高考物理全真模拟试题21

高考物理全真模拟试题21

‎2019年高考物理全真模拟试题（二十一）‎ 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．下列选项所提的物理学家为物理学的发展做出了重大的贡献，关于他们的贡献，下列描述中正确的是(　　)‎ A．法拉第在对理论和实验资料进行严格分析后提出法拉第电磁感应定律 B．元电荷e的数值最早是由物理学家密立根测得的 C．伏特发现了电流的热效应，定量给出了电能和热能之间的转换关系 D．库仑首先总结出电荷间的作用规律并引入电场线描述电场 ‎2．如图所示，半径为a的圆形金属导线PQ处于匀强磁场中，O是其圆心，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与平面OPQ垂直．当在导线中通以大小为I的恒定电流时，该导线受到的安培力的大小和方向是(　　)‎ A．BIa，与直线OQ垂直 B．BIa，与直线OP垂直 C.BIa，与直线PQ垂直 D.，与直线PQ垂直 ‎3．甲乙两个物体在同一时刻沿同一直线运动，他们的速度—时间图象如图所示，下列有关说法正确的是(　　)‎ A．在4 s～6 s内，甲、乙两物体的加速度大小相等方向相反 B．前6 s内甲通过的路程最大 C．前4 s内甲乙两物体的平均速度相等 D．甲乙两物体一定在2 s末相遇 ‎4．如图所示，电路中电源电动势为E，内阻为r，C为电容器，L为小灯泡，R为定值电阻，闭合电键，小灯泡能正常发光．现将滑动变阻器滑片向右滑动一段距离，滑动前后理想电压表V1、V2示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则(　　)‎ A．电源的输出功率一定增大 B．灯泡亮度逐渐变暗 C.与均保持不变 D．当电路稳定后，断开电键，小灯泡立刻熄灭 ‎5．银河系处于本超星系团的边缘，已知银河系距离星系团中心约2亿光年，绕星系团中心运行的公转周期约1 000亿年，引力常量G＝6.67×10－11N·m2/kg2，根据上述数据可估算(　　)‎ A．银河系绕本超星系团中心运动的线速度 B．银河系绕本超星系团中心运动的加速度 C．银河系的质量 D．银河系与本超星系团之间的万有引力 ‎6．如图所示，T为理想变压器，原、副线圈匝数比为5∶1.A1、A2为理想交流电流表，V1、V2为理想交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小)，原线圈两端电压u＝220 sin 314t(V)，以下说法正确的是(　　)‎ A．当光照增强时，电压表V1示数为44 V保持不变 B．当光照增强时，电压表V2示数变大 C．通过电流表A1的电流方向每秒变化100次 D．当光照增强时，电流表A1、A2示数同时变大 ‎7．如图所示，AB⊥CD且A、B、C、D位于同一半径为r的圆上，在C点有一固定点电荷，电荷量为＋Q，现从A点将一质量为m，电荷量为－q的点电荷由静止释放，该电荷沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点时速度为，规定电场中B点的电势为零．则在＋Q形成的电场中(　　)‎ A．A点电势高于D点电势 B．D点电势为－ C．O点电场强度大小是A点的倍 D．点电荷－q在D点具有的电势能为－ ‎8．如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动．此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以3v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是(　　)‎ A．P＝2mgvsin θ B．P＝6mgvsin θ C．