2019年辽宁省大连四十八中高考物理考前模拟试卷解析版

1、高考物理考前模拟试卷题号一一二四五总分得分一、单选题（本大题共 6小题，共32.0分）1. 在物理学的发展过程中， 许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也探索出了物理学的许多研究方法，下列关于物理研究方法的叙述中不正确的是（）A.理想化模型是把实际问题理想化，略去次要因素，突出主要因素，例如质点、点电荷、向心加速度等都是理想化模型B.重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的理想A |I & IC.根据速度定义式 8三，当at足够小时，就可以表示物体在某时刻的瞬时速度， ,a q该定义应用了极限思想方法D.用比值定义的物理量在物理学中占有相当大的比例，例如场强E=、电容

2、C专、磁感应强度B=：都是采用比值法定义的 2. 一滑块做直线运动的v+图象如图所示，下列说法正确的是（）H' Illi > |A.滑块在2s末的速度方向发生改变B.滑块在4s末的加速度方向发生改变C.滑块在24s内的位移等于46s内的位移D.滑块在02s内的平均速度等于 24s内的平均速度3.如图所示，A、B两带正电粒子质量相等，电荷量之比为1: 4.两粒子在O方同一位置沿垂直电场方向射入平行板电容器中，分别打在C、D两点，OC=CD忽略粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（） + + + + + + +0 C oA. A和B在电场中运动的时间之比为 1： 2B. A和

3、B运动的加速度大小之比为4: 1C. A和B的初速度大小之比为1 : 4D. A和B的位移大小之比为1 : 24 .“太空涂鸦”技术的基本物理模型是：原来在较低圆轨道运行的攻击卫星在变轨后接近在较高圆轨道上运行的侦察卫星时，向其发射“漆雾”弹，“漆雾”弹在临近侦察卫卫星时，压爆弹囊，让“漆雾”散开并喷向侦察卫星，喷散后强力吸附在侦 察卫卫星的侦察镜头、太阳能板、电子侦察传感器等关键设备上，使之暂时失效。关于这一过程下列说法正确的是（）A.攻击卫星在原轨道上运行的周期比侦察卫星的周期大B.攻击卫星在原轨道上运行的线速度比侦察卫星的线速度小C.攻击卫星在原轨道需要加速才能变轨接近侦查卫星D.攻击卫

4、星接近侦查卫星的过程中受到地球的万有引力一直在增大5 .如图所示，边长为L,电阻为R的正方形金属线框 ABCD放在光滑绝缘水平面上，其右边有一磁感应强度大小为广 r *fl-iB、方向竖直向上的有界匀强磁场，磁场的宽度为L,线- I： ： *1框的AB边与磁场的左边界相距为 L ,且与磁场边界平行。 匕b 1：线框在某一水平恒力作用下由静止向右运动， 当AB边进 入磁场时线框恰好开始做匀速运动，根据题中信息，下列物理量可以求出的是（ ）A.外力的大小B.匀速运动的速度大小C.通过磁场区域的过程中产生的焦耳热D.线框完全进入磁场的过程中通过线框某横截面的电荷量6 .我国在2011年发射的“天宫一

5、号”飞行器可以被改造为一个短期有人照料的空间实验室.有同学设想在“天宫一号”飞行器中进行高中物理的部分实验，你认为可行的是（）A.用弹簧秤验证力的平行四边形定则B.用自由落体运动验证机械能守恒定律C.用砂桶拉动小车验证牛顿第二定律D.用弹簧悬挂钩码探究弹力和弹簧伸长的关系二、多选题（本大题共 5小题，共28.0分）7.下列四幅图的有关说法中正确的是（）甲强荡光 镭番光 零黑光乙第9页，共12页A.甲图中，球 mi以速度v碰静止球m2,若两球质量相等，碰后 m2的速度一定为 vB.乙图中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大C.丙图中，射线甲由电子组成，射线乙为电磁波，射线丙由“

