高考物理全真模拟试题15 7页

‎2019年高考物理全真模拟试题（十五）‎ 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．如图为一个质点做直线运动的v－t图象，该质点在前4 s内向东运动，则该质点(　　)‎ A．在8～10 s内始终向东运动 B．在前8 s内的加速度大小不变，方向始终向西 C．在前8 s内的合外力先减小后增大 D．在4～12 s内的位移大小为24 m ‎2．如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内．现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(　　)‎ A．tAB＝tCD＝tEF　　　　　‎ B．tAB＞tCD＞tEF C．tAB＜tCD＜tEF ‎ D．tAB＝tCD＜tEF ‎3．在竖直平面内有一方向斜向上且与水平方向成α＝30°角的匀强电场，电场中有一质量为m，电荷量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，如图所示．开始时小球静止在M点，细线恰好水平．现用外力将小球拉到最低点P，然后由静止释放，则以下判断正确的是(　　)‎ A．小球再次到M点时，速度刚好为零 B．小球从P到M过程中，合外力对它做的功为mgL C．小球从P到M过程中，其机械能增加了mgL D．如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球将做匀变速直线运动 ‎4．如图所示，一质量为m1的木箱放在水平地面上，一个质量为m2的人站在木箱里双手用力向上推木箱，推力为F，结果木箱和人仍静止不动，已知重力加速度为g，则(　　)‎ A．人对木箱底部的压力大小为m2g B．人对木箱底部的压力大小为m2g＋F C．木箱对地面的压力大小为m1g＋m2g－F D．地面对木箱的支持力大小为m1g＋m2g＋F ‎5．“太极球”运动是一项较流行的健身运动．做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，太极球却不会掉到地上．现将太极球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让小球在竖直面内始终不脱离平板且做匀速圆周运动，则(　　)‎ A．小球的机械能保持不变 B．平板对小球的弹力在A处最小，在C处最大 C．在B、D两处小球一定受到沿平板向上的摩擦力 D．只要平板与水平面的夹角合适，小球在B、D两处可能不受平板的摩擦力作用 ‎6．如图所示，边长为L、匝数为N，电阻不计的正方形线圈abcd在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO′转动，轴OO′垂直于磁感线，在线圈外接一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n2.保持线圈以恒定角速度ω转动，下列判断正确的是(　　)‎ A．在图示位置时线框中磁通量为零，感应电动势最大 B．当可变电阻R的滑片P向上滑动时，电压表V2的示数变大 C．电压表V1示数等于NBωL2‎ D．变压器的输入与输出功率之比为1∶1‎ ‎7．在地球大气层外有大量的太空垃圾．在太阳活动期，地球大气会受太阳风的影响而扩张，使一些原本在大气层外绕地球飞行的太空垃圾被大气包围，从而逐渐降低轨道．大部分太空垃圾在落地前已经燃烧成灰烬，但体积较大的太空垃圾仍会落到地面上，对人类造成危害．以下关于太空垃圾正确的说法是(　　)‎ A．大气的扩张使垃圾受到的万有引力增大而导致轨道降低 B．太空垃圾在与大气摩擦过程中机械能不断减小，进而导致轨道降低 C．太空垃圾在轨道缓慢降低的过程中，由于与大气的摩擦，速度不断减小 D．太空垃圾在轨道缓慢降低的过程中，向心加速度不断增大而周期不断减小 ‎8．如图所示，一质量为m的小球套在光滑竖直杆上，轻质弹簧一端与小球相连，另一端固定于O点．将小球由A点静止释放后，就沿竖直杆运动到B点，已知OA长度小于OB长度，弹簧处于OA、OB两位置时弹力大小相等．则小球由A运动到B的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．