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2019-2020年高考物理一轮复习理综物理部分模拟试题(含解析)
二、选择题本题共8小题,每小题6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.某同学将完全相同的甲、乙两块条形磁铁放在粗糙的水平木板上N极正对,如图所示,并缓慢抬高木板的右端至倾角为θ,在这一过程中两磁铁均未滑动.学习小组内各组各同学对这一过程提出的下列说法中,正确的是 A.甲受到的摩擦力相对木板的方向可能发生变化B.乙受到的摩擦力相对木板的方向可能发生变化C.继续增大倾角,甲、乙将会同时发生滑动D.将减小甲乙间距,重复上述过程,增大倾角时乙会发生向上滑动解析木板水平时,甲由于受乙的排斥作用,而有指向乙的摩擦力;当斜面转动后,甲受重力、支持力及向下的斥力,则甲的摩擦力只能指向乙;故A错误;对乙受力分析可知,开始时乙受到的摩擦力指向甲;当木板转动后,乙受重力、支持力、斥力的作用,若重力向下的分力大于斥力,则摩擦力可能变成向上;故B正确;由以上受力分析可知,增大倾角,甲受到的向下的力要大于乙受到向下的力;故甲应先发生滑动;故C错误;若减小甲乙间距,则两磁铁间的斥力增大,但效果与C中相同,故甲先滑动;故D错误.答案B15.如图所示,一个箱子中放有一个物体,已知静止时物体对下底面的压力等于物体的重力,且物体与箱子上表面刚好接触.现将箱子以初速度v0竖直向上抛出,已知箱子所受空气阻力与箱子运动的速率成正比,且箱子运动过程中始终保持图示姿态.则下列说法正确的是 A.上升过程中,物体对箱子的下底面有压力,且压力越来越小B.上升过程中,物体对箱子的上底面有压力,且压力越来越大C.下降过程中,物体对箱子的下底面有压力,且压力越来越大D.下降过程中,物体对箱子的上底面有压力,且压力越来越小解析对箱子和物体整体受力分析,当物体与箱子上升时,如图甲所示,由牛顿第二定律可知,Mg+kv=Ma,则a=g+,又整体向上做减速运动,v减小,所以a减小;再对物体单独受力分析,如图乙所示,因ag,所以物体受到箱子上底面向下的弹力FN,由牛顿第二定律可知mg+FN=ma,则FN=ma-mg,而a减小,则FN减小,所以上升过程中物体对箱子上底面有压力且压力越来越小.同理,当箱子和物体下降时,物体对箱子下底面有压力,且压力越来越大.答案C16.芬兰小将拉林托以两跳
240.9分的成绩在跳台滑雪世界杯芬兰站中获得冠军.如图所示是简化后的跳台滑雪的雪道示意图,拉林托从助滑雪道AB上由静止开始滑下,到达C点后水平飞出,落到滑道上的D点,E是运动轨迹上的某一点,在该点拉林托的速度方向与轨道CD平行,设拉林托从C到E与从E到D的运动时间分别为t
1、t2,EF垂直CD,则 A.t1=t2,CF=FDB.t1=t2,CFFDC.t1t2,CF=FDD.t1t2,CFFD解析将拉林托的运动分解为平行于滑道CD的匀加速直线运动和垂直于滑道CD方向的类似竖直上抛运动,则由类似竖直上抛运动的对称性可知t1=t2,因在平行CD方向拉林托做匀加速运动,所以CFFD,B对.答案B17.如图所示,真空中M、N处放置两等量同种负电荷,a、b、c为电场中的三点,实线PQ为M、N连线的中垂线,a、b两点关于MN对称,a、c两点关于PQ对称,则以下判定正确的是 A.a点的场强与c点的场强完全相同B.实线PQ上的各点电势相等C.负电荷在a点的电势能不等于在c点的电势能D.若将一正试探电荷沿直线由a点移动到b点,则电场力先做正功,后做负功解析a点与c点为关于两电荷的中垂线对称,则场强大小相等但方向不同,故A错误.画出PQ上的电场线如图所示.根据顺着电场线方向电势逐渐降低,可知,实线PQ上的各点电势不等,故B错误.因为a与c两点电势相等,由Ep=qφ,知负电荷在a点的电势能等于在c点的电势能,故C错误.将正试探电荷沿直线由a点移动到b点,电势先降低后升高,则电势能先减小后增大,电场力先做正功、后做负功,故D正确.