（全国通用版）2019高考物理总复习精准提分练：仿真模拟练（四）.doc

1、1仿真模拟练(四)(时间：70 分钟 满分：110 分)二、选择题：共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分，在每小题给出的四个选项中，第 1418 题只有一项符合题目要求，第 1921 题有多项符合题目要求，全部选对得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分14 a、 b 两车在同一平直公路上从同一位置由静止开始运动，其 v t 图象如图 1 所示以下说法正确的是( )图 1A t0时刻，两车相遇B t0时刻， b 车的运动方向发生改变C0 t0时间内， b 车的加速度逐渐减小D0 t0时间内， b 车的平均速度为v02答案 C解析 根据 v t 图象与 t 轴所围面积为位移，

2、由题图可知，在 t0时曲线和直线与 t 轴所围面积不相等，所以两车没有相遇，故 A 错误； b 车的 v t 图象始终在 t 轴上方，所以 b 车的运动方向没有改变，故 B 错误； v t 图象的切线斜率表示加速度，由题图可知在 0 t0时间内， b 车 v t 图象的切线斜率减小，故加速度减小，故 C 正确；0 t0时间内，由于 b 车的位移大于 a 车的位移，所以 b 车的平均速度大于 a 车的平均速度2，故 D 错误v0215汽油发动机内，经过压缩达到一定温度和压力的汽油，需要火花塞点燃从而实现能量转化，而火花塞需要高达 10 kV 的电压才能点火，某同学设计了如图 2 甲、乙的点火电路

3、，已知直流电源的电压为 12 V，升压变压器的输出端接到火花塞上，开关是自动控制的，下列说法正确的是( )图 2A两电路都不可能使火花塞点火，因为变压器不能改变直流电压B图甲、乙的电路中，保持开关闭合，输出端都会获得持续的高压C图甲的电路中，只有在开关闭合或断开瞬间，输出端才会有高压产生D图乙的电路中，在开关断开或闭合瞬间，输出端都会有高压产生答案 C解析 只有线圈中的磁通量发生变化时才会产生感应电动势，所以在题图甲中当开关闭合或断开的瞬间，穿过副线圈的磁通量发生了变化，所以在副线圈上能产生高压，但题图乙中原线圈接了直流电，所以无论开关是断开还是闭合，穿过副线圈的磁通量都不发生变化，所以不会产

4、生高压，故 C 正确，A、B、D 错误16.一定质量的小球套在倾斜的固定光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于 O 点，另一端与小球相连，弹簧与杆处于同一竖直平面内，将小球沿杆拉到与 O 处于同一高度由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧竖直时，小球速度恰好为零，如图 3 所示，若弹簧一直处于伸长状态且处于弹性限度内，不考虑空气阻力，则( )图 3A当弹簧与杆垂直时，小球的动能最大B当小球受到的弹簧弹力和重力的合力与杆垂直时，小球的动能最大C小球从最高点到最低点的过程中，加速度的值一直增大D在之后的运动中，小球不可能返回释放点答案 B3解析 当弹簧与杆垂直时，重力沿杆方向的分力提供了加速度，则小球还要沿

5、杆加速，所以动能没有达到最大，故 A 错误；当小球受到的弹簧弹力和重力的合力与杆垂直时，此时沿杆方向合外力为零，加速度为零，所以小球的动能达到最大，故 B 正确；小球先加速后减速，所以小球的加速度先减小，后反向增大，故 C 错误；小球与弹簧组成的系统机械能守恒，所以小球能返回到释放点，故 D 错误17.单梁悬挂起重机(行车)可简化为如图 4 的模型，滑轮 O 处于水平横梁 AB 上，长为 L 的钢丝绳一端固定在滑轮的中心轴上，下端连接一电磁铁，电磁铁对铁块的最大引力为 F，现用该行车运送一铁块，滑轮与铁块一起向右匀速运动，当 O 到 AB 上的 P 点时被制动立即停止，铁块开始摆动但不掉落，将

