(完整word版)2019届高三高考物理全国卷Ⅰ考试大纲模拟卷(十三)-参考答案

1、（答案 13）第 1页共 4页 2019 届高三高考全国卷I考试大纲模拟卷（十三） 理科综合物理 参考答案及解析第I卷 一、选择题：本题共 8 个小题，每小题 6 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 15 题只有一项 符合题目要求，第 68 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。 1. 【答案】C 【解析】木块匀速滑下，合力为零，根据平衡条件得 mgsin 0=卩 mgos 0;若增大斜面的倾角 0,重力沿斜面 向下的分力 mgsin 0增大，滑动摩擦力 f=卩 mgos 0减小， 木块的合力方向将沿斜面向下，木块做加速运动，故 A

2、错误；由上可知减小木块与斜面间的动摩擦因数，木块 的合力方向将沿斜面向下， 木块做加速运动，故 B 错误； 对木块 A 施加一个垂直于斜面向下的力 F，重力沿斜面 向下的分力 mgsin 0不变，而滑动摩擦力 f= KF + mgcos 0）增大，合力方向沿斜面向上，木块做减速运动，可以 使木块停下，故 C 正确；对木块 A 施加一个竖直向下的 力，由于（F + mg）sin 0=（XF + mg）cos 0,木块的合力仍为 零，仍做匀速运动，不可能停下，故 D 错误. 2. 【答案】A 【解析】由图乙可以看出，A 先做匀减速运动，B 做匀 加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度 v = 1

3、m/s, 取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv=（m+ M）v, 解得：M = m= 2 kg ,故 A 正确；由图象可知，木板 B 匀加速运动的加速度 a=1 m/s2，对 B，根据牛顿第 二定律得 卩 m= MaB,解得动摩擦因数 卩=0.1,故 B 错误；由图象可知前 1 s 内 B 的位移XB= 0.5 m, A 的位 移XA= 1.5 m,所以木板最小长度 L= XA XB = 1 m,故 C 1 1 错误；A、B 组成系统损失机械能 AE = 2mv0 ?（M + m）v2 =2 J,故 D 错误. 3. 【答案】A 【解析】当 S 闭合时，左边电容的上极板和右边电容的 下极板

4、相连，即两个极板的电势相等，又因为其他两个 极板都接地，电势相等，故两极板间的电势差的绝对值 相等，根据 mg=Uq，由于不知道两油滴的电荷量，故 两个油滴的质量不一定相等，若 C1上极板带正电，则 C1电场方向竖直向下，A 液滴应受到竖直向上的电场力， 故带负电，C2下极板带正电，则 C2电场方向竖直向上， B 滴液应受到竖直向上的电场力，所以带正电，电性相 反；若 C1上 极板带负电，则 C1电场方向竖直向上，A 液滴应受到竖 直向上的电场力，故带正电， C2下极板带负电，则 C2 电场方向竖直向下，B 滴液应受到竖直向上的电场力， 所以带负电，电性相反，总之，两油滴的电性相反， A 错误

5、；断开开关，移动 C2下极板过程中，两极板所带电 荷量相等，根据 C = , C = Q , E= U联立可得 E = 4 nd U d 4竽，两极板间的电场强度大小和两极板间的距离无 关，故电场强度恒定，所以 B 的受力不变，故仍处于静 止状态，到上极板（零电势）的距离不变，根据 U = Ed 可 知 B 点的电势不变，B 正确；S 断开，将 C2下极板向上 rS Q 移动少许，根据 C = 可知 C2增大，根据 C=.可知 4 nd U U 减小，即 C2下极板电势降低，再次闭合 S 瞬间，C1 上极板的电势大于 C2下极板电势，通过开关的电流可能 从上向下，稳定后，根据 E = U可知C

6、1两极板间的电势 差减小，电场强度减小， A 向下运动，C2两极板间的电 势差增大，电场强度增大， B 向上运动，C、D 正确. 故不正确的选：A。 4. 【答案】A 【解析】该粒子恰能匀速通过题图中虚线， 电场力向上， 洛伦兹力向下，根据平衡条件，有： qvB= qE，解得 v =E；撤去磁场，保持电场不变，粒子在电场中做类平抛 B 运动，贝 U L = vt,弓_ = 1 t2，解得粒子的比荷 =悬， 2 2m m LB 撤去电场，保持磁场不变，粒子做匀速圆周运动， 由 qvB =m，解得 r = 7 = L,故 A 正确，B、C、D 错误. r qB绝密启用前 （答案 13）第 2页共

