2019高考物理三轮冲刺模拟标准练（含解析）
高考模拟标准练(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)本试卷分第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)二、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14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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)14.如图所示为氢原子能级图，氢原子中的电子从n＝4能级跃迁到n＝1能级可产生a光；从n＝3能级跃迁到n＝1能级可产生b光，a光和b光的波长分别为λa和λb，a、b两光照射逸出功为4.5eV的金属钨表面均可产生光电效应，遏止电压分别为Ua和Ub，则( )A．λa>λbB．Ua
Ub，B项错误；Ekb＝hνb－W0＝7.59eV，D项正确。答案： D15．图示为5个点电荷电场的电场线分布情况，曲线cd是一带电粒子(不计重力)运动的轨迹，则下列判断正确的是( )nA．a点的场强大于c点的场强B．a、b两点的电势可能相等C．该粒子带正电D．一电子在a点的电势能大于在b点的电势能解析： 根据电场线的疏密程度表示场强的大小可知，a点的场强小于c点的场强，A错误；根据等势线与电场线垂直，画出a点的等势线如图所示，则a′点的电势与a点的电势相等，根据沿电场线方向电势逐渐降低知，b点的电势高于a′点的电势，即高于a点的电势，B错误；根据粒子所受到的合力指向轨迹凹处知，该粒子带负电，C错误；若电子从a′点运动到b点，电场力做正功，电势能减少，电子在a点的电势能与在a′点的电势能相等，则电子在a点的电势能大于在b点的电势能，D正确。答案： D16.(2018·山东临沂模拟)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和2m。物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力，已知重力加速度为g，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是( )A．物块A的加速度为0B．物块A的加速度为C．物块B的加速度为0D．物块B的加速度为解析： 剪断细线前，弹簧的弹力：F弹＝mgsin30°＝mg，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F弹＝mg；剪断细线瞬间，对A、B系统，加速度为：a＝＝n，即A和B的加速度均为，故选B。答案： B17.在xOy平面内，除第Ⅳ象限和半圆区域OCDO外，包括x轴及半圆弧OCD在内的其他区域，均存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度为B，D点坐标为(0，－l)。t＝0时刻，由原点O向y≥0的区域射入电子，结果发现射出磁场的电子均沿x轴正方向运动，已知电子的比荷为＝k，电子的重力不计，则这部分电子的速率v为( )A.kBl B.kBlC.kBlD.2kBl解析： 射出磁场的电子均沿x轴正方向运动，某电子的运动轨迹如图所示，O1为轨迹的圆心，电子从圆弧OCD上的E点射出磁场，设OE与y轴负半轴成θ角，由几何关系可知＝lcosθ，轨迹半径r＝＝，由牛顿第二定律得evB＝m，解得电子的速率v＝kBl，所以选项A正确。答案： A18．如图甲所示为某实验小组验证动量守恒定律的实验装置，他们将光滑的长木板固定在桌面上，a、b两小车放在木板上并在小车上安装好位移传感器的发射器，且在两车相对面上涂上黏性物质。现同时给两车一定的初速度，使a、b沿水平面上同一条直线运动，发生碰撞后两车粘在一起；两车的位置x随时间t变化的图象如图乙所示。