高考仿真模拟卷(三).docx

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1、高考仿真模拟卷（三）2019年（全国卷III）考点排查练二、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.全部选对的得6分，选对但不全的得3分, 有选错的得0分.题 号1415161718192021考 点楞次定律的实质有力律应由 万引定的用受力 分析 物体 的平 衡.&T图象动能定理的应用电子匀磁中运九 带粒在强场的动动量守 恒、法 拉第电 磁感应 定律.物体的 平衡、牛 顿第二 定律、。- ，图象.等量异 种电荷 的电场 线、电 势、电势 能.理 解 能 力理解 和推 理能 力理解 和推 理能 力推 理 和

2、 分 析 综 合 能 力分析 综合 能力推理和 分析综 合能力分析综 合能力理解、推 理能力14.在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法错误的是（）A.奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现 象B.麦克斯韦预言了电磁波，赫兹用实验证实了电磁波的存A.闭合开关，；B.闭合开关S2;C.观察R的阻值是否最大，如果不是，将R的阻值调至 最大；D.调节品的阻值，使电流表指针偏转到满刻度；E.调节/?2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半；F.记下/?2的阻值.把以上步骤的字母代号按实验的合理顺序填写在横线上：A B乙（3）如果在上述的步骤F中所得的/?2的阻值为200 Q,则图

3、 甲中被测电流表的内阻&的测量值为。，若仅考虑系统 误差，则测量值比实际值略（选填“大”或“小”）.1a丙（4）如果要将图甲中的电流表改装成欧姆表，其内部结构如图 乙所示，选用电动势为1.5 V的电源，则以应选用（填 写所选仪器前的字母即可）.（5）电流表改装成欧姆表后，如图丙所示，电流表的指针分别 指向0、300、600刻度线对应的待测电阻的阻值大小分别是答案：（l）D（l 分）B（1 分）F（1 分）（2）CADBEF（1 分） （3）200（1 分）小（1 分）（4）C（1 分）（5）8（1 分）2.5X103q（i 分） 0（1 分）解析：（1）半偏法测量电流表内阻，要保证闭合开关S2

4、时电 路中的电流基本不变，因此电阻尺应该尽可能选择阻值较大的 滑动变阻器，所以应该选择阻值范围为020kQ的电位器D电 阻/?2应该选择能够读出数值的电阻箱，即选用B；为保证在电 路中总电阻较大时电流表指针能够满偏，电源应该选择电动势为 7.5 V的电源，即选用E(2)半偏法测量电流表内阻，首先观察电位器凡的阻值是否 最大，若不是最大，将R的阻值调至最大；然后闭合开关S1， 调节尺，使电流表指针偏转到满刻度；闭合开关S2,调节&的 阻值使电流表指针偏转到满刻度的一半；记下电阻箱的阻 值.所以实验步骤的合理顺序是CADBEF.(3)根据半偏法测量电流表内阻原理可知，如果与电流表并联 的电阻箱读数

5、是200 Q,则电流表内阻测量值为200。.在闭合开 关S2后电路中的总电阻稍减小，干路中电流稍增大，调节&使 电流表指针半偏(原来电流的；)，则与电流表并联的电阻箱R2中 通过的电流大于原来电流的a大于电流表中的电流，根据并联 电路规律可知电阻箱阻值稍小于电流表内阻，而半偏法测量电流 表内阻是把电阻箱的限值看作电流表内阻，所以半偏法测量电流 表内阻的测量值比真实值略小.(4)电流表改装成欧姆表，其原理是闭合电路欧姆定律，设电 路中除电流表内阻及以外其他电阻的总电阻为R,由闭合电路 欧姆定律，=/&+/?),解得R=2 300Q,所以R3应该选用阻 值范围为04 kQM滑动变阻器，即选用C.(

