2019届高考物理仿真模拟考试试题(含解析).doc

2019届高考物理仿真模拟考试试题(含解析)1. 下面叙述中正确的是A. 根据玻尔理论，氢原子的核外电子不能吸收23eV光子B. 质子的发现核反应方程为：N+He O+HC. Bi的半衰期是5天，1000个Bi经过10天后一定衰变了750个D. 结合能大的原子核，其比结合能也大，原子核相对不稳定【答案】B【解析】A、根据玻尔理论，氢原子发生能级跃迁时，只能吸收或辐射一定频率的光子，管子的能量等于量能级间的能量差，氢原子的最小能量为-13.6eV,若吸收的光子能量大于13.6eV，则将发生电离，A错误；B、发现质子的核反应方程为：，B正确；C、半衰期是对大量的放射性元素的原子衰变的统计结果，哪个衰变，哪个不衰变是随机的，所以1000个经过10天后不一定衰变了750个，C错误；D、结合能大的原子核，其比结合能不一定大，还与核子个数有关，比结合能越大，原子核相对越稳定，D错误；故选B。2. 天舟一号飞船发射后进入高度约380公里预定轨道，将为运行高度393公里的天宫二号运送多种物资，下列说法正确的是A. 天舟一号需要加速才能进入天宫二号轨道B. 对接时，指挥中心发射和接收信号的雷达方向一直是不变的C. 对接之后，可通过传送带将货物传送给天宫二号D. 若己知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，可求天舟一号的向心力【答案】A【解析】A、天舟一号飞船从高度约380公里预定轨道进入高度393公里的更高轨道，需要做离心运动，即应加速，A正确；B、因天舟一号和天宫二号均未在同步轨道，所以相对于地球，他们是运动的，为了发射和接收信号，雷达方向一直是改变的，B错误；C、对接后，由于处于完全失重状态，对支持物没有压力，所以不会有摩擦力，传送带传送货物不能实现，C错误；D、天舟一号的向心力是由地球对它的万有引力提供的，即F=GMmr2，根据题给条件得：F=mgR2r2，r不是已知，不能求出万有引力，D错误；故选A。3. 如图所示，P物固定连接一轻弹簧静置在光滑水平面上，与P质量相等的Q物以初速度v0向P运动。两物与弹簧始终在一条直线上，则A. 到两物距离最近时，P受到的冲量为mv0B. 到两物距离最近时，Q的动能为mv02/4C. 到弹簧刚恢复原长时，P受到的冲量为mv0D. 到弹簧刚恢复原长时，Q的动能为mv02/4【答案】C【解析】A、B、当弹簧的弹性势能最大时，P、Q速度相等，距离最近，由动量守恒得：mv0=m+mv，解得：v=v02P受到的冲量：I=Ft=P=mv02，Q的动能为：EkQ=12mv022=18mv02，A、B错误；C、D、弹簧刚恢复原长时，由于质量相等，交换速度，结合动量定理，P受到的冲量为mv0，Q的动能为0，C正确；D错误；4. 根据电磁理论，半径为R、电流强度为I的环形电流中心处的磁感应强度大小B=k1R，其中k为已知常量。现有一半径为r，匝数为N的线圈，线圈未通电流时，加水平且平行于线圈平面，大小为Bc的匀强磁场小磁针指向在线圈平面内(不考虑地磁场)，给线圈通上待测电流后，小磁针水平偏转了角。则A. 待测电流在圆心O处产生的磁感应强度B0=Bc sinB. 待测电流Ix的大小Ix= Bc r tan/kNC. 仅改变电流方向，小磁针转向不会变化D. 仅改变电流大小可以使小磁针垂直于线圈平面【答案】B【解析】A、所加磁场磁感应强度的水平分量BC与. 待测电流在圆心O处产生的磁感应强度B0的关系如图所示：有：B0=BCtan，A错误；B由题意可知：B0=kNIr，解得：Ix=BCrtankN，B正确；C、仅改变电流方向，环形电流产生的磁场的磁感应强度方向改变，小磁针转向发生变化，C错误；.故选B。5. 如图所示，平行板电容器与恒压电源连接，下极板接地，a、b是两极板中心，p是a、b连线的中点，有一带电油滴恰好悬停于p点。现让两极板分别绕着过a、b点并垂直于纸面的轴同时转过一小角度。不计转动时间，则从转动前到转动后的一小段时间内A. 电容器的电容不变B. p点的电势不变C. 带电油滴的电势能不变D. 带电油滴的重力势能不变【答案】BD【解析】A、根据电容器电容的决定式C=S4kd，当两极板转过一小角度时，两极板的正对面积减小为Ssin，板间距离变为dcos ,所以电容减小，A错误；B、因电容器与电源始终相接，故电压不变，由E=Ud知，电容器极板旋转后d/=d.cos，所以场强变为E/=Ud/=Ud.cos，又因电容器下极板接地且油滴在中间，故电势P=UPO=E/.d/2=12U，电势不变，b 正确；C、D、不计转动时间，带电油滴的位置不变，带电油滴的电势不变，电势能不变，重力势能也不变，CD正确；故选BCD。