2019届全国高考精品仿真卷(十)理综物理试卷

2019届全国高考精品仿真卷（十）
理综物理试卷
本试卷共16页，共38题（含选考题），分选择题和非选择题两部分。

全卷满分300分，考试用时150分钟。

★祝考试顺利★
注意事项：
1、考试范围：高考范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

1. 下列关于核反应方程及描述正确的是
A. 是变方程
B. 是核聚变方程
C. 是居里夫妇发现人工放射性的核反应方程
D. 是衰变方程
【答案】C
【解析】A项：轻核聚变是把轻核结合成质量较大的核，释放出核能的反应称聚变反应，故C 错误；
B项：α衰变放出氦原子核，故B错误；
C项：是居里夫妇发现人工放射性的核反应方程，故C正确；
D项：是卢瑟福发现质子的核反应方程，故D错误。

点晴：解答本题需要掌握：正确应用质量数和电荷数守恒正确书写核反应方程；明确裂变和聚变反应特点，知道α、β衰变现象，并能正确书写其衰变方程。

2. 如图所示，在足够长的竖直虚线MN、PQ区域内有垂直纸面的宽为d的匀强磁场区域．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从A点以大小为v0的速度与竖直方向成60°夹角进入匀强磁场．粒子重力不计，若要带电粒子从NM飞出磁场，则磁感应强度的最小值为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】粒子速度方向与PQ相切时，如图：
由几何知识可得：
r+rcos60°=d，解得：，
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：，解得，故A正确。

点晴：解决本题关键是找到粒子从NM飞出磁场的临界条件即当粒子在磁场中运动的圆轨迹与右边界相切时，半径最大，磁感应强度最小，根据几何关系找出半径即可求解。

3. 如图所示，质量为m的小球A静止于光滑水平面上，在A球与墙之间用轻弹簧连接．现用完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰后粘在一起压缩弹簧．不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E，从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I，则下列表达式中正确的是
A. ，I＝mv0
B. ，I＝2mv0
C. ，I＝mv0
D. ，I＝2mv0
【答案】D
【解析】A、B作为一个系统，在A、B球碰撞过程中利用动量守恒定律可得：，解得，
再将A、B、弹簧作为一个系统，在压缩弹簧过程中选用机械能守恒可得：，选水平向右为正方向，
.....................
4. 如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳OO＇悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮．其—端悬挂物块
，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b．整个系统处于静止状态．若F的大小不变．缓慢沿顺时针方向转动，直到水平为止，物块b始终保持静止，则
A. 绳OO＇的张力不变
B. 物块b所受到的支持力逐渐变小
C. 连接和b的绳的张力逐渐变大
D. 物块b与桌面间的摩擦力一定逐渐变大
【答案】A
【解析】A、C项：由于整个系统处于静止状态，所以滑轮两侧连接a和b的绳子的夹角不变；
物块a只受重力以及绳子的拉力，由于物体a平衡，则连接a和b的绳子张力T保持不变；由于绳子的张力及夹角均不变，所以OO′中的张力保持不变，故A正确，C错误；
B、D项：b处于静止即平衡状态，对b受力分析有：
力T与力F与x轴所成夹角均保持不变，由平衡条件可得：
N+Fsinα+Tsinθ-mg=0
Fcosα+f-Tcosθ=0
由此可得：N=mg-Fsinα-Tsinθ
由于T的大小不变，可见当F大小发生变化时，支持力的大小也在一定范围内变化，故B错误；
f=Tcosθ-Fcosα
由于T的大小不变，当F大小发生变化时，b静止可得摩擦力的大小也在一定范围内发生变化，故D错误。

点晴：解决本题的关键是抓住系统均处于静止状态，由平衡条件分析求解，关键是先由平衡条件求得绳中张力大小不变，再由此分析b的平衡。

5. 如图甲所示，一阻值为R的电阻接在电动势为E、内阻为r的直流电源两端，电源的效率为94.1%；如图乙所示，当该阻值为R的电阻通过理想变压器接在电压有效值为E、内阻为r 的交流电源上时，变压器原线圈两端的电压为，则该变压器的原、副线圈匝数比为
A. 4：1
B. 1：4
C. 16：1
D. 1：16
【答案】B
【解析】根据电源的效率为94.1%可知，，解得，
根据原、副线圈的电压比等匝数比可知，，解得：，
根据原、副线圈的功率相等可知，，即，综合，解得，
故B正确。

