2019届高高考物理考前 仿真模拟练(一) 详细解析

仿真模拟练(一) (时间：70 分钟　满分：110 分) 二、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 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．下列核反应方程式中，表示核聚变过程的是(　　) A.147 N＋42He→178 O＋11H B.23892 U→23490 Th＋42He C.21H＋31H→42He＋10n D.23592 U＋10n→14456 Ba＋8936Kr＋310n 答案　C 解析　轻核聚变是指轻核结合成质量较大的核，并释放出核能的反应，A 项为人工转变，B 项为 α 衰变，C 项为轻核聚变，D 项为重核裂变，故 C 正确． 15．2018 年 4 月 14 日，风靡全球的蹦床主题公园——乐园空间登陆上海，在人气最高的自 由蹦床活动中，小朋从扁带上竖直向上跳起，落下后沉入海绵池中，如图 1 是小朋某次游戏 中的 v－t 图象，t＝0 时小朋离开扁带，将小朋视为质点，不考虑空气阻力，则小朋(　　) 图 1 A．t1 时刻落到海绵上 B．t2 时刻到达最低处 C．t3 时刻处于平衡状态 D．t2～t4 时间内处于超重状态 答案　D 解析　小朋先向上做匀减速运动，在 t1 时刻达到最高点，故 A 错误；小朋达到最高点后开始 做自由落体运动，接触海绵后，加速度开始减小，t2 时刻速度达到最大，但没有在最低点， 故 B 错误；t3 时刻速度为零，但合力不为零，故 C 错误；t2～t4 时间内先向下做减速运动， 速度减到零后开始反向做加速运动，在此过程中，加速度的方向一直向上，所以是超重状态， 故 D 正确．16．如图 2，一质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子在竖直向下的匀强电场中运动，M、N 为 其运动轨迹上的两点．已知该粒子在 M 点的速度大小为 v0，方向与水平方向的夹角为 60°，N 点为轨迹的最高点，不计重力．则 M、N 两点间的电势差为(　　) 图 2 A.3mv02 8q B．－3mv02 8q C．－mv02 8q D.mv02 8q 答案　B 解析　从 M 点到 N 点利用动能定理有： qUMN＝1 2mvN2－1 2mvM2＝1 2m(v0cos 60°)2－1 2mv02 解得：UMN＝－3mv02 8q ，故 B 正确． 17．一质量为 m 的电动汽车在平直公路上以恒定的功率加速行驶，当速度大小为 v 时，其加 速度大小为 a，设汽车所受的阻力恒为 f.以下说法正确的是(　　) A．汽车的功率为 fv B．当汽车的速度增加到 2v 时，加速度为a 2 C．汽车行驶的最大速率为(1＋ma f )v D．当汽车的速度为 v 时，行驶的距离为v2 2a 答案　C 解析　汽车做加速运动，由牛顿第二定律有：F－f＝ma，所以 F＝f＋ma， 所以汽车的功率为 P＝Fv＝(f＋ma)v，故 A 错误； 当汽车的速度增加到 2v 时，此时的牵引力为 F＝ P 2v ＝ (f＋ma)v 2v ＝f＋ma 2 由牛顿第二定律有：F－f＝ma1，即f＋ma 2 －f＝ma1 解得 a1＝ma－f 2m ，故 B 错误；当汽车的牵引力与阻力相等时，汽车速度最大， 即 vm＝P f ＝ (f＋ma)v f ＝(1＋ma f )v，故 C 正确； 由于以恒定的功率行驶，汽车做加速度减小的加速运动，行驶的距离不能用 2ax＝v2 即 x＝v2 2a 来计算，故 D 错误． 18．如图 3，在含有理想变压器的电路中，三个定值电阻 R2＝R3＝2R1，电流表为理想交流电 表，U 为有效值恒定的正弦交流电源．当 S 闭合时，电流表的示数为 I；当 S 断开时，电流 表的示数为5I 9 .该变压器原、副线圈匝数比n1 n2为(　　) 图 3 A．2 B．3 C．4 D．5 答案　A 解析　设变压器原、副线圈匝数比为 k，则可知，开关闭合时，副线圈总电流为 kI，根据理 想变压器原理可知 U－IR1 kI R2R3 R2＋R3 ＝k，同理 U－5 9IR1 k5 9IR2 ＝k 联立解得：k＝2，故 A 正确． 19．