（全国通用版）2019高考物理总复习 精准提分练：仿真模拟练（三）.doc

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1、1仿真模拟练仿真模拟练( (三三) )(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 1418 题只有一项符合题目要求，第 1921 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 1A卢瑟福 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 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

2、进行链式反应答案 A解析 卢瑟福 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 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

3、，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2B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

4、( )图 2A. B.m2g2 k2m2g2 kC. D.3m2g2 k4m2g2 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，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 kmg 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：Wmghmg2，故 B 正确mg k2m2g2 k17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

5、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( )3图 3Ab点电场强度与c点电场强度相同Ba点电场强度与b点电场强度大小相等Ca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；

6、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 4A小球通过最高点A的速度为gRB小球通过最低点B和最高点A的动能之差为mgRC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RD若细绳在小球运动到A处断了，则经过时间t小球运动到与圆心等高的位置2R g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：mgm，得v，故 A 错误；v2 RgR从最高点到最

7、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4能之差为 2mgR，故 B 错误；从A到C由动能定理可知：mgRmvmv2，1 2C21 2当绳子断掉后上升的高度为h，则mgh0mv，1 2C2解得hR，故 C 错误；3 2若细绳在小球运动到A处断了，则下降R所用的时间为Rgt2，1 2解得t，故 D 正确2R g19一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UIB电源的效率为 1Ir EC电源的输出功率为EID电动机消耗的热功率为U2 R答

8、案 AB解析 电动机消耗的总功率为PIU，所以 A 正确电动机消耗的热功率为PI2R，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1，所以 B 正确IEI2r IEIr E20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 5A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

9、升的高度也为d5C小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于22D小环下落到B处时的速度大小为32 2gd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(1)d，2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1，故 C 项错误2小环从A到B，由机械能守恒得mgd2mghmv 2mv1 2环21 2物2且v物v环cos 45，解得：v环，故 D 正确32

10、 2gd21如图 6 甲所示，左侧接有定值电阻R3 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B2 T，导轨间距为L1 m一质量m2 kg、接入电路的阻值r1 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0.5，g10 m/s2，金属棒的vx图象如图乙所示，则从起点到发生位移x1 m 的过程中( )图 6A拉力做的功为 16 JB通过电阻R的电荷量为 0.25 CC定值电阻R产生的焦耳热为 0.75 JD所用的时间t一定大于 1 s答案 CD解析 根据题图乙可知v2x，金属棒运动过程中受到的安培力F安，即安培力B

11、2L22x Rr6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Wfmv2W克安mgxmv2安x1 21 2F0.5201 J 222 J11 J15 J，1 2故 A 错误；q C0.5 C，故 B 错误； RrBLx Rr2 1 1 4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QRWW0.75 J，故 C 正确；R Rr3 4vx图象中的斜率k ，所以akv，即随着速度的增加，加速度也在增加，若v xv tt xa v金属棒做匀加速运动 1 m 则需要的时间为t 1 s，现在金属棒做加速度增加的加速运动，x v则移动相同的

12、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

13、度a_(保留三位有效数字)图 8(2)回答下列两个问题：7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m1C滑块的质量m2D托盘和砝码的总质量m3E滑块运动的时间t测量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_(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/s20.499 m/s2均可)(2)CD 天平(3)m3gm2m3am2g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

14、、7 之间的距离为x6，利用匀变速直线运动的推论 xat2，即逐差法可以求滑块的加速度大小：a，a1a2a3 3x4x5x6x3x2x19T2将数据代入得：a0.497 m/s2.(2)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，则摩擦力为Ffm2g；根据牛顿第二定律有：m3gm2g(m3m2)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 正确根据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：m3gm2g(m3m2)a，故解得：.m3gm2m3am2g23(10 分)为测定海水的电阻率：(1)某学习小组选取

15、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8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_ .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 010 mA，内阻约 10 ；C电压表 V：量程 015 V，内阻约 15 k；D滑动变阻器R1：

16、最大阻值 10 ；E滑动变阻器R2：最大阻值 10 k；F多用电表；G开关、导线等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_.答案 (1)3.740 (2)61039(3)如图所示 10 mA d2U 4I

