面积碰撞的分子数减小 E．不可能利用高科技手段将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化 ‎(2)(10分)一定质量的理想气体在a状态体积为V1＝2 L，压强为p1＝3 atm，温度为T1＝300 K，在b状态体积为V2＝6 L，压强为p2＝1 atm，如果建立该气体的p V图象如图所示，让该气体沿图中线段缓慢地从a状态变化到b状态，求：‎ ‎①气体处于b状态时的温度T2；‎ ‎②从a状态到b状态的过程中气体的最高温度Tmax.‎ 答案部分 ‎1．解析：选B.平均速度、瞬时速度和加速度都是伽利略首先建立起来的概念，A错．天文学家利用天王星轨道的摄动推测出海王星的存在与可能的位置，海王星是利用数学预测而非有计划的观测发现的行星，B正确．正、负电荷最早是由美国科学家富兰克林命名的；元电荷是最小的电荷量，其大小最早由美国物理学家密立根测得；点电荷是理想化的模型，不计电荷的大小和形状，所以C错．多用电表测电阻时偏转很小，表示待测电阻的阻值较大，应选择倍率较大的欧姆挡重新测量，D错．‎ ‎2．解析：选C.近地卫星的环绕速度等于第一宇宙速度7.9 km/s.根据G＝m，得v＝，半径越大线速度越小，该卫星的半径大于地球半径，则其运动速度一定小于7.9 km/s，A错．该卫星从北纬60°到南纬60°，转过120°用时1 h，则其转过360°用时3 h，即周期为3 h，而同步卫星的周期为24 h，即该卫星与同步卫星的周期之比为1∶8.根据G＝mr，得＝，则可得半径之比为1∶4，C正确．再由v＝可得该卫星与同步卫星的运行速度之比为2∶1，B错．在卫星绕地球做圆周运动情况下，从高轨道到低轨道要减少机械能，所以该卫星的机械能小于同步卫星的机械能，D错．‎ ‎3．解析：选D.微粒A、B在极板间的运动时间分别为、，A错；设微粒A的加速度为aA，微粒B的加速度为aB，则＝aA2，＝aB2，解得aA∶aB＝8∶1，B错，A的加速度比B的大，故A受竖直向下的电场力，B受竖直向上的电场力，又因下极板带负电，则A带正电，B带负电，C错；设A、B所受电场力大小为F，质量为m，则F＋mg＝maA，mg－F＝maB，又aA∶aB＝8∶1，得F∶mg＝7∶9，D对．‎ ‎4．解析：选C.稳定时A和B均受到向右的滑动摩擦力，B受到的滑动摩擦力大小为μm2g，等于弹簧向左的弹力F，B受到的合外力为0.剪断轻绳瞬间，弹簧弹力和B受到的滑动摩擦力都不变，则B的加速度为0；A的加速度为＝μg，选项C对．‎ ‎5．解析：选AC.小球做匀速圆周运动，受到的合外力总是指向圆心O，选项A对；转过90°时，轻杆对小球的弹力的水平分力提供小球做圆周运动的向心力，竖直分力平衡小球重力，小球受到杆的作用力指向左上方，选项B错；在转动过程中小球的重力做正功，动能不变，应用动能定理可知轻杆对小球做负功，选项C对；小球竖直方向的分速度先增大后减小，小球重力做功的功率先增大后减小，选项D错．‎ ‎6．解析：选BCD.题图乙为副线圈上电压变化规律，而热水器上的电压要小于副线圈上电压，选项A错误；由交流电规律可知，副线圈上电压的有效值为220 V，由变压器变压关系可知，原线圈电压为2 200 V，选项B正确；闭合开关，副线圈输出功率增大，则原线圈输入功率增大，因此电流表示数变大，选项C、D正确．‎ ‎7．解析：选AB.由题意可得，运动员从O点运动到B点的整个过程机械能守恒，选项A正确；由圆周运动过程机械能守恒可得，运动员到达A点时的速度为20 m/s，选项B正确；由机械能守恒和平抛运动规律可知运动员到达B点时的竖直方向分速度为v⊥＝v0·2tan θ＝ m/s，则运动员到达B点时的动能大于10 kJ，选项C错误；设运动员从A点飞出到落到B点所用的时间为t，则v⊥＝gt，t＝ s，选项D错误．‎ ‎8．解析：选ACD.开始时金属棒切割磁感线产生电动势E＝BLv0，则金属棒与导轨接触点间电压为U＝0.5E，选项A对；金属棒释放时，受到沿斜面向上的安培力与沿斜面向下的重力分力，因不知二力大小关系，则不能确定通过R的最大电流，选项B错；由于金属棒在运动过程中受到安培力作用，最终金属棒静止，则金属棒沿斜面下滑距离为d＝，应用电流定义式和法拉第电磁感应定律可知通过R的电荷量q＝＝，选项C对；从开始到停止，设回路产生的热量为Q、金属棒静止时弹簧弹性势能为Ep，对金属棒和回路应用功能关系可知Q＋Ep＝mgdsin θ＋mv，则Q＝mv＋－Ep，选项D对．‎ ‎9．解析：(1)小车运动中受到重力、支持力、绳的拉力、摩擦力四个力的作用．