如图 4 甲所示，矩形导线框 abcd 固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在的平面垂 直，磁感应强度 B 随时间变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向里为磁场正方向，顺时针 方向为感应电流正方向，水平向右为 ad 边所受安培力 F 的正方向．下列图象正确的是(　　) 图 4答案　BD 解析　线圈中的感应电流决定于磁感应强度 B 随 t 的变化率．由题图可知，0～1 s 时间内，B 增大，Φ 增大，感应电流产生的磁场与原磁场方向相反(感应电流产生的磁场的磁感应强度的 方向向外)，由右手定则知感应电流是逆时针的，是负值，因磁场均匀变化，所以产生的感应 电流恒定，同理可判断出 1～4 s 内感应电流的方向，故 A 错误，B 正确；0～1 s 时间内，ad 边感应电流是向下的，ad 边所受的安培力 F＝BIL，根据左手定则得安培力方向向右为正值， 由于 B 随时间均匀增大，I 不变，所以安培力 F 随时间 t 均匀增大，同理可判断出 1～4 s 时 间内安培力 F 随时间 t 的变化关系，故 C 错误，D 正确． 20．某卫星绕地球做匀速圆周运动，周期为 T.已知地球半径为 R，地球表面重力加速度为 g， 引力常量为 G，假设地球的质量分布均匀，忽略地球自转．以下说法正确的是(　　) A．卫星运行半径 r＝ 3 gR2T2 4π2 B．卫星运行半径 r＝RT 2π 3 g C．地球平均密度 ρ＝ 3g 4πGR D．地球平均密度 ρ＝3gR 4πG 答案　AC 解析　由万有引力提供向心力有： GmM r2 ＝m4π2 T2 r 和 GMm R2 ＝mg 联立解得：r＝3 gR2T2 4π2 ，故 A 正确，B 错误； 地球的质量 M＝gR2 G ， 地球的体积 V＝4πR3 3 ， 所以地球的密度为 ρ＝M V＝ gR2 G 4πR3 3 ＝ 3g 4πGR， 故 C 正确，D 错误．21.有三根长度皆为 L 的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的 O 点，另 一端分别挂有质量均为 m、电荷量分别为－q 和 q 的带电小球 A 和 B，A、B 间用第三根线连 接起来．所在空间存在水平向右、大小 E＝mg q 的匀强电场，系统平衡时，A、B 球的位置如 图 5 所示．现将 O、B 之间的轻线烧断，因空气阻力，A、B 两球最后会达到新的平衡位置(不 计两带电小球间相互作用的静电力)．以下说法正确的是(　　) 图 5 A．A 球的电势能增加了 1 2qEL B．B 球的电势能减少了 1 2qEL C．A 球的重力势能减少了 2－ 3 2 mgL D．B 球的重力势能减少了 2＋ 2－ 3 2 mgL 答案　ACD 解析　设达到新的平衡位置时 OA 绳与竖直方向的夹角为 α，OB 绳与竖直方向的夹角为 β， 由平衡条件得 对 A：FT1cos α＝mg＋FT2cos β qE＝FT1sin α＋FT2sin β 对 B：FTcos β＝mg qE＝FTsin β FT＝FT2 联立解得：α＝0，β＝45° 所以 A 球的重力势能减少了 mgL(1－cos 30°)＝2－ 3 2 mgL B 球的重力势能减少了 mgL(1＋cos 45°)－mgLcos 30°＝2＋ 2－ 3 2 mgL A 球的电势能增加了 qELsin 30°－qEL＝qEL 2B 球的电势能增加了 qEL(sin 45°－sin 30°)＝ 2－1 2 qEL 综上所述，故 A、C、D 正确． 三、非选择题 (一)必考题 22．(5 分)利用图 6 的装置探究“恒力做功与系统动能变化”的关系，小车的质量为 M，钩码 的质量为 m，打点计时器的电源是频率为 f 的交流电． 图 6 (1)实验中，把长木板右端垫高，在不挂钩码且________的情况下，轻推一下小车，若小车拖 着纸带做匀速直线运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响．(填选项前的字母) A．打点计时器不打点 B．打点计时器打点 (2)图 7 是正确操作后得到的一条纸带，纸带上各点是打出的计时点，其中 O 为打出的第一个 点．在纸带上连续选取 A、B、C、D、E 点进行分析，测得各点到 O 点的距离分别为 s1、s2、 s3、s4、s5，则打点计时器打 D 点时，小车的速度 vD＝____.(用已知和测得物理量的符号表示) 图 7 (3)若采用图中的 OD 过程进行验证，则需要验证的关系式为________．