6、滑轮、电磁铁与铁块视为质点，下列说法正确的是( )图 4A只要铁块的重量不大于 F，铁块就可以被安全运输B若运输速度为 v，该行车能运输铁块的最大质量为FLv2 gLC若运输速度为 ，该行车能运输铁块的最大质量为2gLF2gD若铁块的质量为 M，该行车运输的最大速度为2F MgLM答案 B解析 滑轮停止后铁块做圆周运动，那么在滑轮停止的瞬间，由 FT mg m 得 FT mg mv2L，而 FT F，v2L所以铁块的重量应该小于 F，故 A 错误；若运输速度为 v，由 F mg m 可知 m ，v2L FLv2 gL故 B 正确；若运输速度为 ，由 F mg m 可知该行车能运输铁块的最大质量

7、 m ，故 C 错误；2gLv2L F3g若铁块的质量为 M，由 F Mg M ，v2L可知该行车运输的最大速度为 v ，F MgLM4故 D 错误18如图 5 所示，等腰直角三角形 abc 区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为 B，在 bc 的中点 O 处有一粒子源，可沿与 ba 平行的方向发射速率不同的两种粒子，粒子带负电，质量为 m，电荷量为 q，已知这些粒子都能从 ab 边离开 abc 区域， ab2 l，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用，则这些粒子( )图 5A速度的最大值为2 1qBlmB速度的最小值为qBlmC在磁场中运动的最短时间为 m4qBD在磁场中运动的最长

8、时间为 m2qB答案 A解析 若都能从 ab 边出来，则符合条件的最大半径的轨迹应该与 ac 面相切，最小半径的轨迹应该恰好运动到 b 点，如图所示由几何关系可得： rminl2rmax( 1) l2粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得： qvB mv2r解得： vmax2 1qBlmvmin ，qBl2m故 A 对，B 错；5粒子做圆周运动的周期为 T ，若圆心角 45，2 mqB则在磁场中的运动时间为 t T18 m4qB由图可知，最小的圆心角 45，所以 tmin T ，故 C 错；18 m4qB由几何关系知，粒子转过的最大圆心角 max180，所以粒子在磁场中

9、运动的最长时间为 tmax T ，故 D 错12 mqB19氦原子被电离出一个核外电子，形成类氢结构的氦离子，其能级示意图如图 6 所示，当分别用能量均为 48.4 eV 的电子和光子作用于处在基态的氦离子时( )图 6A氦离子可能辐射能量为 40.8 eV 的光子B氦离子可能从基态跃迁到 n3 的能级C氦离子一定能从基态跃迁到 n2 的能级D若仅以能量为 60 eV 的电子入射，氦离子一定不会辐射光子答案 AB解析 若处在基态的氦离子吸收 48.4 eV 的光子，则跃迁到的能级的能量应该为 E54.4 eV48.4 eV6.0 eV，所以氦离子可以吸收 48.4 eV 的光子跃迁到 E3的能

10、级，然后自发地向下跃迁，从能级 E2跃迁到能级 E1可释放出能量为 40.8 eV 的光子，故 A、B 正确；若吸收的电子的能量也为 48.4 eV，则氦离子从基态跃迁到 n3 的能级，所以氦离子不一定能从基态跃迁到 n2 的能级，故 C 错误；以能量为 60 eV 的电子入射，氦离子可以吸收两能级差的能量发生跃迁，然后向下跃迁辐射出光子，故 D 错误20圆心为 O 的均匀带电球壳位于真空中，在其电场中沿某一半径方向，任一点的电势 与该点到 O 的距离 r 的关系如图 7 所示电场中有五个点 a、 b、 c、 d、 e， b、 d 的电场强度大小分别为 Eb和 Ed，现将一带正电的试探电荷由

