2019年高考物理考前提分仿真试题十.doc

2019届高考名校考前提分仿真卷物 理（十）注意事项：1、本试卷分第卷（选择题）和第卷（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1418题只有一个选项符合题目要求。第1921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氡气有天然放射性，其衰变产生的粒子可对人的呼吸系统造成辐射损伤。氡衰变方程为RnPoX，衰变过程中同时产生射线，半衰期为3.8天，以下说法正确的是A该衰变过程为衰变B对一个特定的氡核，在3.8天内一定会衰变C射线是由处于高能级的Po核向低能级跃迁时产生的D衰变后，Po核与X粒子的质量之和等于衰变前Rn核的质量15如图所示，直线a与半圆周b分别表示两质点A、B从同一地点出发，沿同一方向做直线运动的vt图。当B的速度变为0时，A恰好追上B，则A的加速度为(B质点的运动为理想模型)A1 m/s2 B2 m/s2Cm/s2 Dm/s216如图所示的电路中，变压器为理想变压器，开关S闭合，交流电源电压恒定，电阻R1R2，通过R1的电流与通过R3的电流相等，R1两端的电压为电源总电压的，则若断开开关S，R1与R3的电功率之比为A13 B19C29 D11817科学家计划在2025年将首批宇航员送往火星进行考察。一质量为m的物体，假设在火星两极宇航员用弹簧测力计测得的读数为F1，在火星赤道上宇航员用同一把弹簧测力计测得的读数为F2。通过天文观测测得火星的自转角速度为，设引力常数为G，将火星看成是质量分布均匀的球体，则火星的密度和半径分别为A， B，C， D，18如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且仅圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。今有质量相同的甲、乙、丙三个小球，其中甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电，现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道最高点，则A经过最高点时，三个小球的速度相等B经过最高点时，甲球的速度最小C乙球释放的位置最高D甲球下落过程中，机械能守恒19如图所示，真空中有一边长为a的立方体，在图中A、C、F三个顶点放上电荷量相等的负点电荷q，已知静电力常量为k，设无穷远处的电势为零，下列说法正确的是AA处点电荷受到另两个点电荷对其作用力的合力大小为BB点处的电场强度的大小为CD、E、G三点电势相等D将一电子先后置于H点和B点，电子在H点的电势能小于其在B点的电势能20如图所示，用铰链将三个质量均为m的小球A、B、C与两根长为L的轻杆相连，B、C置于水平地面上。在轻杆竖直时，将A由静止释放，B、C在杆的作用下向两侧滑动，三小球始终在同一竖直平面内运动。忽略一切摩擦，重力加速度为g。则此过程中A球A的机械能一直减小B球A落地的瞬时速度为C球B对地面的压力始终等于D球B对地面的压力可小于mg21水平面上的三点A、O、B在一条直线上，OB2OA，OO是竖直的分界线，其左边区域内有水平向右的匀强电场，场强大小为E1，其右边区域内有水平向左的匀强电场，场强大小为E2。现将一带电量为q的小球从A点以初速度v0竖直向上抛出，小球在空中越过分界线后，竖直向下落在B点，不计阻力，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是A小球在B点的电势能大于在A点的电势能B小球经过分界线时的速度与水平方向夹角的正切值tan 0.5C小球经过分界线时离水平面的高度为D左右两区域电场强度大小的比值为E1 : E21 : 2第卷三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22-32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33-38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）22(6分)研究性学习小组为“研究匀变速直线运动的规律”和“测当地的重力加速度”，采用了如图1所示的装置，其中m150 g、m2150 g，开始时保持装置静止，然后释放物块m2，m2可以带动m1拖着纸带打出一系列的点，只要对纸带上的点进行测量，即可研究匀变速直线运动。