(用已知和测得物理量 的符号表示) 答案　(1)B　(2) (s5－s3)f 2 (3)mgs4＝1 8(m＋M)(s5－s3)2f2 解析　(1)在不挂钩码且打点计时器打点的情况下，若小车拖着纸带做匀速直线运动，表明已 经消除了摩擦力和其他阻力的影响，故选 B. (2)利用中间时刻的瞬时速度等于平均速度可求得 vD＝s5－s3 2T ＝ (s5－s3)f 2 (3)根据功能关系可知 mghD＝1 2(m＋M)vD2 代入数据得：mgs4＝1 8(m＋M)(s5－s3)2f2只要验证上关系式成立即可． 23．(10 分)实验室中有热敏电阻 Rt、电炉丝、电磁继电器、电源 E(3.6 V，内阻不计)、电阻 箱 R0(0～999.9 Ω)、开关 K 和导线若干，某同学设计了如图 8 甲所示的温控电路，当通过电 磁继电器线圈的电流达到 20 mA 时，衔铁被吸合，电炉丝停止加热；当通过继电器线圈的电 流降到 18 mA 时，衔铁与继电器分开，电炉丝通电加热，图乙为热敏电阻 Rt 的阻值与温度 t 的关系． 图 8 该同学主要实验过程如下，完成下列填空： (1)用多用电表的欧姆“×1 Ω”挡测继电器线圈的电阻时，主要步骤如下： A．将选择开关旋至“×1 Ω”挡，短接两表笔，调节欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆挡“0” 刻度 B．调节多用电表的指针定位螺丝，使指针指在直流电流“0”刻度 C．将多用电表的选择开关旋至“OFF” D．将两表笔直接连到图甲中的 1、4 两点，读出欧姆表的示数即继电器线圈的电阻值 以上步骤中存在错误的一项是________．改正后正确的步骤顺序为________________．(填步 骤前的字母) (2)已知继电器线圈的电阻为 25.0 Ω.该同学将电阻箱的阻值调为 75.0 Ω，则该温控器的温度控 制范围在______之间；若要提高控制的温度，则需要将电阻箱的阻值____________(选填“调 大”或“调小”)． (3)正确设计电路后闭合 K，发现电炉丝发热，Rt 温度一直升高但继电器并不吸合．将多用电 表选择开关旋至直流电压“×10 V”挡，将表笔分别接到图甲中 1、2、3、4 各点进行故障排 查(仅一处故障)，现象如下表，则可知________.表笔位置 1、2 3、2 3、4 4、1 电表示数 3.60 V 3.60 V 0 0 A.开关 K 断路 B．电阻箱断路 C．热敏电阻 Rt 短路 D．电磁继电器线圈短路 答案　(1)D　BADC　(2)50 ℃～60 ℃　调大　(3)B 解析　(1)由于欧姆表不能直接测量带电源的电路，应该断开开关将继电器隔离后再放到 1、4 两点直接测量继电器的电阻，所以上述步骤中的 D 有错误，欧姆表的正确的操作步骤是 BADC. (2)当通过电磁继电器线圈的电流达到 20 mA 时，衔铁被吸合，电炉丝停止加热；当通过继电 器线圈的电流降到 18 mA 时，街铁与继电器分开，所以回路中的电流取值范围是 18 mA～20 mA， 当继电器线圈的电阻为 25.0 Ω.电阻箱的阻值调为 75.0 Ω，利用闭合电路欧姆定律 I＝ E R 外＋r 可解得此时热敏电阻的取值范围为 80 Ω～100 Ω，结合图象可知温度的取值范围为 50 ℃～60 ℃，若要提高控制的温度，即热敏电阻的阻值变小，则需要将电阻箱的阻值调大，保持回路 中电流的取值范围不变． (3)从图中可以看出电表在测量变阻箱时的电压为电源电动势，所以回路中应该出现了变阻箱 断路这样的故障，所以选 B. 24．(12 分)如图 9 为分拣邮件的传输装置示意图，固定在竖直平面内的光滑四分之一圆弧轨 道与水平传送带相切于 B 点，圆弧的半径为 R＝0.8 m，传送带的长度 L＝3 m，以速度 v＝2 m/s 沿顺时针方向匀速转动．现将一质量 m＝2 kg 的邮件(可视为质点)由圆弧顶点 A 点静止 释放，已知邮件和传送带间的动摩擦因数 μ＝0.5，取 g＝10 m/s2，求： 图 9 (1)邮件滑到 B 点时的速度大小； (2)邮件由 B 点运动到 C 点的时间； (3)邮件与传送带间因摩擦产生的热量． 答案　(1)4 m/s　(2)1.3 s　(3)4 J 解析　(1)由动能定理得：mgR＝1 2mvB2 解得：vB＝4 m/s；(2)邮件在传送带上滑动，由牛顿第二定律得：μmg＝ma 减速到 v 的过程中：v2－vB2＝2(－a)x1 v＝vB－at1 匀速阶段：L－x1＝vt2 综上可得运动的时间：t＝t1＋t2＝1.3 s (3)邮件与传送带相对位移：Δx＝x1－vt1 摩擦生热：Q＝μmgΔx＝4 J. 25．