11、c 点经 d 点移动到 e 点，电场力所做的功分别为 Wcd和 Wde，下列选项正确的是( )6图 7A球壳的半径为 1 mB01 m 间电场强度的值为 6 V/mC Eb Ed21D Wcd Wde11答案 AD解析 电荷分布在球壳的外表面，所以内部没有电场线，电场强度为零，则球壳是一等势体，而题图中 01 m 范围内电势不变，所以带电球的半径为 1 m，故 A 正确，B 错误；根据 E可知 Eb Ed41，故 C 错误；根据 W qU 结合题图可知 Wcd Wde11，故 D 正确kQr221如图 8 所示，两竖直平行边界内，匀强电场方向竖直(平行纸面)向下，匀强磁场方向垂直纸面向里，一带

12、电小球从 P 点以某一速度垂直边界进入，恰好沿水平方向做直线运动，若减小小球从 P 点进入的速度但保持方向不变，则在小球进入的一小段时间内( )图 8A小球的动能一定增大B小球的机械能可能不变C小球的电势能一定减小D小球的重力势能一定减小答案 AC解析 如果小球带负电，则小球受到向下的重力、向上的电场力和向下的洛伦兹力，则小球可能受力平衡，沿水平方向做匀速直线运动；若小球带正电，则小球受向下的重力、向下的电场力和向上的洛伦兹力，也可能受力平衡，故小球带正、负电均可以；若小球带负电，当减小小球从 P 点进入的速度但保持方向不变时，小球受到的向下的洛伦兹力变小，所以小球会向上偏转，此时合力做正功，

13、动能增大，电场力做正功，电势能减小，重力做负功，重力势能增加；若小球带正电，当减小小球从 P 点进入的速度但保持方向不变时，则小球所受到的向上的洛伦兹力会变小，则小球会向下发生偏转，则合外力做正功，动能增大，电场力做7正功，电势能减小，重力做正功，重力势能减小，故 A、C 正确三、非选择题(一)必考题22(5 分)如图 9 甲(侧视图只画了一个小车)所示的实验装置可以验证“牛顿第二定律” ，两个相同的小车放在光滑水平桌面上，右端各系一条细绳，跨过定滑轮各挂一个小盘，增减盘中的砝码可改变小车受到的合外力，增减车上的砝码可改变小车的质量两车左端各系一条细线，用一个黑板擦把两细线同时按在固定、粗糙的

14、水平垫片上，使小车静止(如图乙)拿起黑板擦两车同时运动，在两车尚未碰到滑轮前，迅速按下黑板擦，两车立刻停止，测出两车位移的大小图 9(1)该实验中，盘和盘中砝码的总质量应_小车的总质量(填“远大于” “远小于”或“等于”)(2)图丙为某同学在验证“合外力不变加速度与质量成反比”时的实验记录，已测得小车 1的总质量 m1100 g，小车 2 的总质量 m2200 g由图可读出小车 1 的位移 x15.00 cm，小车 2 的位移 x2_ cm，可以算出 _(结果保留三位有效数字)；在实验a1a2误差允许的范围内， _ (填“大于” “小于”或“等于”)a1a2 m2m1答案 (1)远小于 (2)

15、2.48(2.472.49 均可)142(1.411.43 均可) 等于解析 (2)由题图丙可知，小车 2 的位移为 2.48 cm，由匀加速直线运动的位移公式可知，x at2，即 a .由于时间相等，所以 1.42，在实验误差允许的范围12 2xt2 a1a2 x1x2 5.002.488内，两小车的加速度之比等于质量的反比23(10 分)(1)一多用电表的简化电路图如图 10(a)，当转换开关 S 旋到位置 1、2 时，可用来测量_；当 S 旋到位置 3 或 4 时，对应不同倍率的欧姆表，如果 3、4 对应的电源电动势 EE，则位置_(填 3 或 4)对应的欧姆表倍率大图 10(2)某同学

16、测量一定值电阻的阻值，先把选择开关旋到“10”挡，欧姆调零后，测量时指针偏转如图(b)所示，则该电阻的阻值是_ .(3)接下来，该同学采用“伏安法”测量该电阻的阻值，实验室提供的器材如下：A电压表 V(量程 3 V，内阻约为 15 k)B电流表 A1(量程 0.6 A，内阻约为 0.5 )C电流表 A2(量程 30 mA，内阻约为 10 )D滑动变阻器 R1(010 ，额定电流 1 A)E滑动变阻器 R2(05 k，额定电流 0.5 A)F电源 E(电动势为 5 V，内阻约为 1 )G开关 S，导线若干为了较准确地测量电阻 R 的阻值，电流表应选_，滑动变阻器应选_(填器材前面的序号)在虚线框