a、b两车质量(含发射器)分别为1kg和8kg，则下列说法正确的是( )nA．两车碰撞前总动量大于碰撞后总动量B．碰撞过程中a车损失的动能是JC．碰撞后两车的总动能比碰前的总动能小D．两车碰撞过程为弹性碰撞解析： 设a、b两车碰撞前的速度大小为v1、v2，碰后的速度大小为v3，结合题图乙得v1＝2m/s，v2＝1m/s，v3＝m/s，以向右为正方向，碰前总动量p1＝－mav1＋mbv2＝6kg·m/s，碰后总动量p2＝(ma＋mb)v3＝6kg·m/s，则两车碰撞前总动量等于碰撞后总动量，A错误；碰撞前a车动能为Ek＝2J，碰撞后a车动能为Ek′＝J，所以碰撞过程中a车损失的动能是J，B错误；碰前a、b两车的总动能为6J，碰后a、b两车的总动能为2J，C正确；两车碰撞过程中机械能不守恒，发生的是完全非弹性碰撞，D错误。答案： C19．据网站报道，“天舟一号”上搭载了非牛顿引力实验等10余项应用载荷共40台设备，要进行13项太空试验，其中释放了“丝路一号”科学试验卫星01星，假设“丝路一号”科学试验卫星01星飞行高度为400千米。2017年9月12日23时58分，“天舟一号”货运飞船再一次顺利完成了与“天宫二号”空间实验室的自主快速交会对接试验，形成组合体。对接前，“天宫二号”、“天舟一号”飞船的高度均为394千米，“天宫二号”在前，“天舟一号”在后，二者有一定的距离，同向运动绕地球转一圈的时间为90分钟。如果二者运动均看做匀速圆周运动，地球半径R为6400千米，引力常量G已知。根据以上信息，下列说法正确的是( )A．“天宫二号”的运行速度小于第一宇宙速度B．“丝路一号”释放后稳定运行的周期小于与“天舟一号”共同稳定运行的周期C．可求出地球质量MD．为了实现与“天宫二号”的短时间内对接，首先应增加“天舟一号”的机械能解析： 根据万有引力提供向心力知G＝m，可得v＝，由于“天宫二号”的轨道半径大于地球半径，故运行速度小于第一宇宙速度，A正确；因为“丝路一号”稳定时n的运行高度大于其被释放前“天舟一号”的运行高度，由G＝mr可知，“丝路一号”释放后稳定运行的周期大于与“天舟一号”共同稳定运行的周期，B错误；对“天宫二号”有G＝m(R＋h)，故能求出地球质量M，C正确；因为“天宫二号”在前，“天舟一号”在后，二者有一定的距离，增加“天舟一号”的机械能，能使其变轨到更高轨道，速率变小，很难在短时间内追上“天宫二号”，因此D错误。答案： AC20．(2018·湖北黄冈模拟)如图所示，水平桌面上有三个相同的物体a、b、c叠放在一起，a的左端通过一根轻绳与质量为m＝3kg的小球相连，半圆形器皿中的轻绳与水平方向的夹角为60°，小球静止在光滑的半圆形器皿中，水平向右的拉力F＝10N作用在b上，三个物体保持静止状态。g取10m/s2，下列说法正确的是( )A．轻绳对物体a的拉力大小为10NB．物体c受到向右的静摩擦力C．桌面对物体a的静摩擦力方向水平向左D．物体b受到一个摩擦力，方向水平向左解析： 由平衡条件得2FTsin60°＝mg，代入数据解得轻绳的拉力FT＝10N，选项A正确；因为轻绳的拉力FT＝10N>F＝10N，因此对a、b、c三个物体组成的整体分析可知，桌面对a的静摩擦力方向水平向右，选项C错误；物体c处于平衡状态，既不受拉力也不受摩擦力，选项B错误；c对b没有摩擦力，而b处于平衡状态，由于水平拉力F＝10N作用在b上，因此由平衡条件知，b受到方向水平向左、大小为10N的静摩擦力，选项D正确。答案： AD21.在如图所示的交流电路中，变压器为理想变压器，电流表为理想电流表，原线圈接有u＝220sin100πt(V)的交变电压，闭合开关，额定电压为100V的电动机正常工作，将质量为m＝8kg的物体以v＝2m/s的速度匀速提升，此时电流表的读数为2A。重力加速度为gn＝10m/s2。则下列说法正确的是( )A．理想变压器原、副线圈的匝数之比为11∶5B．原线圈中电流的最大值为AC．