答案D18.如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为101,b是原线圈的中心抽头,电压表和电流表均为理想电表,从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压,其瞬时值表达式为u1=220sin100πtV,则 A.当单刀双掷开关与a连接时,电压表的示数为22VB.当t=s时,c、d间的电压瞬时值为110VC.单刀双掷开关与a连接,在滑动变阻器触头P向上移动的过程中,电压表和电流表的示数均变小D.当单刀双掷开关由a扳向b时,电压表和电流表的示数均变小解析根据电压与匝数成正比可知,原线圈的电压的最大值为220V,所以副线圈的电压的最大值为22V,电压表的示数为电压的有效值,所以示数为V=22V,所以A正确;在原线圈c、d两端加上交变电压,其瞬时值表达式为u1=220sin100πtV,在t=s时,c、d间的电压瞬时值为u=220sin=110V,故B错误;当单刀双掷开关与a连接,在滑动变阻器触头P向上移动的过程中,滑动变阻器的电阻增加,电路的总电阻增加,由于电压是由变压器决定的,所以电流变小,电压表的示数不变,所以C错误;若当单刀双掷开关由a扳向b时,理想变压器原、副线圈的匝数比由101变为51,所以输出的电压升高,电压表和电流表的示数均变大,所以D错误.故选A.答案A19.火星是位于地球轨道外侧的第一颗行星,它的质量约为地球质量的,直径约为地球直径的.公转周期约为地球公转周期的2倍.在xx年出现火星离地球最近、发射火星探测器最佳的时段.以下说法正确的是可认为地球与火星都绕太阳做匀速圆周运动 A.火星表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的
0.4倍B.火星的第一宇宙速度约是地球第一宇宙速度的倍C.火星公转轨道半径约是地球公转轨道半径的2倍D.下一个最佳发射期,最早要到xx年解析根据g=,火星表面的重力加速度与地球表面重力加速度之比为=·2=×22==
0.4,故A正确;根据v=,===,故B正确;根据牛顿第二定律,有G=mr,解得T=2π∝,故==,故C错误;当地球与火星最近时,是最佳发射期,两次最佳发射期间隔中地球多转动一圈,故t-t=2π,解得t==2年,在xx年出现火星离地球最近、发射火星探测器最佳的时段,故下一个最佳发射期,最早要在xx年,故D错误.故选AB.答案AB20.如图所示,一表面光滑的木板可绕固定的水平轴O转动,木板从水平位置OA转到OB位置的过程中,木板上重为5N的物块从靠近转轴的位置从静止开始滑到图中虚线所示位置,在这一过程中,物块的重力势能减少了4J.则以下说法正确的是 A.物块的竖直高度降低了
0.8mB.由于木板转动,物块下降的竖直高度必定大于
0.8mC.物块获得的动能为4JD.由于木板转动,物块的机械能必定增加解析由重力势能的表达式Ep=mgh,重力势能减少了4J,而mg=5N,故h=
0.8m,A项正确,B项错误;木板转动,但是木板的支持力不做功,故物块机械能守恒,C项正确,D项错误.答案AC21.一导线弯成如图所示的闭合线圈,图甲中线圈以速度v向左匀速进入磁感应强度为B的匀强磁场,从线圈进入磁场开始到完全进入磁场为止.图乙中线圈以OO′为轴从图示位置线圈平面与磁场平行在磁感应强度为B的匀强磁场中匀速转动.下列结论正确的是 A.图甲中,感应电动势先增大后减小B.图甲中,感应电动势的最大值E=BrvC.图乙中,线圈开始转动时感应电动势最大D.图乙中,线圈开始转动时由于穿过线圈的磁通量为零,故感应电动势最小解析图甲中,在闭合线圈进入磁场的过程中,因导线切割磁感线的有效长度先变大后变小,所以由E=Blv可知,感应电动势E先变大后变小,选项A正确;导线切割磁感线的有效长度最大值为2r,感应电动势最大值,为E=2Brv,故选项B错误;图乙中,虽然线圈开始转动时穿过它的磁通量Φ最小,但磁通量的变化率最大,因此感应电动势E最大,选项C正确,D错误.答案AC