某次实验打出的纸带如图2所示，0是打下的第一个点，两相邻点间还有4个点没有标出，交流电频率为50 Hz。 (1)系统的加速度大小为_m/s2，在打点05的过程中，系统动能的增量Ek_J。(2)忽略一切阻力的情况下，某同学作出的图象如图3所示，则当地的重力加速度g_m/s2。23(9分)某同学为了测定一只电阻的阻值，采用了如下方法：(1)用多用电表粗测：多用电表电阻挡有4个倍率：分别为1 k、100、10、1，该同学选择100倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大(指针位置如图中虚线所示)。为了较准确地进行测量，请你补充完整下列依次应该进行的主要操作步骤：a_；b两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在0 处；c重新测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，测量结果是_。(2)为了尽量准确测该电阻Rx，除被测电阻Rx外，还备有如下实验仪器，请选择仪器，设计实验电路。A电流表A1，量程(010 mA)，内阻约10 B电流表A2，量程(030 mA)，内阻约4 C电压表V，量程(03 V)，内阻约1 500 D滑动变阻器R1，阻值范围(025 )E滑动变阻器R2，阻值范围(01 000 )F电阻箱R3、R4，阻值范围均为(0199.9 )G开关一只和导线若干H电池E，电动势6 V，内阻未知根据(1)问的测量结果，该同学采用如图所示电路测电阻Rx的阻值，则电流表应选用_，滑动变阻器应选用_。(填写器材序号)(3)该同学进行了如下实验：将电压表的a端接b，测得110 ；将电压表的a端接c，测得125 。则Rx的电阻值更接近_。24(12分)如图所示的装置由传送带AB、水平地面CD、光滑半圆形轨道DE三部分组成。一质量为5 kg的物块从静止开始沿倾角为37的传送带上滑下。若传送带顺时针运动，其速度v10 m/s，传送带与水平地面之间通过光滑圆弧BC相连，圆弧BC长度可忽略不计，传送带AB长度LAB16 m，水平地面长度LCD6.3 m，半圆轨道DE的半径R1.125 m，物块与水平地面间、传送带间的动摩擦因数均为0.5。求：(sin 370.6，cos 370.8)(1)物块在传送带上运动的时间t；(2)物块到达D点时对D点的压力大小。25(20分)如图所示，有一间距为L且与水平方向成角的光滑平行轨道，轨道上端接有电容器和定值电阻，S为单刀双掷开关，空间存在垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B。将单刀双掷开关接到a点，一根电阻不计、质量为m的导体棒在轨道底端获得初速度v0后沿着轨道向上运动，到达最高点时，单刀双掷开关接b点，经过一段时间导体棒又回到轨道底端，已知定值电阻的阻值为R，电容器的电容为C，重力加速度为g，轨道足够长，轨道电阻不计，求：(1)导体棒获得初速度v0时，电容器的带电量；(2)导体棒上滑过程中加速度的大小；(3)若已知导体棒到达轨道底端的速度为v，求导体棒下滑过程中定值电阻产生的热量和导体棒运动的时间。(二)选考题(共45分。请考生从给出的2道物理题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分)33【物理选修3-3】(15分) (1)(5分)如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，其中，AB和CD为等温过程，BC和DA为绝热过程。该循环过程中，下列说法正确的是。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）AAB过程中，气体对外界做功，吸热BBC过程中，气体分子的平均动能减少CCD过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少DDA过程中，外界对气体做功，气体内能增加E该整个循环过程中，气体放热(2)(10分)如图所示，用质量m1 kg、横截面积S10 cm2的活塞在气缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与气缸壁之间的摩擦忽略不计。开始时活塞距气缸底的高度为h10 cm且气缸足够高，气体温度t27 ，外界大气压强p01.0105 Pa，取g10 m/s2，绝对零度取273 。