6、粒子组成D. 丁图中，链式反应属于重核的裂变8. 在如图所示的电路中，电源电动势E和内电阻r为定值，R1为滑动变阻器，R2和R3为定值电阻。当 Ri的 滑动触头P从左向右移动时，伏特表 Vi和V2的示数 的增量分别为 *1和U2,对Ui和4U2有（）A. |AUi|>|AU2|B.|AU1|=|AU2|C. AU1>0, AU2<0D. AU2>0, AUK09.如图所示，一质量为 m的物体静置在倾角为 9 =36勺固 定光滑斜面底端。现用沿斜面向上的恒力F拉物体，使其做匀加速直线运动，经时间 t,力F做功为W,此后 撤去ff力F,物体又经时间t回到出发点，若以斜面底

7、端为重力势能零势能面，则下列说法正确的是（）A.回到出发点时重力的瞬时功率为b廊诟B.从开始到回到出发点的整个过程中机械能增加了WC.恒力F大小为1mgD.物体回到出发点时的速度大小是撤去恒力F时速度大小的三倍10 .下列说法正确的是（）A.当一定量气体吸热时，其内能可能减小B.玻璃、石墨和金刚石都是晶体，木炭是非晶体C.单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点D.当液体与大气相接触时，液体表面层内的分子所受其它分子作用力的合力总是 指向液体内部E.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数 和气体温度有关11 .如图所示，若在两种介质中频率及传播速度分别为f

8、1、f2和V1、V2, f1=f2, V1=2V2,下列说法正确的是（ ）A.同一地点的单摆摆长越长，其振动周期越长B.汽车鸣笛向我们开来时，我们感到笛声很尖锐，这是波的共振现象C.纵波可以沿水平方向传播，也可以沿竖直方向传播D.用同一装置进行杨氏双缝干涉实验时，紫光比红光条纹间距大E.位于介质I和n分界面上的波源 S,产生两列分别沿x轴负方向与正方向传播的 机械波三、填空题（本大题共 1小题，共4.0分）12 .某同学用游标卡尺测量一圆柱体的长度1,用螺旋测微器测量该圆柱体的直径d,示数如图，由图可读出 l=cm, d=mm.四、实验题（本大题共1小题，共9.0分）13 .为了测量一个“ 1

9、2V、5W”的小灯泡在不同电压下的功率，给定了以下器材: 电源：电动势12V,内阻不计；安培表：00.6A （内阻约0.5 0、。3A （内阻约0.1 ）;伏特表：03V （内阻约3kQ）、015V （内阻约15kQ）;滑动变阻器：020Q,允许最大电流1A;开关一个，导线若干.(1)实验时要求加在灯泡两端的电压从0调到12V,请在图1所示的电路中再接入所需导线，完成实验电路.(2)某同学测得的小灯泡伏安特性曲线如图2所示.在某次测量时，安培表指针位置如图3所示，则其读数为 A,此时小灯泡的实际功率为 W.(3)若还想根据小灯泡伏安特性曲线求出图2中P状态时小灯泡的电阻，甲同学认为应该用Li直

10、线斜率求灯泡电阻；乙同学认为应该用 L2直线斜率求灯泡电阻.则 同学的说法正确.五、计算题(本大题共 4小题，共52.0分)14 . 2011年7月23日，发生在温州的动车追尾事故造成重大的人员伤亡和经济损失.有报道称，在紧急关头，D301次列车司机放弃逃生，紧急制动使列车尽量降速，使得列车相撞的冲击力大大降低，他用生命挽救了许多人和许多家庭.据资料记载进行估算，当时火车以 216km/h行进，制动后以180km/h与静止的前车相撞，该动车 制动时最大能产生1m/s2的加速度.司机从发现险情，需0.7s的反应时间，采取措施紧急制动.根据以上信息，估算列车司机是在距相撞地点多少米处，发现前方静