6、5)欧姆表测量电阻的原理为闭合电路欧姆定律，由1= 皿二” 电流表指针指向0刻度线时，说明待测电阻的阻 r+R.+R3+Rx值为无限大；电流表指针指向600 piA刻度线时，电流表指针满 偏，对应待测电阻的阻值为0;电流表指针指向300 |1A刻度线 时，电流表指针半偏，对应待测电阻的阻值等于欧姆表中值电阻, 即待测电阻的阻值为Ag + R = 200 Q + 2 300 Q = 2 500 Q = 2.5 X103 Q.24.ah(12分)如图所示，边长为L的正方形区域附内存在着匀 强电场.电荷量为外 动能为以的带电粒子从。点沿油方向进 入电场，不计重力.(1)若粒子从c点离开电场，求电场强

7、度的大小和粒子离开电场时的动能反若粒子离开电场时动能为EJ若粒子离开电场时动能为EJ则电场强度为多大?答案：（l）5Ek Qi“ qjk 解析：（1）由L=g得（1分）了 qEFL 2m所以E=丁，（1分）qEL=EkEk.（l 分）所以Ek尸qEL+Ek=5Ek.（l分）若粒子由炉边离开电场，则L=。/, （1分），（1 分），（1 分）qEt qEL0丫=m mvoElEk=mvj =喘=*（】分）所以E=地曝一*1（1分）分）若粒子由c边离开电场，则9比=反 -k.（l所以E=&产（1分）25.（20分）如图所示，在光滑的水平面上有一质量为mc= 1 kg 的足够长的木板。，在C上放置有

8、A、B两物体，X的质量mA =1 kg, 8的质量28=2 kg. A、8之间锁定一被压缩了的轻弹簧, 弹簧储存的弹性势能Ep=3J,现突然给A、8一瞬时冲量作用， 使4、3同时获得方向向右，大小为。o=2 m/s的初速度，与此 同时弹簧由于受到扰动而解除锁定，并在极短的时间内恢复原 长，之后与A、8分离（此过程中。仍保持静止）.已知A、。之 间的动摩擦因数川=02, B、C之间的动摩擦因数2=0.1，且滑 动摩擦力略小于最大静摩擦力，=10 m/s2.（1）求弹簧与A、3分离的瞬间，A、8的速度大小.（2）己知在。第一次碰到右边的固定挡板之前，A、8和C己 经达到了共同速度，求共同速度。和达

9、到共速之前A、B、。的 加速度大小.（3）已知C与挡板的碰撞无机械能损失，求第一次碰撞后到 第二次碰撞前A在C上滑行的距离.答案：（1）im=（）如=3 m/s （2）1.5 m/s aA=ciB=ac= 1 m/s2 （3）0.75 m解析：（1）在弹簧弹开两物体的过程中，由于作用时间极短， 对A、8与弹簧组成的系统由动量守恒定律和能量守恒定律可得（mA+=mAVA+msVs, （1 分）EP+3mA+ins）vo=g加入加+3mB破 2 分）联立解得办=0,内=3m/s.（2分）（2）对物体B有劭=2g=l m/s2.（l分）假设A、C相对静止，则由牛顿第二定律得偿加*=（ + mc）a（

10、l 分）解得 a=lm/s2（l 分）因为mAa/iimAg,所以假设成立故A、。的共同加速度为 =1 m/s?。分）A、8、C组成的系统在水平方向不受外力，由动量守恒定律得mBVB=（mA+mB+mc）v（ 1分）解得 0=1.5 m/s.（l 分）（3）。和挡板碰撞后，先向左做匀减速直线运动，后向右做匀 加速直线运动，在向右加速的过程中。和A先达到共同速度5， 之后A、。再以共同的加速度向右做匀加速直线运动，8一直向 右做匀减速直线运动，最后三者达到共同速度做匀速直线运动分析知 A、。共速前,aA=Hg=2 m/s2,班=lm/s2（2 分）由牛顿第二定律得 1 mAg +228g = m

