高考物理全真模拟试题2

高考物理全真模拟试题2

‎2019年高考物理全真模拟试题（二）‎ 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．‎ 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．理想化模型是简化物理研究的重要手段，它抓住问题的主要因素，忽略了次要因素，促进了物理学的发展．下列关于理想化模型建立的表述正确的是(　　)‎ A．质点作为理想化模型忽略了物体的质量 B．点电荷作为理想化模型忽略了物体所带的电荷量 C．理想电压表忽略了电压表的内阻 D．理想变压器没有能量损失 ‎2．运输人员要把质量为m、体积较小的木箱拉上汽车，现将长为L的木板搭在汽车尾部与地面间，构成一固定斜面，然后把木箱沿斜面拉上汽车．斜面与水平地面成30°角，拉力与斜面平行，木箱与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.在将木箱运上汽车过程中，拉力至少做功为(　　)‎ A．mgL　　　　　　B．mg C.mgL(1＋μ) D.μmgL＋mgL ‎3．如图甲所示，直角三角形斜劈abc固定在水平面上．t＝0时，一物块(可视为质点)从底端a以初速度v0沿斜面ab向上运动，到达顶端b时速率恰好为零，之后沿斜面bc下滑至底端c.若物块与斜面ab、bc间的动摩擦因数相等，物块在两斜面上运动的速率v随时间变化的规律如图乙所示，已知重力加速度g＝10 m/s2，则下列物理量中不能求出的是(　　)‎ A．斜面ab的倾角θ B．物块与斜面间的动摩擦因数μ C．物块的质量m D．斜面bc的长度L ‎4．如图所示，“U”形导轨固定在绝缘水平面内，其单位长度的电阻相同，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中．现有一不计电阻的金属棒ab垂直于导轨放置，且与导轨接触良好．t＝0时刻，在垂直于棒的水平拉力F作用下棒从图中虚线处由静止开始沿导轨向右做匀加速直线运动，运动过程中棒始终与导轨垂直，所有的摩擦均不计，则棒运动的过程中(　　)‎ A．通过棒的电流与时间成正比 B．水平拉力F与时间成正比 C．棒产生的感应电动势与时间成正比 D．水平拉力F做的功等于整个装置中产生的热量 ‎5．在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用．下列说法符合历史事实的是(　　)‎ A．密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值 B．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核 C．居里夫妇从沥青铀矿中分离出钋(Po)和镭(Ra)两种新元素 D．卢瑟福通过α粒子散射实验证实了原子核内部存在质子 ‎6．如图所示，a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，∠abc＝120°.现将带电荷量均为＋Q的两个正点电荷分别固定在a、c顶点上，另一个带电荷量为－Q的负点电荷固定在b顶点上，之后将一个检验电荷由O向d移动，则(　　)‎ A．检验电荷在d点所受的电场力比在O点所受的电场力大 B．若检验电荷为正电荷，则在d点的电势能比在O点的电势能大 C．若检验电荷为负电荷，则d点的电势低于O点的电势 D．无论检验电荷电性如何，d点的电场强度都小于O点的电场强度 7． 如图甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为5∶1，电压表和电流表均为理想电表，R1为阻值随温度升高而变大的热敏电阻，R2为定值电阻，若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交流电，下说法正确的是(　　)‎ A．输入变压器原线圈的交流电压的表达式为u＝36sin 50πt(V)‎ B．t＝0.015 s时，发电机的线圈平面与磁场方向垂直 C．变压器原、副线圈中的电流之比为1∶5‎ D．当温度升高时，电流表的示数变小，电压表的读数不变 ‎8．如图所示，边长为2L的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一个边长为L、粗细均匀的正方形导线框abcd，其所在平面与磁场方向垂直，导线框的对角线与虚线框的对角线在一条直线上，导线框各边的电阻大小均为R.