11、止的列车的？15 .如图所示，光滑平行金属轨道的倾角为9,宽度为L,电阻为£r.在此空间存在着垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B.在轨道上端连接阻值为 R的电阻，质量为m的金属棒搁在轨道上， 由静止释放，在下滑过程中，始终与轨道垂直，且 接触良好.轨道的电阻不计.当金属棒下滑高度达 h时，其速度恰好达最大. 试求： (1)金属棒下滑过程中的最大加速度.(2)金属棒下滑过程中的最大速度.(3)金属棒从开始下滑到速度达最大的过程中，电阻R所产生的热量.16.17.如图，体积为 V、内壁光滑的圆柱形导热气缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；气缸内密封有温度为2.4T。、压强为1.2P

12、0的理想气体。P0和To分别为大气的压强和温度。已知：气体内能U与温度T的关系为U = aT, a为正的常量；容器内气体的所有变化 过程都是缓慢的。求：(1)气缸内气体与大气达到平衡时的体积Vi；(2)在活塞下降过程中，气缸内气体放出的热量 Q。如图所示，顶角为 30。的等腰玻璃三棱镜 ABC,光线由空气垂直AB面进入棱镜，由AC面进入空气中，其折射光线与入射光线之 间的夹角为30°,求棱镜的折射率、光在这种玻璃中的传播速 度.(已知光在真空中速度为3.0X08m/s)答案和解析1.【答案】A【解析】 解：A、理想化模型是把实际问题理想化，略去次要因素，突出主要因素，例如质点、点电荷

13、，向心加速度不是，故A错误；B、重心、合力和交变电流的有效值体现了等效替代的思想，故 B正确；C、根据速度定义式 8:，当t足够小时，;就可以表示物体在某时刻的瞬时速度,& tAq该定义应用了极限思想方法，故C正确；D、用比值法定义的物理量在物理学中占有相当大的比例，场强 E=、电容C吊、磁感应强度B=：采用比值法，故 D正确； U,本题选不正确的，故选：Ao理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的.重心、合力等体现了等效替代的思想;场强E=电容C=今磁感应强度 B=：采用比值法.瞬时速度定义用了数学极限思想.本题涉及了物理多种物理方法和数学方法，理想化模型，等效替代，比值定义法，这

14、些都是老师在课上经常提到的，只要留意听课，这些很容易解答.2 .【答案】D【解析】 解：A、在2s末前后滑块的速度均为正，说明滑块的速度方向没有改变，故 A 错误。B、根据速度图象的斜率等于加速度，知2-6s内滑块加速度保持不变， 滑块在4s末的加速度方向没有改变，故 B错误。C、根据图象与时间轴所围的面积表示位移，知滑块在24s内的位移与46s内的位移大小相等，方向相反，位移不等，故 C错误。D、滑块在。2s内的位移等于24s内的位移，所用时间也相等，则滑块在。2s内的平均速度等于 24s内的平均速度，故 D正确。故选：D。在速度时间图象中速度的正负表示其方向。图象的斜率等于加速度， 图象与

15、时间轴所围的面积表示位移。结合平均速度等于位移与时间之比分析。本题关键要从图象的斜率等于加速度来理解质点的加速度；从面积来求解位移。 要注意位移是矢量，只有位移的大小相等，方向相同时位移才相等。h%H噜，因m、E相等，2： 1,故A错误;3 .【答案】C【解析】 解：A、粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向 所以q与t2成反比，电荷量之比为 1： 4.所以时间之比为B、由牛顿第二定律得：a=：,因m、E相等，所以加速度大小之比等于电荷量之比,电荷量之比为1:4.所以加速度大小之比为 1: 4,故B错误;C、粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向：x=vot,由题意可知，飞行的水平距离之比为1： 2

16、,时间之比为2： 1,初速度大小之比为 1： 4,故C正确；打N +被1D、A、B的位移大小之比：同=炉+加；温，故D错误。故选：Co带电粒子垂直射入电场中做类平抛运动， 水平方向做匀速直线运动， 竖直方向做初速度 为零的匀加速直线运动。根据牛顿第二定律和运动学公式可求得时间之比、加速度大小之比、初速度大小之比；写出位移的表达式可知位移大小之比不等于1: 2。本题关键要熟练掌握类平抛运动的研究方法：运动的分解法，关键是明确二者具有相同的竖直位移，但水平位移不同，因此分别对两个方向进行分析求解即可，对于比例式的 计算一定要熟练掌握。4 .【答案】C【解析】 解：万有引力提供向心力：Gpr=m =