6. 嫦娥五号将发射，它将着陆在月球正面吕姆克山脉，为中国取回第一杯月壤。

若嫦娥五号在着月前绕月球沿椭圆轨道顺时针运动，如图所示，P为近月点，Q为远月点，M、N为轨道短轴的两个端点．只考虑嫦娥五号和月球之间的相互作用，则嫦娥五号
A. 在Q点的速率最小
B. 在P点时受到的万有引力最大
C. 从P到M阶段，机械能逐渐变大
D. 从Q到N阶段，机械能逐渐变大
【答案】AB
【解析】A项：从P到Q过程中万有引力做负功，根据动能定理可知，速度减小，故在Q点速率最小，故A正确；
B项：根据公式可知，在P点时受到的万有引力最大，故B项正确；
C、D项：无论从P到M，还是从Q到N，只有万有引力做功，所以机械能守恒，故C、D错误。

7. 如图甲所示，正方形导线框固定在匀强磁场中，磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，其中B0、t0均为已知量。

已知导线框的边长为L，总电阻为R，则下列说法中正确的是
A. t0时刻，ab边受到的安培力大小为
B. 0～t0时间内，导线框中电流的方向始终为badcb
C. 0～t0时间内，导线框产生的热量为
D. 0～t0时间内，通过导线框的电荷量为
【答案】AC
【解析】A项：t0时刻，线圈中产生的感应电动势，感应电流
，所以ab边所受安培力，故A正确；
B项：0～t0时间内，穿过线圈的磁通量增大，根据“楞次定律”可知，感应电流方向为abcda，故B错误；
C项：0～t0时间内，产生的热量，故C正确；
D项：0～t0时间内，通过的电荷量为，故D错误。

点晴：解决本题关键理解在电磁感应现象中产生的热量要用感应电流的有效值，电荷量应用电流的平均值计算。

8. 如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧形轨道，半径OB水平、直径COD竖直。

圆弧BC光滑、圆弧CD粗糙。

一个质量为m的小球自B点的正上方距离为6R的A点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达圆弧轨道的最高点D时对轨道的压力为3mg（g为重力加速度），不计空气阻力．下列说法中正确的是
A. 小球到达B点时的速度大小为
B. 小球到达最低点C点时对轨道的压力大小为15mg
C. 小球从B点运动到D点的过程中，小球克服合外力所做的功为2mgR
D. 小球从C点运动到D点的过程中，克服摩擦力做的功为3mgR
【答案】BD
【解析】A项：根据机械能守恒，，解得，故A错误；
B项：根据机械能守恒，，在C点：，由以上两式解得，故B正确；
C项：小球在D点的速度，解得，从B点运动到D点的过程中，应用动能定理，,故C错误；
D项：从C到D应用动能定理：，解得，故D正确。

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～32题为必考题，毎个试题考生都必须作答．第33题～38题为选考鼉，考生根据要求作答。

9. 某探究小组做“验证力的平行四边形定则”，将画有坐标轴（横轴为x轴，纵轴为y轴，最小刻度表示1mm）的纸贴在水平桌面上．如图甲所示．将橡皮筋的一端Q固定y轴上的B点（位于图示部分之外），另一端P位于y轴上的A点时．橡皮筋处于原长．
(1)用一只测力计将橡皮筋的p蛸沿y柚从A点拉S坐标W点0．此时拉力F的大小可由和力计tf{出．沏力计的示败如田乙所示的大小为_______N．
(2)撤去(1)中的拉力，橡皮筋P端回到A点；现使用网个测力计同时拉橡皮筋，再次将P端拉至O点。

此时观察到两个拉力分别沿图甲中两条虚找所示的方向．由测力计的示数读出两个拉力的大小分别为F1＝2.10N和F2＝2.83N，
①用5mm长度的线段表示0.5N的力，以O为作用点．在图甲中画出力F1、F2的图示．然后按平行四边形定则画出它们的合力F合____________。

②若F合与拉力F的大小及方向的偏差均在_____________．则该实验验证了力的平行四边形走则。

【答案】 (1). 2.00 (2). (3). 实验所允许的误
差范围内
【解析】(1)弹簧秤的最小刻度0.1N，由图可得读数为2.00N；
(2) ①作F1、F2的图示，作出合力F，F长为20mm，所以F大小为4.0N，F与拉力的夹角的正切为0.05，如图：
②若F合与拉力F的大小及方向的偏差均在，实验所允许的误差范围内，则该实验验证了力的平行四边形定则。

点晴：验证力的平行四边形定则中的作图法要注意标明：力的标度，刻度，方向箭头，大小和物理量名称。

10. 某同学利用下列器材测量电源的电动势和内阻．
A．待测电源（电动势约2V）
B．电流表G（量程为400A，内阻R g＝500Ω）
C．电阻箱R（最大阻值为99.99Ω
D．定值电阻R0（阻值为2.0Ω）
E．定值电阻R1（阻值为4.5Ω）
F．开关S和导线若干．
(1)用如图甲所示电路图进行实验．请在图乙中用笔画线代替导线把各器材连成相应的实物图_________。