求：(1)此时封闭气体的压强；(2)给气缸缓慢加热，当缸内气体吸收4.5 J的热量时，内能的增加量为2.3 J，求此时缸内气体的温度。34【物理选修3-4】(15分) (1)(5分)下列判断正确的是。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）A机械波既有横波又有纵波，而电磁波只有纵波B机械波和电磁波都能产生干涉和衍射现象C介质中质点振动的周期一定和相应的波的周期相等D机械波的频率、波长和波速三者满足的关系对电磁波也适用E在双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光改为红光，则相邻干涉条纹间距变窄(2)(10分)如图所示，一玻璃砖的截面为直角三角形ABC，其中A60，AB6 cm。现有两细束平行且相同的单色光a、b，分别从AC边上的D点、E点以45角入射，且均能从AB边上的F点射出。已知ADAF2 cm。求：(i)玻璃砖的折射率；(ii) D、E两点之间的距离。绝密 启用前【最后十套】2019届高考名校考前提分仿真卷物理答案（十）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1418题只有一个选项符合题目要求。第1921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【答案】C15【答案】C【解析】设A的加速度为a两质点A、B从同一地点出发，A追上B时两者的位移相等，即xaxb根据v-t图象的“面积”表示位移，得，由题知 t4s，解得 am/s2，故选C。16【答案】D【解析】开关S闭合时，设电源的电压为U，变压器的匝数比为n；R1两端的电压为UR，变压器输入端的电压为U1，输出端的电压为U2；原线圈上的电流为I1，流过R2的电流为I2，流过R3的电流为I3，则：URU，U1UURUUU，由于：n，所以：U2，由欧姆定律得：I1；I2，由题：I1I3，由电流关系可得：，联立可得：n3，R32R1，若断开开关S，则：I1I3，由功率的表达式：PI2R，联立可得R1与R3的电功率之比为：，故D正确。17【答案】A【解析】在两极：GMmR2F1；在赤道上：GMmR2-F2m2R；联立解得RF1-F2m2； 由GMmR2F1，且M43R3，解得3F124G(F1-F2) ，故选A.18【答案】D【解析】在最高点时，甲球所受洛伦兹力向下，乙球所受洛伦兹力向上，而丙球不受洛伦兹力，三球在最高点所受合力不相等，由牛顿第二定律得：F合m，由于F合不等、m、R相等，则三个小球经过最高点时的速度不相等，故A错误；由于经过最高点时甲球所受合力最大，甲球在最高点的速度最大，故B错误；甲球经过最高点时的速度最大，甲的机械能最大，小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可知，甲释放时的位置最高，故C错误；洛伦兹力不做功，小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，故D正确。19【答案】ACD【解析】A、C、F三点形成了一个等边三角形，有F2cos 30，故A正确；B点处的电场强度是由三个点电荷各自产生的电场强度叠加而成的，合电场强度为，故B错误；D、E、G三点在电场中相对A、C、F三点的位置相同，故电势相等，故C正确；H点到三个固定负点电荷的距离大于B点到三个固定负点电荷的距离，所以HB，根据Epe得EpHEpB，故D正确。20【答案】BD【解析】设A球下滑h时，左侧杆与竖直方向夹角为，则cosL-hL，AB用铰链相连，则vAcosvBcos900-vBsin，当A下落到最低点时，B的速度为零，中间过程中B的速度不为零；同理可得，当A下落到最低点时，C的速度为零，中间过程中C的速度不为零。ABC三者组成的系统机械能守恒，中间过程B、C的动能不为零，A到最低点时，B、C的动能为零；则球A的机械能不是一直减小。故A项错误。当A下落到最低点时，B、C的速度为零，对三者组成的系统，A由静止释放到球A落地过程，应用机械能守恒得：mgL12mv2，解得：球A落地的瞬时速度v2gL。故B项正确。球A加速下落时，三者组成的系统有向下的加速度，整体处于失重状态，球B、C对地面的压力小于32mg。故C项错误。在A落地前一小段时间，B做减速运动，杆对B有斜向右上的拉力，则球B对地面的压力小于mg。