17、m o?r=m 点） 2r=ma解得：飞甲丁=?=2%市3=浸畛2三A、由T=：'=2 谓可知半径小的周期小，则 A错误B、由v=/¥可知半径小的线速度大，则 B错误C、卫星由低轨道加速做离心运动变到高轨道，则C正确D、由F=h可知距离变大力变小，则 D错误故选：Co由万有引力提供向心力可确定出周期，速度的表达式，据表达式分析大小关系；卫星由 低轨道加速做离心运动变到高轨道，由万有引力的公式确定力的大小。本题关键根据人造卫星的万有引力等于向心力确定出各量的表达式，明确变轨的原理。5 .【答案】D【解析】 解：AB、匀速时产生的感应电动势为：E=BLv对线框根据欧姆定律可得：1

18、 =ab边受到的安培力大小为：Fa=BIL根据共点力的平衡可得：Fa=F解得：v=，由于拉力F不知道，也不能求出，所以 v无法求出，故 AB错误；C、线框通过磁场过程，由能量守恒定律得：3FL=Q + mv2,由于F和v不知道，所以通过磁场区域的过程中产生的焦耳热无法求解，故C错误；D、线框进入磁场过程中通过线框某横截面的电荷量为：q=jt=%-=7，故D正确；故选：D。 根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律求解电流强度，根据共点力的平衡判断能否求解速度；根据能量守恒定律分析能否求解通过磁场区域的过程中产生的焦耳热；根据闭合电路的欧姆定律和法拉第电磁感应定律结合电荷量的计算公式求解电荷量。 对于电

19、磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下物体的平衡问题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键。6 .【答案】A【解析】 解：A、用弹簧秤验证力的平行四边形定则的实验不受重力影响，可以进行, 故A正确；B、在天宫一号飞行器中，物体处于完全失重状态，不能做自由落体运动，不能用自由落体运动验证机械能守恒定律，故B错误；C、在天宫一号飞行器中砂与砂桶处于完全失重状态，它们对小车拉力为零，不能用砂桶拉动小车验证牛顿第二定律实验，故C错误；D、用弹簧悬挂钩码探究弹力和弹簧伸长的关系时，由于钩码处于完全失重状态，对弹簧的拉力为零，无法进行实验，故 D错误。故选：A

20、。在“天宫一号”飞行器中， 物体处于完全失重状态， 根据实验时是否受到重力的影响来 分析解答此题.本题考查了重力对实验的影响，知道在“天宫一号”飞行器中，物体处于完全失重状态,难度不大，属于基础题.7 .【答案】BD【解析】 解：A、甲图中，两球碰撞过程动量守恒，碰撞过程机械能不增加，如果两球质量相等，则碰撞后 m2的速度不大于v,故A错误；B、乙图中，图中光的颜色保持不变的情况下，光照越强，光电子数目越多，则饱和光 电流越大，故B正确；C、丙图中，由左手定则可知，甲带正电，则甲射线由“粒子组成，乙不带电，射线乙是丫射线，丙射线粒子带负电，则丙射线由电子组成，故 C错误；D、图4中链式反应属于

21、重核裂变，故 D正确；故选：BD。由动量守恒定律分析答题；入射光的频率增大，光电子的最初动能增大，遏止电压增大，光电效应现象中，遏制电压与光照强度无关；由左手定则判断出粒子的电性，然后答题；重核变为轻核的核反应是裂变。本题考查了选修内容，掌握基础知识即可正确解题，对选修内容要熟练掌握基础知识； 入射光的频率增大，光电子的最初动能增大，遏止电压增大，光电效应现象中，遏制电 压与光照强度无关。8 .【答案】AD【解析】 解：AB、滑片向右移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中电流增大，R3分压即 U及内阻分压变大，Ri与R2的电压和即Ui变小；因总电压不变，故 Ui的减 小量的绝对值一定大于 R