11、cac（l分）解得 ac=4 m/s2（ 1 分）从C与挡板碰撞到A、C共速所需时间记为，A、。共速时，对A有。i=oa”, （1分）对 C 有 vi = v+act（l 分）解得 V =0.5 m/s,，=0.5 s- v+v.又 xa= 2，=0.5 m, （1 分）八牝=-5-r=-0.25 m（l 分）故第一次碰撞后到第二次碰撞前A在。上滑行的距离用c=xaxc=0.75 m. （1 分）（二）选考题：请考生从2道物理题中任选一题作答.如果多 做，则按所做的第一题计分.33 .选修 33（15 分）（1）（5分）在“用单分子油膜估测分子大小”的实验中，下列 说法正确的是（）A.该实验是

12、通过建立理想模型的方法进行测量的B.油酸溶液浓度越低越好，使之铺满整个水槽C.使用琲子粉是为了清晰地显示油膜边界D.计算油膜面积时舍去所有不足一格的方格，会使计算结 果偏大E.重新实验时，不需要再清洗水槽（2）（10分）如图所示，一竖直放置的粗细均匀的玻璃管，内有 一段长为20 cm的水银柱封闭着一段理想气体，已知大气压为 76 cmHg,温度为300 K时，被封闭的气体长度为60 cm,今将 管内的气体缓慢加热（水银柱和玻璃管的热胀冷缩可忽略不计）， 求：（i ）当管内温度升高到400 K时，被封闭的气体长度（水银未 流出玻璃管）；（ii）在温度为400 K时保持温度不变，让玻璃管以底部中

13、心O点为圆心在竖直面内缓慢旋转一周，水银恰好不会从管中 流出，求管的长度应满足的条件？答案：（l）ACD （2）（ i ）80 cm （ii）大于 157.2 cm解析：（1）利用油酸酒精溶液在平静的水面上形成单分子油 膜，将油酸分子看做球形，测出一定体积的油酸酒精溶液在水面 上形成的油膜面积，用计算出油膜的厚度，其中V为一滴 油酸酒精溶液中所含油酸的体积，S为油膜面积，这个厚度就近 似等于油酸分子的直径，即该实验是通过建立理想模型的方法进 行测量的，选项A正确；计算油膜面积时舍去了所有不足一格 的方格，使S偏小，则算出来的直径d偏大，选项D正确；油 酸酒精溶液浓度越低，油酸分子占的面积越大，

14、实验中不可让油 酸铺满整个水槽，选项B错误；使用痒子粉是为了清晰地显示油 膜边界，选项C正确；重新实验时，需要用少量酒精清洗水槽， 并用脱脂棉擦去，再用清水冲洗，保持清洁，选项E错误.(2)( i )设玻璃管的横截面积为S,温度从300 K上升到400K,由盖一吕萨克定律得治=茬(2分)代入数据解之得匕=80 cmXS由此可知，被封住气体的长度变为80cm(2分)(ii)在以。点为圆心缓慢旋转一周过程中，若倒置后水银没 有从玻璃管泄露，则整个过程中不会有水银泄露，因为是等温变 化，满足玻意耳定律PiVi=P2%(2 分).，曰PiVi (76+20)X805八解得 V2=U-1=-立珠一% 1

15、37.2 cm X S (2 分)P2/OZU=137.2+20=157.2 cm玻璃管的长度要大于157.2cm,水银才不会在缓慢旋转一周 过程中从玻璃管中漏出,(2分)34 .选修 34(15 分)(1)(5分)如图,在同一种均匀介质中的一条直线上，两个振源A、 3相距8 m.在击=0时刻，A、3开始振动，4、3的振动方程分 别为X4 = 5sin5兀f(cm),初=-8sin5兀f(cm).若A振动形成的横波 向右传播，8振动形成的横波向左传播，波长均为4 m,则人= s时两列波相遇；A5连线中点。处的质点在/2 = 0.5 s 时振幅为 cm；在A、B连线上的两个振源间有个振动加强点.

