高考全国Ⅰ卷仿真试题理科综合物理部分五含答案解析.docx
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高考全国Ⅰ卷仿真试题理科综合物理部分五含答案解析
绝密★启用前
2019年高考全国Ⅰ卷仿真试题(五)
理科综合物理部分
注意事项:
1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答第Ⅰ卷时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。
写在本试卷上无效。
3.回答第Ⅱ卷时,将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。
4.测试范围:
高考全部内容。
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14~18题只有一项符合题目要求,第19~21题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。
14.甲乙两辆汽车在同一平直的公路上行驶,在t=0到t=t2时间内,它们的x-t图象如图所示。
在这段时间内
A.汽车甲做加速运动,汽车乙做减速运动
B.汽车甲的位移大于汽车乙的位移
C.汽车甲的运动方向与汽车乙的运动方向相反
D.在时刻t1,汽车甲追上汽车乙
【答案】C
【解析】x-t图像的斜率等于速度,可知汽车甲做减速运动,汽车乙做减速运动,选项A错误;在t=0到t=t2时间内,汽车甲的位移大小等于汽车乙的位移大小,选项B错误;斜率的符号表示运动的方向,可知汽车甲的运动方向与汽车乙的运动方向相反,选项C正确;由于两车运动方向相反,在时刻t1汽车甲与汽车乙相遇,选项D错误;故选C.
【名师点睛】解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义,知道图线的切线斜率表示瞬时速度,斜率的符号表示速度的方向,两条v-t线的交点,表示位移相同.
15.如图所示,倾角为θ的斜面体放在水平地面上,质量为m的木块通过轻质细线绕过斜面体顶端的定滑轮与质量为M的铁块相连,整个装置均处于静止状态,已知mgsinθ>Mg。
现将质量为m0的磁铁轻轻地吸放在铁块下端,铁块加速向下运动,斜面体仍保持静止。
不计滑轮摩擦及空气阻力。
则与放磁铁前相比()
A.细线的拉力一定变小
B.木块所受的合力可能不变
C.斜面对木块的摩擦力可能减小
D.斜面体相对地面有向右运动的趋势
【答案】C
【解析】加磁铁前,整个装置均处于静止状态,细线的拉力小于或等于木块的重力沿斜面的分力和最大静摩擦力,加磁铁后,拉着木块加速上滑,细线的拉力大于木块的重力沿斜面的分力和最大静摩擦力,细线的拉力一定变大,故A错误;加磁铁前木块保持静止,合力为零,加磁铁后,木块加速上滑,根据牛顿第二定律,合力不为零,故B错误;加磁铁前,整个装置均处于静止状态,斜面对木块的摩擦力可能是最大静摩擦力,加磁铁后,拉着木块加速上滑,斜面对木块的摩擦力滑动摩擦力,由于最大静摩擦力略大于滑动摩擦力,故摩擦力可能减小了,故C正确;放磁铁后,由于木块具有沿斜面向右上方的加速度,可对铁块(磁铁),木块和斜面体整体运用牛顿第二定律,其整体在水平方向上受到的外力的合力向右,故地面对斜面体有向右的静摩擦力,故斜面体相对与地面有向左滑动的趋势,故D错误;
16.如图所示,在场强大小为E、方向竖直向上的匀强电场中,一质量为m、带电量为+q的物体,以某一初速度沿电场方向做匀减速直线运动,不计空气阻力,其加速度大小为,物体运动距离S时速度变为零。
则在此过程中()
A.物体克服电场力做功0.6qES
B.物体的电势能增加了qES
C.物体的重力势能增加了qES
D.物体的动能减少了0.6qES
【答案】D
【解析】由于物体所受电场力和运动方向相同,故电场力做正功W=EqS,故A错误;电场力做正功,电势能减小物体的电势能减小了qES,故B错误;重力做功WG=-mgS,重力做负功,重力势能增加,所以重力势能增加了mgS,故C错误;物体做减速运动,合外力做负功,动能减小,由动能定理得:
△Ek=-F合S=-maS=-0.6EqS,所以物体的动能减少了0.6qES,故D正确。
故选D.