故D项正确。21【答案】BC【解析】小球只受重力和电场力作用，故竖直方向做加速度为g的匀变速运动，又有A、B两点的高度相等，故竖直方向的速度大小相等；根据B点速度竖直向下可得：小球落在B点时的速度大小等于v0，则小球在空中运动的总时间为t2v0g；小球在水平方向只受电场力作用，做匀变速运动；故在OO左侧做加速度a1qE1mg的匀加速运动，在右侧做加速度a2qE2m的匀减速运动；设在左侧运动时间为t1，在右侧运动时间为t2；则有：t1+t22v0g，a1t1a2t2；又有OB2OA，所以，a1t1t2-12a2t22212a1t12；所以，t22t14v03g，E1：E2a1：a2t2：t12：1；故D错误；小球在竖直方向做竖直上抛运动，故经过分界线时离水平面的高度为hv0t112gt124v029g，故C正确；小球经过分界线时的水平速度vxa1t123v0；竖直速度：vyv0-gt113v0，则速度与水平方向夹角的正切值tanvyvx12，选项B正确；根据E1：E22：1，OB2OA，由UEd可得：A、B两点电势相等，故电势能相等，故A错误。第卷三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22-32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33-38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）22(6分) 【答案】（1）4.8 0.576 （2）9.6【解析】（1）据题意，从纸带可以求出系统的加速度：，而相邻计数点之间时间间隔为：T0.1s，则加速度为：a4.8m/s2，在打点05的过程中，系统动能的增量为：Ek12(m1+m2)v52，计数点5的瞬时速度为：v5x462T2.4m/s，则Ek0.576J；（2）据(m2-m1)gh12(m1+m2)v52，整理得：v522(m2-m1)ghm1+m2，则图像斜率为：k(m2-m1)gm1+m25.81.2，重力加速度为：g9.6m/s2。23(9分) 【答案】(1)换用10倍率的挡位120(2)BD(3)125【解析】(1)a.选择“100”倍率，用正确的操作步骤测量时，指针偏转角度太大，说明所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应换用倍率10的挡c欧姆表选择10挡位，由题图所示表盘可以知道，测量结果为1210 120 (2)流过待测电阻的电流大约为I A0.025 A25 mA，所以选择电流表A2，故选B，由于电路选择的分压电路所以最好用一个小一点的滑动变阻器，故选D.(3)由于电流表的电阻远小于待测电阻，所以选用电流表内接法误差较小，故Rx的电阻值更接近125 。24(12分) 【解析】(1)刚开始运动时，对物块受力分析可知mgsin37+mgcos37ma1解得a110 m/s2物块与传送带达到共同速度时va1t1，解得t11 s物块的位移x12at25m此后对物块受力分析可知mgsin37-mgcos37ma2解得a22 m/s2物块在传送带上的第二段运动LAB-xvt2+12a2t22解得t21 s物块在传送带上运动的时间tt1t22 s(2)物块到达传送带底端的末速度v2v+a2t212m/s在水平地面CD上，物块做匀减速直线运动，其加速度大小ag5 m/s2设物块到达D点时的速度为v3，则v32-v22-2aLCD 解得v39 m/s设此时D点对物块的支持力为FN，根据牛顿第二定律，有FN-mgmv32R解得FN410 N根据牛顿第三定律可知，物块对D点的压力大小为410 N。25(20分) 【解析】（1）当导体棒获得初速度v0时将产生感应电动势，电容器的电压等于此时导体棒切割磁感线产生的感应电动势 ，即UEBLv0此时电容器的带电量为：qCUCBLv0（2）导体棒上滑的过程中，根据牛顿第二定律得：mgsin-F安ma又F安iBL，iqtCUtCBLvtCBLa联立解得：amgsinm+CB2L2（3）导体棒上滑过程中，有0-v02-2aS导体棒下滑的过程中，由动量定理得：mgsint-I安mv-0而I安BiLtBBLvRLB2L2RvtB2L2RS联立解得：tvgsin+B2L2v02m+CB2L22Rm2g2sin2导体棒下滑的过程中，由能量守恒定律得：Q+12mv2mgSsin解得：Qv02m+CB2L2-mv22 (二)选