16、(2)(10分)如图所示，空气中有一个横截面为直角的三棱镜，A8边长为小BC边长为b,折射率一束光从侧面A8上 的中点。射入棱镜，调整入射光的方向，当入射光与48界面的 夹角为。时从45边折射到AC边的光线恰好不能从AC边上的石 点（图中未画出）射出.求：（i）夹角。是多少；（ii）光在棱镜中从。点传播到E点所用的时间.答案：（1）04（2 分）3（1 分）4（2 分）（i）30。 （ii）2 解析：（1）由A、B的振动方程可知，A、B振动周期均为T 2冗 9jr=77=不=。.4 s,振幅分别为5 cm、8 cm,二者起振方向相反.题 CD J71中已知A、8的振动形成的横波波长均为4m,根

17、据0=彳知两列 波传播速度均为10 m/s,因此二者相遇的时间4=/;=0.4s；两 列波同时传到连线中点。处，在九=0.4s时刻，A振动形成的横 波引起该处质点向上振动，5振动形成的横波引起该处质点向下 振动，且两列波的频率相同，因此该处为振动减弱点，根据波的 叠加原理可得此处质点振动的振幅始终为A = AA2l = |5 8| cm = 3cm；若连线上某点到两波源距离差为Ax,则对于两列振 动相反的波满足Ax=（2+1）4（=O1,2）为振动加强点，因两个 振源A、B相距8 m,0WAxCOI3CDCD,向心加速度aAaBac答案：C解析：因为卫星的质量大小关系不知，所以卫星的万有引力

18、大小关系无法判断，B错误；卫星绕地球做圆周运动，有泮: v2 9 ，日 GM _ GM _GM ,工一向，彳寻0 r , co /，。向一,，由于 ArB加0c, coacobcoc, aasac.故 A、D 错误， C正确.16.如图所示，一辆小车静止在水平地面上，车内固定着一个倾 角为60。的光滑斜面OA,光滑挡板OB可绕转轴O在竖直平面 内转动.现将一重力为G的圆球放在斜面与挡板之间，挡板与 水平面的夹角8=60。.下列说法正确的是（）A.若保持挡板不动，则球对斜面的压力大小为2GB.若挡板从图示位置沿顺时针方向缓慢转动60。，则球对 斜面的压力逐渐增大C.若挡板从图示位置沿顺时针方向缓

19、慢转动60,则球对 挡板的压力逐渐减小D.若保持挡板不动，使小车水平向右做匀速直线运动，则 球对挡板的压力大小为G答案：D解析：由题意知，若保持挡板不动，球受到重力、斜面与挡 板对球的弹力，三力之间的方向成120。，可知三力大小相等，由 牛顿第三定律知球对斜面的压力大小也为G,则选项A错误； 若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60,由动态分析图（图略） 可知球对斜面的压力逐渐减小，球对挡板的压力先逐渐减小后又 增大到原先大小，则选项B、C错误；若保持挡板不动，使小车 水平向右做匀速直线运动，小球仍处于平衡状态，球对挡板的压 力大小为G,选项D正确.17.蹦床有“空中芭蕾”之称.在某次“蹦床”娱

20、乐活动中， 从小朋友下落到离地面高加处开始计时，其动能反与离地高度 的关系如图2所示.在九历阶段图象为直线，其余部分为曲 线，必对应图象的最高点，小朋友的质量为根，重力加速度为g, 不计空气阻力和一切摩擦.下列有关说法正确的是（）o hs h4 ii3 ii2 ht h图1图2A.整个过程中小朋友的机械能守恒B.从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程 中，其加速度先增大后减小C.小朋友处于人=4高度时，蹦床的弹性势能为Ep=mg（2 一力4）D.小朋友从加下降到力5过程中，蹦床的最大弹性势能为Epm=mgh答案：c解析：小朋友接触蹦床后，蹦床对小朋友的弹力做功，所以 整个过程中小朋友