17、L解析 (1)螺旋测微器的固定刻度为 3.5 mm，可动刻度为 24.00.01 mm0.240 mm，所以最终读数为 3.5 mm0.240 mm3.740 mm.(2)用1 k 挡测量电阻，由题图可知，欧姆表示数为R6103 ；(3)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 k，若用R1来控制电流其阻值偏小，故选用R2.选择与电流表相当的挡位：10 mA；因R ，且S( )2U IL Sd 2解得：.d2U 4IL24(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

18、与绝缘板间的动摩擦因数为，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M2m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)31 (2)4mg 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10v0，碰后a球、b球速度大小分别为va、vb，mv0mvaMvbmvmvMv1 2021 2a21 2b2由式解得：

19、v0 va3 1(2)往返总时间tL v0L va4L v0得：v04L ta球碰后匀速返回，则有：qBvamg，得：Bmg qvaa球碰前匀速，则有：FNmgqBv0qEFN由解得：E.4mg q25.(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，M4m，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，

20、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)H (3)LH12 25152 125解析 (1)管第一次落地弹起时，管的加速度a12g，方向向下4mg4mg 4m11球的加速度a23g，方向向上4mgmg m(2)取向上为正方向，球与管第一次碰地时速度v0，方向向下2gH碰地后管的速度v1，方向向上2gH球的速度v2，方向向下2gH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v1a1t1v2a2t1，t12v0 a1a22 2gH5g设管从碰地到

21、它弹到最高点所需时间为t2，则：t2v0 a12gH2g因为t1t2，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h1v1t1a1tH1 21212 25(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vv1a1t1，15 2gH故这个高度是h2Hv2 2g(1 52gH)22g1 25因此，管第一次落地弹起后上升的最大高度Hmh1h2H13 25这一过程球运动的位移xv2t1a2tH1 2128 25则球与管发生相对位移x1h1xH4 5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：x2Hm4 5所以管第二

22、次弹起后，球不会滑出管外的条件是x1x2L即L应满足条件LH.152 12512(二)选考题33选修 33(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L13 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T1300 K 时，粗、细管内的水银柱长度均为h5 cm.已知大气

23、压强p075 cmHg，现对封闭气体缓慢加热，求：图 14水银恰好全部进入细管时气体的温度T2；从开始加热到T3500 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)450 K 12.9 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

24、子力随分子间距离的增大而减小，故 E 错误(2)由理想气体状态方程：p0g2h2SLhT1p0g3h2SLT2 解得：T2450 K；从T2到T3，由盖吕萨克定律：2LS T22LSSx T3 得：x2.9 cm13水银柱移动的距离：s2hx12.9 cm.34选修 34(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x0.2 m 和x1.0 m 处，振幅均为A0.5 cm，波速均为v0.2 m/s.t0 时刻，平衡位置处于x0.2 m 和x0.6 m 的P、Q两质点刚开始振动质点M的平衡位置处于x0.4 m 处，下列说法正确的是_图 1

25、5At0 时，质点P、Q振动方向分别是向下和向上B01 s 内，质点P的运动路程为 0.2 mCt1.5 s 时，平衡位置处于 0.3 m0.5 m 之间的质点位移均为 0Dt2 s 时，x0.3 m 处质点的位移为0.5 cmE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，A60，AB12 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ADAF5 cm，光在真空中的传播速度c3108 m/s，求：图 16该玻璃砖的折射率；D、E两点之间的距离答案 (1)ACE

26、(2) 14 cm2解析 (1)由“上下坡”法可判断，t0 时，质点P、Q振动方向分别是向下和向上，故 A正确；由v可知，T2 s，所以在半个周期内质点P运动的路程为 2A0.01 m，故 B 错 T误；由“平移法”可知，t1.5 s 时，平衡位置处于 0.3 m0.5 m 之间的质点位移均为0，故 C 正确；波从P点传到x0.3 m 处质点所用的时间为t s0.5 s，质点再经过0.1 0.2141.5 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)由几何关系得：从AC边入射的光的折射角30由折射定律：n；sin 45 sin 302设该玻璃砖的临界角为C，则 sin C ，1 n解得：C45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：FF14 cmDEFF14 cm.