17、内画出实验电路图9答案 (1)电流 3 (2)130 (3)C D 见解析图解析 (2)由题图(b)可知，电阻的阻值为 1310 130 ；(3)由于电源的电动势为 5 V，定值电阻阻值约为 130 ，所以流过定值电阻的最大电流约为 Imax A38.5 mA，所以电流表应选 C；为了减小实验误差，滑动变阻器应选总阻值5130较小的 D，所以滑动变阻器采用分压式接法，由于电阻阻值较小，所以电流表采用外接法，电路图如图所示24(12 分)为研究电磁制动的效果，在小车的水平底面安装宽为 L、长为 2L 的矩形线圈abcd，线圈匝数为 N，总电阻为 R，水平直轨道上虚线 PQ 和 MN 之间存在竖直

18、向下的匀强磁场，其间距为 2L，磁感应强度为 B，如图 11 所示，沿轨道运动的总质量为 m 的小车，受到地面的阻力为 Ff，当车头( ab 边)进入磁场时的速度为 v0，车尾( cd 边)离开磁场时速度恰好减为零，求：图 11(1)车头进入磁场时，小车加速度的大小；(2)从 ab 进入磁场到 ab 离开磁场的过程中，通过导线截面的电荷量；(3)电磁制动过程中线圈产生的焦耳热答案 (1) (2)N2B2L2v0mR Ffm 2NBL2R(3) mv 4 FfL12 02解析 (1)车头进入磁场时，设加速度的大小为 a，有 E NBLv0， I ， F NBILER由牛顿第二定律得 F Ff m

19、a，联立解得 a ；N2B2L2v0mR Ffm10(2)从 ab 进入磁场到 ab 离开磁场的过程中， N ， ， q t，E2BL2t I ER I联立解得 q2NBL2R(3)设电磁制动过程中线圈产生的焦耳热为 Q，由能量守恒： Q mv 4 FfL.12 0225(20 分)如图 12，水平面上有质量 mA1 kg 的木板 A，其上右端点放有质量 mB1 kg 的物块 B(可视为质点) A 的左侧用长度 l3.6 m 的轻绳悬吊一质量为 mC0.5 kg 的小球C， C 静止时恰好与 A 接触但无挤压且不触地，现将 C 沿 A、 B 所在竖直平面向左拉起，当轻绳与竖直方向成 60角时由

20、静止释放， C 运动到最低点时与 A 发生碰撞，碰后 C 立即静止，最后物块 B 没有从 A 上滑出，已知 B 与 A 间的动摩擦因数 10.10， A 与地面间的动摩擦因数 20.15，取 g10 m/s 2，不考虑 C 与 A 碰撞的时间，求：图 12(1)碰后瞬间 A 速度的大小；(2)碰后木板 A 运动的时间答案 (1)3.0 m/s (2)0.9 s解析 (1)设 C 与 A 碰撞时的速度大小为 vC，有mCgl(1cos 60) mCv12 C2碰后木板 A 的速度大小为 vA，碰撞瞬间，由动量守恒定律有 mCvC mAvA，解得 vA3.0 m/s(2)设 C 与 A 碰撞后 A

21、 运动的加速度大小为 a1，B 运动的加速度大小为 a2，经过时间 t1， A、 B 两物体速度相等，设为 v 1mBg 2(mA mB)g mAa1 1mBg mBa2解得 a14.0 m/s 2， a21.0 m/s 2，v vA a1t1 a2t1，解得 v0.6 m/s， t10.6 s；11经过分析可知 A、 B 不能一起减速，所以 A、 B 分别做减速运动由于 2(mA mB)g 1mBg mAa1解得 a12.0 m/s 2,0 v a1 t2，解得 t20.3 s此后木板 A 保持静止，碰后木板 A 运动的时间 t t1 t20.9 s.(二)选考题33选修 33(15 分)(