当导体棒速度达到时加速度大小为sin θ D．在速度达到3v后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功 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)某同学利用倾斜气垫导轨做“验证机械能守恒定律”的实验，实验装置如图1所示．其主要实验步骤如下：‎ a．用游标卡尺测量挡光条的宽度l，结果如图2所示；‎ b．读出导轨标尺的总长L0，并用直尺测出导轨标尺在竖直方向的高度H0；‎ c．读出滑块释放处挡光条与光电门中心之间的距离s；‎ d．由静止释放滑块，从数字计时器(图1中未画出)上读出挡光条通过光电门所用的时间t.‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)由图2读出l＝________mm.‎ ‎(2)________(选填“有”或“没有”)必要用天平称出滑块和挡光条的总质量M.‎ ‎(3)多次改变光电门位置，即改变距离s，重复上述实验，作出随s的变化图象，如图3所示，当已知量t0、s0、l、L0、H0和当地重力加速度g满足表达式＝________时，可判断滑块下滑过程中机械能守恒．‎ ‎10．(9分)某学习小组欲描绘小灯泡的伏安特性曲线，现提供下列器材：‎ A．电压表V(量程6 V，内阻约6 kΩ)‎ B．电流表A(量程0.6 A，内阻约10 Ω)‎ C．电阻箱R1(0～999.9 Ω)‎ D．定值电阻R2＝200 Ω E．定值电阻R3＝100 Ω F．滑动变阻器R4(0～10 Ω)‎ G．滑动变阻器R5(0～100 Ω)‎ H．规格为“6 V,6 W”的待测灯泡 I．电源E(电动势约12 V，内阻较小)‎ J．开关、导线若干 ‎(1)某同学根据实验原理，将电流表的量程由0.6 A扩大至1.0 A，首先采用了如图1所示的电路测量电流表内阻．闭合开关S1，反复调节电阻箱阻值，当R1＝19.0 Ω时，发现闭合和打开开关S2时电流表指针指示值相同，则电流表的内阻RA＝________Ω.若忽略偶然误差，从理论上分析，实验测得的电流表内阻值________(选填“大于”、“小于”或“等于”)真实值．‎ ‎(2)图2是测量灯泡电流随电压变化的实物电路，请你用笔画线代替导线完成电路连接(要求在闭合开关前，滑动变阻器滑动头置于最左端)．‎ ‎(3)实验中，滑动变阻器应选择________(选填“R4”或“R5”)．‎ ‎11.(14分)如图所示，质量为m＝1 kg的滑块，以v0＝5 m/s的水平初速度滑上静止在光滑水平面的平板小车，若小车质量M＝4 kg，平板小车足够长，滑块在平板小车上滑动1 s后相对小车静止．求：(g取10 m/s2)‎ ‎(1)滑块与平板小车之间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)此过程中小车在地面上滑行的位移．‎ ‎12．(18分)如图1所示，两平行导轨是由倾斜导轨(倾角为θ)与水平导轨用极短的圆弧导轨平滑连接而成的，并处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，两导轨间距为L，上端与阻值为R的电阻连接．一质量为m的金属杆AB在t＝0时由静止开始在沿P1P2方向的拉力(图中未画出)作用下沿导轨下滑．当杆AB运动到P2Q2处时撤去拉力，杆AB在水平导轨上继续运动，其速率v随时间t的变化图象如图2所示，图中vmax和t1为已知量．若全过程中电阻R产生的总热量为Q，杆AB始终垂直于导轨并与导轨保持良好接触，导轨和杆AB的电阻以及一切摩擦均不计，求：‎ ‎(1)杆AB中的最大感应电流Imax的大小和方向；‎ ‎(2)杆AB下滑的全过程通过电阻R的电荷量q；‎ ‎(3)撤去拉力后杆AB在水平导轨上运动的路程s.