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2019届高三物理仿真考试试题(含解析)1.xx3月14日，英国剑桥大学著名物理学家斯蒂芬威廉霍金逝世，享年76岁，引发全球各界悼念。在物理学发展的历程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程，为物理学的建立，做出了巨大的贡献。在对以下几位物理学家所做的科学贡献的叙述中，正确的是A. 卡文迪许将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中 的一切物体，得出万有引力定律，并测出了引力常量G的数值。B. 根据玻尔理论，原子从激发态向基态跃迁时将释放出核能C. 布拉凯特利用云室照片发现，粒子击中氮原子形成复核，复核不稳定，会放出一个质子。D. 爱因斯坦的光子说认为，只要增加光照时间，使电子多吸收几个光子，所有电子最终 都能跃出金属表面成为光电子。【答案】C【解析】【详解】牛顿将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出万有引力定律，并测出了引力常量G的数值，选项A错误。根据玻尔理论，原子从激发态向基态跃迁时将释放出光能，不是核能，选项B错误；布拉凯特利用云室照片发现，粒子击中氮原子形成复核，复核不稳定，会放出一个质子，选项C正确；根据爱因斯坦的光子说认为，只要入射光的频率小于截止频率，即使增加光照时间，也不可能发生光电效应，故D错误；故选C.2.如图所示,有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为，原线圈接一电压为交流电，副线圈接有一个交流电流表和一个电动机.电动机线圈电阻为R,当开关S接通后，电流表读数为I，电动机带动一质量为m的物块以速度V匀速上升，电动机内部摩擦均可忽略，下列判断正确的是 A. 电动机两端电压为IR,其消耗的电功率为。B. 原线圈电流为，变压器的输入功率为。C. 副线圈电压的有效值为，电动机的输入功率为。D. 电动机的效率为【答案】D【解析】【详解】电动机电路属于非纯电阻电路，则欧姆定律不适用。因此电动机两端的电压不能为IR，故A错误；根据可知，变压器原线圈电流为；电动机消耗的功率为线圈内阻消耗的功率I2R与输出功率mgv之和，输入功率等于输出功率，P入mgv+I2R，故B错误；理想变压器的原线圈的电压有效值为，根据可知，变压器副线圈电压有效值为，电动机的输入功率大于I2 R。选项C错误；电动机的效率故D正确；故选D。【点睛】电动机内有线圈则属于非纯电阻电路，所以电动机的输入功率等于电动机的线圈消耗功率与电动机的输出功率之和3.如图甲，有一质量为m的木块静止在光滑水平面上。现对其施加一大小恒定、方向与水平面成角的外力F，同时用传感器测出不同时木块的加速度a，得到如乙图a关系图象。已知重力加速度为g，则A. 木块的加速度最大时，对水平面压力最小B. 当时，木块的加速度为0.2gC. 外力F=0.6mgD. 木块对水平面的最大压力为1.4mg【答案】D【解析】当=0或者、2时，木块的加速度最大；当F竖直向上时，对水平面压力最小，选项A错误；由图像可知，当时，木块的加速度为0.2g，选项B错误；根据牛顿第二定律：F=mam=0.4mg，选项C错误；当F的方向竖直向下时，木块对水平面的最大，最大值为FNm=mg+F=1.4mg，选项D正确；故选D.点睛：此题考查牛顿第二定律的应用，关键要搞清图像为物理意义，结合实际运动情况分析加速度和压力的最大值.4.如图所示，地球绕太阳做匀速圆周运动，地球处在运动轨道b位置时，地球和太阳连线上的a与e位置、c与d位置均关于太阳对称。当一无动力的探测器处在a或c位置时，它仅在太阳和地球引力的共同作用下，与地球一起以相同的角速度绕太阳做圆周运动，下列说法正确的是A. 若地球和该探测器分别在b、d位置，它们也能以相同的角速度绕太阳运动B. 若地球和该探测器分别在b、e位置，它们也能以相同的角速度绕太阳运动C. 该探测器在a位置受到太阳、地球引力的合力等于在c位置受到太阳，地球引力的合力D. 