三、非选择题包括必考题和选考题两部分22.6分某同学想测出济宁当地的重力加速度g,并验证机械能守恒定律.为了减小误差他设计了一个实验如下将一根长直铝棒用细线悬挂在空中如图甲所示,在靠近铝棒下端的一侧固定电动机M,使电动机转轴处于竖直方向,在转轴上水平固定一支特制笔N,借助转动时的现象,将墨汁甩出形成一条细线.调整笔的位置,使墨汁在棒上能清晰地留下墨线.启动电动机待转速稳定后,用火烧断悬线,让铝棒自由下落,笔在铝棒上相应位置留下墨线.图乙是实验时在铝棒上所留下的墨线,将某条合适的墨线A作为起始线,此后每隔4条墨线取一条计数墨线,分别记作为B、C、D、E.将最小刻度为毫米的刻度尺的零刻度线对准A,此时B、C、D、E对应的刻度依次为
14.68cm
39.15cm
73.41cm,
117.46cm.已知电动机的转速为3000r/min.求1相邻的两条计数墨线对应的时间间隔为________s;2由实验测得济宁当地的重力加速度为________m/s2;结果保留三位有效数字3该同学计算出划各条墨线时的速度v,以v2为纵轴,以各条墨线到墨线A的距离h为横轴,描点连线,得出了如图丙所示的图象,据此图象________填“能”或“不能”验证机械能守恒定律,图线斜率的含义是________图线不过原点的原因是________________________.解析1电动机的转速为3000r/min=50r/s,可知相邻两条墨线的时间间隔为
0.02s,每隔4条墨线取一条计数墨线,则相邻的两条计数墨线对应的时间间隔为
0.1s;2xBC=
39.15-
14.68cm=
24.47cm,xCD=
73.41-
39.15cm=
34.26cm,xDE=
117.46-
73.41cm=
44.05cm,可知连续相等时间内的位移之差Δx=
9.79cm,根据Δx=gT2得,g===
9.79m/s
2.3根据mgh=mv2-mv得,v2=v+2gh,若v2-h图线为直线,则机械能守恒,所以此图象能验证机械能守恒.图线的斜率为2g,图线不过原点的原因是A点对应的速度不为零.答案
10.1
29.79 3能 2g A点对应速度不为零23.9分有一个小灯泡上标有“4V2W”的字样,现要描绘这个灯泡的伏安特性图线.有下列器材供选用A.电压表0~5V,内阻约为10kΩB.电压表0~10V,内阻约为20kΩC.电流表0~
0.3A,内阻约为1ΩD.电流表0~
0.6A,内阻约为
0.4ΩE.滑动变阻器10Ω,2AF.学生电源直流6V,还有电键、导线若干1实验中所用电压表应选用________,电流表应选用________填A或B或C或D.2实验时要求尽量减小实验误差,测量电压从零开始多取几组数据,请将下图中实物连接成满足实验要求的测量电路.3某同学根据实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线如图所示,若用电动势为2V、内阻不计的电源给该小灯泡供电,则该小灯泡的实际功率是________W.解析1因灯泡的额定电压为4V,为保证安全选用的电压表量程应稍大于4V,但不能大太多,量程太大则示数不准确;故只能选用0~5V的电压表,故选A;由P=UI得,灯泡的额定电流I===
0.5A;故电流表应选择0~
0.6A的量程,故选D.2由题意要求可知,电压从零开始变化,并要多测几组数据,故只能采用滑动变阻器分压接法,灯泡的电阻约为R==8Ω,跟电流表内阻接近,所以用电流表外接法,实物图连接如图所示.3当灯泡接入电动势为3V、内阻为
2.5Ω的电源中时,由闭合电路欧姆定律E=U+Ir,U=3-
2.5I画出U-I图象,与该小灯泡的伏安特性曲线的交点表示该灯泡接入电路中的电压和电流,由图读出通过灯泡电流为
0.4A,两端电压为
2.0V,所以功率为
0.8W.答案1A D 2如图所示
30.