‎ ‎(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．两个分子之间的作用力会随着距离的增大而减小 B．物体的内能在宏观上只与其温度和体积有关 C．一定质量的气体经历等容过程，如果吸热则其内能一定增加 D．分子a从远处趋近固定不动的分子b，当a到达受b的作用力为零处时，a的动能一定最大 E．物质的状态在一定的条件下可以相互转变，在转变过程中会发生能量交换 ‎(2)(10分)汽缸长为L＝1 m(汽缸厚度可忽略不计)，固定在水平面上，汽缸中有横截面积为S＝100 cm2的光滑活塞封闭了一定质量的理想气体，已知当温度为t＝27 ℃，大气压强为P0＝1×105Pa时，气柱长为L0＝0.4 m．现用水平拉力向右缓慢拉动活塞．‎ ‎①若拉动活塞过程中温度保持27℃，求活塞到达缸口时缸内气体压强；‎ ‎②若汽缸、活塞绝热，拉动活塞到达缸口时拉力大小为500 N，求此时缸内气体温度．‎ 答案部分 ‎1．解析：选B.法拉第发现了电磁感应现象，而电磁感应定律则是由纽曼和韦伯先后提出，A错误；元电荷e的数值最早是由物理学家密立根测得的，故B正确；焦耳发现了电流的热效应并定量给出了电能和热能之间的转换关系，故C错误；电荷间的作用规律是库仑首先总结得出的，但引入电场线描述电场的是法拉第，故D错误．‎ ‎2．解析：选C.导线所受安培力的“有效长度”为l＝a，安培力为F＝BIl＝aBl，由左手定则可知，安培力方向垂直PQ的连线．‎ ‎3．解析：选B.在vt图象中，图线斜率的大小表示加速度的大小，正负表示加速度的方向，所以在4 s～6 s内，甲、乙两物体的加速度大小相等，方向相同，故A项错；在vt图象中，图线与时间轴所围图形的面积表示物体通过的位移，可知前6 s内甲通过的路程最大，故B项正确；平均速度等于物体通过的位移与所用时间的比值，前4 s内甲物体的位移大于乙物体的位移，所以甲物体的平均速度大于乙物体，故C项错误；由vt图象可知，甲乙物体在前两秒的位移相等，但起始位置不知，所以甲乙两物体不一定在2 s末相遇，故D项错．‎ ‎4．解析：选C.滑动变阻器的滑片向右滑动一段距离后，连入电路中的有效阻值减小，干路中的电流增大，灯泡功率增大，亮度逐渐变亮，故B项错；由电源的输出功率随外电路总电阻的变化图象可知，电源的输出功率不一定增大，故A项错；由电路可知，＝R，＝r，因为定值电阻和电源的内阻均不变，故C项正确；当电路稳定后，断开电键，电容器和小灯泡组成闭合回路，由于电容器放电电流通过小灯泡，所以小灯泡不会立刻熄灭，故D项错．‎ ‎5．解析：选AB.据题意可知，银河系绕本超星系团中心做圆周运动，已知环绕的轨道半径r和周期T，则银河系运动的线速度为v＝r，加速度a＝r，A、B正确；银河系是环绕天体，无法计算其质量，也就不能求出它们之间的万有引力，C、D错误．‎ ‎6．解析：选CD.电压表V1示数由电源电压和变压器匝数比决定，与负载无关，由＝，U2＝44 V，A错误；当光照增强时，导致总电阻减小，副线圈电流增大，同时原线圈电流也增大，D正确；电流增大后，电阻R1的电压变大，电压表V2示数变小，B错误；从电压表达式可知ω＝100π，频率f＝50 Hz，电流方向每秒改变100次，C正确．‎ ‎7.‎ 解析：选AB.如图所示，以C为圆心，以CA为半径，作圆交CD于F，则φD＜φA＝φF＝φB＝0，A正确；由A到D，根据动能定理有mv＝mgr－q(φA－φD)，得φD＝－，B正确；由E＝得E∝，因为∠ACO＝45°，所以AC＝OC，则EO＝2EA，C错误；点电荷－q在D点具有的电势能为Ep＝－qφD＝，D错误．‎ ‎8．解析：选BC.导体棒由静止释放，速度达到v时，回路中的电流为I，则根据平衡条件，有mgsin θ＝BIL.