22、3两端电压增大值白绝对值；故 |*1|>|92|；故A正确；B错CD、Ui减小Ui为负，U2增大4U2为正，则C错误，D正确，故选：AD。分析电路结构，明确各电压表所测量范围，根据闭合电路欧姆定律可分析电流的变化， 明确两电压表的变化关系。本题考查闭合电路欧姆定律的应用，此类题型的处理方法一般是按照“局部-整体-局部”的分析方法进行分析；本题中还要注意明确内阻一定这一条件。9 .【答案】BC【解析】解：A、对整个过程，根据动能定理得：!mv2=w,解彳导:v=Jv.则物体回到出发点时重力的瞬时功率为P=mgvsin30 =g ,故 A 错误。第8页，共i2页B、除重力以外的力做功等于机械

23、能的变化量，力 F做功为W,则从开始到回到出发点的整个过程中机械能增加了 W,故B正确；C、从开始到经过时间t,物体受重力，拉力，支持力，由牛顿第二定律得物体加速度为：a。 m撤去rf力f到回到出发点，物体受重力，支持力，由牛顿第二定律得物体加速度大小为：, 加且£符3炉a' = =0.5g 两个过程位移大小相等方向相反，时间相等。得：a at2=- (at?t-a' t2)联立解得：az =3a, F=；mg,故C正确；D、设撤去恒力F时速度大小为V0,物体回到出发点时的速度大小为v。取沿斜面向上为正方向，根据撤去 F前后两个过程的位移大小相等、方向相反，得 少t=

24、-21 + f- 声-I,解得v=2vo,故D错误。故选：BC。对从开始到回到出发点的过程，运用动能定理研究求出物体回到出发点的动能。根据除重力以外的力做功等于机械能的变化量，求得整个过程中机械能增加量。分别研究从开始到经过时间t和撤去恒力F到回到出发点，物体的受力情况，根据运动学公式求出恒 力F.根据撤去F前后两个过程的位移大小相等列式，求得物体回到出发点时的速度与撤去ff力F时速度大小关系。本题是动能定理、运动学公式等力学规律的综合应用，关键要抓住两个过程之间的位移关系和时间关系，知道除重力以外的力做功等于机械能的变化量。10 .【答案】ADE【解析】 解：A、根据UnW+Q可知，当一定量

25、气体吸热时，其内能可能减小，也可能不变，也可能增大，故 A正确；B、晶体有整齐规则的几何外形，晶体有固定的熔点，在熔化过程中，温度始终保持不变，且晶体有各向异性的特点，玻璃是非晶体，故 BC错误；D、液体与大气相接触时，液体表面体现分子引力，体现表面张力，故D正确；E、单位体积内气体的分子数多少和气体温度的高低，影响着气体的压强，即气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，故E正确。故选：ADE。根据热力学第一定律，UnW+Q可知，即可求解；玻璃是非晶体；晶体有固定的熔点，而非晶体没有；由分子间距大于平衡位置时，体现分子引力；单位体积内气体的分子数 和气体温度，直接影响气体的压强，从而即可求

26、解.考查热力学第一定律的内容，注意W与Q的正负确定，掌握晶体与非晶体的区别，理解分子表面引力，同时掌握影响气体分子的压强因素.11 .【答案】ACE【解析】 解：A.根据单摆的周期公式 T = 可知，在同一地点，即重力加速度相同 时，摆长越长，周期越大，故 A正确；B.汽车鸣笛向我们开来时，我们感到笛声很尖锐，这是波的多普勒效应，故B错误;C.纵波是指质点的振动方向与波的传播方向在同一直线上的波，可以沿水平方向传播，也可以沿竖直方向传播，比如声波，故C正确；D.紫光的波长小于红光的波长，则根据光的干涉条纹间距公式工二品可知,用同一装置进行杨氏双缝干涉实验时，紫光比红光条纹间距小，故 D错误；E