首先若要使小车受到合力等于绳上的拉力，必须保证：摩擦力被平衡、绳的拉力平行于接触面，故A、B正确；在保证钩码重力等于细绳上的拉力及上述前提下对小车有：F＝Ma，对钩码：mg－F＝ma，解之有F＝mg＝，可见只有当m≪M时才有F≈mg，故应选用10 g的钩码最为合理，C错误．打点计时器的使用要求是先接通电源，待其工作稳定后再释放小车，D错误．‎ ‎(2)由题图知vA＝、vB＝，故动能变化量为ΔEk＝Mv－Mv＝M，合力所做功W＝mgxAB，故需验证的式子为mgxAB＝M.‎ ‎(3)从产生的偶然误差考虑有长度测量的误差；从系统误差产生的角度考虑有用mg代替绳子的拉力、电源频率不稳定、摩擦力未完全被平衡等引起的误差(答案合理皆可)．‎ 答案：(1)AB(2分)‎ ‎(2)mgxAB＝M(3分)‎ ‎(3)长度测量的误差　用mg代替绳子的拉力(答案合理皆可)(1分)‎ ‎10．解析：(1)由于待测电流表的量程较小，而内阻大于滑动变阻器的最大阻值，为了减小误差，应选用乙电路图．‎ ‎(2)由于两块电流表的量程差距较大，只能选用电压表当电流表使用，故选C.‎ ‎(3)乙电路图中滑动变阻器采用的是分压式接法，在闭合开关前，要求测量电路的分压为零，故滑动变阻器的滑片P应置于b端．‎ ‎(4)根据串联电路的特点，可得：＝，解得：Imax＝.‎ 答案：(1)图乙(2分)　(2)C(2分)　(3)b(2分)‎ ‎(4)(3分)‎ ‎11．解析：(1)由题图可知，黄光与蓝光的频率不同，遏止电压不同，说明遏止电压与入射光的频率有关，而黄光的强弱不同，但遏止电压相同，说明遏止电压与入射光的强度无关；加上正向电压，电压达到一定值时，对于某一频率的光，在入射光的强度一定的情况下，光电流也趋于一定，说明饱和光电流与外加电压无关，而入射光的频率不同，光强不同，饱和光电流都不同，说明饱和光电流与入射光的频率和强度都有关．‎ ‎(2)①已知a、b小球恰好能通过各自圆轨道的最高点，则它们通过最高点时的速度大小分别为va′＝＝ m/s，vb′＝＝ m/s(2分)‎ 设两小球与弹簧分离时的速度大小分别为va、vb，根据动量守恒定律有mava＝mbvb(2分)‎ 根据机械能守恒定律有mav＝mav＋mag·2R，mbv＝mbv＋mbg·2r(2分)‎ 联立以上各式解得＝＝(1分)‎ ‎②若ma＝mb＝0.5 kg，由动量守恒定律知两小球与弹簧分离时速度大小相等(1分)‎ 当a小球恰好能通过最高点时，b小球一定也能通过最高点，a小球通过最高点的速度为v＝，此时弹簧的弹性势能最小，最小值为Ep＝×2＝5mgR＝25 J(1分)‎ 答案：(1)见解析(每空1分)　(2)①　②25 J ‎12．解析：(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，从A点运动到C点的过程中带电粒子的运动轨迹为个圆弧，轨迹半径r＝R(1分)‎ 由Bqv0＝m，得B＝(2分)‎ ‎(2)沿不同方向进入磁场的带电粒子离开磁场时的速度大小均为v0，方向均平行于x轴，其临界状态为粒子从D点沿x轴正方向离开磁场(2分)‎ 分析粒子从D点离开磁场的情况，粒子在磁场中运动时间为t1＝T，T＝，得t1＝(2分)‎ 从D点平行于x轴运动至y轴的时间t2＝(1分)‎ 在第一象限内运动过程中，粒子做类平抛运动，设运动时间为t3，则x0＝v0t3,2R＝at，a＝(2分)‎ 解得t3＝2，x0＝2v0(2分)‎ 则t1＋t2＋t3＝＋2(1分)‎ 带电粒子到达x轴时的横坐标范围为(2分)‎ 到达x轴前运动时间的范围为(1分)‎ ‎(3)将第一象限内的电场方向改为沿x轴负方向时，带电粒子将从A点正上方的D点离开磁场．(2分)‎ 答案：见解析 ‎13．解析：(1)根据气体压强的产生原因，在完全失重的情况下，气体的压强并不为零，A错误；液体表面张力产生的原因是液体表面层分子较稀疏，分子间的引力大于斥力，B正确；当两分子间距离大于平衡位置的间距时，分子间的距离越大，分子势能越大，C错误；气泡在水中上浮过程中，体积增大，温度基本不变，压强减小，根据气体压强的微观解释可知，D正确；根据热力学第二定律，可知不可能将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化，E正确．‎ ‎(2)①根据题意，由理想气体状态方程有＝(2分)‎ 代入数据解得T2＝300 K(1分)‎ ‎②由题图可知，气体压强p与体积V之间的关系为 p＝4－V(atm)(2分)‎ 由理想气体状态方程有＝(2分)‎ 代入数据并整理有T＝－25(V－4)2＋400(K)，当V＝4 L时，T最大，可得Tmax＝400 K(3分)‎ 答案：(1)BDE　(2)①300 K　②400 K