800.78~
0.8224.12分如图所示,固定在水平面上的斜面其倾角θ=37°,长方形木块A的MN面上钉着一颗钉子,质量m=
1.5kg的小球B通过一细线与小钉子相连接,细线与斜面垂直.木块与斜面间的动摩擦因数μ=
0.
5.现将木块由静止释放,木块与小球将一起沿斜面下滑.求在木块下滑的过程中1木块与小球的共同加速度的大小;2小球对木块MN面的压力的大小和方向.取g=10m/s2解析1由于木块与斜面间有摩擦力作用,所以小球B与木块间有压力作用,并且以共同的加速度a沿斜面下滑,将小球和木块看作一整体,设木块的质量为M,根据牛顿第二定律有M+mgsinθ-μM+mgcosθ=M+ma代入数据得a=
2.0m/s22选小球为研究对象,设MN面对小球的作用力为N,根据牛顿第二定律有mgsinθ-N=ma,代入数据得N=
6.0N根据牛顿第三定律,小球对MN面的压力大小为
6.0N,方向沿斜面向下.答案
12.0m/s2
26.0N,方向沿斜面向下25.20分如图所示,位于竖直平面内的坐标系xOy,在其第三象限空间有沿水平方向的、垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B=
0.5T,还有沿x轴负方向的匀强电场,场强大小为E=2N/C.在其第一象限空间有沿y轴负方向的、场强大小也为E的匀强电场,并在yh=
0.4m的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场.一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度,恰好能沿PO作匀速直线运动PO与x轴负方向的夹角为θ=45°,并从原点O进入第一象限.已知重力加速度g=10m/s2,问1油滴在第一象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比,并指出油滴带何种电荷;2油滴在P点得到的初速度大小;3油滴在第一象限运动的时间以及油滴离开第一象限处的坐标.解析1分析油滴受力可以判知要使油滴做匀速直线运动,油滴应带负电.受力如图由平衡条件和几何关系得mgqEf=112油滴在垂直直线方向上应用平衡条件得qvB=2Eqcos45°,所以v=4m/s3进入第一象限,由于重力等于电场力,在电场中做匀速直线运动,在混合场中做匀速圆周运动,路径如上图,由0到A匀速运动的位移为s1==h运动时间为t1=联立解得t1=
0.1s进入混合场后圆周运动的周期为T=由A运动到C的时间为t2=T由运动的对称性可知从C到N的时间为t3=t1=
0.1s在第一象限内运动的总时间为t=t2+t3+t1=
0.82s油滴在磁场中做匀速圆周运动qvB=m图中ON的长度及离开第一象限的x坐标x=2s1cos45°+rcos45°联立得x=
4.0m所以油滴离开第一象限时的坐标为
4.0m0答案1负电荷 11 24m/s
30.82s
4.0m033.[物理—选修3—3]15分15分关于一定量的气体,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.气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积,而不是该气体所有分子体积之和B.只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度,气体的温度就可以降低C.在完全失重的情况下,气体对容器壁的压强为零D.气体从外界吸收热量,其内能一定增加E.气体在等压膨胀过程中温度一定升高2如图,一直立的气缸有一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体,活塞横截面积为S,气体最初的体积为V0,气体最初的压强为;气缸内壁光滑且缸壁是导热的.开始活塞被固定,打开固定螺栓K,活塞下落,经过足够长时间后,活塞停在B点,设周围环境温度保持不变,已知大气压强为p0,重力加速度为g.求
