高考物理全真模拟试题18

高考物理全真模拟试题18

‎2019年高考物理全真模拟试题（十八）‎ 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．如图所示，用轻质弹簧将篮球拴在升降机底板上，此时弹簧竖直，篮球恰好与光滑的侧壁和光滑的倾斜天花板接触，在篮球与侧壁之间装有压力传感器，当升降机沿竖直方向运动时，压力传感器的示数逐渐增大，某同学对此现象给出了下列分析与判断，其中可能正确的是(　　)‎ A．升降机正在匀加速上升 B．升降机正在匀减速上升 C．升降机正在加速下降，且加速度越来越大 D．升降机正在减速下降，且加速度越来越大 ‎2．随着社会发展，人类对能源的需求日益增加，节能变得愈加重要．甲、乙两地采用电压U进行远距离输电，输电线上损耗的电功率为输入总功率的k(0＜k＜1)倍．在保持输入总功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用5U的电压输电，若不考虑其他因素的影响，输电线上损耗的电功率将变为输入总功率的________倍．(　　)‎ A.　　　　　　　　　B. C．5k D．25k ‎3．如图所示，水平面上固定有一个斜面．从斜面顶端向右平抛一小球．当初速度为v0时，小球恰好落到斜面底端，平抛的飞行时间为t0.现用不同的初速度v从该斜面顶端向右平抛这个小球，以下哪个图象能正确表示平抛的飞行时间t随v变化的函数关系(　　)‎ ‎4．某控制电路如图，主要由电源(电动势为E、内阻为r)与定值电阻R1、R2及电位器(滑动变阻器)R连接而成，L1、L2是红、绿两个指示灯，当电位器的触片滑向a端时，下列关于红、绿两灯亮度变化的情况说法正确的是(　　)‎ A．L1、L2两个指示灯都变亮 B．L1、L2两个指示灯都变暗 C．L1变亮，L2变暗 D．L1变暗，L2变亮 ‎5．“嫦娥之父”欧阳自远透露：我国计划于2020年登陆火星．假如某志愿者登上火星后将一小球从高为h的地方由静止释放，不计空气阻力，测得经过时间t小球落在火星表面，已知火星的半径为R，引力常量为G，不考虑火星自转，则下列说法正确的是(　　)‎ A．火星的第一宇宙速度为 B．火星的质量为 C．火星的平均密度为 D．环绕火星表面运行的卫星的周期为πt ‎6．如图所示，两物体A、B用轻质弹簧相连静止在光滑的水平面上，现同时对A、B两物体施加等大反向的水平恒力F1、F2，使A、B同时由静止开始运动．在以后的运动过程中，关于A、B两物体与弹簧组成的系统，下列说法正确的是(整个过程中弹簧弹力不超过其弹性限度)(　　)‎ A．由于F1、F2所做的总功为零，所以系统的机械能始终不变 B．当A、B两物体之间的距离减小时，系统的机械能减小 C．当弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大 D．当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等时，A、B两物体速度为零 7． 在光滑水平面内有一沿x轴方向的静电场，其电势φ随坐标x变化的图线如图所示(φ0、－φ0、x1、x2、x3、x4均已知)．现有一质量为m、电荷量为q的带负电小球(不计重力)从O点以某一未知初速度v0沿x轴正方向射出，则下列说法正确的是(　　)‎ A．在0～x1间的电场强度沿x轴正方向、大小为E1＝ B．在x1～x2间与在x2～x3间电场强度相同 C．只要v0＞0，该带电小球就能运动到x4处 D．只要v0＞ ，该带电小球就能运动到x4处 ‎8．如图所示，空间中有一范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向水平且垂直于纸面向里．一质量为m、电荷量为q的带正电小圆环套在一根固定的绝缘竖直长杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ.现使圆环以初速度v0向上运动，经时间t0圆环回到出发点．假设圆环在回到出发点以前已经开始做匀速运动，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．圆环在t＝时刚好到达最高点 B．圆环在运动过程中的最大加速度为amax＝g＋ C．圆环从出发到回到出发点过程中损失的机械能为m D．圆环在上升过程中损失的机械能等于下落回到出发点过程中损失的机械能 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．‎ L/m ‎0.051‎ ‎0.099‎ ‎0.149‎ ‎0.201‎ ‎0.250‎ F/N ‎1.01‎ ‎1.99‎ ‎2.98‎ ‎4.01‎ ‎5.00‎ ‎9.(6分)某课外活动小组用如图甲所示的装置做“探究加速度与物体受力的关系”的实验．图中A为小车，质量为m1，连接在小车后面的纸带穿过电火花计时器B，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮C的足够长的木板上，物块P的质量为m2，D为弹簧测力计，实验时改变P的质量，读出对应的弹簧测力计示数F，不计绳子与滑轮间的摩擦．‎ ‎(1)下列有关实验的操作步骤和实验方法的说法中正确的是________．‎ A．长木板和A、C间的绳子都必须保持水平 B．电火花计时器应用工作电压为4～6 V的低压交流电源，实验时应先接通电源后释放小车 C．长木板的左端应适当垫高，以平衡摩擦力 D．实验中P的质量m2不必远小于小车A的质量m1，拉力直接由弹簧测力计测得，且始终为1/2 m2g ‎(2)按照正确的方法调整好实验装置后，某同学改变P的质量做了五次实验，并读出对应的弹簧测力计示数F和每次实验中打出的纸带上第1个点到第10个点的距离L，记录在下表中．已知电火花计时器所接交流电源的频率为f.根据该同学的实验，请在图乙中作出L随F变化的图象，如果L－F图线是一条________，则说明小车的加速度与小车受到的合外力成正比，图线的斜率的表达式k＝________.‎ ‎10．(9分)某实验小组用如图甲所示的电路测量一节蓄电池的电动势(约2 V)和内阻，考虑蓄电池的内阻很小，电路中使用了一个保护电阻R0，除蓄电池、滑动变阻器R、开关、导线外，实验室中可供选用的器材还有：‎ 电压表V1读数U1(V)‎ ‎1.88‎ ‎1.92‎ ‎1.94‎ ‎1.98‎ ‎2.00‎ 电压表V2读数U2(V)‎ ‎1.72‎ ‎1.25‎ ‎1.00‎ ‎0.60‎ ‎0.34‎ A．电流表(量程3 A，内阻约0.1 Ω)‎ B．电压表(量程3 V，内阻3 kΩ)‎ C．电压表(量程1.8 V，内阻1.8 kΩ)‎ D．定值电阻(阻值1 Ω，额定功率5 W)‎ E．定值电阻(阻值5 Ω，额定功率10 W)‎ ‎(1)实验时，电压表应该选用________，保护电阻应该选用________．(填器材前字母序号)‎ ‎(2)在实验室进行仪器检查时发现电流表已经损坏不能用了，则下列实验改进方案中理论上可行的有________．‎ A．在缺少电流表的情况下，把滑动变阻器更换成电阻箱，来测蓄电池的电动势和内阻 B．按照实验电路图，在缺少电流表的情况下只依靠滑动变阻器调节，从而测出蓄电池的电动势和内阻 C．在缺少电流表的情况下，去掉滑动变阻器，只依靠更换保护电阻，测出两组数据，列式并联立求解蓄电池的电动势和内阻 D．在缺少电流表的情况下，用未使用的电压表与保护电阻并联，调节滑动变阻器测出多组数据，作图象求出蓄电池的电动势和内阻 ‎(3)该实验小组经过讨论后，按照改进的电路图乙进行实验，调整滑动变阻器测得了5组两电压表的数据如下表.‎ 请在图丙中作出蓄电池的路端电压U1随保护电阻R0两端的电压U2变化的图象，并根据图象得出蓄电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.