27、.由于fi=f2, V1=2v2,根据v= f可知，位于介质I和n分界面上的波源 S,产生两列 分别沿x轴负方向与正方向传播的机械波的波长关系为4=2 2如图可知，波长关系与结果符合，故E正确。故选：ACE。根据单摆的周期公式分析 A选项；根据多普勒效应分析 B选项；根据波的传播特点分析C选项；根据光的干涉条纹间距公式=分析D选项；同一列波在不同的介质中传 播时，频率相同，根据 v=f分析波长的关系即可。解决本题关键要掌握多普勒效应、单摆的周期公式、纵波的特点等等基本知识，要打好 知识基础，加强基本概念的训练，注意区别质点的波速与周期、频率及波长间的关系。12 .【答案】2.25 6.860【

28、解析】 解：1、游标卡尺的主尺读数为：2.2cm=22mm,游标尺上第5个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为5X0.1mm=0.5mm,所以最终读数为：22mm+0.5mm=22.5mm=2.25cm.2、螺旋测微器的固定刻度为6.5mm,可动刻度为36.0 0.01mm=0.360mm,所以最终读数为 6.5mm+0.360mm=6.860mm.故答案为：2.25, 6.860.解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读.螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读.对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确

29、使用这些基本仪器进行有关测量.13 .【答案】0.40 2.4乙【解析】 解：(1):由于实验要求电压从零调，所以变阻器应采用分压式接法;由于小灯泡电阻较小满足 力工 电流表应用外接法，实验电路如图所示：(2):电流表每小格读数为0.02A,应进行:估读，所以读数为：I=0.40A；从U-I图象中可读出I=0.40A时对应的电压 U=6.0V,所以小灯泡功率为：P=UI=2.4W；(3):根据R="可知，电阻R等于U-I图象中图线上的点与原点连线的斜率而不是切线的斜率，所以乙同学正确.故答案为：(1)如图(2) 0.40, 2.4(3)乙本题(1)的关键是明确要求电压从零调时，变阻器

30、应采用分压式接法，待测电阻满足答)？时，电流表应用外接法；题(2)的关键是电流表的估读方法：若电表每小格读数出现“ 2”则应是3古读，即应估读到每小格读数的 ；即可；题(3)的关键是通过 R=可知，电阻应等于 U-I图象中图线上的点与原点连线的斜率而表示切线的斜率.应明确：当实验要求电流从零调或变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应采用R PlJf分压式接法；当待测电阻满足时，电流表应用外接法，满足 /时，电流表应用内接法；注意电表估读的方法：若每小格读数中出现“1”、“2”、“5”时，则应是“二、“孩、估读；注意图象斜率的含义，U-I图象中，根据R=：可知，电阻R应等于图线上的点与原点连线

31、的斜率，而速度时间图象即 v-t图象中，由于2啜,可知加速度a应等于切线的斜率.14.【答案】 解：司机反应时间内，列车仍以原速度匀速运动xi=voto=60 ><0.7=42m司机紧急制动后列车匀减速前进 不二出二十一小二550m1 2ei 2 * (1)x=xi+x2=592m故列车司机是在距相撞地点592m处发现前方静止的列车.【解析】司机在反应时间内仍然以原速度做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动，根据速度位移公式求出匀减速运动的位移，匀速运动的位移和匀减速运动的总位移为司机距相撞点的距离.解决本题的关键知道列车经历了匀速直线运动和匀减速直线运动，距离相撞点的距离为两段位移之和.15.【答案】解：(1)以金属棒为研究对象，当安培力为零时，金属棒的加速度最大, 由牛顿第二定律得：mgsin Omam解得：am=gsin 0E=BLv(2)金属棒切割磁场线产生的感应电动势，为:感应电流为：1 =第13页，共12页金属棒在轨道上做加速度减小的加速运动，当