在导线框从图示位置开始以恒定速度v沿对角线方向进入磁场，到整个导线框离开磁场区域的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．导线框进入磁场区域时产生逆时针方向的感应电流 B．导线框中有感应电流的时间为 C．导线框的对角线bd有一半进入磁场时，整个导线框所受安培力大小为 D．导线框的对角线bd有一半进入磁场时，导线框a、c两点间的电压为 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．‎ ‎(一)必考题(共47分)‎ ‎9．(6分)某同学利用做自由落体运动的小球来验证机械能守恒定律．在某次实验中，该同学得到小球自由下落的部分频闪照片如图所示，图中所标数据均为小球下落的实际距离．若已知当地的重力加速度大小为g＝9.80 m/s2，小球的质量为m＝1.00 kg，频闪仪每隔0.05 s闪光一次．‎ ‎(1)在t2到t5时间内，小球重力势能的减少量ΔEp＝________J，动能的增加量为ΔEk＝________J；(结果保留三位有效数字)‎ ‎(2)该同学通过多次实验发现，无论在哪段时间内，小球重力势能的减少量ΔEp总是大于其动能的增加量ΔEk，造成这种现象的主要原因是_______________________________________________．‎ ‎10．(9分)某同学想利用所学知识测量一只未知电阻Rx的阻值．‎ ‎(1)该同学首先利用多用电表的欧姆挡粗测该电阻的阻值．他将欧姆挡的选择开关旋至“×100”挡，按照正确的操作步骤，测得的读数如图甲所示．由图可知，该电阻的阻值为________Ω.‎ ‎(2)粗测后，该同学利用如图乙所示的电路图精确测量该未知电阻的阻值．‎ ‎①请根据电路图连接图丙所示的实物图；‎ ‎②在某次测量中，若电阻箱的阻值调至R0时，电流表A1读数为I1，电流表A2的读数为I2，查说明书知电流表A1的内阻为r1，电流表A2的内阻为r2，试用以上数据写出计算未知电阻Rx阻值的公式为Rx＝______________.‎ ‎11.(14分)如图所示，长木板B静止在光滑的水平面上，物块C放在长木板的右端，B的质量为4 kg，C和木板间的动摩擦因数为0.2，C可以看成质点，长木板足够长．物块A在长木板的左侧以速度v0＝8 m/s向右运动并与长木板相碰，碰后A的速度为2 m/s，方向不变，A的质量为2 kg，g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)碰后一瞬间B的速度大小；‎ ‎(2)试分析要使A与B不会发生第二次碰撞，C的质量不能超过多大．‎ ‎12．(18分)如图所示，虚线MN为场强为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场的分界线，电场方向竖直向下且与边界MN成θ＝45°角，匀强磁场方向垂直纸面向外，在电场中有一点P，P点到边界MN的竖直距离为d.现将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P处由静止释放(不计粒子所受重力，电场和磁场范围足够大)．‎ ‎(1)求粒子第一次进入磁场时的速度大小；‎ ‎(2)求粒子第二次进、出电场处两点间的距离；‎ ‎(3)若粒子第一次进入磁场后的某时刻，磁感应强度大小突然变为B′，但方向不变，此后粒子恰好被束缚在该磁场中，则B′的最小值为多少？‎ ‎(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)关于热现象和热学规律，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．布朗运动表明，构成悬浮微粒的分子在做无规则运动 B．两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，分子间的引力和斥力都在减小 C．热量可以从低温物体传递到高温物体 D．物体的摄氏温度变化了1 ℃，其热力学温度变化273 K E．两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，它们的分子势能先减小后增大 ‎(2)(10分)如图所示，一水平放置的薄壁汽缸，由截面积不同的两个圆筒连接而成，质量均为m＝1.0 kg的活塞A、B用一长度为3L＝30 cm、质量不计的轻细杆连接成整体，它们可以在筒内无摩擦地左右滑动且不漏气．