①活塞停在B点时缸内封闭气体的体积V;
②整个过程中通过缸壁传递的热量Q一定质量理想气体的内能仅由温度决定.解析2
①活塞在B处时,对活塞B由平衡条件得p0S+mg=pBS,解得,气体压强pB=p0+,pA=,VA=V0,pB=p0+,活塞从A到B过程,由玻意耳定律pAVA=pBVB,解得VB=;
②活塞下降的高度h=-,活塞下降过程,外界对气体做功W=Fh=pBSh=+,由于气体的温度不变,内能的变化ΔE=0,由热力学第一定律可知ΔU=W+Q,Q=-+,负号表示气体对外放出热量;答
①活塞停在B点时缸内封闭气体的体积为;
②整个过程中通过缸壁放出的热量为+.答案1ABE34.[物理—选修3—4]15分16分某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中,通过测量单摆摆长L,利用秒表记录该单摆50次全振动所用的时间并求出周期T,可求出重力加速度g.如果该同学测得的g值偏大,可能的原因是________.选对一个给3分,选对两个给4分,选对3个给6分.每选错一个扣3分,最低得分为0分A.测摆线长时摆线拉得过紧B.开始计时时,秒表按下稍晚C.实验中将51次全振动误记为50次D.摆线上端未牢固地系于悬点,振动中出现松动,使摆线长度增加了E.测量单摆摆长是用摆线长加上小球直径29分如图所示的直角三角形ABC是玻璃砖的横截面,∠A=30°,∠B=90°,E为BC边的中点,BC=L.一束平行于AB的光束从AC边上的某点射入玻璃砖,进入玻璃砖后,在BC边上的E点被反射,EF是该反射光线,且EF恰与AC平行.求
①玻璃砖的折射率;
②该光束从AC边上射入玻璃砖开始计时,经BC边上的E点反射后,到紧接着的一次射出玻璃砖所需的时间光在真空中的传播速度为c.解析2
①作出光路图,光线在AC面上的入射角为60°,折射角为30°,则折射率n==
②因为发生全反射的临界角为sinC=,所以光线在F点发生全反射,在E、H点不能发生全反射.作出光束经BC面反射后的光路图.该光束经一次反射后,到紧接着的一次射出玻璃砖发生在H点,则本题所求时间为t= v=联立解得t==答案1ABE35.[物理—选修3—5]15分1以下有关近代物理内容的若干叙述正确的是 A.紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应,则当增大紫外线的照射强度时,从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大B.在关于物质波的表达式ε=hν和p=中,能量和动量p是描述物质的粒子性的重要物理量,波长λ和频率ν是描述物质的波动性的典型物理量C.重核的裂变过程质量增大,轻核的聚变过程有质量亏损D.根据玻尔理论,氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时,要释放一定频率的光子,同时电子的动能增大,电势能减小E.自然界中含有少量的14C14C具有放射性,能够自发地进行β衰变,因此在考古中可利用14C来测量年代29分如图所示,质量为m1=
0.2kg的小物块A,沿水平面与小物块B发生正碰,小物块B质量为m2=1kg.碰撞前,A的速度大小为v0=3m/s,B静止在水平地面上.由于两物块的材料未知,将可能发生不同性质的碰撞,已知A、B与地面间的动摩擦因数均为μ=
0.2,重力加速度g取10m/s2,试求碰后B在水平面上可能的滑行时间.解析2假如两物块发生的是完全非弹性碰撞,碰后的共同速度为v1,则由动量守恒定律有m1v0=m1+m2v1碰后,A、B一起滑行直至停下,设滑行时间为t1,则由动量守恒定理有μm1+m2gt1=m1+m2v1解得t1=
0.25s假如两物块发生的是完全弹性碰撞,碰后A、B的速度分别为vA、v2,则由动量守恒定律有m1v0=m1vA+m2v2由功能原理有m1v=m1v+m2v设碰后B滑行的时间为t2,则μm2gt2=m2v2解联立方程组得t2=
0.5s可见,碰后B在水平面上滑行的时间t满足0.25s≤t≤
0.5s答案1BDE。