17.如图甲所示的电路中,理想变压器原、副线圈匝数比为10:
1,原线圈接入图乙所示的不完整的正弦交流电,副线圈接火灾报警系统(报警器未画出),电压表和电流表均为理想电表,和为定值电阻,R为半导体热敏电阻,其阻值随温度的升高而减小。
下列说法中正确的是()
A.R处出现火警时电压表示数增大
B.R处出现火警时电流表示数增大
C.图乙中电压的有效值为220V
D.电压表的示数为22V
【答案】B
【解析】R处温度升高时,电压表示数不变,阻值减小,副线圈电流增大,而输出功率和输入功率相等,所以原线圈电流增大,即电流表示数增大,故AB错误;设将此电流加在阻值为R的电阻上,电压的最大值为,电压的有效值为U.代入数据得图乙中电压的有效值为,故C错误;变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比,所以变压器原、副线圈中的电压之比是,所以电压表的示数为,故D正确。
考点:
变压器的构造和原理
【名师点睛】根据电流的热效应,求解交变电流的有效值是常见题型,要熟练掌握,根据图象准确找出已知量,是对学生认图的基本要求,准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系,是解决本题的关键。
18.已知通电长直导线产生的磁场中某点的磁感应强度满足B=k(其中k为比例系数,为电流强度,为该点到直导线的距离)。
如图所示,空间某一区域存在竖直向上、大小为B的匀强磁场,垂直纸面相互平行的两根固定直导线a、b置于磁场中,它们的连线水平且O为中点,当导线a中的电流为I1、导线b中的电流为I2时,O点的实际磁感应强度为,方向竖直向下。
下列判断可能正确的是
A.I1=I2,方向均向里
B.I1=I2,方向均向外
C.I1=2I2,且a中电流向里,b中电流向外
D.I1=2I2,且a中电流向外,b中电流向里
【答案】C
【解析】当I1=I2,方向均向里,根据安培定则,可知,两通电导线a、b在O点的合磁场为零,因此O点的实际磁感应强度为B.方向竖直向上,故A错误;同理,I1=I2,方向均向外,根据安培定则,可知两通电导线a、b在O点的合磁场为零,因此O点的实际磁感应强度为B.方向竖直向上,故B错误;当I1=2I2,且a中电流向里,b中电流向外,根据安培定则,可知,两通电导线a、b在O点的合磁场方向向下,那么在O点的实际磁感应强度可能为B/2.方向竖直向下,故C正确;当I1=2I2,且a中电流向外,b中电流向里,根据安培定则,可知,两通电导线a、b在O点的合磁场方向向上,那么在O点的实际磁感应强度不可能为B/2.故D错误;故选C。
19.如图甲所示,长为l、倾角为α的斜面固定在水平地面上,一质量为m的小物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动,已知小物块与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x的变化图像如图乙所示,则( )
A.
B.小物块下滑的加速度逐渐增大
C.小物块下滑到斜面低端的过程中克服摩擦力做的功为
D.小物块下滑到低端时的速度大小为
【答案】BC
【解析】A、物块在斜面顶端静止释放能够下滑,则满足:
mgsinα>μ0mgcosα,即μ0<tanα,故A错误.B、根据牛顿第二定律有:
,下滑过程中μ逐渐减小,则加速度a逐渐增大,故B正确.C、由图乙可知,则摩擦力,可知f与x成线性关系,如图所示:
其中f0=μ0mgcosα,图线和横轴所围的面积表示克服摩擦力做的功,则下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功:
,故C正确.
D、下滑过程根据动能定理有:
解得:
,故D错误.
故选BC.
【名师点睛】本题主要考查了牛顿第二定律、动能定理的综合应用,涉及到变力做功的问题,F-x图象所围的面积表示F所做的功.
20.我国计划在2019年发射一颗返回式月球着陆器,进行首次月球样品取样并安全返回地球.设想着陆器完成了对月球的考察任务后,由月球表面回到绕月球做圆周运动的轨道舱.已知月球表面的重力加速度为g,月球半径为R,轨道舱到月球中心的距离为r,引力常量为G,那么,由以上条件可求出的物理量是( )
A.地球的质量
B.月球的质量
C.月球绕地球转动的周期
D.轨道舱绕月球转动的周期
【答案】BD
【解析】着陆器在月球表面受到的重力等于月球对它的万有引力,则G
=mg,月球质量M=
,可以求出月球质量,故B正确.不知道地球表面的重力加速度与地球半径,无法求出地球质量,A错误;轨道舱绕月球做圆周运动,万有引力提供向心力,由牛顿第二定律得:
G
=m′
r,则轨道舱绕月转动的周期T=
=
,可以求出绕月运动的周期,无法求出绕地运动的周期,故C错误,D正确;故选B、D.