6. 矩形导线框abcd从某处自由下落h的高度后，进入与线框平面垂直的匀强磁场，如图所示从ab边刚进入磁场到cd边也进入磁场的过程中，线框内的感应电流随时间变化可能的是A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】A、导线框abcd进入磁场时，当安培力与重力刚好平衡时，做匀速运动，I=BLvR，不变，A可能; B、导线框abcd进入磁场时，当安培力小于重力，线框做加速度减小的变加速运动，加速度减小，速度的变化率减小，电流的变化率也减小，B可能； C、由图电流变化率增大而安培力大小与速度大小成正比，根据牛顿第二定律mgB2L2vR=ma，速度增大，加速度减小，加速度不可能增大，电流变化率不可能增大，C不可能； D、导线框abcd进入磁场时，当安培力大于重力时，线框做加速度减小的变减速运动，速度变化率减小，电流变化率也减小，D可能；故选ABD。7. 在竖直向上的匀强电场中，有两个质量相等、电荷量大小相等的小球A、B(均可视为质点)处在同一水平面上。现将两球以相同的水平速度v0向右抛出，最后落到水平地面上，运动轨迹如图所示，两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，则A. A球带正电，B球带负电B. A球比B球先落地C. 在下落过程中，A球的电势能减少，B球的电势能增加D. 两球落地时A球的速度方向与地面夹角小于B球与地面的夹角【答案】AD【解析】A、两球在水平方向都做匀速直线运动，由x=v0t知，v0相同，则A运动的时间比B的长，竖直方向上，由h=12at2，h相等，可知，A的合力比B的小，所以A的电场力向上，带正电，B的电场力向下，带负电，A正确;B、A运动的时间比B的长，则B球比A球先落地，B错误；C、A的电场力向上，电场力对A球做负功，A球的电势能增加B的电场力向下，电场力对B球做正功，B球的电势能减小，C错误D、落地时球的速度方向与地面夹角设为，则：tan=2ahv0，且aA=mg-qEm，aB=mg+qEm，A球的速度方向与地面夹角小于B球与地面的夹角，D正确；故选AD。8. 如图所示的装置，两根完全相同水平平行长圆柱上放一均匀木板，木板的重心与两圆柱等距，其中圆柱的半径r=2cm，木板质量m=5kg，木板与圆柱间的动摩擦因数=0.2，两圆柱以角速度=40rad/s绕轴线作相反方向的转动现施加一过木板重心且平行圆柱轴线的水平拉力F于木板上，使其以速度v=0.6m/s沿圆柱表面做匀速运动取g=10m/s下列说法中正确的是A. 木板匀速时，每根圆柱所受摩擦力大小为5NB. 木板匀速时，此时水平拉力F=6NC. 木板移动距离x=0.5m，则拉力所做的功为5JD. 撤去拉力F之后，木板做匀减速运动【答案】ABB、在平行于轴线方向上，木板受到的滑动摩擦力f=mg=0.2510=10N，木板做匀速直线运动，由平衡条件得：F=fsin37=6N，B正确；C、木板移动距离x=0.5m拉力做功：W=Fx=60.5=3J，C错误；D、撤去拉力F之后，沿圆柱表面的速度减小，而圆柱转动的角速度不变，木板所受的滑动摩擦力方向在改变，沿平行于轴线方向上的摩擦力在改变，加速度减小，不是匀减速运动，D错误；故选AB。三、非选择题： (一)必考题9. 某实验小组在非平衡态下验证力的平行四边形定则，其实验装置简图如右：两套“杆、球”装置平放在光滑平板上，平板放在水平桌面上，甲、乙两个完全相同的小球分别与杆的一端牢固连接，杆的另一端固定在木板的边条上，A、B和C是“力/倾角”传感器。实验时，让木板沿箭头方向加速运动，一段时间内各传感器会将杆的弹力和倾角的多组数据实时传输给计算机记录下来。选择某一时刻，计算机自动将此刻数据生成如图所示的图像（1）对此实验，下列叙述中唯一错误的是_A、杆的延长线必须过球心并与平板平行B、传感器A记录力的方向必须与运动方向一致C、小球必须做匀加速直线运动 D、图中FF是由传感器A的数据得到的（2）图中，如果_，就验证了力的平行四边形定则正确 。【答案】 (1). C (2). 在误差允许的范围内F=F【解析】（1）选择某一时刻，计算机自动将此刻数据生成的图像，只要A与B、C是只要是同一时刻记录的即可，小球可以做变加速运动，C错误；（2）在误差允许的范围内，A对小球的作用力与B、C同时作用产生的效果相同，此时若F=F，就验证了力的平行四边形定则正确。