(2)合上开关S后．调节电阻箱阻值，当电流表示数为I1时，电阻箱接入电路的阻值为R3；当电流表示数为I2时，电阻箱接入电路的阻值为R4，不计电流表中的电流对电路的影响．据此可以计算出电源的电动势
为______，内阻为_____（均用I1、I2、R3、R4、R g、R0、R1表示）．
(3)测量电源的电动势和内阻．我们往往用图象处理实验数据．改变电阻箱的阻值，获得多组电阻R、电流I的实验数据，再在坐标纸上作图象，要使作出的图象是直线．若应以为纵坐标．则应以____为横坐标建立直角坐标系．
【答案】 (1). (2). (3).
(4).
【解析】(1)按原理图根据电流从电源正极流向负极，连线如下图
(2)根据实验原理可知
(3) )根据实验原理可知，
，变式得，
要使作出的图象是直线，应以为模坐标。

11. 如图所示，在xOy直角坐标系中，第一象限内的等腰直角三角形ABO区域内有水平向左的匀强电场（电场强度大小未知），在第二象限边长为L的正方形CBOM区域内有竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E0，现有一带正电粒子（重力不计）从AB边上的A点由静止释放，恰好能通过M点．
(1)求ABO区域内的匀强电场的电场强度大小E1；
(2)若ABO区域内的匀强电场的电场强度为3E0，要使从AO线上某点由静止释放题述相同的带电粒子，通过坐标为（－2L，0）的点，求释放点的坐标．
【答案】(1) (2)坐标为（，）
【解析】试题分析：(1)先应用动能定理求出粒子射出第一象限的速度大小，再利用类平抛运动规律求解电场；
(2)综合动能定理和类平抛运动规律求解坐标。

(1) 设粒子的质量为m，电荷量为q．射出第一象限时的速度大小为v．在第一象限的电场中
加速时，根据动能定理有，
要使粒子过M点．在第二象限电场中偏转时，竖直方向和水平方向的位移大小均为L
，解得：；
(2) 设从OA上坐标为（x，y）出发的带电粒子．通过第一象限电场过程中．出电场时速度为
v1．其在第一象限电场中加速时．根据动能定理有：
要使粒子过坐标为（－2L，0）点．在第二象限电场中偏转时，竖直方向位移为y1，水平方向位移为L，则
转电粒子运动轨迹如图所示
由图可知：得：
得：
其中y＝x
解得：
即释放点坐标为。

12. 如图所示，厚度d＝0.45m的长板静止在粗糙水平地面上，与水平地面间的动摩擦因数
＝0.1．在离长板左端B点的距离L＝0.5m处静止放置一个小滑块（可看成质点），小滑块1
与长板间的动摩擦因数2＝0.2．已知长板的质量M＝2kg，滑块的质量m＝1kg，取重力加速
度g＝10m/s2．现对长板施加一个水平向右的恒力F（大小未知）．
(1)若要将长板从小滑块下抽出，求恒力F应满足的条件；
(2)若F1＝17N，分别求滑块与长板分离时的速度大小；
(3)在(2)问中，求从长板开始运动到滑块落地前瞬间的整个过程中，滑块、长板和水平地面组成的系统因摩擦产生的热量．
【答案】(1) F>9N (2) v1＝3m/s,v2＝lm/s (3) Q总＝5.725J
【解析】试题分析：先通过整体法和隔离法求出两者发生相对运动的最小拉力，再通过运动学知识求解速度，最后通过平抛运动知识和能量守恒进行求解。

(1) 欲将长板从小木块下抽出．则这两者间必存在相对运动
对滑块，由牛顿第二定律可知，加速度
对长板，由牛顿第二定律可知，F min－m1（m－M）g－m2mg＝Ma
解得：F min＝9N，即恒力F应满足的条件为F>9N；
(2) 当F1＝17N>9N．则滑块相对于长板发生相对滑动
对长板有：F1－m1（M＋m）g－m2mg＝Ma1
解得：a1＝6m/s2
滑块的加速度：
解得：t1＝0.5s
设滑块离开长板瞬间．长板与滑块的速度分别为v1，v2．则有：
v1＝a1t1＝3m/s
v2＝a2t1＝lm/s，
(3) 在（2）问中．长板运动的位移：
滑块离开长板后做平拋运动．由平抛运动规律有：
滑块离开长板后，对长板：由牛顿第二定律可知．F－m1Mg＝Ma3
解得：a3＝7.5m/s2
滑块离开长板到落地的时间内．长板的位移：
解得：x＇＝1.2375m
整个过程中，设滑块与长板间因摩擦生的热为Q1．长板与水平面间因摩擦生的热为Q2
则Q1＝m2mgL
Q2＝m1（M＋m）gx－m1Mgx＇
解得：Q总＝Q1—Q2＝5.725J
13. 下列说法中正确的是_________．（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．所有的晶体都有固定的熔点和规则的几何形状
B．液体表面张力与浸润现象都是分子力作用的表现
C．干湿泡温度计的示数差越大，表示空气中水蒸气离饱和状态越远
D．悬浮在水中花粉颗粒的布朗运动反映了花粉分子做无规则的热运动
E．在绝热过程中，一个热力学系统的内能增量等于外界对它所做的功
【答案】BCE
【解析】A项：单晶体具有规则的几何形状，多晶体没有规则的几何形状，故A错误；
B项：液体表面张力与浸润现象都是分子力作用的表现，故B正确；
C项：干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，是因为湿泡外纱布中的水蒸发吸热，干湿泡温度计的两个温度计的示数差越大，表示空气中水蒸气离饱和状态越远，故C正确；
D项：悬浮在水中花粉颗粒的布朗运动反映了水分子做无规则的热运动，故D错误；
E项：根据热力学第一定律可知,绝热即Q=0，所以，故E正确。

点晴：干湿泡温度计的两个温度计的示数差越大，表示空气中水蒸气离饱和状态越远。

14. 如图所示，开口向上、竖直放置的足够高的汽缸，内部有一定质量的理想气体被轻活塞A、B分成I、II容积均为V的两部分，开始时活寒A、B均被锁定，不能滑动，此时气体I的压强与外界大气压p0相同；气体II的压强是气体I的3倍．外界温度恒定，汽缸导热性良好，现解除活塞B的锁定．
①求稳定后气体I的体积和压强；
②稳定后．再解除活塞A的锁定，求再次稳定后气体II的体积，
【答案】(1)，p1＝2p0 (2) V3＝3V
【解析】①设解除活塞的锁定后，稳定后气体I的压强为p1．体积为V1，气体II的压强为p2．体积为V2，两部分气体都经历等温过程．则
p1＝p2
对气体I：p0V＝p1V1
对气体II：3p0V＝p2（2V－V1）
解得：，p1＝2p0
②解除活塞A的锁定后，汽缸内气体压强大于大气压，活塞将上升．气体I和气体II经历等温过程，设再次稳定后气体II的压强为p3．体积为V3．p3＝p0．则
3p0V＝p3V3
解得：V3＝3V。

15. 一列简谐横波在介质中沿x轴负方向传播，t＝0时刻的波形如图所示，此时刻质点P的位移为5cm，质点Q位于x＝4m处．从t＝0时刻开始计时，当t＝16.5s时质点Q刚好第3次到达波峰．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．该波的振动周期为4s
B．该波的传播速度为m/s
C．t＝3s时质点P沿y轴负方向运动
D．0～30s内质点Q通过的路程为2m
E．0～3s内质点P通过的路程为10cm
【答案】BCD
【解析】A项：根据从t＝0时刻开始计时，当t＝16.5s时质点Q刚好第3次到达波峰可知，
，解得，故A错误；
B项：根据公式，故B正确；
C项：在t=3s即半个周期，质点从图示位置开始向上振动，经半个周期质点沿y轴负向振动，故C正确；
D项：0～30s内即5个周期，所以质点通过的路程为，故D错误；E项：0～3s内即半个周期，质点在半个周期内通过的路程为，故E正确。

16. 如图所示．足够宽的透明液槽下面有一平面镜，它与水平底面的夹角＝30°，光线以与竖直方向夹角射入液体中．经平面镜反射后恰好从槽左侧壁水平射出．巳知该液体的折射率n＝．
①求的正弦值；
②减小平面镜与水平底面间的夹角．若光线从液槽的左侧壁水平射入液体中．经平面镜反射后光恰好不从液面射出，求此时平面镜与水平面间的夹角．
【答案】(1) sin＝ (2) 1＝15°
【解析】出光线射入液体经平面镜反射后从槽左侧壁水平射出的光路如用甲所示
在液画发生折射的折射角b＝90°－2a
由折射定律有：
解得：入射角g的正弦值；
光线在液面上发生全反射的在界角为C．则：
，即
若光在液面恰好发生全反射．作出光路如图乙所示
则由几何关系可知：
解得：此时平面镜与水平底面间的夹角。