对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，以3v的速度匀速运动时，则回路中的电流为3I，有F＋mgsin θ＝3BIL，所以拉力F＝2mgsin θ，拉力的功率P＝F·3v＝6mgvsin θ，故A错误，B正确；当导体棒的速度达到时，回路中的电流为，根据牛顿第二定律，得mgsin θ－BL＝ma，解得a＝sin θ，选项C正确；当导体棒以3v的速度匀速运动时，根据能量守恒定律，重力和拉力所做的功之和等于R上产生的焦耳热，故选项D错误．‎ ‎9．解析：(1)游标尺上共有20小格，精度为0.05 mm，用游标卡尺测量挡光条的宽度l＝(8＋0.05×4)mm＝8.20 mm.(2)欲验证机械能守恒定律，即Mgssin θ＝M2，θ为气垫导轨与水平面间的夹角，只需验证gssin θ＝2，可见没有必要测量滑块和挡光条的总质量M.‎ ‎(3)由几何知识得sin θ＝，当s＝s0，t＝t0时有＝s0.‎ 答案：(1)8.20(2分)　(2)没有(2分)‎ ‎(3)s0(2分)‎ ‎10．解析：(1)根据题意可知，当R1＝19.0 Ω时，S2闭合的情况下，没有电流通过开关S2(此时，电阻箱R1、定值电阻R2和R3、电流表构成“电桥”)，则有＝(“电桥原理”)，得RA＝＝ Ω＝9.5 Ω.从理论上分析，RA＝是没有系统误差的，实验测得电流表内阻值等于真实值．‎ ‎(2)正常工作时灯泡的电阻R0＝ Ω＝6 Ω，电流表改装后的内阻RA0＝ Ω＝5.7 Ω，则R0≈RA0，所以采用电流表外接法；由于要描绘灯泡的伏安特性曲线，灯泡的电压需要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压式接法；为保证开关闭合时，灯泡两端的电压最小，灯泡应与滑动变阻器左下接线柱连接．‎ ‎(3)因滑动变阻器采用分压式接法，为便于调节，应选用最大阻值较小的R4.‎ 答案：(1)9.5(2分)　等于(2分)　(2)如图所示(3分)　(3)R4(2分)‎ ‎11．解析：(1)m滑上平板小车到与平板小车相对静止，速度为v1，据动量守恒定律：‎ mv0＝(m＋M)v1(3分)‎ 对m据动量定理：－μmgt＝mv1－mv0(3分)‎ 代入得μ＝0.4(3分)‎ ‎(2)对M据动能定理有：μmgs车＝Mv(3分)‎ 解得：s车＝0.5 m(2分)‎ 答案：(1)0.4　(2)0.5 m ‎12．解析：(1)由题图2知杆AB运动到水平轨道P2Q2处时的速率为vmax，则回路中的最大感应电动势Emax＝BLvmax(1分)‎ 杆AB运动到水平轨道的P2Q2处时，回路中的感应电流最大，回路中的最大感应电流Imax＝(1分)‎ 得Imax＝(1分)‎ 根据右手定则知Imax的方向由A流向B(1分)‎ ‎(2)根据法拉第电磁感应定律得，杆AB下滑全过程平均感应电动势＝(2分)‎ 平均感应电流＝(1分)‎ 又q＝ t1(1分)‎ 解得q＝ 而ΔΦ＝BLs1cos θ(1分)‎ 由题图2知杆AB下滑的距离s1＝vmaxt1(2分)‎ 解得q＝(1分)‎ ‎(3)撤去拉力后杆AB在水平导轨上做减速运动感应电流I＝(1分)‎ 根据牛顿第二定律有BIL＝ma(1分)‎ 若Δt趋近于零，则a＝(1分)‎ 由以上三式可得vΔt＝mΔv(1分)‎ 则v1Δt1＝mΔv1，v2Δt2＝mΔv2，…，vnΔtn＝mΔvn得(v1Δt1＋v2Δt2＋…＋vnΔtn)＝m(Δv1＋Δv2＋…＋Δvn)即s＝m(vmax－0)(1分)‎ 得s＝(1分)‎ 答案：(1)，方向由A→B　(2) ‎(3) ‎13．解析：(2)①活塞刚到缸口时，由玻意耳定律得 p1SL0＝p2SL2，得p2＝4×104 Pa(3分)‎ ‎②温度升高，活塞刚到缸口时，L3＝1 m p3＝p0－F/S＝5×104 Pa(2分)‎ ＝；T3＝＝K＝375 K(3分)‎ t3＝375 K－273 K＝102 ℃(2分)‎ 答案：(1)CDE　(2)①4×104 Pa　②102 ℃‎