7、4页 5. 【答案】B 【解析】闭合时，下方线圈中电流逆时针方向，根据安 培定则穿过上方线圈的磁场方向向上，磁通量增大，根 据楞次定律，感应电流的磁场方向向下，由安培定则判 断感应电流为顺时针方向；故 B 正确，ACD 错误，故选： B。根据安培定则确定电流产生的磁场方向， 根据楞次定 律判断上方线圈中感应电流的方向；该题考查楞次定律 的应用，楞次定律应用的题目我们一定要会做，大胆的 去找原磁场方向，磁通量的变化情况，应用楞次定律常 规的步骤进行判断即可。 6. 【答案】BD 【解析】设 A 球下滑 h时，左侧杆与竖直方向夹角为 0, L h 则 cos 0= L ， AB 用铰链相连， 则

8、VACOS 0= VBCOS（90 0 = VBSin 0,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；A、 B、C 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，以 B、C 所 在平面为零势能面，A 由静止释放到球 A 落地过程，应 1 用机械能守恒得：mgL = 2mv2，解得：球 A 落地的瞬时 速度V = 2gL，故 B

9、 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 3 对地面的压力小于2mg，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. 【解析】变压器不改变交流电的频率，从题图 b 中可知 3T1 = 2T2,即 J = 2,所以f1 = 3, A 正确；从题图 b 中可 T2 3 T2 2 知甲、乙两个电源的电动势最大值之比为 2 ： 1,两种情 况下副线圈两端的电压有效值之比为 2 : 1，所以两种情 况下通过灯泡的电流之比为 2 : 1，根据 P= I2R 可

10、知-P1 = P2 4, B 错误；若将变阻器滑片向左移动，滑动变阻器接入 电路的电阻增大，通过灯泡的电流减小，所以电源乙不 可能使小灯泡正常发光， C 错误；若将变压器动片 P 向 下移动，即 空减小，根据n1= 可知 U2增大，即副线圈 n2 n2 U2 两端电压增大，故电源乙可能使小灯泡正常发光， D 正 确. 二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。 第 912 题为必考题，每个试题考生都必须作答。 第 1314 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 47 分。 9. （6 分）【答案】 （2） 1.40 （2 分）（4） 7.9 （ 2 分） 1.4 （2 分） 【考

11、点】匀速圆周运动的向心力，会正确使用的仪器测 质量，知道用多次测量求平均值的方法减少。 【解析】（2）根据秤盘指针可知量程是 10kg , 指针所指示数是 1.4kg ; 记录的托盘示数各次并不相同，而多次测量求平均 1.80+1.75+1.85+1.75+1.90 一 值可以减少误差，即 ？?= - 4- 1.81kg,而 模拟器的质量为 1.00kg , 所以小车经过凹形桥最低点时小车对桥的压力 FN =砸- m桥g 7.9N ;径向合力提供向心力，由牛顿第二、三定律和向 心力的公式有：FN-m车g=m车 V2/R, 号半径大，速度小，周期长，加速度小， A、B 错，C 正确；欲使 神舟八

12、号”与 天宫一号”实现对 接，应使”神舟八号”加速做离心运动后到达 天宫一号 ”轨道实施对接，D 正确.故选：CD. 口车=1.40kg - 1.00kg = 0.40kg, 代入数据得出小车通过最低点的速度是:7.【答案】CD v 祠.4m/s 8.【答案】AD 10. （ 9 分）【答案】A2 R2 （2 分）25（ 2 分）半 1 0 r （2 分）相同 不同（3 分） 【解析】根据万有引力提供向心力可得： V= （答案 13 ）第 【解析】根据图 3 电路结构可知，电压表测量了电路 的路端电压，电流表测量了电路的总电流，因此图 4 中 ，图线斜率绝对值即为电源的内阻，有： r = |k

13、|= | 5.5 4.5 （60 20） 10 25Qo当改接电路后，将待测电阻与电源视为整体， 即为一 等效电源”，此时图线的斜率为等效电源的内阻 ，因此有：r = r + Rx= |k=学 0，解得：Rx=学 1 0 0 10 解得：7=房m/s 设物块与木板的相对位移为 I，由功能关系得： 1 2 1 2 卩 mg= gmvD2 2（m+ M）v2 解得：I = 2.5 mL = 2.4 m，所以小物块能滑出长木板. r若电表为理想电表， Rx接在 B、C 之间与接在 A、B 之 间，电路的总电阻可变范围不变，因此电流表的示数变 化范围相同，Rx接在 B、C 之间时，电压表测量的是滑 动