活塞A、B的面积分别为SA＝200 cm2和SB＝100 cm2，汽缸内A和B之间封闭有一定质量的理想气体，A的左边及B的右边都是大气，大气压强始终保持为p0＝1.0×105 Pa.当汽缸内气体的温度为T1＝500 K时，活塞处于图示位置平衡．问：‎ ‎①此时汽缸内理想气体的压强多大？‎ ‎②当汽缸内气体的温度从T1＝500 K缓慢降至T2＝400 K时，活塞A、B向哪边移动？移动的位移多大？‎ 答案部分 ‎1．解析：选D.质点、点电荷作为理想化模型都忽略了物体的大小和形状，选项A、B错误；理想电压表认为内阻为无穷大，忽略了并联的分流作用，选项C错误；理想变压器忽略了铁损和铜损，没有能量损失，选项D正确．‎ ‎2．解析：选C.在拉动过程中，木箱克服重力做功为mgLsin 30°，克服摩擦力做功为μmgLcos 30°，根据功能关系可知，拉力至少做功为mgLsin 30°＋μmgLcos 30°＝mgL(1＋μ)，选项C正确．‎ ‎3．解析：选C.根据题图乙可求出物块在左右斜面上的加速度大小a1、a2，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，mgcos θ－μmgsin θ＝ma2，则可求出θ和μ，但m无法求出，根据题图乙可求出0.6～1.6 s时间内物块的位移大小，即可求出L，故选项C正确．‎ ‎4．解析：选C.设导轨单位长度的电阻为r0，虚线左侧的总电阻为R0，导轨间距为d，t时刻棒的速度大小为v，则位移大小s＝at2，t时刻回路中的总电阻R＝R0＋2sr0＝R0＋r0at2，棒的速度大小v＝at，棒切割磁感线产生的感应电动势E＝Bdv＝Bdat，与t成正比，棒中的电流I＝＝，不与t成正比，选项A错误，C正确；根据牛顿第二定律有F－BId＝ma，得水平拉力F＝＋ma，不与t成正比，选项B错误；根据功能关系可知水平拉力F做的功等于棒动能的增加量与整个装置中产生的热量之和，选项D错误．‎ ‎5．解析：选AC.密立根利用油滴实验测出了基本电荷的电荷量，A项正确；贝克勒尔通过对天然放射现象的研究发现了中子，B项错误；居里夫妇从沥青铀矿中分离出钋(Po)和镭(Ra)两种新元素，C项正确；卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型，D项错误．‎ ‎6．解析：选BD.a、c两个顶点处的点电荷在O点产生的合电场强度为零，设b、O两点之间距离为x，则b顶点处的点电荷在O点产生的电场强度为，a、b、c三个顶点处的点电荷在d点处产生的电场强度为－×cos 60°＝0，显然，选项A错误，D正确；又因顺着电场线方向电势逐渐降低，则O点电势低于d点电势，检验电荷在d点的电势能较大，选项C错误，B正确．‎ ‎7．解析：选CD.由图乙可知，交流电的周期为0.02 s，则交流电压的表达式为u＝36sin 100πt(V)，选项A错误；t＝0.015 s时，根据图乙可知：线圈产生的电动势为最大值，此时发电机的线圈平面与磁场方向平行，选项B错误；理想变压器的电流与匝数成反比，选项C正确；当温度升高时，R1的阻值变大，因电源电压不变，理想变压器的原线圈两端的电压不变，电压表的读数不变，理想变压器的副线圈两端的电压也不变，电路中的电阻变大，故电流表的读数减小，选项D正确．‎ ‎8．解析：选ABD.导线框进入磁场区域的过程中穿过导线框的磁通量向里增大，由楞次定律和安培定则可知感应电流的方向沿逆时针方向，A正确．导线框只有进入磁场与穿出磁场的过程中才有感应电流，这两阶段通过的总位移为2L，故B正确．导线框的对角线bd有一半进入磁场时，整个导线框切割磁感线的有效长度为对角线a、c长度的一半，产生的电动势为E＝BLv，所受安培力大小为F＝B×L＝，a、c两点间电压U＝I×2R＝＝，C错误、D正确．‎ ‎9．解析：(1)在t2到t5时间内，小球下落的高度h＝0.720 6 m，所以小球重力势能的减少量为ΔEp＝mgh≈7.06 J，小球在t2时刻的瞬时速度大小v2＝ m/s＝4.072 m/s，在t5时刻的瞬时速度大小v5＝ m/s＝5.536 m/s，所以小球动能的增加量ΔEk＝m(v－v)≈7.03 J.‎ ‎(2)由于小球下落过程中要受到空气阻力的作用，所以减少的重力势能一部分转化为小球运动的动能，另一部分转化为克服空气阻力做功而产生的内能．‎ 答案：(1)7.06(2分)　7.03(2分)　(2)空气阻力使小球的机械能减少(2分)‎ ‎10．解析：(1)由于多用电表使用的是“×100”挡，所以当指针指向“5”时，表明被测电阻的阻值为500 Ω；‎ ‎(2)②由于电路中没有给出电压表，所以需要将电阻箱和电流表A1的整体看做电压表，由于该电路采用的是电流表内接法，所以测得的阻值应为被测电阻Rx和电流表A2的内阻之和，即＝I2，整理该式可得Rx＝‎ eq f((R0＋r1)I1,I2)－r2.‎ 答案：(1)500(3分)　(2)①如图所示(3分)‎ ‎②－r2(3分)‎ ‎11．解析：A与B碰撞过程动量守恒，根据动量守恒定律可求出碰后B的速度；AB碰后，B在C的摩擦力作用下做减速运动，C做加速运动直到二者达到共同速度，若要AB不发生第二次碰撞，BC的共同速度须大于等于2 m/s，对BC运动过程应用动量守恒定律可解出C的质量．‎ ‎(1)A与B相碰的一瞬间，A、B组成的系统动量守恒 则有mAv0＝mAvA＋mBvB(3分)‎ 求得vB＝3 m/s(3分)‎ ‎(2)碰撞后C在B上相对B滑动，B做减速运动，设C与B相对静止时，B与C以共同速度v＝2 m/s运动时，A与B刚好不会发生第二次碰撞，这个运动过程C与B组成的系统动量守恒 则mBvB＝(mB＋mC)v(3分)‎ 求得mC＝2 kg(3分)‎ 因此要使A与B不会发生第二次碰撞，C的质量不超过2 kg(2分)‎ 答案：(1)3 m/s　(2)2 kg ‎12.‎ 解：(1)设粒子第一次进入磁场时的速度大小为v 由动能定理可得：‎ qEd＝mv2(2分)‎ 解得：v＝ (1分)‎ ‎(2)粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示．‎ 由几何知识可知，粒子第二次进、出电场时，粒子在竖直方向上运动的距离和粒子在水平方向上运动的距离相等．‎ 所以有：··t2＝vt(2分)‎ 解得：t＝2(1分)‎ 所以粒子第二次进、出电场处两点间的距离为：‎ xCA＝vt(2分)‎ 代入数据可得：xCA＝4d(1分)‎ ‎(3)由qvB＝m可得R＝(2分)‎ 即R＝ (1分)‎ 由题意可知，当粒子运动到F点处改变磁感应强度的大小时，粒子运动的半径有最大值，即B′最小，粒子的运动轨迹如图中的虚线圆所示．‎ 设此后粒子做圆周运动的轨迹半径为r，则由几何关系可知r＝R(2分)‎ 又因为r＝，所以B′＝(2分)‎ 代入数据可得：B′＝2(2－)B(2分)‎ 答案：(1) 　(2)4d　(3)2(2－)B ‎13．解析：(2)①设被封住的理想气体压强为p，轻细杆对A和对B的弹力为F，对活塞A有：‎ p0SA＝pSA＋F(1分)‎ 对活塞B，有：p0SB＝pSB＋F(1分)‎ 得：p＝p0＝1.0×105 Pa(1分)‎ ‎②当汽缸内气体的温度缓慢下降时，活塞处于平衡状态，缸内气体压强不变，气体等压降温，活塞A、B一起向右移动(1分)‎ 活塞A最多移动至两筒的连接处．设活塞A、B一起向右移动的距离为x.对理想气体：‎ V1＝2LSA＋LSB(1分)‎ T1＝500 K V2＝(2L－x)SA＋(L＋x)SB(1分)‎ T2＝400 K SA＝200 cm2　SB＝100 cm2‎ 由盖—吕萨克定律：＝(2分)‎ 解得：x＝10 cm x＜2L＝20 cm表明活塞A未碰两筒的连接处．故活塞A、B一起向右移动了10 cm.(2分)‎ 答案：(1)BCE　(2)①1.0×105 Pa　②右　10 cm ‎14．解析：(1)由图象可知，波长为4 m. 由题意可知，波的周期的整数倍为0.4 s，最大周期为0.4 s，与此对应的频率最小为2.5 Hz；由公式λ＝vT可算得最小波速为10 m/s；不管波沿那个方向传播，由t时刻到t＋0.2 s时刻，经历的时间都是半周期的整数倍，因此，x＝3 m的质点又一次经过平衡位置；即使已知波的传播方向，由于不知波源开始振动时的运动方向，所以不能判定各质点开始振动时运动的方向；由题意知在t到t＋0.4 s波传播的距离为4n，当n为5时波传播距离为20 m．综上所述B、C、E项正确．‎ ‎(2)作出光路图，结合折射定律和几何关系可求得入射点P距离圆心的距离和两折射光线的夹角．‎ ‎①光路图如图所示，由图中几何关系可知，∠PCD＝360°－∠CPO－∠POD－∠ODC＝30°(3分)‎ 所以在ACB面上的入射角为∠PCO＝15°，入射点P距圆心O的距离为OP＝rsin 15°(2分)‎ ‎②光线射到D点时入射角为30°，由折射率公式n＝可知 对甲单色光：n甲＝，‎ sin i甲＝n甲sin 30°＝×＝，i甲＝60°(2分)‎ 对乙单色光：n乙＝，sin i乙＝n乙sin 30°＝×＝，i乙＝45°(2分)‎ 所以两种色光从OB面射出后的折射光线的夹角为15°(1分)‎ 答案：(1)BCE　(2)①rsin 15°　②15°‎