2019届高高考物理考前 仿真模拟练(三) 详细解析

仿真模拟练(三) (时间：70 分钟　满分：110 分) 二、选择题：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，全部选对得 6 分，选对但不全的 得 3 分，有选错的得 0 分． 14．如图 1 是原子物理史上几个著名的实验，关于这些实验，下列说法正确的是(　　) 图 1 A．卢瑟福 α 粒子散射实验否定了原子结构的枣糕模型，提出原子的核式结构模型 B．放射线在磁场中偏转，中间没有偏转的为 γ 射线，电离能力最强 C．电压相同时，光照越强，光电流越大，说明遏止电压和光的强度有关 D．铀 235 只要俘获中子就能进行链式反应 答案　A 解析　卢瑟福 α 粒子散射实验否定了原子结构的枣糕模型，提出原子的核式结构模型，故 A 正确；放射线在磁场中偏转，中间没有偏转的为 γ 射线，电离能力最弱，故 B 错误；由题图 可知，光照越强，光电流越大，但遏止电压一样，说明遏止电压与光的强度无关，故 C 错误； 链式反应需要达到临界体积才可以进行，故 D 错误． 15．某同学阅读了“火星的现在、地球的未来”一文，摘录了以下资料： (1)太阳几十亿年来一直在不断地释放能量，质量在缓慢地减小． (2)金星和火星是地球的两位近邻，金星位于地球圆轨道的内侧，火星位于地球圆轨道的外 侧． (3)由于火星与地球的自转周期几乎相同，自转轴与公转轨道平面的倾角也几乎相同，所以火 星上也有四季变化．根据该同学摘录的资料和有关天体运动的规律，可推断(　　) A．太阳对地球的引力在缓慢增大B．日地距离在不断减小 C．金星的公转周期超过一年 D．火星上平均每个季节持续的时间大于 3 个月 答案　D 解析　因太阳质量在减小，所以在地球与太阳间距离不变的情况下，太阳对地球的引力减小， 故地球做离心运动，故 A、B 错误；金星绕太阳运动的轨道半径比地球的小，故金星的公转 周期小于一年，同理，火星的公转周期大于一年，故 C 错误，D 正确． 16.如图 2 所示，质量均为 m 的木块 A 和 B，用一个劲度系数为 k 的竖直轻质弹簧连接，最初 系统静止，现在用力 F 缓慢拉 A 直到 B 刚好离开地面，则这一过程中力 F 做的功至少为(　　) 图 2 A.m2g2 k B.2m2g2 k C.3m2g2 k D.4m2g2 k 答案　B 解析　最初系统静止时，弹簧的弹力等于 A 的重力，由胡克定律得，弹簧被压缩的长度 x1＝ mg k ，最后 B 刚好离开地面时，弹簧的弹力等于 B 的重力，此时弹簧伸长的长度 x2＝mg k ，弹 簧弹性势能不变，此过程缓慢进行，所以力 F 做的功等于系统增加的重力势能，根据功能关 系可知：W＝mgh＝mg×2mg k ＝2m2g2 k ，故 B 正确． 17．已知一个无限大的金属板与一个点电荷之间的空间电场分布与等量异种电荷之间的电场 分布类似，即金属板表面各处的电场强度方向与板面垂直．如图 3 所示，MN 为无限大的不 带电的金属平板，且与大地连接．现将一个电荷量为 Q 的正点电荷置于板的右侧，图中 a、 b、c、d 是以正点电荷 Q 为圆心的圆上的四个点，四点的连线构成一内接正方形，其中 ab 连 线与金属板垂直．则下列说法正确的是(　　)图 3 A．b 点电场强度与 c 点电场强度相同 B．a 点电场强度与 b 点电场强度大小相等 C．a 点电势等于 d 点电势 D．将一试探电荷从 a 点沿直线 ad 移到 d 点的过程中，试探电荷电势能始终保持不变 答案　C 解析　画出电场线如图所示： 根据对称性可知，b 点电场强度与 c 点电场强度大小相等，方向不同，故 A 错误；电场线密 集的地方电场强度大，从图上可以看出 a 点电场强度大于 b 点电场强度，故 B 错误；根据对 称性并结合电场线的分布可知 a 点电势等于 d 点电势，故 C 正确；由于试探电荷先靠近正电 荷后远离正电荷，所以电场力在这个过程中做功，所以试探电荷电势能不是始终保持不变， 故 D 错误． 18．如图 4 所示，质量为 m 的小球用长度为 R 的细绳拴着在竖直面上绕 O 点做圆周运动， 恰好能通过竖直面的最高点 A，重力加速度为 g，不计空气阻力，则(　　) 图 4 A．小球通过最高点 A 的速度为 gR B．小球通过最低点 B 和最高点 A 的动能之差为 mgR C．若细绳在小球运动到与圆心 O 等高的 C 点断了，则小球还能上升的高度为 R D．