该探测器在a位置受到太阳、地球引力的合力大于在c位置受到太阳、地球引力的合力【答案】D【解析】【详解】设探测器的质量为m0地球的质量为m，太阳的质量为M，ab=r1，bc=r2，bo=r，则当探测器在a位置时：；当探测器在c位置时： ；若地球和该探测器分别在b、d位置，；对比表达式可知，1，选项A错误；若地球和该探测器分别在b、e位置，则；对比表达式可知，2，选项B错误；该探测器在a位置受到太阳、地球引力的合力等于;在c位置受到太阳，地球引力的合力 ，则，选项C错误，D正确；故选D.5.如图所示，离地H高处有一个质量为m、带电量为的物体处于电场强度随时间变化规律为(、k均为大于零的常数,电场方向以水平向左为正）的电场中，物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为，已知。t=0时，物体从墙上由静止释放，若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当物体下滑后脱离墙面，此时速度大小为，物体最终落在地面上。则下列关于物体的运动说法正确的是A. 当物体沿墙壁下滑时，物体先加速运动再做匀速直线运动B. 摩擦力对物体产生的冲量大小为C. 摩擦力所做的功D. 物体与墙壁脱离的时刻为【答案】BC【解析】【详解】竖直方向上，由牛顿第二定律有：mg-qE=ma，随着电场强度E的减小，加速度a逐渐增大，做变加速运动，当E=0时，加速度增大到重力加速度g，此后物块脱离墙面，故A错误。当物体与墙面脱离时电场强度为零，所以E=E0-kt=0，解得时间t=；因摩擦力f=qE=qE0-qkt，则摩擦力的冲量：，选项B正确；物体从开始运动到脱离墙面电场力一直不做功，由动能定理得，物体克服摩擦力所做的功Wf=mgH故C正确。物体沿墙面下滑过程是加速度增加的加速运动，最终的加速度为g，则物体沿墙面运动的时间不等于故D错误。故选BC。【点睛】本题关键能运用牛顿第二定律，正确分析物体的受力情况和运动情况，结合动量定理求解摩擦力的冲量，结合动能定理求解摩擦力做功6.用外力F通过如图所示的装置把一个质量为m的小球沿倾角为300的光滑斜面匀速向上拉动，已知在小球匀速运动的过程中，拴在小球上的绳子与水平杆之间的夹角从450变为900，斜面与水平地面之间是粗糙的，并且斜面一直静止在水平地面上，不计滑轮处及滑轮与绳子之间的摩擦。则在小球匀速运动的过程中，下列说法正确的是A. 地面对斜面的静摩擦力保持不变B. 外力F一直在增大C. 某时刻绳子对水平杆上的滑轮轴的合力等于绳子的拉力D. 绳子移动的速度大小大于小球沿斜面运动的速度的大小【答案】BC【解析】【详解】设连接小球的绳子与水平方向的夹角为；对小球沿斜面方向：，则当角从 450变为900的过程中，绳子的拉力变大，因F=T，则外力F一直在增大，选项B正确；对小球和斜面的整体，地面对斜面体的摩擦力等于绳子拉力的水平分量，则可知，随角的增加，地面对斜面的静摩擦力f是变化的，选项A错误；当 =900时，滑轮两边绳子的夹角为1200，此时刻绳子对水平杆上的滑轮轴的合力等于绳子的拉力，选项C正确；将小球的速度v分解可知，绳子的速度，则绳子移动的速度大小小于小球沿斜面运动的速度的大小，选项D错误；故选BC.【点睛】此题涉及到的研究对象较多，关键是如何正确选择研究对象，并能对研究对象正确的受力分析，灵活运用整体及隔离法解题。7.xy平面内，在y0的区域存在垂直xy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。abcd为半径为R 的闭合圆形铝线圈，圆心的坐标为（0，0.5R），通有方向为abcda的恒定电流，线圈竖直放置，此时线圈恰好静止。重力加速度为g。下列能使线圈的加速度大小变为2g的是A. 仅将磁感应强度大小改为3BB. 仅将线圈以y轴为轴转90C. 仅将线圈以x轴为轴转180D. 仅将线圈向下移动至圆心位于原点【答案】AC【解析】由几何关系可知， ；开始时；当磁感应强度大小改为3B，则F安=3BIL，则加速度，选项A正确；若仅将线圈以y轴为轴转90，则所受的安培力变为零，则加速度变为g，选项B错误；仅将线圈以x轴为轴转180，则安培力大小不变方向变为向下，则加速度为，选项C正确；仅将线圈向下移动至圆心位于原点，则安培力变为F安=2BIR，则加速度变为，选项D错误，故选AC.点睛：此题是安培力的求解即牛顿第二定律的应用题；关键是找到线圈在磁场中的有效长度以及安培力的方向，根据牛顿第二定律求解加速度.8.如图所示，浅色传送带A、B两端距离L=22m，以速度逆时针匀速转动，并且传送带与水平面的夹角为，现将一质量的煤块轻放在传送带的A端，煤块与传送带间的动摩擦因数，g取，则下列叙述正确的是。