‎ ‎11．(14分)如图所示，高为h的光滑三角形斜劈固定在水平面上，其与水平面平滑对接于C点，D为斜劈的最高点，水平面的左侧A点处有一竖直的弹性挡板，质量均为m的甲、乙两滑块可视为质点，静止在水平面上的B点，已知AB＝h、BC＝3h，滑块甲与所有接触面的摩擦均可忽略，滑块乙与水平面之间的动摩擦因数为μ＝0.5.给滑块甲一水平向左的初速度，经过一系列没有能量损失的碰撞后，滑块乙恰好能滑到斜劈的最高点D处，重力加速度用g表示．求：‎ ‎(1)滑块甲的初速度v0的大小；‎ ‎(2)滑块乙最终静止的位置与C点的距离．‎ ‎12．(18分)如图甲所示，在MN下方存在竖直向上的匀强电场，在MN上方以MN为弦、半径为R的虚线区域内存在周期性变化的磁场，磁场的变化规律如图乙所示，规定垂直纸面向里的方向为正方向．弦MN所对的圆心角为120°.在t＝0时，一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，以初速度v从A点沿直径AOB射入磁场，运动到圆心O点后，做一次半径为的完整的圆周运动，再沿直线运动到B点，在B点经挡板碰撞后原速率返回(碰撞时间不计，电荷量不变)，运动轨迹如图甲所示．粒子的重力不计，不考虑变化的磁场所产生的电场．求：‎ ‎(1)磁场的磁感应强度B0的大小及变化周期T0；‎ ‎(2)粒子从B点运动到A点的最短时间t；‎ ‎(3)满足(2)中条件所加的电场强度E的大小．‎ ‎(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．凡是不违背能量守恒定律的实验构想，都是能够实现的 B．做功和热传递在改变内能的效果上是等效的，这表明要使物体的内能发生变化，既可以通过做功来实现，也可以通过热传递来实现 C．保持气体的质量和体积不变，当温度升高时，每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多 D．温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大 E．在水池中，一个气泡从池底浮起，此过程可认为气泡的温度不变，气泡内气体为理想气体，则外界对气泡做正功，同时气泡吸热 ‎(2)(10分)如图甲所示，玻璃管竖直放置，AB段和CD段是两段长度均为l1＝25 cm的水银柱，BC段是长度为l2＝10 cm的理想气柱，玻璃管底部是长度为l3＝12 cm的理想气柱．已知大气压强是75 cmHg，玻璃管的导热性能良好，环境的温度不变．将玻璃管缓慢旋转180°倒置，稳定后，水银未从玻璃管中流出，如图乙所示．试求旋转后A处的水银面沿玻璃管移动的距离．‎ 答案部分 ‎1．解析：选C.篮球在水平方向上受力平衡，即侧壁对篮球的弹力与倾斜天花板对篮球的弹力在水平方向的分力平衡，随着压力传感器的示数逐渐增大，篮球受到倾斜天花板的弹力增大，其在竖直方向的分力增大，弹簧弹力不变，则篮球必然有竖直向下且增大的加速度，C正确．‎ ‎2．解析：选A.由于输电电流I＝，所以输电线上损失的电功率ΔP＝I2R＝R，所以在保持输入总功率和输电线电阻都不变的条件下，若不考虑其他因素的影响，输电线上损耗的电功率与输电电压的平方成反比，所以改用5U的电压输电，输电线上损耗的电功率将变为输入总功率的，故A项正确．‎ ‎3．解析：选C.由于当初速度为v0时，小球恰好落到斜面，故初速度大于v0时，小球一定落在水平面上，即平抛的飞行时间等于t0不变，故A、B项错；当初速度小于v0时，小球一定落在斜面上，则有x＝v0t，h＝gt2，h＝xtan θ，解得v0＝ t，故C项正确．‎ ‎4．解析：选B.