若细绳在小球运动到 A 处断了，则经过时间 t＝ 2R g 小球运动到与圆心等高的位置 答案　D 解析　小球刚好通过最高点时，绳子的拉力恰好为零， 有：mg＝mv2 R，得 v＝ gR，故 A 错误； 从最高点到最低点重力做功为 2mgR，根据动能定理可知小球通过最低点 B 和最高点 A 的动能之差为 2mgR，故 B 错误； 从 A 到 C 由动能定理可知：mgR＝1 2mvC2－1 2mv2， 当绳子断掉后上升的高度为 h，则－mgh＝0－1 2mvC2， 解得 h＝3 2R，故 C 错误； 若细绳在小球运动到 A 处断了，则下降 R 所用的时间为 R＝1 2gt2， 解得 t＝ 2R g ，故 D 正确． 19．一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为 U，额定电流为 I，线圈电阻为 R，将它接在 电动势为 E、内阻为 r 的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则(　　) A．电动机消耗的总功率为 UI B．电源的效率为 1－Ir E C．电源的输出功率为 EI D．电动机消耗的热功率为U2 R 答案　AB 解析　电动机消耗的总功率为 P＝IU，所以 A 正确．电动机消耗的热功率为 P＝I2R，所以 D 错误．电源的输出功率等于电动机的输入功率，则 P 出＝UI，故 C 错误．电源的总功率为 IE，内部发热的功率为 I2r，所以电源的效率为IE－I2r IE ＝1－Ir E，所以 B 正确． 20．如图 5 所示，将质量为 2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为 m 的小 环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑轻质定滑轮与直杆的距离为 d.现将小环从与定滑 轮等高的 A 处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为 d 时(图中 B 处)，下列说法正确的是 (重力加速度为 g)(　　) 图 5 A．环与重物、地球组成的系统机械能守恒 B．小环到达 B 处时，重物上升的高度也为 d C．小环在 B 处的速度与重物上升的速度大小之比等于 2 2D．小环下落到 B 处时的速度大小为 (3－2 2)gd 答案　AD 解析　对于小环、重物和地球组成的系统，只有重力做功，则环与重物、地球组成的系统机 械能守恒，故 A 项正确． 结合几何关系可知，重物上升的高度 h＝( 2－1)d， 故 B 项错误． 将小环在 B 处的速度分解为沿着绳子方向和垂直于绳子方向的两个分速度，其中沿着绳子方 向的速度即为重物上升的速度，则 v 物＝v 环 cos 45°，环在 B 处的速度与重物上升的速度大小 之比为 2∶1，故 C 项错误． 小环从 A 到 B， 由机械能守恒得 mgd－2mgh＝1 2mv环 2＋1 2×2mv物 2 且 v 物＝v 环 cos 45°， 解得：v 环＝ (3－2 2)gd，故 D 正确． 21．如图 6 甲所示，左侧接有定值电阻 R＝3 Ω 的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁 场中，磁感应强度 B＝2 T，导轨间距为 L＝1 m．一质量 m＝2 kg、接入电路的阻值 r＝1 Ω 的金属棒在拉力 F 作用下由静止开始从 CD 处沿导轨向右加速运动，金属棒与导轨垂直且接 触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数 μ＝0.5，g＝10 m/s2，金属棒的 v－x 图象如图乙所示， 则从起点到发生位移 x＝1 m 的过程中(　　) 图 6 A．拉力做的功为 16 J B．通过电阻 R 的电荷量为 0.25 C C．定值电阻 R 产生的焦耳热为 0.75 J D．所用的时间 t 一定大于 1 s 答案　CD 解析　根据题图乙可知 v＝2x，金属棒运动过程中受到的安培力 F 安＝B2L2·2x R＋r ，即安培力与 x 是线性函数，所以在此过程中平均安培力为 1 N，根据功能关系 W 拉＝Wf＋1 2mv2＋W 克安＝μmgx＋1 2mv2＋F安 x＝0.5×20×1 J＋1 2×2×22 J＋1×1 J＝15 J， 故 A 错误； q＝ ΔΦ R＋r＝ BLx R＋r＝2 × 1 × 1 4 C＝0.5 C，故 B 错误； 克服安培力做的功转化为回路中的焦耳热，克服安培力做的功为 W 克安＝1 J，所以 R 上的焦 耳热为 QR＝ R R＋rW＝3 4W＝0.75 J，故 C 正确； v－x 图象中的斜率 k＝v x＝v t· t x＝a v ，所以 a＝kv，即随着速度的增加，加速度也在增加，若金 属棒做匀加速运动 1 m 则需要的时间为 t＝x v ＝1 s，现在金属棒做加速度增加的加速运动，则 移动相同的位移所用的时间大于 1 s，故 D 正确． 