2019届高三高考信息模拟卷理科综合能力测试物理试题 (含解析)

2019年高考信息模拟卷(全国卷)
理科综合能力测试(五) (物理部分)
一、选择题：本题共8小题。

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。

1.某同学身高1.7m，在学校运动会上参加跳高比赛，釆用背越式跳高，身体横着越过
2.10m的横杆，获得了冠军，据此可估算出他起跳时竖直向上的速度约为
A. 9 m/s
B. 7 m/s
C. 5 m/s
D. 3 m/s
【答案】C
【解析】
【分析】
运动员跳高的运动模型为竖直上抛运动，因为是背跃式跳高，所以只要运动员的重心能够达到横杆处，即可认为运动员越过横杆；
【详解】运动员跳高过程可以看做竖直上抛运动，当重心达到横杆时速度恰好为零，有：运动员重心升高高
度：，根据竖直上抛运动得：，故C正确，A、B、D错误；故选C。

【点睛】关键是运动员跳高过程可以看做竖直上抛运动，根据竖直上抛运动规律求得。

2.下列说法正确的是
A. Th核发生一次α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了4
B. 太阳辐射的能量最主要来自太阳内部的核裂变反应
C. 若使放射性物质的温度升高，其半衰期可能变小
D. 用14eV的光子照射处于基态的氢原子，可使其电离
【答案】D
【解析】
【详解】A、Tn核发生一次α衰变时，新核与原来的原子核相比，质量数减少了4，中子数减少2，故A错误；
B、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，故B错误；
C、半衰期与外界因素无关，故温度改变时，半衰期不变，故C错误；
D、用14eV的光子照射处于基态的氢原子，吸收的热量大于13.6ev，可使其电离，故D正确；
故选D。

【点睛】关键知道α衰变生成氦原子核，质量数少4，质子数少2，太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，半衰期与外界因素无关，用大于13.6eV的光子照射处于基态的氢原子，即可使其电离。

3.如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O。

下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是
A. O点的电场强度为零，电势最低
B. O点的电场强度为零，电势最高
C. 从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高
D. 从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低
【答案】B
【解析】
试题分析：圆环上均匀分布着正电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在O点产生的场强抵消，合场强为零．圆环上各电荷产生的电场强度在x轴有向右的分量，根据电场的叠加原理可知，x轴上电场强度方向向右，根据顺着电场线方向电势降低，可知在x轴上O点的电势最高，故A错误，B正确；
O点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从O点沿x轴正方向，场强应先增大后减小．x轴上电场强度方向向右，电势降低，故CD错误．所以选B正确，ACD错误．
考点：电势、电场强度．
【名师点睛】解决本题的关键有两点：一是掌握电场的叠加原理，并能灵活运用；二是运用极限法求场强的变化．圆环上均匀分布着正电荷，根据电场的叠加和对称性，分析O点的场强．根据电场的叠加原理分析x 轴上电场强度的方向，即可判断电势的高低，并利用极限思想：在圆心处场强为零，在无穷远处场强也为零，便可以判断出场强应先增大后减小．
4.赤道平面内的某卫星自西向东飞行绕地球做圆周运动，该卫星离地高度为h，赤道上某人通过观测，前后两次出现在人的正上方最小时间隔为t，已知地球的自转周期为T0，地球的质量为M，引力常量为G，由此可知
A. 地球的半径为
B. 地球的半径为
C. 该卫星的运行周期为t－T0
D. 该卫星运行周期为
【答案】D
【解析】
【分析】
根据万有引力提供向心力公式，结合前后两次出现在人的正上方时，正好多转动一圈，从而列式，即可求解；【详解】根据赤道平面内的卫星绕地球做圆周运动，由万有引力提供向心力，则有：，
解得：；设卫星的周期为T，由题意则有：，解得：，因此，故D正确，A、B、C错误；
故选D。

【点睛】关键是掌握牛顿第二定律的应用，理解向心力的来源，注意前后两次出现在人的正上方时，正好多转动一圈是解题的突破口。

5.将匚形金属框架D固定在水平面上，用绝缘杆C将金属棒AB顶在金属框架的两端，组成一个良好的矩形回路，如图甲所示。

AB与绝缘杆C间有压力传感器，开始时压力传感器的读数为10N。

将整个装置放在匀强磁场中，磁感应强度随时间做周期性变化，设垂直于纸面向外方向的磁感应强度为正值，匚形金属框架放入磁场前后的形变量可认为相同。

压力传感器测出压力随时间变化的图象如图乙所示。

由此可以推断，匀强磁场随时间变化的情况可能是
A. 如A图所示
B. 如B图所示
C. 如C图所示
D. 上述选项都不正确
【答案】D
【解析】
试题分析：根据乙图可分析，初始阶段，压力增大，即可判断安培力水平向右，根据楞次定律安培力阻碍磁通量的变化，可知初始阶段磁通量在减小，线框面积不变，即磁感应强度变小，A,B,C所示意的第一阶段磁感应强度都是增大的，所以都不正确，选项D对。