当电位器的触片滑向a端时，电位器连入电路中的有效阻值增大，干路中的总阻值增大，干路中的电流减小，内压减小，路端电压增大，即R1两端的电压增大，通过R1的电流增大，通过L1的电流减小，L1两端的电压减小，L1灯变暗；路端电压增大，L1两端的电压减小，所以R2两端的电压增大，通过R2的电流增大，又因为通过L1的电流减小，所以通过L2的电流减小，故L2灯变暗，故B项正确．‎ ‎5．解析：选CD.由自由落体运动规律，h＝gt2，解得火星表面的重力加速度大小为g＝，火星的第一宇宙速度v1＝＝，A错误；由G＝mg，解得火星的质量为M＝，B错误．火星的平均密度为ρ＝＝·＝，C正确．设环绕火星表面运行的卫星的周期为T，则T＝＝πt，D正确．‎ ‎6．解析：选BC.A、B物体分别在等大反向的水平恒力的作用下先向相反的方向做加速度逐渐减小的变加速直线运动，当弹簧弹力等于水平恒力时，加速度为零，两物体的速度最大，此后，弹簧弹力大于水平恒力，两物体分别做加速度逐渐增大的变减速直线运动，直到弹簧伸长到最长，然后两物体分别反向运动，先做加速度逐渐减小的变加速运动，速度达到最大后又做加速度逐渐增大的变减速直线运动，到弹簧压缩最短．在此过程中，系统的机械能先增加后减小，故A项错；当A、B两物体之间的距离减小时，水平恒力做负功，系统的机械能减小，故B项正确；当弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大，故C项正确；当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等时，A、B两物体速度最大，故D错．‎ ‎7.‎ 解析：选BD.根据电场强度与电势差的关系可作出该静电场的场强E随x变化的图线，如图所示，可知A错误，B正确；因为只有电场力对带电小球做功，所以动能与电势能之和保持不变，以x＝0处电势为零，则有mv＝－qφ＋mv2，因为在x＝x3处电势最低，所以带电小球在该处的电势能最大，动能最小，速度最小，只要带电小球能通过这一点，就能运动到x＝x4处，所以有mv＞qφ0，解得v0＞ ，C错误，D正确．‎ ‎8．解析：选BC.圆环上升的加速度大小为a1＝g＋，下落的加速度大小为a2＝g－，上升过程的平均加速度大小大于下落过程的平均加速度大小，所以上升的时间小于下落的时间，A错误；圆环的最大加速度为amax＝g＋，B正确；圆环在回到出发点前已经开始做匀速运动，其速度为v1＝，故圆环在运动过程中损失的机械能为Q＝mv－mv＝m，C正确；圆环在上升过程中受到的平均摩擦力大小大于下落回到出发点过程中受到的平均摩擦力的大小，所以圆环在上升过程中损失的机械能大于下落回到出发点过程中损失的机械能，D错误．‎ ‎9．解析：(1)绳子必须与长木板保持平行，但要平衡摩擦力，故长木板左端需要适当垫高，A错误，C正确；电火花计时器须使用220‎ ‎ V交流电源，B错误；因为弹簧测力计可以直接读出绳子拉小车的拉力，故实验中不必满足m2远小于m1，但运动过程中P也有加速度，故弹簧测力计的示数不等于P的重力的一半，D错误．‎ ‎(2)根据表中数据描点连线如图所示，可见L－F图线是一条过原点的倾斜直线，由L＝at2可知，因为每次选取的位移对应的时间t相同，则说明小车的加速度与小车受到的合外力成正比，由牛顿第二定律有a＝，又t＝，得L＝F，故图线的斜率k＝.‎ 答案：(1)C(2分)　(2)如图(2分)　过原点的倾斜直线(1分)　(1分)‎ ‎10．解析：(1)蓄电池的电动势为2 V左右，故电压表选用B，当滑动变阻器接入电路的电阻为零，保护电阻用D时，电路中电流约为I＝＝＝2 A，小于电流表的量程，故保护电阻选用D.‎ ‎(2)如果电流表不能用，把滑动变阻器换成电阻箱，就可以用伏阻法测蓄电池的电动势和内阻，故A正确；根据闭合电路欧姆定律有E＝U＋r，如果只更换保护电阻测出两组数据，能够建立两个方程求出蓄电池的电动势和内阻，C正确；因为电压表的内阻远大于保护电阻，故将量程为1.8 V的电压表与保护电阻并联，由I＝可得电路中的电流，故实际上是通过把剩余电压表与保护电阻并联，把电压表改装成电流表，D正确．