三、非选择题 (一)必考题 22．(5 分)物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数．实验装置如图 7， 一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打 点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接．打点计时器使用的交流电 源的频率为 50 Hz.开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上 打出一系列小点． 图 7 (1)图 8 给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7 是计数点，每相 邻两计数点间还有 4 个小点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示．根据图中数据计算的 加速度 a＝__________(保留三位有效数字)． 图 8 (2)回答下列两个问题： ①为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有________(填入所选物理量前的字母) A．木板的长度 B．木板的质量 m1 C．滑块的质量 m2D．托盘和砝码的总质量 m3 E．滑块运动的时间 t ②测量①中所选定的物理量时需要的实验器材是____________________． (3)滑块与木板间的动摩擦因数 μ＝________(用被测物理量的字母表示，重力加速度为 g)． 答案　(1)0.497 m/s2(0.495 m/s2～0.499 m/s2 均可) (2)①CD　②天平 (3)m3g－(m2＋m3)a m2g 解析　(1)每相邻两计数点间还有 4 个打点，说明相邻的计数点时间间隔为 0.1 s．将第一段位 移舍掉，设 1、2 两计数点之间的距离为 x1，则第 6、7 之间的距离为 x6，利用匀变速直线运 动的推论 Δx＝at2，即逐差法可以求滑块的加速度大小： a＝a1＋a2＋a3 3 ＝ (x4＋x5＋x6)－(x3＋x2＋x1) 9T2 ， 将数据代入得：a≈0.497 m/s2. (2)①设托盘和砝码的总质量为 m3，滑块的质量为 m2，动摩擦因数为 μ，则摩擦力为 Ff＝ μm2g； 根据牛顿第二定律有：m3g－μm2g＝(m3＋m2)a， 由此可知还需要测量托盘和砝码的总质量 m3，滑块的质量 m2，故 A、B、E 错误，C、D 正 确．②根据①问分析可知在测量质量的时候需要用到的仪器是天平． (3)根据牛顿第二定律有：m3g－μm2g＝(m3＋m2)a， 故解得：μ＝m3g－(m2＋m3)a m2g . 23．(10 分)为测定海水的电阻率： (1)某学习小组选取了一根厚度可以忽略的塑料管，分别用刻度尺和螺旋测微器测出其长度 L 和外径 d，外径示数如图 9 所示，由图得 d＝________ mm. 图 9 (2)在塑料管里面灌满了海水，两端用粗铜丝塞住管口，形成一段封闭的海水柱．将多用电表 的转换开关 K 旋转在如图 10 所示的位置，将插入“＋”、“－”插孔的红黑表笔短接，调零 后粗测其阻值 R，其结果如图中表盘所示，则 R＝________ Ω.图 10 (3)该小组为进一步精确测量其阻值，现采用伏安法．有如下实验器材供选择： A．直流电源：电动势 12 V，内阻不计，额定电流为 1 A； B．电流表 A：量程 0～10 mA，内阻约 10 Ω； C．电压表 V：量程 0～15 V，内阻约 15 kΩ； D．滑动变阻器 R1：最大阻值 10 Ω； E．滑动变阻器 R2：最大阻值 10 kΩ； F．多用电表； G．开关、导线等． ①该小组采用限流电路并在正确选择器材后完成了部分导线的连接，请你在图 11 中完成余下 导线的连接并在滑动变阻器旁边标上其符号(R1 或 R2)． 图 11 ②若该小组在实验过程中由于操作不当，导致所选用的电流表损坏．