10. （1）下图的游标卡尺读数为_mm。如果用欧姆表测量电阻时发现指针偏转角过小，为较准确测量，应将欧姆表档位调_（填“大”或“小”）；某次测量时将转换开关转到“10”档，表盘的示数如图所示，则所测电阻阻值是_。（2）某实验小组用测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究一个晶体二极管的IU特性。经实验后绘出晶体二级管的正向特性曲线和反向特性曲线，如图所示。正向特性（第一象限的曲线）：a、起始阶段，正向电压较小，正向电流较小，称为死区，死区电压为_v,二极管电阻很_(填“大”或“小”)。b、正向电压超过死区电压，电流随电压上升急剧增大，二极管电阻变得很_(填“大”或“小”)，电流与电压成_(填“线性”或“非线性”)关系。c、继续增大正向电压，电流随电压的变化率近于定值。反向特性（第三象限的曲线）：起始阶段，反向电流很小，不随反向电压变化。当反向电压增加到某一数值（反向击穿电压）时，反向电流急剧增大，称为反向击穿。实验所用的器材如下图。测绘晶体二极管反向特性曲线，用笔划线代替导线将实物图补接完整。【答案】 (1). 17.6 (2). 大 (3). 170 (4). 0.5v或00.5v； (5). 大 (6). 小 (7). 非线性 如下图【解析】（1）游标卡尺的读数由主尺读数和游标读数组成，则读数为：1.7cm+60.1mm=17,6mm；用欧姆表测量电阻时指针偏转角过小，说明示数偏大，档位用小了，所以要将档位调大，使指针指在中央刻度附近；根据读数规则知欧姆表读数为R=1710；（2）根据图象可知死区电压为0-0.5v，此时电流几乎为零，说明二极管电阻很大；当正向电压超过死区电压，电压发生较小的变化，电流变化较大，说明此时电阻很小：由图可知不是直线，因此是非线性关系；首先滑动变阻器采取分压接法，可以使电压调节范围大，测二极管反向电阻，由于反向电阻很大，所以电流表内阻可忽略，因此采用电流表内接，故实物连接图为：11. 中国是世界上第3个掌握卫星回收技术的国家。将某次卫星回收过程落地前的运动简化为竖直方向的匀减速直线运动、匀速直线运动和撞击地面速度减为0的运动三个阶段，并作v-t图像如图所示，撞击过程未显示。设匀减速开始时的高度H=1075m，撞击地面时间t=0.125s，重力加速度g=10m/s2。求(1)卫星匀速运动阶段的速度大小；(2)卫星在匀减速运动阶段受到的阻力大小和撞击地面时受到地面的平均作用力大小之比。【答案】（1）v2=5m/s（2）f:F=6:25 【解析】（1）v-t图象与t轴所围面积即为下落高度v1+v22t1+v2t2=H，代入数据：65+v2230+v25=1075，得：v2=5m/s（2）匀减速阶段，加速度大小：a1=v1-v2t1=65-530=2m/s2 f-mg=ma1，得：f=1.2mg撞击地面，设地面对卫星的平均作用力为F，竖直向下为正方向，由动量定理得-(F-mg)t=0-mv2，带入数据得：F=5.0mg所以：f:F=6:25。12. 如图所示，两条平行金属导轨相距d=1m。光滑水平部分处在B1=1T竖直向下的匀强磁场，倾斜部分与水平面成37角、动摩擦因数=0.5，有垂直于轨道平面向下B2=3T的匀强磁场。金属棒ab质量m1=0.2kg、电阻R1=1，金属棒ef质量m2=0.5kg、电阻R2=2.棒与导轨垂直且接触良好。t=0时ab棒在水平恒力F1的作用下由静止开始向右运动，ef棒在F2的作用下保持静止状态。当ab棒匀速运动时撤去力F2，金属棒ef恰好不向上滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2.求：(1)当金属棒ab匀速运动时，其速度为多大？(2)求过程中ab棒最大加速度大小？(3)金属棒ab从静止开始到匀速运动用时1.2s，此过程中金属棒ef产生的焦耳热为多少？【答案】（1）v=5m/s（2）8.3m/s2（3）1.7J【解析】（1）金属棒ef恰好不上滑，由平衡得：m2gsin37+m2gcos37=B2Id 由闭合电路欧姆定律得：E=I(R1+R2) 金属棒ab产生电动势：E=B1dv 解得：v=5m/s （2）金属棒ab匀速运动时，由平衡得：F1=B1Id 由牛顿第二定律得：a=F1m1=8.3m/s2 （3）金属棒ab从静止开始到匀速运动过程，由动量定理得：F1t-B1Idt=m1v 得电量：q=It=F1t-m1vB1d 由法拉第电磁感应定律：E=nt 闭合电路欧姆定律得：I=ER1+R2 电量：q=It=nR1+R2=B1dSR1+R2 （由能量转化守恒定律得：F1S=12m1v2+Q 金属棒ef产生的焦耳热：Q=R2QR1+R2=1.7J 33.