在B点的速度可能为零 B．加速度等于重力加速度g的位置有两个 C．机械能先减小，后增大 D．弹簧弹力对小球做的正功等于小球克服弹簧弹力做的功 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)研究性学习小组为“研究匀变速直线运动的规律”和“测当地的重力加速度”，采用了如图1所示的装置，其中m1＝50 g、m2＝150 g，开始时保持装置静止，然后释放物块m2，m2可以带动m1拖着纸带打出一系列的点，只要对纸带上的点进行测量，即可研究匀变速直线运动．某次实验打出的纸带如图2所示，O是打下的第一个点，两相邻点间还有4个点没有标出，交流电频率为50 Hz.‎ ‎(1)系统的加速度大小为________m/s2，在打点0～5的过程中，系统动能的增量ΔEk＝________J.‎ ‎(2)忽略一切阻力的情况下，某同学作出的h图象如图3所示，则当地的重力加速度g＝________m/s2.‎ ‎10．(9分)实验室提供下列器材测定电阻R的阻值：‎ A．待测电阻R(阻值约10 kΩ)‎ B．滑动变阻器R1(0～1 kΩ)‎ C．电阻箱R0(99 999.9 Ω)‎ D．灵敏电流计G(500 μA，内阻不可忽略)‎ E．电压表V(3 V，内阻约3 kΩ)‎ F．直流电源E(3 V，内阻不计)‎ G．开关、导线若干 ‎(1)甲同学设计了如图a所示的电路，请指出他的设计中存在的问题：_______________________.(指出一处即可)‎ ‎(2)乙同学用图b所示的电路进行实验．‎ ‎①请在图c中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接．‎ ‎②先将滑动变阻器的滑动头移到________(选填“左”或“右”)端，再接通开关S；保持S2断开，闭合S1，调节R1使电流计指针偏转至某一位置，并记下电流I1；‎ ‎③断开S1，保持R1不变，调整电阻箱R0阻值在10 kΩ左右，再闭合S2，调节R0阻值使得电流计读数为________时，R0的读数即为电阻的阻值．‎ ‎(3)丙同学查得灵敏电流计的内阻为Rg，采用图d进行实验，改变电阻箱电阻R0值，读出电流计相应的电流I，由测得的数据作出－R0图象如图e所示，图线纵轴截距为m，斜率为k，则待测电阻R的阻值为________．‎ ‎11．(14分)两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为m＝2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平面上运动，质量为M＝4 kg的物块C静止在前方，如图所示，B与C碰撞后二者会粘在一起运动．‎ ‎①当弹簧弹性势能最大时，物块A的速度v1为多大？‎ ‎②系统运动过程中弹簧可以获得的最大弹性势能为多少？‎ ‎12．(18分)如图所示，光滑的定滑轮上绕有轻质柔软细线，线的一端系一质量为3m的重物，另一端系一质量为m、电阻为r的金属杆．在竖直平面内有间距为L的足够长的平行金属导轨PQ、EF，在QF之间连接有阻值为R的电阻，其余电阻不计，磁感应强度为B0的匀强磁场与导轨平面垂直，开始时金属杆置于导轨下端QF处，将重物由静止释放，当重物下降h时恰好达到稳定速度而匀速下降．运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好，忽略所有摩擦，重力加速度为g，求：‎ ‎(1)重物匀速下降的速度v；‎ ‎(2)重物从释放到下降h的过程中，电阻R中产生的焦耳热QR；‎ ‎(3)将重物下降h时的时刻记作t＝0，速度记为v0，若从t＝0开始磁感应强度逐渐减小，且金属杆中始终不产生感应电流，试写出磁感应强度的大小B随时间t变化的关系．‎ ‎(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)下列说法中正确的是________．(填入正确选项前的字母．选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分)‎ A．气体放出热量，其分子的平均动能可能增大 B．布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明分子在永不停息地做无规则运动 C．