高考物理全真模拟试题19

高考物理全真模拟试题19

‎2019年高考物理全真模拟试题（十九）‎ 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．光滑水平面上有一质量为m＝1 kg的物体，在水平恒定外力作用下做直线运动，其位移随时间的变化关系为x＝2t＋t2，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．水平外力大小为1 N B．t＝2 s时物体的速度为4 m/s C．0～2 s内外力做功为16 J D．t＝2 s时撤去外力，物体将静止 ‎2．一木块静止在光滑的水平面上，将一个大小恒为F的水平拉力作用在该木块上，经过位移x时，拉力的瞬时功率为P；若将一个大小恒为2F的水平拉力作用在该木块上，使该木块由静止开始运动，经过位移x时，拉力的瞬时功率是(　　)‎ A.P　　　　　　　　B．2P C．2P D．4P ‎3．地球可视为球体，其自转周期为T，在它的两极处，用弹簧秤测得一物体重为P；在赤道上，用弹簧秤测得同一物体重为0.9P，已知万有引力常量为G.则地球的平均密度是(　　)‎ A. B. C. D. ‎4．如图所示，横截面为直角三角形的两个相同的斜面紧靠在一起，固定在水平面上，小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右水平抛出，最后落在斜面上．其中有三次的落点分别是a、b、c，不计空气阻力，则下列判断正确的是(　　)‎ A．落点b、c比较，小球落在b点的飞行时间短 B．小球落在a点和b点的飞行时间均与初速度v0成正比 C．三个落点比较，小球落在c点，飞行过程中速度变化最快 D．三个落点比较，小球落在c点，飞行过程中速度变化最大 ‎5．一带正电粒子仅在电场力作用下做直线运动，从A点经B、C运动到D点，其vt图象如图所示，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．A处的电场强度一定大于B处的电场强度 B．粒子在A处的电势能一定大于在B处的电势能 C．C、D间各点电场强度和电势都为零 D．A、B两点的电势差大于C、B两点间的电势差 ‎6．如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R，A、B为圆水平直径的两个端点，为圆弧．一个质量为m，电荷量为－q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道，不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是(　　)‎ A．小球一定能从B点离开轨道 B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动 C．若小球能从B点离开，上升的高度一定小于H D．小球到达C点的速度可能为零 ‎7．如图所示，一矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′从上向下观察，线圈沿逆时针方向转动．已知线圈匝数为n，总电阻为r，ab边长为l1，ad边长为l2，线圈转动的角速度为ω，外电阻阻值为R，匀强磁场的磁感应强度为B，则下列判断正确的是(　　)‎ A．在图示位置，ab边所受的安培力为F＝ B．线圈从图示位置转过90°的过程中，流过电阻R的电荷量为q＝ C．在图示位置，穿过线圈的磁通量为0‎ D．在图示位置，穿过线圈的磁通量的变化率为0‎ 8． 如图所示(俯视图)，在光滑的水平面上，宽为l的区域内存在一匀强磁场，磁场方向垂直水平面向下．水平面内有一不可形变的粗细均匀的等边三角形闭合导体线框CDE(由同种材料制成)，边长为l，t＝0时刻，E点处于磁场边界，CD边与磁场边界平行．在外力F的作用下线框沿垂直于磁场区域边界的方向匀速穿过磁场区域．从E点进入磁场到CD边恰好离开磁场的过程中，线框中感应电流I(以逆时针方向的感应电流为正)、外力F(水平向右为正方向)随时间变化的图象可能正确的有(　　)‎ 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)某中学的物理兴趣实验小组利用如图甲所示的装置探究小车与斜面体之间的摩擦力．该小组的同学进行了如下的操作：①按图甲所示组装实验器材；②接通电源，待打点计时器打点稳定时，由静止释放小车；③重复操作②几次，从其中选取一条点迹清晰的纸带，如图乙所示；④整理器材．已知斜面体顶端距离地面的高度为h，斜面的长度为L，小车的质量为m.(重力加速度取g，交流电源的频率为50 Hz，假设小车所受的摩擦力大小恒定)‎ 分析纸带可知小车的加速度大小为a＝________ m/s2，打点计时器打下A点时，小车的速度大小为vA＝____________ m/s(结果均保留两位有效数字)．根据上述操作写出小车下滑过程中所受的摩擦力Ff的表达式：________________(用相应物理量的字母表示)．‎ ‎10．(9分)利用如图甲所示的电路研究某蓄电池的输出功率，其中V1、V2为理想电压表，定值电阻R0的阻值为5.0 Ω.