21、的机械能不守恒，故A错误；从小朋友的脚 接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，蹦床对小朋友的弹 力先小于重力，后大于重力，随着弹力的增大，合力先减小后反 向增大，所以加速度先减小后增大，故B错误；由图知，小朋友 在后处和九处动能相等，根据蹦床和小朋友组成的系统机械能 守恒得：小朋友处于。=/24高度时，蹦床的弹性势能为Ep=mg（/t2 一九）.故C正确；小朋友从队下降到力5过程中，蹦床的最大弹 性势能为Epm = 2g（也一5），故D错误. ,修 OM o N 18.如图所示，MN为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁 感应强度大小的关系为Bt=2B2, 一带电荷量为十夕、质量为m 的粒子从。

22、点垂直MN进入省磁场，则经过多长时间它将向下 再一次通过0点（）2nm- 2兀2A.-B.-qBqB?2 71mC（B,+B2） Dq（8+&）答案：B解析：粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由周期公式7=2兀加2兀加知，粒子从。点进入磁场到再一次通过。点的时间，=2兀加qBTim 2jim qB? qB? 19.Tim 2jim qB? qB? 19.所以选项B正确.M如图所示，水平面上有相距为L的两光滑平行金属导轨，导 轨上静止放有金属杆。和仇杆4、b均与导轨垂直)，两杆均位于 匀强磁场的左侧，让杆。以速率。向右运动，当杆。与杆匕发生 弹性碰撞后，两杆先后进入右侧的磁场中，当杆。刚进入磁场时

23、， 杆b的速度刚好为a的一半.已知杆a、b的质量分别为2m和m, 接入电路的电阻均为凡 其他电阻忽略不计，设导轨足够长，磁 场区域足够大，贝1()、 vA.杆。与杆碰撞后，杆。的速度为彳，方向向左B.杆匕刚进入磁场时，通过的电流为甯 JIXC.从b进入磁场至。刚进入磁场时，该过程产生的焦耳热 为嬴2,7)D.杆4、b最终具有相同的速度，大小为7 *答案：BC解析：以向右为正方向，杆。与杆发生弹性碰撞，由动量 守恒和机械能守恒得 2mv = 2mv)+ mV2， ：X2mv2=：X2mv+：o 4vXmvl,解得Oi=1,6=铲，即杆。的速度为g,方向向右，故 A错误；杆b刚进入磁场时，通过。的

24、电流为/=券=率，Z/ J故B正确；从。进入磁场至。刚进入磁场时，由能量守恒得该过 程产生的焦耳热为Q=加虎一于(严旷二卫团，故c正确；a进 入磁场后，a、/?组成的系统，动量守恒，则有2mV+m-y=(2m+ 2)3,解得6即杆a、Z?最终具有相同的速度，大小为1 O需，故D错误.20.质量2=1 kg的物体静止放在粗糙水平地面上.现对物体施 加一个随位移变化的水平外力/时物体在水平面上运动.已知物 体与地面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等.若b- X图象如 图所示.旦45 m内物体匀速运动.x=7m时撤去外力，取g =10 m/s2,则下列有关描述正确的是（）A.物体与地面间的动摩擦因数为

25、0.3B. x=3m时物体的速度最大C.撤去外力时物体的速度为gm/sD.撤去外力后物体还能在水平面上滑行3 s答案：AC解析：45 m内物体匀速运动，则有F=Ff=pmg,得= mg=行=0.3,故A正确；只要FFf=/j/ng,物体就在加速，所以 在04m内物体一直加速运动，x=4m时物体的速度最大，故 B错误；由图线与x轴所围的面积表示外力尸做的功，可得。,.s, 3 + 55 + 31+37m 内外力做功为 WF=X3 J+XI J+zX3 J = 22 J, 乙乙乙摩擦力做功Wf=3X7 J = 21 J,设撤去外力时物体的速度为 根据动能定理WrWf=%w20,解得v=p m/s,