电动机的内阻为10ΩD．开关断开后，变压器原线圈中的电流保持不变解析： 由题意可知原线圈的电压的有效值为220V，副线圈的输出电压为100V，因为＝，则代入数据得＝，选项A正确；流过电流表的电流即变压器副线圈中的电流，由＝可知，原线圈中电流的有效值为A，则最大值为A，选项B错误；理想变压器副线圈的输出功率为P＝U2I2＝100×2W＝200W，电动机的输出功率为P′＝mgv＝8×10×2W＝160W，则电动机的内阻消耗的功率为Pr＝P－P′＝200W－160W＝40W，又由Pr＝Ir，代入数据可知，电动机的内阻为r＝10Ω，选项C正确；开关断开后，由于副线圈的输出电流为零，则副线圈的输出功率为零，原线圈的电流为零，选项D错误。答案： AC第Ⅱ卷(非选择题 共62分)三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22～25题为必考题，每个试题考生都必须做答，第33～34题为选考题，考生根据要求做答)(一)必考题(共47分)22.(6分)某物理兴趣小组利用电子秤探究小球在竖直面内的圆周运动，他们到物理实验室取来电子秤、铁架台、长度为L的轻质细线和小球等。(1)将铁架台放在电子秤上，其读数为M；撤去铁架台将小球放在电子秤上，其读数为m。(2)组装好实验装置如图所示。保持细线自然伸长，将小球拉起至使细线处于水平位置，此时电子秤读数为________。(填写“M＋m”“M”“大于M＋m”或“处于M和M＋m之间”)(3)从释放小球至小球向下运动到最低点过程，电子秤读数________。(填“逐渐增大”“逐渐减小”或“保持不变”)n(4)忽略空气阻力，当小球运动到最低点时，细线的拉力为________；电子秤的读数为________。(已知重力加速度为g)解析： (2)将小球拉起至使细线处于水平位置时，电子秤读数为铁架台的质量M。(3)从释放小球到小球向下运动至最低点过程，细线中拉力逐渐增大，电子秤读数逐渐增大。(4)小球向下运动到最低点的过程，由机械能守恒定律有mgL＝mv2，当小球运动到最低点时，设细线中拉力为F，对小球，由牛顿第二定律有F－mg＝m，联立解得F＝3mg；对铁架台受力分析，设电子秤对铁架台的支持力为FN，由平衡条件得FN＝Mg＋F，电子秤的读数为＝M＋3m。答案： (2)M(1分) (3)逐渐增大(1分) (4)3mg(2分) M＋3m(2分)23．(9分)某同学仅用一个电压表、一个电阻箱、一个开关和若干导线测量某一电源的电动势E和内阻r。(1)请你根据上述器材，设计出测量电源的电动势和内阻的实验电路，并按你设计的实验电路进行实物连接，图甲中已连好了部分电路，要求在不变动已有电路的前提下，正确完成其余电路的连接。(2)实验中，该同学多次改变电阻箱的阻值R并测得对应的电压U，再根据多组R、U数据作出U图象，则U图线为图乙中的________(填“①”或“②”)图线。(3)该电源的电动势测量值为E测＝________V，内阻r测＝________Ω。(结果保留两位小数)解析： (1)根据所给器材设计电路图如图(a)所示，所以实验电路的实物连线图如图(b)所示。n(2)由闭合电路欧姆定律可得U图线的表达式为U＝Er，所以U图线为图乙中的①图线。(3)U图线的纵轴截距为该电源的电动势测量值，则E测＝1.47V，图线的斜率绝对值为该电源内阻的测量值，有r测＝Ω＝0.98Ω。答案： (1)见解析图(3分) (2)①(2分) (3)1.47(1.46～1.48均正确)(2分) 0.98(0.96～1.00均正确)(2分)24．(12分)如图甲所示，光滑水平面上有一正方形金属框，边长为L，质量为m，总电阻为R。匀强磁场方向垂直于纸面向里，磁场宽度为3L，金属框在拉力作用下向右以速度v0匀速进入磁场，并保持v0沿直线运动到磁场右边界，速度方向始终与磁场边界垂直。当金属框cd边到达磁场左边界时，匀强磁场的磁感应强度大小按如图乙所示的规律变化。