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大 D．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律 E．某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA＝ ‎(2)(10分)如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑汽缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．初状态整个装置静止不动且处于平衡状态，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为L0，温度为T0.设外界大气压强为p0保持不变，活塞横截面积为S，且mg＝p0S，g为重力加速度，环境温度保持不变．求在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞A下降的高度．‎ 答案部分 ‎1．解析：选B.由题意知，质点向东运动时速度为负，在8～10 s内速度为正，质点向西运动，A错误；在前8 s内图象斜率不变，且为正值，则加速度大小不变，方向为向西，B正确，C错误；在4～12 s内的位移等于×6×6 m－×2×6 m＝12 m，D错误．‎ ‎2．解析：选B.设上部圆的直径为D，下部半圆的半径为R，对轨道AOB，其长度为L1＝Dcos α＋R，在其上运动的加速度a1＝gcos α，由L1＝a1t，解得：tAB＝＝.对轨道COD、EOF，同理可解得：tCD＝，tEF＝.由轨道与竖直线的夹角关系为α＞β＞θ可知，tAB＞tCD＞tEF，选项B正确．‎ ‎3．解析：选B.根据题述，开始时小球静止于M点，细线恰好水平，由平衡条件可知，qEsin 30°＝mg.小球再次到M点时，切向加速度为零，速度最大，选项A错误．小球从P到M过程中，重力做负功为WG＝－mgL，电场力qE做正功为WF＝qELsin 30°＋qELcos 30°＝(1＋)mgL，合外力对它做的功为W＝WG＋WF＝mgL，选项B正确．由功能关系可知，电场力做功机械能增加，小球从P到M过程中，其机械能增加了(1＋)mgL，选项C错误．由于在M点，小球所受电场力在竖直方向的分量等于重力，如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球将做匀变速曲线运动，选项D错误．‎ ‎4．解析：选B.根据牛顿第三定律，人向上推木箱的力为F，则木箱顶部对人向下的压力大小也为F，故人受到重力m2g、压力F和支持力FN三个力的作用而处于平衡状态，故FN＝m2g＋F，由牛顿第三定律可知，A错误，B正确；由整体法可知，木箱对地面的压力大小和地面对木箱的支持力大小都等于m1g＋m2g，C、D错误．‎ ‎5．解析：选BD.小球在竖直平面内做匀速圆周运动，动能不变，但重力势能变化，机械能变化，A错误；对小球受力分析可知，小球在最高点A处时其重力和平板的压力的合力提供向心力，而在最低点C处时，平板的支持力和小球的重力的合力提供向心力，B正确；小球在B、D两处时，若平板的支持力与小球的重力的合力恰好提供向心力，小球相对平板没有相对运动趋势，摩擦力为零，C错误，D正确．‎ ‎6．解析：选AD.在图示位置时线圈与磁感线平行，线框中磁通量为零，感应电动势最大，故A项正确；此时感应电动势的最大值为NBωL2，有效值为，即电压表V1示数等于，故C项错；当可变电阻R的滑片P向上滑动时，R的有效阻值增大，但由于原线圈的电压不变，内阻不计，所以电压表V2的示数不变，故B项错；由于变压器是理想的，所以输入与输出功率之比为1∶1，故D项正确．‎ ‎7．解析：选BD.原本在大气层外绕地球飞行的太空垃圾所受万有引力恰好提供向心力，但在大气包围中会与大气摩擦使机械能不断减小，使所受万有引力大于所需向心力，进而做向心运动，导致轨道降低，故A项错，B项正确；太空垃圾在轨道缓慢降低的过程中，根据v＝得速度增大，故C项错；由万有引力提供向心力及万有引力公式可知，太空垃圾在轨道缓慢降低的过程中，向心加速度不断增大而周期不断减小，故D项正确．‎ ‎8．解析：选BD.