‎ ‎(1)按照图甲所示的电路用笔画线代替导线将图乙中的实物图连接起来；‎ ‎(2)当R0两端的电压为1.0 V时流过蓄电池的电流为I＝________ A；‎ ‎(3)闭合开关后，通过调节滑动变阻器的触头，把相应的电压表V1和V2的示数描绘在图丙的坐标系中，作出图线如图所示．则蓄电池的内阻是________的(填“变化”或“不变”)，外电路短路时的电流为__________A，蓄电池输出功率的最大值为__________ W.‎ ‎11.(12分如图所示，物体A和B的质量分别为m2和m1，其横截面为相似直角三角形，水平直角边长度分别为a和b.A、B之间存在摩擦，B与水平地面之间无摩擦．初始时A、B均静止，现使A从B顶端由静止开始滑到B的底端．‎ ‎①求B运动的水平位移大小；‎ ‎②若A滑到B底端时的速度为v2，A下降高度为h，此时B的速度为v1，求在A下滑过程中系统产生的内能．‎ ‎12．(20分)如图，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，第Ⅰ象限坐标为(x，d)位置处有一小球发射器P，第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限中有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场．某时刻小球发射器P沿x轴负方向以某一初速度发出一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，小球从y＝处经过y轴且速度方向与y轴负方向成45°角，其后小球在匀强磁场和电场中偏转后垂直x轴返回第Ⅰ象限．已知第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限内匀强电场的电场强度E＝，g为重力加速度．求：‎ ‎(1)小球刚从发射器射出时的初速度及小球发射器P的横坐标x；‎ ‎(2)磁场的磁感应强度大小及小球从发射到返回第Ⅰ象限上升到最高点所用的总时间．‎ ‎(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．干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果 B．做功和热传递是改变物体内能的两种方式 C．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动 D．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小 E．1 g氢气和1 g氧气含有的分子数相同 ‎(2)(10分)如图为一带有刻度的导热性能良好的玻璃管，数值表示容积，其单位为毫升，玻璃管内有一厚度和质量均不计、截面积为2 cm2的活塞，忽略活塞与玻璃管的摩擦，活塞与玻璃管的密封良好．开始时环境温度为t1＝27℃，外界大气压强为p0＝1.0×105Pa，活塞处于V1＝18 mL处．‎ ‎①当玻璃管内气体的温度为多少时活塞处于20 mL的位置？‎ ‎②若保持环境温度不变，在活塞上施加一水平向左的外力，外力多大时活塞处于20 mL的位置？‎ 答案部分 ‎1．解析：选C.由位移表达式可知物体的初速度为2 m/s，加速度为2 m/s2，由牛顿第二定律知水平外力F＝ma＝2 N，A错；由v＝v0＋at知t＝2 s时物体的速度为6 m/s，B错；0～2 s内物体的位移为x＝8 m，外力做功为W＝Fx＝16 J，C对；由牛顿第一定律知，t＝2 s时撤去外力，物体将以6 m/s的速度做匀速直线运动，D错．‎ ‎2．解析：选C.水平拉力的瞬时功率P＝Fv，又因为木块在光滑的水平面上由静止开始做匀加速直线运动，则有v2＝2ax，由牛顿第二定律有F＝ma，整理可得P＝F∝F，所以当水平拉力变为2F时，经过位移x时拉力的瞬时功率为2P，故C项正确．‎ ‎3．解析：选C.在两极处有万有引力等于重力，即G＝P.在赤道处有万有引力等于重力与向心力之和，即G－0.9P＝mR，又M＝ρπR3，解得ρ＝，故C项正确．‎ ‎4．解析：选B.平抛运动的飞行时间取决于竖直高度，由于落点b的竖直高度大于落点c的，所以小球落在b点的飞行时间长，故A项错；由于a点和b点在同一个斜面上，由平抛运动的规律可得x＝v0t，h＝gt2，由几何关系得h＝xtan θ，其中θ为斜面的倾角，整理得t＝tan θ，即小球落在a点和b点的飞行时间均与初速度v0成正比，故B项正确；小球的速度变化率等于加速度，所以三次飞行过程中速度的变化率相同，故C项错；三次飞行过程中落在c点时的竖直高度最小，时间最短，加速度相同，速度变化量最小，故D项错．‎ ‎5．解析：选AB.由vt图象可知，A点的加速度大于B点，所以A点的电场力大于B点，A点的电场强度大于B点，故A项正确；粒子自A至B只有电场力做功，只有动能和电势能的相互转化，A点的动能小于B点，A点的电势能大于B点，故B项正确；C、D间速度不变，动能不变，电场力做功为零，电势相等但不一定为零，故C项错；由于A、B两点间与C、B两点间动能的增量相等，所以电场力的功相等，电势差相等，故D项错．‎ ‎6．解析：选BC.