为保证实验的正常进行， 可将多用电表的转换开关 K 旋转至直流电流________挡位上，替换原使用的电流表并通过插 入“＋”、“－”插孔的红黑表笔正确接入电路，继续实验． 该小组在实验中测得电压表和电流表的示数分别为 U 和 I，则精确测出的海水电阻率表达式 为 ρ＝____________. 答案　(1)3.740　(2)6×103 (3)①如图所示　②10 mA　πd2U 4IL解析　(1)螺旋测微器的固定刻度为 3.5 mm，可动刻度为 24.0×0.01 mm＝0.240 mm， 所以最终读数为 3.5 mm＋0.240 mm＝3.740 mm. (2)用×1 kΩ 挡测量电阻，由题图可知，欧姆表示数为 R＝6×103 Ω； (3)①限流式接法如图所示，因用的限流式接法，且待测电阻的阻值约为 6 kΩ，若用 R1 来控 制电流其阻值偏小，故选用 R2. ②选择与电流表相当的挡位：10 mA； 因 R＝U I ＝ρL S，且 S＝π(d 2)2 解得：ρ＝πd2U 4IL . 24．(12 分)质量为 m、电荷量为 q、带正电的绝缘小球 a，以某一初速度沿水平放置的绝缘板 进入正交的匀强磁场和匀强电场区域，场强方向如图 12 所示，若小球 a 与绝缘板间的动摩擦 因数为 μ，已知小球 a 自 C 点沿绝缘板做匀速直线运动，在 D 点与质量为 M＝2m 的不带电 绝缘小球 b 发生弹性正碰，此时原电场立即消失(不计电场变化对磁场的影响)，磁场仍然不 变，若碰撞时，小球 a 无电荷量损失，碰撞后，小球 a 做匀速直线运动返回 C 点，往返总时 间为 t，CD 间距为 L，重力加速度为 g.求： 图 12 (1)小球 a 碰撞前后的速度大小之比； (2)电场强度 E 的大小． 答案　(1)3∶1　(2)4μmg q 解析　(1)a、b 两小球发生弹性碰撞前后，系统动量守恒，机械能守恒．设碰前 a 球速度为 v0，碰后 a 球、b 球速度大小分别为 va、vb，mv0＝－mva＋Mvb①1 2mv02＝1 2mva2＋1 2Mvb2② 由①②式解得：v0 va＝3 1 (2)往返总时间 t＝L v0＋L va＝4L v0 得：v0＝4L t ③ a 球碰后匀速返回，则有：qBva＝mg，得：B＝mg qva④ a 球碰前匀速，则有：FN＝mg＋qBv0⑤ qE＝μFN⑥ 由③④⑤⑥解得：E＝4μmg q . 25.(20 分)如图 13 所示，一个质量为 M、长为 L 的圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为 m 的 弹性小球，M＝4m，球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为 4mg.管从下端离地面距 离为 H 处自由落下，运动过程中，管始终保持竖直，每次落地后向上弹起的速度与落地时速 度大小相等，不计空气阻力，重力加速度为 g.求：3 图 13 (1)管第一次落地弹起时管和球的加速度； (2)管第一次落地弹起后，若球没有从管中滑出，则球与管刚达到相同速度时，管的下端距地 面的高度； (3)管第二次弹起后球没有从管中滑出，L 应满足什么条件． 答案　(1)管的加速度为 2g，方向向下　球的加速度为 3g，方向向上 (2)12 25H　(3)L>152 125H 解析　(1)管第一次落地弹起时， 管的加速度 a1＝4mg＋4mg 4m ＝2g，方向向下 球的加速度 a2＝4mg－mg m ＝3g，方向向上(2)取向上为正方向，球与管第一次碰地时速度 v0＝ 2gH，方向向下 碰地后管的速度 v1＝ 2gH，方向向上 球的速度 v2＝ 2gH，方向向下 若球刚好没有从管中滑出，设经过时间 t1， 球、管速度 v 相同，则有 v1－a1t1＝－v2＋a2t1， t1＝ 2v0 a1＋a2＝2 2gH 5g 设管从碰地到它弹到最高点所需时间为 t2，则： t2＝v0 a1＝ 2gH 2g 因为 t1＜t2，说明管在达到最高点前，球与管相对静止，故管从弹起经 t1 这段时间上升的高 度为所求． 得 h1＝v1t1－1 2a1t12＝12 25H (3)球与管达到相对静止后，将以速度 v、加速度 g 竖直上升到最高点， 由于 v＝v1－a1t1＝1 5 2gH， 故这个高度是 h2＝v2 2g＝ (1 5 2gH)2 2g ＝ 1 25H 因此，管第一次落地弹起后上升的最大高度 Hm＝h1＋h2＝13 25H 这一过程球运动的位移 x＝－v2t1＋1 2a2t12＝ 8 25H 则球与管发生相对位移 x1＝h1＋x＝4 5H 当管与球从 Hm 再次下落，第二次落地弹起中，发生的相对位移由第一次可类推知： x2＝4 5Hm 所以管第二次弹起后，球不会滑出管外的条件是 x1＋x2＜L 即 L 应满足条件 L＞152 125H.