21.如图(a)所示,在半径为R的虚线区域内存在周期性变化的磁场,其变化规律如图(b)所示。
薄挡板MN两端点恰在圆周上,且MN所对的圆心角为120°。
在t=0时,一质量为m、电荷量为+q的带电粒子,以初速度v从A点沿直径AOB射入场区,运动到圆心O后,做一次半径为的完整的圆周运动,再沿直线运动到B点,在B点与挡板碰撞后原速率返回(碰撞时间不计,电荷量不变),运动轨迹如图(a)所示。
粒子的重力不计,不考虑变化的磁场所产生的电场,下列说法正确的是
A.磁场方向垂直纸面向外
B.图(b)中
C.图(b)中
D.若t=0时,质量为m、电荷量为-q的带电粒子,以初速度v从A点沿AO入射,偏转、碰撞后,仍可返回A点
【答案】BC
【解析】根据轨迹可知,带正电的粒子从O点向上偏转做圆周运动,由左手定则可知,磁场方向垂直纸面向里,选项A错误;粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:
qvB0=m,解得磁感应强度:
B0=,选项B正确;虚线区域不加磁场时粒子做匀速直线运动,粒子做匀速直线运动的时间:
,虚线区域加速磁场后粒子做匀速圆周运动,粒子做匀速圆周运动的时间:
,磁场变化的周期:
T0=t1+t2=,选项C正确;若t=0时,质量为m、电荷量为-q的带电粒子,以初速度v从A点沿AO入射,到达O点后向下,与板碰撞后,到达B板,与B碰撞后向上偏转900然后从磁场中飞出,则不能返回A点,选项D错误;故选BC.
【名师点睛】此题关键是要搞清粒子在磁场中的运动情况即轨迹,结合圆周运动的知识求解运动时间;注意用左手定则判断洛伦兹力的方向时要注意四指的指向.
第Ⅱ卷
二、非选择题:
本卷包括必考题和选考题两部分。
第22~25题为必考题,每个试题考生都必须作答。
第33~34题为选考题,考生根据要求作答。
(一)必考题:
共47分。
22.(6分)某同学把附有滑轮的长木板放在实验桌上,将细绳一端拴在小车上,另一端绕过定滑轮,挂上适当的钩码,使小车在钩码的牵引下运动,以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系,此外还准备了打点计时器及配套的电源,导线,复写纸,纸带,小木块等。
组装的实验装置如图所示。
①要完成该实验,必需的实验器还有哪些。
②实验开始时,他先调节木板上定滑轮的高度,使牵引小车的细绳与木板平行,他这样做的目的是下列的哪个(填字母代号)
A.避免小车在运动过程中发生抖动
B.可使打点计时器在纸带上打出的点清晰
C.可以保证小车最终能够实现匀速直线运动
D.可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力
③平衡摩擦力后,当他用多个钩码牵引小车时,发现小车运动过快,致使打出的纸带上点数较少,难以选到合适的点计算小车速度,在保证所挂钩码数目不变的条件下,请你利用本实验的器材提出一个解决办法:
。
④他将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功,经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些,这一情况可能是下列哪些原因造成的(填字母代号)。
A.在接通电源的同时释放了小车
B.小车释放时离打点计时器太近
C.阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉
D.钩码匀加速运动,钩码重力大于细绳拉力
【答案】①刻度尺,天平(包括砝码)②D③可在小车上加适量的砝码④CD
【解析】①实验需要测量小车的位移,所以需要刻度尺;另外需要表示小车动能的变化,所以需要小车的质量,因此需要带有砝码的天平;②因为实验要测量拉力对小车所做功与动能的关系,所以实验前需要平衡摩擦力,D项正确;③纸带上点数过少,说明小车的加速度较大,应适当减小加速度,因此需要在小车上加适量的砝码来达到增大质量,减小加速度的目的;④拉力做功大于小车动能的增量,原因可能是由于小车运动过程中受到的阻力没有被完全平衡;另一个原因是钩码的重力做功,没有完全转化为小车的动能,钩码自身的动能也在增大,CD项正确。
23.(9分)对某导电元件(圆柱状)进行研究,图甲是说明书中给出的伏安特性曲线。