(1)金属框从进入磁场到cd边到达磁场右边界的过程中，求产生的焦耳热Q及拉力对金属框做的功W；(2)金属框cd边到达磁场右边界后，若无拉力作用且金属框能穿出磁场，求金属框离开磁场的过程中通过回路的电荷量q及离开磁场后的速度大小v1。解析： (1)金属框进入磁场的过程中产生的焦耳热Q1＝·＝(1分)拉力对金属框做的功W1＝Q1＝(1分)金属框在磁场中运动的过程中，有E＝S＝L2＝(1分)金属框在磁场中运动的过程中产生的焦耳热Q2＝·＝，此过程中拉力做的功为零。(1分)金属框从进入磁场到cd边到达磁场的右边界的过程中产生的焦耳热Q＝Q1＋Q2＝(1分)拉力对金属框做的功W＝W安＝。(1分)n(2)金属框离开磁场的过程中，有＝，＝，q＝Δt，解得q＝，其中ΔΦ＝2B0L2(2分)联立可得q＝(1分)对金属框离开磁场的过程，根据动量定理有－2B0ILΔt＝mΔv即－2B0Lq＝m(v1－v0)(2分)解得v1＝v0－(1分)答案： (1) (2) v0－25．(20分)为北京冬奥会做准备的标准U形池场地于2017年12月在河北省张家口市密苑云顶乐园建成并投入使用，它填补了我国此项运动奥运标准设施和场地的空白。如图所示为该U形池场地的横截面图，AB段、CD段均为半径R＝4m的四分之一光滑圆弧雪道，BC段为粗糙的水平雪道且与圆弧雪道相切，BC段长为4.5m。质量为60kg的运动员(含滑板)以5m/s的速度从A点沿切线滑下后，始终保持在同一竖直平面内运动，经U形雪道从D点竖直向上飞出，经t＝0.8s恰好落回D点，返回U形雪道，忽略空气阻力，运动员可视为质点，g＝10m/s2。求：(1)运动员与BC雪道间的动摩擦因数；(2)运动员首次运动到右侧圆弧雪道最低点C时对雪道的压力；(3)运动员最后静止处与B点之间的距离。解析： (1)设运动员从D点向上飞出的速度为vD，则vD＝g·＝4m/s(2分)运动员从A点到D点的过程，由动能定理得－μmgxBC＝mv－mv(2分)解得μ＝0.1。(2分)(2)运动员从C点运动到D点的过程中，由动能定理得－mgR＝mv－mv(2分)设运动员首次运动到C点时雪道对运动员的支持力为FN，在C点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m(2分)联立解得FN＝2040N(2分)n由牛顿第三定律知，运动员对雪道的压力方向竖直向下，大小为2040N。(2分)(3)设运动员运动的全过程在水平雪道上通过的路程为x，由动能定理得mgR－μmgx＝0－mv(2分)解得x＝52.5m(2分)由BC段长为4.5m可知运动员在水平雪道上运动了5.5个来回后到达C点左侧3m处停下，此时运动员静止处与B点之间的距离为1.5m。(2分)答案： (1)0.1 (2)2040N (3)1.5m(二)选考题(共15分。请考生从给出的两道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分)33．[物理—选修3－3](15分)(1)(5分)下列说法中正确的是________。(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．在高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素B．布朗运动间接反映了液体分子或者气体分子的热运动C．将墨汁滴入清水中，观察到的布朗运动是小炭粒无规则运动的反映D．扩散可以发生在任何物体之间E．扩散和布朗运动的实质是相同的，都是分子的无规则运动(2)(10分)如图所示是一定质量的理想气体状态变化的pV图象。已知该气体在状态M时的温度为300K，且利用pV图线与横轴所围的面积可以得到相关状态变化过程中气体做的功。(ⅰ)求该气体在状态I时的温度；(ⅱ)已知该气体内能与温度变化的关系满足ΔU＝σΔt(常数σ＝1×103J/℃)，气体从状态M→N→I→G的全过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？