(二)选考题 33．[选修 3－3](15 分) (1)(5 分)下面说法正确的是________． A．饱和蒸汽压随温度的升高而增大 B．单晶体在某些物理性质上具有各向异性 C．一定量的理想气体从外界吸热，其内能一定增加 D．液体温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈 E．当分子之间作用力表现为斥力时，分子力随分子间的距离增大而增大 (2)(10 分)如图 14 所示，粗细不同的玻璃管开口向下，粗管长为 L＝13 cm，细管足够长，粗 管的截面积为细管的两倍．管内的气体被一段水银柱封闭，当封闭气体的温度为 T1＝300 K 时，粗、细管内的水银柱长度均为 h＝5 cm.已知大气压强 p0＝75 cmHg，现对封闭气体缓慢 加热，求： 图 14 ①水银恰好全部进入细管时气体的温度 T2； ②从开始加热到 T3＝500 K 时，水银柱的下表面移动的距离为多少厘米(保留三位有效数 字)． 答案　(1)ABD　(2)①450 K　②12.9 cm 解析　(1)饱和蒸汽压与温度有关，且随着温度的升高而增大，选项 A 正确；单晶体内部分子 结构在空间排列规则，某些物理性质具有各向异性，故 B 正确；根据热力学第一定律，做功 和热传递都可以改变内能，所以内能不一定增加，故 C 错误；液体温度越高，分子热运动的 平均动能越大，悬浮颗粒越小，碰撞的不平衡性越明显，布朗运动越剧烈，故 D 正确；分子 间的作用力表现为斥力时，分子力随分子间距离的增大而减小，故 E 错误． (2)①由理想气体状态方程： (p0－ρg·2h)·2S(L－h) T1 ＝ (p0－ρg·3h)·2SL T2 解得：T2＝450 K； ②从 T2 到 T3，由盖－吕萨克定律： 2LS T2 ＝2LS＋Sx T3得：x≈2.9 cm 水银柱移动的距离：s＝2h＋x＝12.9 cm. 34．[选修 3－4](15 分) (1)(5 分)如图 15 所示，两列简谐横波分别沿 x 轴正方向和负方向传播．已知两波源分别位于 x＝－0.2 m 和 x＝1.0 m 处，振幅均为 A＝0.5 cm，波速均为 v＝0.2 m/s.t＝0 时刻，平衡位置 处于 x＝0.2 m 和 x＝0.6 m 的 P、Q 两质点刚开始振动．质点 M 的平衡位置处于 x＝0.4 m 处， 下列说法正确的是________． 图 15 A．t＝0 时，质点 P、Q 振动方向分别是向下和向上 B．0～1 s 内，质点 P 的运动路程为 0.2 m C．t＝1.5 s 时，平衡位置处于 0.3 m～0.5 m 之间的质点位移均为 0 D．t＝2 s 时，x＝0.3 m 处质点的位移为－0.5 cm E．两列波相遇分开后，各自的振幅、周期均保持不变 (2)(10 分)如图 16 所示，截面为直角三角形 ABC 的玻璃砖，∠A＝60°，AB＝12 cm，现有两 细束相同的单色平行光 a、b，分别从 AC 面上的 D 点和 E 点以 45°角入射，并均从 AB 边上 的 F 点射出，已知 AD＝AF＝5 cm，光在真空中的传播速度 c＝3×108 m/s，求： 图 16 ①该玻璃砖的折射率； ②D、E 两点之间的距离． 答案　(1)ACE　(2)① 2　②14 cm 解析　(1)由“上下坡”法可判断，t＝0 时，质点 P、Q 振动方向分别是向下和向上，故 A 正 确；由 v＝λ T可知，T＝2 s，所以在半个周期内质点 P 运动的路程为 2A＝0.01 m，故 B 错误； 由“平移法”可知，t＝1.5 s 时，平衡位置处于 0.3 m～0.5 m 之间的质点位移均为 0，故 C 正确；波从 P 点传到 x＝0.3 m 处质点所用的时间为 t＝0.1 0.2 s＝0.5 s，质点再经过 1.5 s 即四分之 三周期的位移为 0.5 cm，故 D 错误；由于波叠加时互不干扰，所以两列波相遇分开后，各自 的振幅、周期均保持不变，故 E 正确． (2)①由几何关系得：从 AC 边入射的光的折射角 θ＝30° 由折射定律：n＝sin 45° sin 30°＝ 2； ②设该玻璃砖的临界角为 C，则 sin C＝1 n， 解得：C＝45° 由几何关系得： 从 E 点入射的光线在 BC 边的 F′点入射角为 60°，故在 BC 边发生全反射 由几何关系得：FF′＝14 cm DE＝FF′＝14 cm.