物理选修3-3 13. 下列说法中不正确的是A. 布朗运动说明了液体分子与悬浮颗粒之间存在着相互作用力B. 随着距离增大，分子间的引力与斥力一定都在减小，分子力却不一定减小C. 气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间斥力大于引力D. 某物质摩尔质量为M，密度为，阿伏加德罗常数为NA，则该物质的分子体积为v0=MNAE. 固态、液态、气态都可发生扩散现象，相同两物质气态扩散比固态要快。【答案】ACD【解析】A、布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，说明了液体分子的无规则运动，不能说明分子间是否存在相互作用力，A错误；B、当分子间距大于r0时随着分子间的距离增大，分子间的引力和斥力均减小，斥力减小得快，故表现为引力，分子力先增大后减小；当分子间距小于r0时，分子间斥力大于引力分子力表现为斥力，随着分子间距增大分子力减小，B正确；C、气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间分子力为零，气体分子在做永不停息的无规则热运动而造成的，C错误；D、物质的摩尔质量为M，密度为，阿伏加德罗常数为NA，则该物质的分子体积为V0=MNA，若为气体，则V0为每个气体分子所占据的空间，D错误；E、由于气体分子是自由的，没有分子力的束缚，故相同两物质气态扩散比固态要快，E正确；本题选错误的，故选ACD。14. 一密闭气缸，质量M为10 kg，总长度L为40 cm，内有一厚度不计的活塞，质量m为5 kg，截面积S为50 cm2，活塞与气缸壁间摩擦不计，当外界大气压强p0为1105 Pa，温度t0为7C时，如果用绳子系住活塞将气缸悬挂起来，如图所示，气缸内气体柱的高L1为35 cm，g取10 m/s2，空气阻力不计，求：此时气缸内气体的压强P1及剪断绳子后稳定下落时气缸内气体的压强p2悬挂时，当温度升高到多少摄氏度时，活塞与气缸将分离【答案】1105Pa 47C 【解析】对用绳子系住活塞的气缸：由平衡知识可得：P1S+Mg=P0S则：P1=P0-MgS=1105-10105010-4Pa=8104Pa当一起下落时，处于完全失重状态，加速度都为g，所以内外压强相等P2=P0=1105Pa，气体做等压变化，根据查理定律得：V1T1=V2T2，即35S273+7=40S273+t，解得：t47C，34物理选修34 15. 如图所示，由两种光线组成的复色光投射到玻璃球体表面的P点，进入球体后分成两束：a光和b光，b光稍偏右。设入射角为60，球体材料对a光的折射率na=3。则下说法正确的是 A. 进入球体的a光经一次反射，再经一次折射出去的光线与入射光平行B. 进入球体的b光经一次反射，再经一次折射出去的光线与入射光平行C. a光在玻璃中的传播速度比b光小D. 用相同的装置做双缝干涉实验，a光得到的干涉条纹间距比b光窄E. 用a光照射某金属能发生光电效应，换成b光不能发生。【答案】ACD【解析】A、a光和 b光在玻璃中经一次反射，再经一次折射出去的光线如图；对a光，根据折射定律：n=sinisinr，且i=600，n=3，解得：r=300，连接入射点P和出射点Q，有几何关系得，PQ垂直于a光线的出射光线，同时垂直于入射光线，故A正确；B、根据光路图可知，B错误；C、b光的折射率小于a光的折射率，由n=cv，a光在玻璃中的传播速度比b光小，C正确；D、b光的折射率小于a光的折射率，折射率越大的光频率越大，波长越短，进行双缝干涉实验时，根据干涉条纹间距公式x=Ld，则有a光的条纹间距比b光小些，D正确；E、因b光的折射率小于a光的折射率，则b的频率高于a，当a光能使某种金属发生光电效应，则b光也一定能使该金属发生光电效应，E错误；故选ACD。16. 一列横波沿x轴正向传播，t1=0时刻波刚传到x=12m处的P点,如图中实线所示。t2=0.3s时，OP间的波形如图中虚线所示，已知（t2-t1）小于一个周期（）波传播的速度是多大？（）t3=3s时，平衡位置在x=30m处的Q点已运动的路程是多少？【答案】（）20m/s（）14m【解析】（）因为小于一个周期，由波形变化可知：,得，由图得：，故波速（）波从P点传到Q点的时间：所以Q点运动的时间：完成全振动的次数：，则Q点运动路程：