14、变阻器两端的电压，而 Rx接在 A、B 之间时，电压表测 量的是滑动变阻器与 Rx两端电压的和，由于对应某一滑 动变阻器阻值时，电路的电流相同，因此电压表的读数 不同，所以电压表示数变化范围也不同。 考点：测定电源电动势和内阻、伏安法测电阻的实验 11. （12 分）【答案】（1）60 N，方向竖直向下 （6 分） （2）小物块能滑出长木板. （6 分） 【解析】（1）物块到达 C 点的速度与水平方向的夹角为 60 则 V0 门 vc= = 2v0= 4 m/s cos 60 小物块由 C 到 D 的过程中，由动能定理得： o 1 2 1 2 mgR（1 cos 60 ）= 2mvD mvc

15、代入数据解得：VD = 2J 5 m/s 2 小物块在 D 点时，由牛顿第二定律得： FN mg = mv R 解得：FN = 60 N 由牛顿第三定律得：小物块刚要到达圆弧轨道末端 D 点 时对轨道的压力FN = FN = 60 N，方向竖直向下. 设小物块始终在长木板上，共同速度大小为 V,小物 块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板组成的系统 动量守恒，取向左为正方向 由动量守恒定律得： mvD= （M + m）v 12. （20 分）【答案】（1） 2gR （4 分） ABR （6 分）3mg-子（10分） 【解析】 （1）由于小球甲在运动过程中，只有重力 做功，因此机械能守恒，运动到

16、 C 点时，mgR= ；mvC 得 vc = 2gR. 小球甲第一次通过 C 点时.qvcB + F1 mg = 第二次通过 C 点时 F2 qvCB mg= m R 由题意知AF = F2 F1 解得 q=需 因为甲球与乙球在最低点发生的是弹性碰撞，则 mvc= mv 甲 + mv 乙 1 2 1 2 1 2 ?mvC = ?mv 甲 + ?mv 乙 求得 v甲=0, v乙=VC 设碰撞后的一瞬间，轨道对乙的支持力大小为 F乙, 方向径直向上，则 1 v乙 F 乙 + ?qv 乙 B mg= m R 求得 F乙=3mg 严 4 根据牛顿第三定律可知，此时球乙对轨道的压力大 小为3mg 乎，方

17、向竖直向下. （二）选考题：共 15 分。请考生从 2 道题中任选一题作 答。如果多做，则按所做的第一题计分。 3 页共 4页vC mR （答案 13）第 4页共 4页 3 (2)( 10 分) Q= 2RT1+ poLS: p= 1.5po。 【解析】（1）布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的无规 则运动，是由大量液体分子撞击固体微粒形成的，是液 体分子无规则运动的反映， A 错误；0 C的水凝固成冰 时放出热量，所以 1 kg 0 C的水的内能比 1 kg 0 C的冰 的内能大，B 错误；密封在容积不变的容器内的气体， 若温度升高，分子的无规则热运动的动能增加，故气体 分子对器壁单位面积上的平

18、均作用力增大， C 正确；当 系统不受外界影响且经过足够长的时间时，其内部各部 分状态参量将会相同， D 正确；非晶体具有各向同性， 非晶体沿各个方向的物理性质都是一样的， E 正确. （2）开始加热后活塞上升的过程中封闭气体做等压变 化，V1= LS, V2= 2LS, 由盖一吕萨克定律得 V1=V2， T1 T2 解得 T2= 2T1, 由热力学第一定律 (2)( 10 分)3.0X 1010 s 【解析】（1）只有光由光密介质射入光疏介质，且入射 角大于临界角时，才会发生全反射，选项 A 错误；根据 v _ ,不同介质折射率不同，光速不同，选项 B 正确； n 光的偏振现象说明光是一种横波，选项 C 错误；不同色 光通过棱镜，光的频率越大，折射率越大，偏折角度越 大，选项 D 正确；激光方向性好，平行度高，可以远距 离测距，选项 E 正确.故选 BDE。 设此透明体的临界角为 C,得折射角a_ 30 3 3 U = W+ Q, AU = ；R（T2 T1） = ；RT1, W=- p0（V2 V1） 3 解得 Q = ?RT 1 + p0LS 设当加热到 3T1时气体的压强变为 p,在此之前活塞上 升到汽缸顶部，对于封闭气体，由理想气体状态方程得， p 2LS_