26、故C正确； 撤去外力后物体的加速度大小为a=*=g=3m/s2,物体还能 滑行时间，=噂S,故D错误.21.如图所示，将两个等量异种点电荷+q和一9分别固定于。、人两处，必为两点电荷的连线，。4所在直线为4、两点连线的 垂直平分线，且交。c于d点，bo=bc9 od/be.)A.将一正电荷由d点移到c点，正电荷的电势能减少B. d点的场强方向由d点指向c点C.将一负电荷由。点移到d点，电场力做负功D. e点是c点关于。点的对称点，则e点和c点的电场强 度大小相等答案：AD差析：由题意可知，d点电势等于零，c点电势小于零，将 一正电荷由d点移到c点，正电荷的电势能减少，A正确；等量 异种点电荷连

27、线的中垂面是等势面，电场强度方向相同，均由。 点指向b点，所以d点的场强方向平行向下，B错误；因为 在同一等势面上运动，电场力不做功，所以将一负电荷由。点移 到d点，电场力不做功，C错误；根据电场的对称性可知，在e 点和c点处的场强大小相等，D正确.三、非选择题：第2225题为必考题，每个试题考生都必 须作答.第3334题为选考题，考生根据要求作答.题号222324253334考点测重力 加速度电流表 改装欧 姆表平抛运 动和类 平抛运 动动量守 恒定律、 动能定 理、牛顿 第二定 律油膜法 估算分 子的大 小，实验 定律波的叠 加和干 涉，折射 定律、全 反射（一）必考题（共47分）22.

28、（5分）在暗室中用如图甲所示装置做“测定重力加速度”的实验.实验器材有：支架、漏斗、橡皮管、尖嘴玻璃管、螺丝夹子、 铝盒、一根荧光刻度的米尺、频闪仪.具体实验步骤如下：在漏斗内盛满清水，旋松螺丝夹子，水滴会以一定的频率 一滴滴地落下.用频闪仪发出的白闪光将水滴照亮，由大到小逐渐调节频 闪仪的频率直到第一次看到一串仿佛固定不动的水滴.用竖直放置的米尺测得各个水滴所对应的刻度.采集数据进行处理.（1）实验中看到空间有一串仿佛固定不动的水滴时，频闪仪的 闪光频率满足的条件是：.（2）实验中观察到水滴“固定不动”时的闪光频率为30Hz, 某同学读出其中比较远的水滴到第一个水滴的距离如图乙所示， 根据数

29、据测得当地重力加速度g=m/s2；第8个水滴此m/s（结果都保留三位有效数字）.该实验存在的系统误差有（答出一条即可）:答案：（1）频闪仪的闪光频率等于水滴滴落的频率（1分）（2）9.72（2分）2.28（1分）（3）存在空气阻力（或水滴滴落的 频率会发生变化）（1分）解析：（1）实验中看到空间有一串仿佛固定不动的水滴时，频 闪仪的闪光频率满足的条件是：频闪仪的闪光频率等于水滴滴落 的频率.（2）由Ax=gV和逐差法解得当地重力加速度g=9.72 m/s2,为8+即9 c *,v= 2T = 2.28 m/s.（3）该实验存在的系统误差有：存在空气阻力、水滴滴落的频 率会发生变化等.23. （

30、10分）在“把小量程电流表改装成欧姆表”实验中，给 出以下器材.A.B.C.D.器）E.F.G.电流表（量程为0600 pA,内阻约为190 Q）电阻箱（阻值范围为0999.9 Q）滑动变阻器（阻值范围为04 k。）电位器（阻值范围为020 kQ,电位器相当于滑动变阻电源（电动势为L5 V,有内阻） 电源（电动势为7.5 V,有内阻） 开关两个，导线若干H-fE si甲（1）首先要用半偏法测定电流表的内阻，如果采用如图甲所示 的电路测定电流表的内阻并且要想得到较高的精确度，那么以上给出的器材中，电阻品应选用,电源应选用给出的器材中，电阻品应选用,电源应选用,电阻/?2应选用.（填写所选仪器前的字母即可）（2）该实验操作的步骤有: