2019年高三最新信息卷物理（七）Word版含解析.docx

此卷只装订不密封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 ‎ 绝密 ★ 启用前 ‎2019年高考高三最新信息卷 物 理（七）‎ 注意事项：‎ ‎1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。 ‎ ‎2、回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。 ‎ ‎3、回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。 ‎ ‎4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。‎ 二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求。第19～21题有多选项符合题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。‎ ‎14．如图所示，水平面上固定着一个三棱柱体，其左侧光滑，倾角为α；右侧粗糙，倾角为β。放置在三棱柱体上的物块A和物块B通过一根跨过顶端定滑轮的细绳相连，若物块A和物块B始终保持静止。下列说法正确的是(　　)‎ A．仅增大角α，物块B所受的摩擦力一定增大 B．仅增大角α，物块B对三棱柱体的压力可能减小 C．仅增大角β，绳子的拉力一定增大 D．仅增大角β，地面对三棱柱体的支持力不变 ‎15．如图，光滑水平面上放着长木板B，质量m＝2 kg的木块A以速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在有摩擦，之后，A、B的速度随时间变化情况如右图所示，重力加速度g＝10 m/s2。则下列说法正确的是(　　)‎ A．A、B之间动摩擦因数为0.1‎ B．长木板的质量为1 kg C．长木板长度至少为2 m D．A、B组成系统损失机械能为4 J ‎16．如图所示，两电荷量分别为－Q和＋2Q的点电荷固定在直线MN上，两者相距为L，以＋2Q的点电荷所在位置为圆心、为半径画圆，a、b、c、d是圆周上四点，其中a、b在MN直线上，c、d两点连线垂直于MN，下列说法正确的是(　　)‎ A．c、d两点的电势相同 B．a点的电势高于b点的电势 C．c、d两点的电场强度相同 D．a点的电场强度小于b点的电场强度 ‎17．有a、b、c、d四颗地球卫星，卫星a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，卫星b在地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图，则有(　　)‎ A．a的向心加速度等于重力加速度g B．b在相同时间内转过的弧长最长 C．c在4 h内转过的圆心角是 D．d的运动周期有可能是20 h ‎18．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场B，一群质量为m、带电量为q正负微粒（不计重力），从P点以相同速度v沿图示方向进入磁场，已知OP＝L，x正半轴和y负半轴安装足够长的荧光屏接收粒子，下列判断不正确的（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）(　　)‎ A．能够从x正半轴射出磁场的所有微粒一定带正电 B．比荷大于的所有正微粒都不能进入第一象限 C．能够从y负半轴射出磁场的某两个微粒在磁场中运动时间一定相等 D．若，微粒射出磁场时位移最大 ‎19．如图所示，质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上。一电阻为r，质量为m的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形，棒与导轨间无摩擦、棒左侧有两个固定于水平面的光滑立柱。导轨bc段电阻为R，长为L，其他部分电阻不计。以ef为界，‎ 其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向右，磁感应强度大小均为B。在t＝0时，一水平向左的拉力F垂直作用在导轨的bc边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a。则(　　)‎ A．F与t2成正比 B．F和t是线性关系 C．当t达到一定值时，QP刚好对轨道无压力 D．若F＝0，PQbc静止，ef左侧磁场均匀减小，QP可能对轨道无压力 ‎20．如图所示，一弹性轻绳(绳的弹力与其伸长量成正比)左端固定在A点，弹性绳自然长度等于AB，跨过由轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为m的小球，小球穿过竖直固定的杆。初始时A、B、C在一条水平线上，小球从C点由静止释放滑到E点时速度恰好为零。已知C、E两点间距离为h，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是(　　)‎ A．小球在D点时速度最大 B．若在E点给小球一个向上的速度v，小球恰好能回到C点，则 C．小球在CD阶段损失的机械能等于小球在DE阶段损失的机械能 D．若仅把小球质量变为2m，则小球到达E点时的速度大小 ‎21．如图所示，在方向竖直向上、大小E＝1×106 V/m的匀强电场中，固定一个穿有A、B两个小球（均视为质点）的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为O、半径R＝0.2 m。A、B用一根绝缘轻杆相连，B球带电荷量q＝＋7×l0－6 C，A球不带电，质量分别为mA＝0.1 kg、mB＝0.8 kg。将两小球从圆环上的图示位置（A与圆心O等高，B在圆心O的正下方）由静止释放，重力加速度大小为g＝10 m/s2。则(　　)‎ A．小球A和B受到的合力的大小相等 B．小球B不能到达圆环的最高点 C．小球A和B的速度大小始终相等 D．两小球及轻杆组成的系统最大动能为J 第Ⅱ卷（非选择题，共174分）‎ 三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第40题为选考题，考生根据要求做答)‎ ‎(一)必考题(共129分)‎ ‎22．(6分)某同学用如图所示装置来探究“在外力一定时，物体的加速度与其质量之间的关系”。‎ ‎(1)下列实验中相关操作正确的是________。‎ A．平衡摩擦力时，应先将沙桶用细线绕过定滑轮系在小车上 B．平衡摩擦力时，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器 C．小车释放前应靠近打点计时器，且先释放小车后接通打点计时器的电源 ‎(2)将沙和沙桶的总重力mg近似地当成小车所受的拉力F会给实验带来系统误差。设小车所受拉力的真实值为F真，为了使系统误差R＋Rcos‎53‎‎∘‎，则粒子不能进入第一象限，R＝‎mvqB，代入得qm‎>‎‎8v‎5LB，故B正确；‎ ‎ ‎ y负半轴射出磁场的两个微粒属于磁场中直线边界问题，直线边界，粒子进出磁场具有对称性，但正负微粒对应的圆心角不同，如图，故运动时间不一定相等，故C错误；微粒射出磁场时位移最大的轨迹图如图所示，则有OP＝2Rcos‎53‎‎∘‎ ，又R＝‎mvqB，故L＝‎‎6mv‎5Bq，故D正确。‎ ‎19．【答案】BC ‎【解析】t时刻dc产生的感应电动势 E＝BLv，导轨做初速为零的匀加速运动，v＝at，则 E＝BLat；感应电流 I‎＝‎ER＋r，金属导轨abcd安培力大小 F安＝BIL，对导轨，由牛顿第二定律得：F﹣F安＝ma，则得：F＝ma‎＋‎B‎2‎L‎2‎aR＋rt，可知F与t2不成正比，F与t成线性关系，故A错误，B正确；当t达到一定值时，导致QP的电流，产生的安培力等于其重力，则刚好对轨道无压力，故C正确；当ef左侧磁场均匀减小，不管减小到什么值，QP对轨道压力不会为零，因为受到的安培力与重力同向，故D错误。‎ ‎20．【答案】AB ‎【解析】当小球运动到某点P点，弹性绳的伸长量是xBP，小球受到如图所示的四个力作用：‎ 其中FT‎＝kxBP，将FT正交分解，则FN‎＝FTsinθ＝kxBPsinθ＝kxBC＝‎mg‎2‎、Ff‎＝μFN＝‎1‎‎4‎mg，FT的竖直分量FTy‎＝FTcosθ＝kxBPcosθ＝kxCP。据牛顿第二定律得：mg-Ff-FTy＝ma，解得：a＝‎3‎‎4‎g-FTym＝‎3‎‎4‎g-‎kxCPm，即小球的加速度先随下降的距离均匀减小到零，再随下降的距离反向均匀增大。据运动的对称性可知，小球运动到CE的中点D点时，加速度为零，速度最大，故A正确；对小球从C运动到E过程，应用动能定理得：mgh＋WFT＋(-‎1‎‎4‎mgh)＝0-0‎；若小球恰能从E点回到C点，应用动能定理得：‎(-mgh)＋(-WFT)＋(-‎1‎‎4‎mgh)＝0-‎1‎‎2‎mv‎2‎；联立解得：WFT‎＝-‎3‎‎4‎mgh、v＝‎gh，故B正确；小球在全程所受摩擦力大小不变，小球在CD段所受弹力竖直分量较小；则小球在CD段时摩擦力和弹力做的负功比小球在DE段时摩擦力和弹力做的负功少，小球在CD阶段损失的机械能小于小球在DE阶段损失的机械能，故C错误；若仅把小球质量变为2m，对小球从C运动到E过程，应用动能定理得：‎2mgh＋WFT＋(-‎1‎‎4‎mgh)＝‎1‎‎2‎×2mv‎1‎‎2‎-0‎，解得：小球到达E点时的速度大小v‎1‎‎＝‎gh，故D错误。‎ ‎21．【答案】BCD ‎【解析】设B转过α角时，A、B的速度分别为vA、vB，因A、B做圆周运动的半径和角速度均相同，故vA＝vB，所以小球A和B切向加速度大小和法向加速度大小相等，但两球的质量不等，根据牛顿第二定律可知小球A和B受到合力大小不等，故A错误，C正确；设B到达圆环最高点时A、B的动能分别为EKA、EKB，对A根据动能定理有：WT‎＝‎EKA，对B根据动能定理有：‎-WT＋(qE-mBg)·2R＝‎EKB，联立解得：EKA‎＋EKB＝-0.4J，上式表明：B在圆环最高点时，系统动能为负值，所以B不能到达圆环最高点，故B正确；对A由动能定理：mAgRsinα-WT＝‎1‎‎2‎mAvA‎2‎-0‎，对B，由动能定理：‎(qE-mBg)R-Rcosα＋WT＝‎1‎‎2‎mBvB‎2‎-0‎，联立解得：EkA‎＋EKB＝0.2(cosα＋sinα-1)‎，据此式知，当α＝‎π‎4‎时，两小球及轻杆组成的系统最大动能是EkA‎＋EKB＝‎1‎‎5‎(‎2‎-1)‎，故D正确。‎ 第Ⅱ卷（非选择题，共174分）‎ 三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第40题为选考题，考生根据要求做答)‎ ‎(一)必考题(共129分)‎ ‎22．(6分)‎ ‎【答案】(1)B (1分) (2)‎0.05‎ (2分) (3)C (2分)‎ ‎【解析】（1）平衡摩擦力时，应不挂沙桶，只让小车拖着纸带在木板上做匀速运动，选项A错误；平衡摩擦力时，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，选项B正确；小车释放前应靠近打点计时器，且先接通打点计时器的电源后释放小车，选项C错误。‎ ‎（2）在本实验中认为细线的拉力F等于砝码和砝码盘的总重力mg，由此造成的误差是系统误差，对小车，根据牛顿第二定律得：a＝‎F真M，对整体，根据牛顿第二定律得：a＝‎mgM＋m，且mg-‎F真F真‎＜5%‎，解得：mM‎＜0.05‎。‎ ‎（3）由牛顿第二定律可知：a＝‎mgM＋m，则‎1‎a‎＝‎1‎mgM＋g，故选C。‎ ‎23．(10分) ‎ ‎【答案】(1)3.0 (2分) (2)G (2分) 如图所示(3分) (3)I‎1‎‎(R‎0‎＋r)‎I‎2‎‎-‎I‎1‎(3分)‎ ‎【解析】(1)因为电源电动势为E＝3V，故改装成的电压表的量程应为3V；‎ ‎(2)保证安全的前提下应选择最大阻值较小的滑动变阻器，故滑动变阻器选择G；电路连接如图：‎ ‎(3)若某次测量中电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2，根据串并联电路特点结合欧姆定律，联立即可取出Rx的表达式：Rx‎＝‎I‎1‎R‎0‎‎＋‎r‎1‎I‎2‎‎-‎I‎1‎。‎ ‎24．(12分)‎ ‎【解析】（1）轨迹如图所示，设电子从电场进入磁场时速度方向与x轴夹角为θ，‎ 在电场中x轴方向：‎2‎3‎L‎3‎‎＝‎v‎0‎t‎1‎ (2分)‎ y轴方向‎：L＝‎vy‎2‎t‎1‎，tanθ＝vyv‎0‎＝‎‎3‎ (2分)‎ 得θ＝‎‎60‎‎∘‎，v＝v‎0‎cosθ＝2‎v‎0‎ (2分)‎ ‎（2）在磁场中，r＝‎2‎3‎Lsinθ＝‎4‎‎3‎L (2分)‎ 磁场中的偏转角度为α＝‎2‎‎3‎π (2分)‎ t‎2‎‎＝‎2πr‎3‎v＝‎‎4πL‎9‎v‎0‎‎。 (2分)‎ ‎25．