A. 煤块从A端运动到B端所经历时间为2.5sB. 煤块从A端运动到B端留下的黑色痕迹为8mC. 煤块从A端运动到B端因摩擦产生的热量为120JD. 煤块从A端运动到B端时重力的功率为280W【答案】ACD【解析】【详解】煤块放在传送带后受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，一定先向下做匀加速直线运动。设经过时间t1，煤块的速度与传送带相同，匀加速运动的加速度大小为a1，则根据牛顿第二定律得：mgsin+mgcos=ma1，可得 a1=g（sin+cos）=10（sin30+cos30）=8m/s2由 v0=a1t1 得 t1=1.5s；此过程通过的位移大小为 x1=9mL。由于mgsinmgcos故煤块速度大小等于传送带速度大小后，继续匀加速向下运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上。设煤块接着做匀加速运动的加速度为a2，运动的时间为t2，则mgsin-mgcos=ma2，可得 a2=g（sin-cos）=10（sin30-0.5cos30）=2m/s2；由L-x1=v0t2+a2t22，代入数据得：22-9=12t2+2t22，解得 t2=1s。故煤块从A到B的运动时间是t=t1+t2=2.5s。故A正确。由于第一个过程煤块与传送带间的相对位移大小v0t1-x1=9m，此过程中煤块留下的痕迹向前；第二个过程煤块与传送带间的相对位移大小（L-x1）-v0t2=1m，此时煤块留下的痕迹向后，所以煤块从A端运动到B端留下的黑色痕迹长度为9m，选项B错误；煤块从A端运动到B端因摩擦产生的热量为 Q=mgcosL，其中L=9m+1m=10m;代入数据解得 Q=120J，故C正确。煤块从A端运动到B端时速度 v=v0+a2t2=12+21=14m/s，此时重力的瞬时功率为 P=mgvsin=41014sin30=280W，故D正确。故选ACD。【点睛】解决本题的关键理清煤块在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁要注意摩擦生热与相对路程有关，而痕迹长度要看前划线还是后划线9.为了探究在橡皮条弹力作用下小车的运动，某同学设计了如图甲所示的实验，由静止释放小车，小车在处于伸长状态的橡皮条弹力的作用下向左运动。打点计时器打下的纸带如图乙所示，计数点0为打下的第一个点，该同学在测出计时点2、3、4到计时点0的距离x1、x2、x3后，将纸带由图示位置剪断，将毎段纸带的下端对齐，依次并排粘贴在直角坐标系中，连接各段纸带上端的中点画出平滑曲线如图丙所示。对该实验结果的研究可知：（1）在有橡皮条弹力作用时，小车做加速度_的直线运动A不断减小 B不断增大C先减小后增大 D先增大后减小（2）设打点周期为T，则由纸带测量数据可估算小车的最大速度vm_，该估算值_（选填“等于”、“大于”或“小于”）小车最大速度的实际值。【答案】 (1). C (2). (3). 小于【解析】【详解】（1）根据纸带点与点间距，并结合图丙，可知图象的斜率表示加速度大小，因此小车先做加速度减小，后做加速度增大的直线运动；故选C.（2）小车能达到最大速度，则点间距也是最大，根据公式v=s/t，则有：小车的最大速度为：vm=，由于小车先加速，后减速，因此依据vm=，求得的估算值，小于一直做匀速直线运动的实际值，10.在描绘标有“4V，2W”的小灯泡L的伏安特性曲线实验中，可供选用的器材如下：电流表A1：量程3.0A，内阻约为0.1；电流表A2：量程0.6A，内阻约为0.2；电压表V：量程1.0V，内阻RV=3.0k；定值电阻R0：阻值12；定值电阻R1：阻值2.0k；定值电阻R2：阻值12.0k滑动变阻器R：阻值范围010，；学生电源E：电动势6.0V，内阻不计；开关S及导线若干（1）在方框中画出实验电路图，并在图上标明所选器材代号_；（2）小明同学按照（1）中设计的电路进行实验，检查实验电路连接是否正确，然后闭合开关，左右调节滑动变阻器滑片，发电电流表和电压表指针始终不发生偏转，在不断开电路的情况下，为检查电路故障，使用多用电表_（选填“欧姆10”、“直流电压10V”或“直流电流2.5mA”）档，将多用电表的红、黑表笔与实验电路中的电流表“”、“”连接柱接触，再次左右调节滑动变阻器滑片，发现多用电表指针明显偏转，说明电路故障是_。