(1)用多用电表的欧姆挡试测元件在常温下的电阻,把选择开关调到“×10”欧姆档,测量操作步骤正确,发现表头指针偏转的角度过大,应换为欧姆档。
(2)可由U
I图线得到各状态下元件的电阻值R,为了进一步研究该材料电阻率,需要测量元件的长度和截面直径。
如图乙所示,用螺旋测微器测得的直径读数为mm。
(3)实验室中提供以下器材:
A.电压表V(量程为0—3V,内阻约5kΩ)
B.电流表A(量程为0—0.6A,内阻约0.1Ω)
C.滑动变阻器R1(0—10Ω,额定电流1.5A)
D.滑动变阻器R2(0—1000Ω,额定电流0.5A)
E.直流电源E(电动势3V,内阻为1Ω)
F.开关S一个,导线若干
设计一个电路,验证该元件的伏安特性曲线是否和说明书中所给的一致,则滑动变阻器应选择(填序号);试在图丙方框中画出实验电路图。
(4)把该导电元件直接连在此直流电源上,该导电元件消耗的电功率为W。
(结果保留两位有效数字)
【答案】
(1)×1
(2)1.990(3)C
(4)0.81(误差在0.02范围内均可得分)
【解析】
(1)欧姆表指针偏角过大,说明倍率选大了,应该选择倍率较小的档,故为
档;
(2)固定部分读数为1.5mm,可动部分读数为:
,总的读数为:
1.990mm;(3)从图中可知,该电阻的较大电阻约为:
,所以为了减小实验误差,最好用滑动变阻器C;(4)当该电阻与直流电源直接相接,作一条路端电压与电阻关系图线,该图线斜率等于电源内阻,即:
,两条图线的交点为该电阻在这个电源中的实际工作状态,电压为2.7v,电流为0.3A,电阻实际功率为:
0.81w。
24.(12分)如图所示,半径R=0.40m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内,半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点A。
一质量m=0.10kg的小球,以初速度v0=7.0m/s在水平地面上向左做加速度a=3.0m/s2的匀减速直线运动,运动s=4.0m后,冲上竖直半圆环,最后小球落在C点。
(取重力加速度g=10m/s2)。
(1)小球运动到A点时的速度大小;
(2)小球经过B点时对轨道的压力大小;
(3)A,C间的距离。
【解析】
(1)小球向左运动的过程中小球做匀减速直线运动,有v-v=-2as
解得vA==5m/s。
①(2分)
(2)如果小球能够到达B点,设在B点的最小速度为vmin,
有mg=m解得vmin=2m/s。
②(2分)
而小球从A到B的过程中根据机械能守恒,有mg·2R+mv=mv
解得vB=3m/s。
③(2分)
由于vB>vmin,故小球能够到达B点,且从B点做平抛运动,
由牛顿第二定律可知F+mg=m,
解得F=1.25N,④(2分)
由牛顿第三定律可知,小球对轨道的压力大小为1.25N。
⑤(1分)
(3)在竖直方向有2R=gt2,⑥(1分)
在水平方向有sAC=vBt,⑦(1分)
解得sAC=0.6m
故A,C间的距离为0.6m.⑧(1分)
25.(20分)如图所示,在直角坐标系的原点O处有一放射源,向四周均匀发射速度大小相等、方向都平行于纸面的带电粒子。
在放射源右侧有一很薄的挡板,垂直于x轴放置,挡板与xoy平面交线的两端M、N正好与原点O构成等边三角形,
为挡板与x轴的交点。
在整个空间中,有垂直于xoy平面向外的匀强磁场(图中未画出),带电粒子在磁场中沿顺时针方向做匀速圆周运动。
已知带电粒子的质量为m,带电荷量大小为q,速度大小为υ,MN的长度为L。
(不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用)
求:
(1)确定带电粒子的电性;
(2)要使带电粒子不打在挡板上,求磁感应强度的最小值;
(3)要使MN的右侧都有粒子打到,求
磁感应强度的最大值。
(计算过程中,要求画出各临界状态的轨迹图)
【解析】
(1)由左手定则可得,粒子带正电荷。
(2分)
(2)设磁感应强度大小为B,带电粒子运动的轨迹半径为r,带电粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供,有:
得
(3分)
由于从O点射出的粒子的速度大小都相同,由上式可知,所有粒子的轨迹半径都相等。