根据题述，轻质弹簧处于OA、OB两位置时弹力大小相等，可知其形变量相等，弹簧的弹性势能相等．在小球由A运动到B的过程中，机械能守恒，到达B点时动能一定不为零，在B点的速度不可能为零，选项A、C错误．小球在A点，所受弹簧弹力倾斜向上，向下运动到弹簧与杆垂直时，小球所受弹簧弹力等于竖直杆的弹力，小球只受重力，此时小球加速度为g.继续向下运动，小球所受弹簧弹力方向先倾斜向下后倾斜向上，一定有弹簧弹力为零的时刻，即一定有只受重力，小球加速度为g的位置，所以加速度等于重力加速度g的位置有两个，选项B正确．由于A、B两位置，弹簧的弹性势能相等，所以弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功，选项D正确．‎ ‎9．解析：(1)由x6－x5＝aT2及T＝0.1 s得a＝＝ m/s2＝4.8 m/s2；打点5时的速度v5＝＝ m/s＝2.4 m/s，所以系统动能的增量ΔEk＝Ek5＝(m1＋m2)v＝0.576 J.‎ ‎(2)对物块m1，m2组成的系统，在m2下落h的过程中由机械能守恒定律得：m2gh－m1gh＝(m1＋m2)v2，则有＝gh，所以在h图象中，k＝g＝＝4.8，解得g＝9.6 m/s2.‎ 答案：(1)4.8(2分)　0.576(2分)　(2)9.6(2分)‎ ‎10．解析：(1)电流表不应外接；滑动变阻器不应该用限流接法；电流超出了灵敏电流计的量程(答对一处即给2分)‎ ‎(2)①如图(3分，每对1根线得1分)‎ ‎②为保证电路的安全，应使分压部分电压从零开始增大，所以闭合开关前，应把滑片滑到左端(1分)‎ ‎③根据实验原理，应使两次电流相同，才能保证电阻相同，即电流计读数为I1(1分)‎ ‎(3)根据闭合电路欧姆定律，I＝，所以＝＋，所以R＝－Rg.(2分)‎ 答案：见解析 ‎11．解析：(1)氘核和氚核结合成氦核的核反应是聚变反应，聚变反应放出能量，发生质量亏损，减少的质量Δm＝＝ kg＝3.1×10－29kg.‎ ‎(2)①根据题意，A、B、C三物块动量守恒，当弹簧的弹性势能最大时满足：‎ ‎2mv＝(2m＋M)v1(2分)‎ 代入数值得：v1＝3 m/s(2分)‎ ‎②根据动量守恒，B、C刚刚完成碰撞时满足：‎ mv＝(m＋M)vBC(2分)‎ 此后系统机械能守恒，当弹簧的弹性势能最大时满足：‎ mv2＋(m＋M)v＝(2m＋M)v＋Ep(2分)‎ 代入数值后整理得：Ep＝12 J(2分)‎ 答案：(1)放出(1分)　减少(1分)　3.1×10－29(2分)‎ ‎(2)①3 m/s　②12 J ‎12．解析：(1)重物匀速下降时，分析金属棒受力 T＝mg＋F(1分)‎ 又F＝B0IL＝(2分)‎ 分析重物受力 T＝3mg(1分)‎ 所以v＝(2分)‎ ‎(2)设电路中产生的总焦耳热为Q，则由能量守恒 ‎3mgh－mgh＝(3m)v2＋mv2＋Q(2分)‎ 由串联电路特点，电阻R中产生的焦耳热QR QR＝Q(2分)‎ QR＝－(2分)‎ ‎(3)金属杆中恰好不产生感应电流，即磁通量不变Φ0＝Φ1，所以 hLB0＝(h＋h2)LB1(2分)‎ 式中h2＝v0t＋at2(1分)‎ 又a＝＝g(1分)‎ 则磁感应强度与时间t的关系为 B1＝(2分)‎ 答案：(1)　(2)－ ‎(3)B1＝ ‎13．解析：(1)气体放出热量，若外界对气体做功，气体的温度可能升高，分子的平均动能可能增大，选项A正确；布朗运动不是液体分子的运动，但是能反映分子在永不停息地做无规则运动，选项B正确；当分子力表现为斥力时，随着分子间距离减小，分子力做负功，分子力和分子势能均增大，选项C正确；第二类永动机不违背能量守恒定律，但是违背热力学第二定律，选项D错误；对于气体分子，依据每个气体分子所占空间的体积估算分子数目，但不能根据每个气体分子的体积估算分子数目，选项E错误．‎ ‎(2)对Ⅰ气体，初状态：p1＝p0＋＝2p0(1分)‎ 末状态：p1′＝p0＋＝4p0(1分)‎ 由玻意耳定律得：p1L0S＝p1′L1S(1分)‎ 解得：L1＝L0(1分)‎ 对Ⅱ气体，初状态：p2＝p1＋＝3p0(1分)‎ 末状态：p2′＝p1′＋＝5p0(1分)‎ 由玻意耳定律得：p2L0S＝p2′L2S(1分)‎ 解得：L2＝L0(1分)‎ A活塞下降的高度为：‎ ΔL＝(L0－L1)＋(L0－L2)＝L0(2分)‎ 答案：(1)ABC　(2)L0‎