22、1)(5 分)下列说法正确的是_A液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的B液体表面张力与浸润现象都是分子力作用的表现C只要两物体的质量、温度、体积相等，两物体的内能一定相等D分子间引力和斥力都是随着分子间距离的减小而增大E空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量(2)(10 分)如图 13 所示，右侧有挡板的导热汽缸固定在水平地面上，汽缸内部总长为 21 cm，活塞横截面积为 10 cm2，厚度为 1 cm，给活塞施加一向左的水平恒力 F20 N，稳定时活塞封闭的气柱长度为 10 cm.大气压强为 1.0105 Pa，外界温度为 27 ，不计摩擦图 13若将恒力 F 方向改为水

23、平向右，大小不变，求稳定时活塞封闭气柱的长度；若撤去外力 F，将外界温度缓慢升高，当挡板对活塞的作用力大小为 60 N 时，求封闭气柱的温度答案 (1)BDE (2)15 cm 800 K解析 (1)液体中的扩散现象是由于分子热运动而产生的，故 A 项错误液体的表面张力是分子力作用的表现，表面层分子较为稀疏，分子间表现为引力；浸润现象也是分子力作用的表现，故 B 项正确物体的内能等于组成该物体的所有分子做热运动的动能与分子势能的总和，两物体的温度相同则分子的平均动能相等，但是物体的总动能与分子数有关，质量和体积相等的物体仅说明物体的平均密度相同，如果不是同一种物质，它们的总分子数不一定相等，因

24、此两物体的内能不一定相等，故 C 项错误分子间的引力和斥力都是随分子间距离的减小而增大，只不过在不同情况下合力对外表现不同，故 D 项正确空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量，因为电能也有部分转化为热能，故 E 项正确(2)温度不变，设水平恒力向左、向右两种情况下被封闭气体压强分别为 p1、 p2，气柱的12长度分别为 l1、 l2，则有： p1 p0 1.210 5 PaFSp2 p0 0.810 5 PaFSV1 l1S， V2 l2S根据玻意耳定律有： p1V1 p2V2解得： l215 cm.设汽缸升温前后温度分别为 T1、 T3，升温后气柱长度为 l3T1300

25、K， l3(211) cm20 cm升温后气体压强 p3 p0 1.610 5 Pa，FSV3 l3S根据理想气体状态方程得： ，p1V1T1 p3V3T3解得： T3800 K.34选修 34(15 分)(1)(5 分)一列波沿 x 轴方向传播，某一时刻的波形如图 14 所示质点 A 与坐标原点 O 的水平距离为 0.6 m，波长 1.6 m，此时质点 A 沿 y 轴正方向振动，经过 0.1 s 第一次到达波峰处，则下列说法中正确的是_图 14A这列波沿 x 轴正方向传播B这列波的周期 T0.8 sC波速 v14 m/sD从图示时刻开始，质点 A 经过 t1.6 s 运动的路程为 0.4 m

26、E从图示时刻开始，质点 A 经过 t0.5 s 第一次到达波谷(2)(10 分)如图 15 甲所示是由透明材料制成的半圆柱体，一束细光束由真空沿着径向与 AB成 角射入，对射出的折射光线的强度随 角的变化进行记录，得到的关系如图乙所示，如图丙所示是这种材料制成的器具，左侧是半径为 R 的半圆，右侧是长为 8R、高为 2R 的长方体，一束单色光从左侧 A点沿半径方向与长边成 37角射入器具已知光在真空中的传播速度为 c，求：(sin 370.6，cos 370.8)13图 15该透明材料的折射率；光线在器具中运动的总时间答案 (1)ABE (2)1.25 55R4c解析 (2)由题图乙可知，当 37时光线恰好发生全反射，则临界角 C53由 n1sin C可知： n 1.251sin 53由几何关系可知光在器具中传播的路程为s R11 R8Rsin 53光在器具中的传播速度 vcn传播时间 tsv联立解得 t . 55R4c