解析： (1)温度越高，分子做无规则运动的剧烈程度越大，因此在高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素，A正确；布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动，不是液体分子的热运动，但能反映液体分子的热运动，B正确；将墨汁滴入清水中，观察到的布朗运动是水分子无规则运动的反映，C错误；扩散在固体、液体和气体之间均可发生，D正确；布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，E错误。n(2)(ⅰ)对于一定质量的理想气体，由图象信息可知，M→I过程由理想气体状态方程得＝(2分)解得TI＝600K(1分)(ⅱ)理想气体由状态M→N体积增大，气体对外做功，由pV图线与横轴所围的面积可知W1＝＝5×105J由状态N→I体积增大，压强不变，气体膨胀，对外做功，W2＝pN(VI－VN)＝4×105J由状态I→G体积减小，外界对气体做功，W3＝＝3×105J从状态M→N→I→G的过程，气体对外做的功W＝W1＋W2－W3＝6×105J(2分)状态M→G过程由理想气体状态方程＝(1分)得TG＝200K(1分)又该气体内能的变化满足ΔU＝σΔt，所以内能变化ΔU＝σ(TG－TM)＝－1×105J(1分)由热力学第一定律知ΔU＝－W＋Q(1分)可得Q＝5×105J，即气体从外界吸收热量，传递的热量为5×105J(1分)答案： (1)ABD (2)(ⅰ)600K (ⅱ)5×105J34．[物理—选修3－4](15分)(1)(5分)关于振动和波，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．做简谐运动的质点，离开平衡位置的位移相同时，加速度的大小也相同B．发生多普勒效应的原因是声源的频率发生了变化C．两列频率相同的波相遇时，振动加强的点只是波峰与波峰相遇的点D．当驱动力频率等于振动系统的固有频率时，振动系统的振幅最大E．机械波从一种介质传播到另一种介质时，如果波速变大，波长一定变大(2)(10分)如图所示，横截面为四分之一圆的透明柱体放在水平面上，圆的半径为R，一束单色光水平照射在柱体的曲面上，入射点A与圆心O的连线与竖直方向的夹角为30°，在A点的折射光线照射到BO面上再发生反射和折射，反射光线刚好照射到C点。求：(ⅰ)透明柱体对光的折射率。n(ⅱ)光线在BO面上折射后，折射光线在地面上的光点到O点的距离。解析： 做简谐运动的质点，离开平衡位置的位移相同时，回复力的大小相同，加速度的大小也相同，选项A正确；产生多普勒效应的原因是观察者和波源之间发生了相对运动，声源的频率没有变化，是观察者接收到的频率发生了变化，选项B错误；两列频率相同的波相遇时，振动加强的点是波峰与波峰、波谷与波谷相遇的点，选项C错误；在振动系统中，当驱动力频率与振动系统的固有频率相等时，振动系统发生共振，系统的振幅最大，选项D正确；机械波从一种介质传播到另一种介质时，频率不变，由v＝λf可知，波速变大，波长一定变大，选项E正确。(2)(ⅰ)在A点的折射光线在BO面上的反射光线和折射光线如图所示。设在地面上和C点关于BO对称的点为E点，根据几何关系可知＝R，＝R(1分)＝R＋R＝R(1分)解得tan∠EAF＝＝(1分)因此∠EAF＝60°(1分)得到光线在A点的入射角i＝60°，折射角r＝30°(1分)则该透明柱体对光的折射率n＝＝。(2分)(ⅱ)由几何关系可知，光线在BO面上的入射角也为30°，根据光路可逆可知，光线在BO面上的折射角为60°，根据几何关系可知＝Rtan30°＝R(1分)因此＝tan30°＝R即该折射光线在地面上的光点D到O点的距离为R。(2分)答案： (1)ADE (2)(ⅰ) (ⅱ)R