‎ ‎(3)根据闭合电路欧姆定律U1＝E－I总r＝E－r，再根据表中数据描点连线，纵轴截距即为蓄电池的电动势E＝2.03 V，内阻r＝＝＝≈0.09 Ω.‎ 答案：(1)(B)(1分)　D(1分)　(2)ACD(2分)‎ ‎(3)如图所示(2分)　2.03(1分)　0.09(2分)‎ ‎11．解析：(1)由于滑块甲、乙碰撞时无能量损失，根据能量守恒定律得mv＝mv＋mv(2分)‎ 甲、乙碰撞时根据动量守恒定律得 mv0＝mv甲＋mv乙(2分)‎ 由以上两式解得v乙＝v0(2分)‎ 即滑块甲、乙碰撞的过程中速度互换，且每次碰撞都发生在B点 由于滑块乙刚好滑到斜劈的最高点D处，则对滑块乙由B点到D点的过程，根据动能定理得 ‎－μmg·3h－mgh＝0－mv(2分)‎ 解得v0＝(2分)‎ ‎(2)设滑块乙在B、C间运动的总路程为x，对滑块乙由B点开始运动到最终静止的过程，根据动能定理得－μmgx＝0－(2分)‎ 解得x＝5h＝3h＋2h，故滑块乙最终停在C点左侧与C点距离为2h(2分)‎ 答案：(1)　(2)2h(C点左侧)‎ ‎12．解析：(1)根据题意，粒子在磁场中运动的半径为r＝，由洛伦兹力提供向心力得 qvB0＝m，解得B0＝(3分)‎ 由题图分析可知：粒子从A点沿直径AOB匀速运动到O点，然后做一个完整的圆周运动所用的时间为一个周期T0，则T0＝＝(π＋1)(3分)‎ ‎(2)设一个周期内没有磁场的时间为t1，存在磁场的时间为t2，则t1＝，t2＝(1分)‎ 因为∠MON＝120°，可求得MN与AB之间的距离为(1分)‎ 粒子从B点返回时，刚好进入磁场并做圆周运动，然后进入电场做匀减速运动，当返回后刚离开电场时粒子做圆周运动，此时一定存在磁场，为了满足题图甲的运动轨迹，粒子在电场中的最短时间为t1＋t2(3分)‎ 则粒子从B点运动到A点的最短时间为 t＝2＋t2＝2t1＋t2＝(4＋5π)(2分)‎ ‎(3)粒子在电场中做匀变速运动，加速度为a＝(1分)‎ 根据速度公式得2v＝×(2分)‎ 解得E＝＝(2分)‎ 答案：(1)　(π＋1)　(2)(4＋5π)　(3) ‎13．解析：(1)由热力学第二定律可知，A错误；做功和热传递在改变内能的效果上是等效的，表明要使物体的内能发生变化，既可以通过做功来实现，也可以通过热传递来实现，B正确；保持气体的质量和体积不变，当温度升高时，分子平均速率增大，每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多，C正确；温度越高，分子热运动的平均动能越大，分子的平均速率越大，这是统计规律，具体到个别分子，其速率的变化不确定，因此仍可能有分子的运动速率非常小，D正确；随着气泡的上升，压强减小，因为温度不变，根据＝C可知，体积增大，气泡对外界做正功，根据ΔU＝W＋Q可知，温度不变时，ΔU不变，又W<0，所以Q>0，即气泡吸热，E错误．‎ ‎(2)设玻璃管的横截面积为S，选BC段封闭气体为研究对象，初状态时，气体的体积为V1＝l2S 压强为p1＝75 cmHg＋25 cmHg＝100 cmHg(1分)‎ 末状态时，气体的体积为V2＝l2′S 压强为p2＝75 cmHg－25 cmHg＝50 cmHg(1分)‎ 根据p1V1＝p2V2(2分)‎ 可得l2′＝20 cm(1分)‎ 再选玻璃管底部的气体为研究对象，初状态时，气体的体积为V3＝l3S 压强为p3＝75 cmHg＋25 cmHg＋25 cmHg＝125 cmHg(1分)‎ 末状态时，气体的体积为V4＝l3′S 压强为p4＝75 cmHg－25 cmHg－25 cmHg＝25 cmHg(1分)‎ 根据p3V3＝p4V4(1分)‎ 可得l3′＝60 cm(1分)‎ A处的水银面沿玻璃管移动了 l＝(l2′－l2)＋(l3′－l3)＝10 cm＋48 cm＝58 cm(1分)‎ 答案：(1)BCD　(2)58 cm