（3）该同学排除故障后进行实验，调节滑动变阻器，得到电压表的读数U和电流表读数I，并在坐标纸上画出I-U图线如图所示，现用电源E串联定值电阻R0对该小灯泡供电，则该小灯泡消耗的功率为_W（结果保留两位有效数字）。【答案】 (1). （1）如图所示 (2). （2）直流电压10V； (3). 电流表断路； (4). （3）0.48W（0.46W0.50W）【解析】（1）电流表选择A2；所给的电压表的量程过小，可用其与定值电阻R2=12.0k的电阻串联，相当于一个量程为5V的电压表；小灯泡的内阻 ，电压表（包括R2）的电阻远大于Rx，可采用安培表外接；滑动变阻器用分压式，则电路如图；（2）为了保护电表，万用表应该选择直流电压10V进行检测；将多用电表的红、黑表笔与实验电路中的电流表“”、“”连接柱接触，再次左右调节滑动变阻器滑片，发现多用电表指针明显偏转，说明电路故障是电流表断路；（3）因电压表的读数只是灯泡两端电压的，则此I-U图线为灯泡的I-U灯图像；将电源电动势E=6V与定值电阻R0（阻值12）串联对小灯泡供电，则灯泡两端电压：U=E-IR，即U=6-12I，则U灯=1.2-2.4I；将此函数关系画在灯泡的U-I线上如图；由图可知两图像的交点：I=0.40A；U灯=0.23V，则P=IU灯=0.46W点睛：通过本题应明确：根据待测电阻的额定电流和额定电压来选择电流表与电压表的量程；当电路要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法，应选择全电阻小的变阻器以方便调节；最后一问中必须要明确电压表读数与灯泡两端电压的关系；三、计算题11.如图所示是某滑板运动员在一次表演时的一部分赛道。轨道AB、CD为竖直平面内可认为光滑的四分之一圆弧赛道，半径为R=1.5m，且水平轨道BC与圆弧轨道AB、CD在B、C点相切，水平轨道BC是长的水泥地面，与滑板间的动摩擦因数。质量为M的运动员（可视为质点）以初速度冲上静止在BC中点E处的滑板（可视为质点），沿着轨道运动，且在运动过程中运动员不再给自己加速。若运动员的质量M=48.0kg，滑板质量m=2.0kg，重力加速度为。求：（1）运动员开始表演时在E的左侧，至少以多大的速度冲上滑板才能达到D点。（2）若运动员第一次恰好能到达D点，则他第二次经过B点时对圆弧轨道B点的压力大小。【答案】(1) (2) 1.1103N，方向竖直向下【解析】【详解】(1)运动员以v0冲上滑板过程，两者水平方向总动量守恒即 若运动员与滑板恰好到D点，由动能定理得： 联立解得v0=6.25m/s运动员的速度至少要达到6.25m/s才能到达D点（2）由题知运动员第一次恰好能到达D点，设运动员第二次经过B点的速度为vB，则由牛顿第二定律得：解得FN=1.1103N 由牛顿第三定律可知运动员对轨道的压力大小等于1.1103N，方向竖直向下.【点睛】本题关键是要认真分析物理过程，搞清能量之间的转化规律，灵活运动动能定理列出方程求解.12.如图所示，倾角为的斜面上固定平行导轨MN，在斜面底端与水平面上的固定平行导轨PQ平滑连接，导轨间距L=0.3m且PQ足够长。斜面部分存在竖直向上的匀匀强磁场，水平面部分存在与斜面平行的方向斜向上的匀强磁场，两部分磁感应强度B大小均为1T，在h=3m高处垂直导轨MN放置可自由滑动的质量m1=12g，电阻R1=1的导体棒ab。在水平面上垂直导轨PQ放置被插销固定的质量，电阻的导体棒cd，导体棒ab、cd分别与导轨MN、PQ接触良好。现由静止释放ab，ab在到达斜面底端前已匀速，当ab滑离斜面进入水平导轨时，立即拔下导体棒cd棒的插销，不计导轨的摩擦及电阻（，重力加速度g取10m/s2）求：（1）ab导体棒在水平面上运动时的最终速度（2）ab导体棒在斜面与水平面运动时产生的电能各是多少？（3）ab导体棒在斜面和水平面上运动时通过ab的电荷量各是多少？【答案】(1) (2) (3) 【解析】【详解】（1）设ab匀速下滑时的速度为v1产生的电动势 导体棒ab的电流 导体棒的安培力F=BIL 且F=m1gtan联立式得 ab进入水平轨道后，与cd系统动量守恒，所以 联立可得v1=5m/s，v2=4m/s（2）导体棒在斜面上运动产生的电能 在水平面运动产生的电能代入数据得E1=0.21J；E2=0.03J设ab棒在斜面上和水平面上运动时，通过ab棒的电荷量各为q1、q2，ab棒在斜面上运动时平均电动势 通过的电荷量 代入数据得q1=0.3Cab棒在水平面上运动时代入数据解得13.