带负电的小球自A到C的过程中，克服电场力做功，一部分机械能转化为电势能，即机械能减少，所以不一定能从B点离开轨道，即使能从B点离开，上升的高度一定小于H，故A项错，C项正确；当小球所受重力与电场力等大反向时，小球仅在轨道弹力的作用下做匀速圆周运动，故B项正确；由竖直面上圆周运动的规律可知，如果小球到达C点的速度为零，则在此之前小球就已经脱离轨道了，故D项错．‎ ‎7．解析：选ABC.矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，所以产生正弦式交变电流，图示位置产生的电动势最大，其最大值Em＝nBl1l2ω，又因为I＝，F＝BIl1，所以在图示位置ab边所受的安培力为F＝，故A项正确；由q＝Δt，＝，E＝n可得，线圈从图示位置转过90°的过程中，流过电阻R的电荷量为q＝，故B项正确；在图示位置，穿过线圈的磁通量为0，故C项正确；在图示位置，穿过线圈的磁通量的变化率最大，故D项错．‎ ‎8．解析：选BD.根据楞次定律可知，线框在进入磁场的过程中产生逆时针的电流，且线框的有效切割长度从零开始均匀增大，所以电流从零开始均匀增大，完全进入至刚要出去的过程，感应电流为零，出磁场的过程中产生瞬时值的电流，且线框的有效切割长度从零开始均匀增大，所以电流从零开始均匀增大，故B项正确，A项错；设导体线框的电阻为R，DE、CE与∠DEC的平分线间的夹角都为θ，线框匀速运动的速度为v，则F＝BIl＝＝ t2，所以F与t2成正比，故D项正确，C项错．‎ ‎9．解析：根据Δx＝aT2得a＝＝4.1 m/s2；打A点时小车的速度大小为vA＝ m/s＝2.5 m/s；设斜面倾角为θ，根据牛顿第二定律得：F合＝mgsin θ－Ff＝ma，得Ff＝mgsin θ－ma，又sin θ＝，所以Ff＝mg－ma.‎ 答案：(1)4.1(2分)　2.5(2分)　Ff＝mg－ma(2分)‎ ‎10．解析：(1)按照电路图完成实物图的连接，如答案图所示．‎ ‎(2)R0两端的电压为1.0 V时，根据欧姆定律得出I＝0.20 A.‎ ‎(3)路端电压U1＝E－Ir＝E－r，由题图丙可知，U1－U2图线为一向下倾斜的直线，故蓄电池的内阻r不变；由题图丙知r＝1 Ω，E＝1.5 V，短路电流为＝1.5 A；当滑动变阻器连入电路的电阻为0时，电源输出功率最大，Pm＝‎ eq lc( c)(avs4alco1(f(E,R0＋r)))2R0＝0.312 5 W.‎ 答案：(1)如图所示(2分)　(2)0.20(2分)　(3)不变(1分)　1.5(2分)　0.312 5(2分)‎ ‎11．解析：(1)根据电荷数守恒和质量数守恒可得，核反应方程为He＋N→O＋H；通过该实验，科学家发现了质子．‎ ‎(2)①把物体A和物体B看作一个系统，水平方向上不受任何外力，故水平方向上动量守恒．设向右为正方向，则每时每刻都有m1v1＝m2v2＝0，则有：‎ m1s1－m2s2＝0(2分)‎ 且s1＋s2＝b－a(2分)‎ 解得：s1＝(2分)‎ ‎②根据能量守恒定律，系统产生的内能为 Q＝m2gh－m2v－m1v(2分)‎ 答案：(1)He(2分)　质子(2分)　(2)① ‎②m2gh－m2v－m1v ‎12．解析：(1)带电小球从发射器射出后做平抛运动，设初速度为v0，沿水平方向有x＝v0t1(1分)‎ 沿竖直方向有d＝gt(1分)‎ tan 45°＝，vy＝gt1(2分)‎ 联立解得t1＝，v0＝，x＝d(2分)‎ ‎(2)带电小球进入垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场中，所受竖直向上的电场力qE＝mg，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有 qvB＝m(2分)‎ 小球在匀强磁场中运动的线速度 v＝v0＝(1分)‎ 由几何关系得，小球做匀速圆周运动的半径R＝d(2分)‎ 解得B＝(2分)‎ 小球在匀强磁场和电场中运动的时间t2＝T(2分)‎ 其中周期T＝(1分)‎ 联立解得t2＝(2分)‎ 小球返回到第Ⅰ象限后上升到最大高度所用时间 t3＝＝(1分)‎ 所以，小球从发射出来到返回第Ⅰ象限后上升到最高点所用的总时间 t＝t1＋t2＋t3＝(1分)‎ 答案：(1)　d　(2) ‎13．解析：(1)干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果，A正确；做功和热传递是改变物体内能的两种方式，B正确；悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的热运动，故C错误；当分子间的引力和斥力平衡时，即r＝r0，此时分子势能最小，D正确；氢气分子和氧气分子的质量不同，氧气和氢气的摩尔数不同，则1 g氢气和1 g氧气含有的分子数不同，选项E错误．‎ ‎(2)①设温度升高到T时，活塞移到20 mL的位置，根据盖—吕萨克定律有＝(2分)‎ 代入数据可得：T＝333 K，则t＝60 ℃(2分)‎ ‎②设拉力为F时，活塞处于20 mL的位置，此时玻璃管内气压为p，根据玻意耳定律：p0V1＝pV2(2分)‎ 解得：p＝9.0×104Pa(2分)‎ 由活塞平衡条件可得：‎ F＝(p0－p)S＝2 N(2分)‎ 答案：(1)ABD　(2)①60 ℃　②2 N