(20 分)如图 10，空间存在方向垂直于 xOy 平面向里的匀强磁场．在 x>0 的区域内，磁感 应强度大小 B1＝3B0，在 xd rc得 r> B．引力和斥力相等时，由b ra＝d rc得 r＝ ，故当 r> 时分子作用力为引力 C．引力和斥力相等时，分子势能为零 D．引力大于斥力时，分子势能随分子间距离增大而增大 E．斥力大于引力时，分子势能随分子间距离减小而增大 (2)(10 分)如图 11 所示，内壁光滑的汽缸开口向上竖直放置；缸内理想气体Ⅰ、Ⅱ高度均为 L0，温度均为 T0.活塞 A 到汽缸顶部的距离为 L0，活塞 A、B 绝热，A 下有加热装置，汽缸底 部导热、其余部分绝热，开始时整个装置处于平衡状态．已知活塞 A 和加热装置质量不计， 1 a cb d −     1 a cb d −     1 a cb d −    B 质量为 m、横截面积为 S，外界大气压强为 p0，环境温度不变．现对气体Ⅰ缓慢加热，求： 图 11 ①气体Ⅰ温度多大时 B 活塞开始移动； ②活塞 B 下移L0 2 时气体Ⅰ的温度． 答案　(1)BDE　(2)见解析 解析　(2)①取Ⅰ气体为研究对象，p1＝p0，气体发生等压膨胀，当其体积为 2L0S 时，B 开始 移动．由盖－吕萨克定律得：L0S T0 ＝2L0S T1 解得：T1＝2T0 ②Ⅱ气体初态压强为 p2＝p0＋mg S 对Ⅱ由等温变化：p2L0S＝p2′×1 2L0S Ⅰ气体此时压强为 p1′，p1′＝p2′－mg S 对Ⅰ由理想气体状态方程：p1L0S T0 ＝ p1′ × 5 2L0S T1′ 解得：T1′＝5(2p0S＋mg) 2p0S T0. 34．[选修 3－4](15 分) (1)(5 分)如图 12 所示，一列横波在 x 轴上传播，实线和虚线分别表示 t1＝0、t2＝0.14 s 时的 波形，已知实线在 t3＝0.6 s 时第 5 次重复出现．则________． 图 12 A．波的周期为 0.1 s B．波的波长为 12 cm C．波的传播速度为 1 m/s D．波沿 x 轴正方向传播 E．t2＝0.14 s 时，x＝0 处质点的纵坐标为 y＝ 3 cm(2)(10 分)如图 13 所示为半径 R＝6 cm 的某种半圆柱透明介质的截面图，MN 为紧靠该介质右 侧竖直放置的光屏，与介质相切于 P 点．由红光和紫光两种单色光组成的复色光射向圆心 O. 图 13 ①当入射角 i＝30°时，在光屏上出现三个亮斑，MP 间两个亮斑到 P 点距离分别为 8 cm 和 6 cm.则介质对红光和紫光的折射率分别为多少？ ②当入射角 i＝53°时，在光屏上会出现几个亮斑，亮斑分别是什么颜色？ 答案　(1)BCE (2)①紫光折射率为 2　红光折射率为 1.2 ②光屏上出现两个亮斑，MP 间的亮斑为红色，PN 间的亮斑为红、紫色混合亮斑． 解析　(1)已知实线在 t3＝0.6 s 时第 5 次重复出现， 则有：t3＝0.6 s＝5T，得 T＝0.12 s， 故 A 错误； 由题图知波的波长为 12 cm，故 B 正确； 波的传播速度为： v＝λ T＝0.12 0.12 m/s＝1 m/s， 故 C 正确； t2＝0.14 s＝T＋0.02 s， 则波传播距离 x＝vt2＝λ＋2 cm， 可知波沿 x 轴负方向传播，故 D 错误； t2＝0.14 s＝0.12 s＋0.02 s， 而 0.02 s＝T 6， 根据正弦式振动方程 y＝Asin(2π T ·t)得 y＝2×sin(2π T ·T 6)＝ 3 cm， 所以 t2＝0.14 s 时， x＝0 处质点的纵坐标为 y＝ 3 cm，故 E 正确．(2)①如图， 由几何关系得 tan θ1＝BP R ＝1，得 θ1＝45° tan θ2＝AP R ＝4 3， 得 θ2＝53°， 所以紫光的折射率为 n1＝sin 45° sin 30°＝ 2， 所以红光的折射率为 n2＝sin 37° sin 30°＝1.2； ②设紫光和红光的临界角分别为 C1，C2， sin C1＝ 1 n1＝ 2 2 ， 解得，C1＝45°sin 53° 故 C2>i＝53°. 则紫光发生全反射，红光发生反射和折射．光屏上出现两个亮斑，MP 间的亮斑为红色，PN 间的亮斑为红、紫色混合亮斑．