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）A医学上利用液晶来检查肿瘤，是利用了液晶的温度效应B自然发生的热传递过程是沿着分子热运动无序性增大的方向进行的C非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性D物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加E分子热运动各速率间的分子数占总分子数的比例是常数，与温度无关【答案】ABD【解析】A、在皮肤表面涂上一层液晶，由于肿瘤温度与周围正常组织的温度不同，液晶就会显示出不同颜色，所以医学上利用液晶来检查肿瘤，是利用了液晶的温度效应，故A正确；B、热力学第二定律的微观意义是一切自发过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，故B正确；C、非晶体和多晶体的物理性质各向同性，而单晶体的物理性质都是各向异性，故C错误；D、根据热力学第一定律可知，物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加，故D正确；E、分子热运动各速率间的分子数占总分子数的比例与温度有关，故E错误；故选ABD。【点睛】医学上利用液晶来检查肿瘤，是利用了液晶的温度效应；热力学第二定律的微观意义是一切自发过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，非晶体和多晶体的物理性质各向同性，而单晶体的物理性质都是各向异性，分子热运动各速率间的分子数占总分子数的比例与温度有关。14.如图所示，在上端开口、竖直放置的足够高光滑导热气缸内，体积均为V的理想气体1、2被轻活塞A隔开，气体1上面有活塞B，两活塞均被锁定。已知气体1的压强、大气压均为p0，气体2的压强为2p0。现解除对活塞A的锁定。求：（i）稳定后气体1的体积和压强；（ii）稳定后，再解除对活塞B的锁定，求再次稳定后气体2的体积。【答案】(1) （2） 2V【解析】【分析】稳定后由玻意耳定律求出气体1的体积和压强，再次稳定后，气体2的压强等于大气压，由玻意耳定律求气体2的体积。解：（i）稳定后，由玻意耳定律，对气体1p0Vp1V1 对气体2：2p0Vp2V2 两气体的压强相等：p1p2总体积不变V1V22V可解得：V1，p1 （ii）再次稳定后，气体2的压强等于大气压，由玻意耳定律2p0Vp0V3 解得：v32V15.平静湖面传播着一列水面波（横波），在波的传播方向上有相距10m的甲、乙两小木块随波上下运动，振动幅度为2cm，从甲第1次到达波峰处开始计时发现甲第10次到达波峰恰好经历1min，当甲在波峰时，乙在波谷，且两木块之间有两个波峰。下列说法正确的是_。A甲最终有可能和乙相撞B该水面波的波速为0.6m/sC该水面波的周期为6sD当甲处于平衡位置时，乙一定也处于平衡位置E经过20s，甲运动的路程为24cm【答案】BDE【解析】甲乙两小木块都在自己平衡位置上振动，不随波迁移，则甲乙不会相撞，选项A错误；甲从甲第1次到达波峰处开始计时到第10次到达波峰恰好经历1min，可知9T=60s，即T=，选项C错误；当甲在波峰时，乙在波谷，且两木块之间有两个波峰，可知2.5=10m，即=4m，则，选项B正确；因甲乙间距离相差2.5，则当甲处于平衡位置时，乙一定也处于平衡位置，选项D正确；经过20s=3T，甲运动的路程为34A=122cm=24cm，选项E正确；故选BDE.16.如图所示，半径为R的半圆形玻璃砖与一内角为30的RtACB玻璃砖平行且正对放置，点O和O分别是BC边的中点和半圆形玻璃砖的圆心。一束平行于AC边的单色光从AB边上的D点入射，经折射后从半圆形璃砖上的P点平行于入射光线射出，已知BC边与直径BC长度相等，二者相距，两种玻璃砖的厚度相同，且折射率均为，若不考虑光在各个界面的反射。求：(i)求入射点D的位置；(ii)求光从D点射入到从P点射出所经过的时间。【答案】(1) (2) 【解析】【详解】（i）在AB面入射角为600根据折射定律得=300由图得在BC面,光从BC半圆面水平射出，由几何关系得， 则光路过O点， （ii）根据； ；【点睛】本题考查光的折射定律。关键是作出光路图，根据几何知识求出相关距离和角度；记住光速与折射率的关系。