由几何知识可知,为使粒子不打在挡板上,轨迹的半径最大时,带电粒子在O点沿y轴正方向射出,其轨迹刚好与MN相切,如图甲所示。
(3分)
则最大半径
(2分)
由上式可得,磁感应强度的最小值
(2分)
(3)为使MN的右侧都有粒子打到,
打在N点的粒子最小半径的轨迹为图乙中的圆弧OMN。
(2分)
图中点O3为轨迹的圆心,由于内接△OMN为正三角形,
由几何知识,最小的轨迹半径为
(3分)
粒子做匀速圆周运动的向心力由洛仑兹力提供,有
所以,磁感应强度的最大值
(3分)
(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。
33.【物理——选修3-3:
热学】(15分)
(1)(5分)有关对热学的基础知识理解正确的是______(填正确答案标号,选对一个得2分,选对两个得4分,选对三个得5分。
每选错一个扣3分,最低得分为0分)。
A.布朗运动反映了悬浮小颗粒内部分子在永不停息地做无规则运动
B.气体的温度升高,个别气体分子运动的速率可能减小
C.液体表面具有收缩的趋势,是由于液体表面层分子的分布比内部稀疏
D.对任何一类宏观自然过程进行方向的说明,都可以作为热力学第二定律的表述
E.密闭器中有一定质量的理想气体,当其在完全失重状态下,气体的压强为零
【解析】 布朗运动是观察者利用显微镜观察到的固体颗粒的运动,颗粒之所以能运动,是因为液体分子的撞击使颗粒受力不平衡造成的,所以布朗运动反映了液体分子的无规则运动,A错;温度是分子平均动能的反映,温度升高分子平均动能增大,但不表示每一个分子动能都增大,B对;根据液体表面张力的特征易知,C对;由热力学第二定律克劳修斯表述,热量不能自发地从低温物体传向高温物体而不引起其他变化.热力学第二定律指出在自然界中任何的热学过程都不可能自动地复原,要使系统从终态回到初态必须借助外界的作用,D对;密闭容器内的压强是由气体分子对器壁的碰撞而产生的,与超重、失重无关,E错.
【答案】 BCD
(2).(10分)一艘潜水艇位于水面下h=200m处,艇上有一个容积V1=2m3的钢筒,筒内贮有压强p1=200p0的压缩气体,其中p0为大气压强,p0=1×105Pa.已知海水的密度ρ=1×103kg/m3,取重力加速度g=10m/s2,设海水的温度不变.有一个与海水相通的装满海水的水箱,现在通过细管道将钢筒中部分气体压入该水箱,再关闭管道,水箱中排出海水的体积为V2=10m3,此时钢筒内剩余气体的压强为多少?
【解析】
(2)钢筒中气体初始状态:
p1=200p0,V1=2m3
与海水相通的水箱中的压强:
p2=p0+ρgh=21p0
设钢筒内剩余气体的压强为p3,钢筒中排出的气体在压强为p3时的体积为V3;则有p3V3=p2V2
对钢筒中所有的气体有:
p1V1=p3(V1+V3);解得:
p3=9.5×106Pa.
34.【物理——选修3-4:
光学】(15分)
(1)(5分)如图所示是一透明的圆柱体的横截面,其半径为R,折射率是,AB是一条直径.今有一束平行光沿AB方向射向圆柱体,试求离AB多远的入射光线经折射后经过B点.
(2)(10分)如图所示为一弹簧振子的振动图象,试完成以下要求:
(1)写出该振子简谐运动的表达式;
(2)在第2s末到第3s末这段时间内弹簧振子的加速度、速度、动能和弹性势能各是怎样变化的?
(3)该振子在前100s的总位移是多少?
路程是多少?
【答案】
(1)(5分)R
(2)(10分)(i)x=5sincm(ii)见解析(iii)05m
【解析】
(1)设一光线经折射后恰好经过B点,光路图如图所示
由折射定律知n==;由几何关系可得α=2β;由以上两式可得:
α=60°,β=30°
所以CD=Rsinα=R.
(2)(i)由振动图象可得:
A=5cm,T=4s,φ=0,则ω==rad/s,故该振子简谐运动的表达式为:
x=5sincm.
(ii)由图可知,在t=2s末,振子恰好通过平衡位置,在t=3s末,振子刚好到达负向最大位移处,故第2s末到第3s末这段时间内,振子的加速度增大,速度减小,动能减小,弹性势能增大。
(iii)振子运行一个周期位移为零,路程为5×4cm=20cm,前100s刚好经过了25个周期,所以前100s振子的位移x=0,振子通过的路程s′=20×25cm=500cm=5m.
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