(20分)‎ ‎【解析】（1）设A到达C的最下端时速度大小为v0，圆弧轨道支持力大小为FN，则 mgR＝‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎‎ (1分)‎ FN‎-mg＝mv‎0‎‎2‎R‎ (1分)‎ 解得v‎0‎＝4m/s，FN＝3 N (1分)‎ ‎（2）设A在B上向右滑行过程中，A的加速度大小为a1，B的加速度大小为a2，滑上B后经时间t1后接触弹簧，A的位移x1，B的位移x2，则 μmg＝ma‎1‎‎ (1分)‎ μmg＝Ma‎2‎‎ (1分)‎ v‎0‎‎-a‎1‎t‎1‎＝‎a‎2‎t‎1‎‎ (1分)‎ x‎1‎‎＝v‎0‎t‎1‎-‎‎1‎‎2‎a‎1‎t‎1‎‎2‎‎ (1分)‎ x‎2‎‎＝‎‎1‎‎2‎a‎2‎t‎1‎‎2‎‎ (1分)‎ L＝x‎1‎-‎x‎2‎‎ (1分)‎ 解得t1＝1.2 s，L＝2.4 m (1分)‎ ‎（3）设A接触弹簧与B保持相对静止时速度大小为v1，弹簧恢复原长时A的速度大小为v2，B的速度大小为v3，A相对B向左滑动过程中的加速度大小与A滑上B向右滑行过程中各自加速度大小相等，则 v‎1‎‎＝v‎0‎-‎a‎1‎t‎1‎‎ (1分)‎ M＋mv‎1‎‎＝‎M＋mv‎4‎‎ (2分)‎ 最终运动到木板的左端时A、B共同速度大小为v4，则Mv‎3‎-mv‎2‎＝‎M＋mv‎4‎ (2分)‎ 由能量守恒‎1‎‎2‎mv‎2‎‎2‎＋‎1‎‎2‎Mv‎3‎‎2‎＝‎1‎‎2‎(m＋M)v‎4‎‎2‎＋μmgL (2分)‎ 解得v1＝1 m/s，v4＝1m/s，v2＝2 m/s，v3＝2 m/s ‎ 设物块A从木板右端运动到左端的时间为t2，对木板B，由动量定理有‎-μmgt‎2‎＝Mv‎4‎-Mv‎3‎ (2分)‎ 解得t2＝1.2 s (1分)‎ ‎（二）选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做。则每学科按所做的第一题计分。‎ ‎33．【物理——选修3-3】(15分)‎ ‎(1)(5分) ‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】由图知气体的 pV一直增大，由pVT‎＝C，知气体的温度一直升高，故A错误；一定量的理想气体内能只跟温度有关，温度一直升高，气体的内能一直增加，故B正确；气体的体积增大，则气体一直对外做功，故C正确；气体的内能一直增加，并且气体一直对外做功，根据热力学第一定律△U＝W＋Q可知气体一直从外界吸热，故D正确；气体吸收的热量用于对外功和增加内能，故E错误。‎ ‎(2)(10分)‎ ‎【解析】（i）根据题意可知，气体的状态变化是等压变化，根据理想气体状态方程，可得V‎1‎T‎1‎‎＝‎V‎2‎T‎2‎ 所以SL‎1‎‎273＋27‎‎＝‎S(L‎1‎＋L‎2‎)‎‎273＋t(3分)‎ 求得t＝177℃；(2分)‎ ‎（ii）设加入的汞柱为xcm，根据理想气体状态方程，可得P‎1‎V‎1‎T‎1‎‎＝‎P‎3‎V‎3‎T‎3‎(3分)‎ P1＝88cmHg，V1＝20S，T1＝300K，‎ P3＝（88＋x）cmHg，T3＝（273＋87）K，V3＝（43－13－x）S，‎ 解得x＝8cm。(2分)‎ ‎34．【物理——选修3-4】(15分)‎ ‎ (1)(5分) ‎ ‎【答案】ABE ‎【解析】由题图1可知波的振动周期为T＝4 s，故A正确；由题图1可知在t＝4 s时浮标沿y轴负向振动，由波的传播方向与质点振动方向的关系知，此时水波正沿x轴的正方向传播，故B正确；由题图2可知，水波的波长为‎1.50‎＝4 m，水波传播的波速为v＝λT＝1 m/s，故C、D错误。若现在以题图2中的波形为计时的起点，此时质点A是向上振动，质点B是向下振动。经2 s后质点A到达波峰，此时质点B恰好达到波谷，故此时质点B离平衡位置的距离为s＝20 cm＝0.2 m，故E正确。‎ ‎(2)(10分)‎ ‎【解析】(i)根据题意，∠ABC＝45°及经E、F点的入射光线垂直AB边射出，可得光线进入透明物体平行于OP，由光路图和几何关系知∠OEP＝120°，EF＝R，则三角形OEF为等边三角形，由几何关系可知θ＝30°‎(3分)‎ 则折射角sinθ＝‎‎1‎‎2‎，入射角sini＝‎‎3‎‎2‎(2分)‎ 此透明物体的折射率n＝sinisinθ＝‎‎3‎(2分)‎ ‎(ii)根据公式v＝‎cn知(1分)‎ 光在此介质中传播的速度为v＝cn＝‎3×‎‎10‎‎8‎‎3‎m/s＝‎3‎×‎‎10‎‎8‎m/s(2分)‎