考点：电磁感应
6.如图所示，一物块从弹簧正上方A处由静止下落，然后压缩弹簧至最低点，在此过程中物块的最大加速度为a1，物块动能最大时弹簧的弹性势能为E p1，若该物块从A正上方的B处由静止下落，最大加速度为a2，物块动能最大时弹簧的弹性势能为E p2，不计空气阻力，则有
A. a1< a2
B. a1=a2
C. E p1=E p2
D. E p1< E p2
【答案】AC
【解析】
【分析】
物体的运动过程分为加速度等于g的加速运动，接着做加速度一直减小到零的加速运动，当加速度为零时，物体的动能最大，然后是加速度反向增大的减速运动，弹簧压缩到最大时加速度值最大，求出两种情况下弹簧压缩最大时的加速度比较即可；
【详解】当物体从A下落时，弹簧压缩至弹力等于重力时：向下的速度达到了最大而此后，由于惯性作用，物体仍然要向下运动，并继续压缩弹簧此时，假设物体在刚刚接触到弹簧的瞬间的动能为E′，很显然E′>0，那么当物体从接触弹簧到速度变为0的过程中，此时加速度最大为a1，弹簧的形变为x，很显然在此过程中重力做功为mgx，弹簧弹力做负功W，根据动能定理可得：；当物体从B下落时：设物体接触弹簧的瞬间的动能为E″，因为释放的高度，很显然E″>E′，设E″=E′+△E，当从B下落的物体到达x时，满足而此时物体还有部分动能，所以物体会继续向下运动，继续压缩弹簧弹簧的弹力加大，所以此时的加速度；当动能最大时，弹簧的弹力等于物体的重力，此时物体所受的合外力为零，两种情况下弹簧压缩的长度相等，,故两种情况下动能最大时的弹性势能，故A、C正确，B、D错误；
故选AC。

【点睛】键是分析清楚物体的运动过程，然后分过程进行分析计算，然后根据运动过程确定出每种情况下什
么时刻加速度最大。

7.如图所示为一理想变压器，原副线圈的匝数比为n1:n2=3:1，且分别接有阻值相同的电阻R1和R2，交流电源电压为U，R1两端电压为，则此时（）
A. R2两端电压为
B. R2两端电压为
C. R1和R2消耗的功率之比为1:1
D. R1和R2消耗的功率之比为1:9
【答案】AD
【解析】
根据题意知交流电源电压为U，R1两端电压为，则原线圈两端的电压为;根据原副线圈的电压与匝数成正比代入数据：得，即R2两端电压为U，故A正确，B错误；根据变流比规律：；R1消耗的功率；R2消耗的功率；
R1和R2消耗的功率之比为，故C错误，D正确;故选AD.
8.如图所示，一单边有界磁场的边界上有一粒子源，与水平方向成θ角的不同速率，向磁场中射入两个相同粒子1和2，粒子1经磁场偏转后从边界上A点出磁场，粒子2经磁场偏转后从边界上B点出磁场，OA=AB，则
A. 粒子1与粒子2的速度之比为1：2
B. 粒子1与粒子2的速度之比为1：4
C. 粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1：1
D. 粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1：2
【答案】AC
【解析】
【分析】
根据几何关系：入射点速度的垂线与入射点和出射点连线的中垂线的交点为圆心画出两个粒子的运动轨迹图像；由粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，求出粒子在磁场中的运动半径表达式，
结合图像中的几何关系确定两个粒子的速度关系；根据粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期公式：，确定两个粒子的运动周期，再结合粒子在磁场中转过的圆心角，确定粒子在磁场中的运动时间；
【详解】AB、粒子进入磁场后速度的垂线与OA的垂直平分线的交点为粒子1在磁场中的轨迹圆的圆心；同理，粒子进入磁场后速度的垂线与OB的垂直平分线的交点为粒子2在磁场中的轨迹圆的圆心；由几何关系可知,
两个粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为，由可知，粒子1与粒子2的速度之比为1:2，故A正确，B错误；
CD、由于粒子在磁场中做圆周运动的，周期均为，且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角
相同，根据公式，两个粒子在磁场中运动的时间相等，故C正确，D错误；
故选AC。

【点睛】关键是明确粒子的向心力来源，根据牛顿第二定律列式分析，得到
推论式和，同时要画出轨迹分析。

9.如图甲所示为阿特武德机的示意图，它是早期测量重力加速度的器械，由英国数学家和物理学家阿特武德
于1784年制成。

实验时将质量同为M(已知量)的重物用绳连接后，放在光滑的轻质滑轮上，处于静止状态。

再在一个重物上附加一质量为m的小重物，由于小重物的重力而使系统做初速度为零的缓慢加速运动并测出加速度，完成一次实验后，换用不同质量的小重物，重复实验，测出不同m时系统的加速度。

(1)如图甲左侧物块从静止开始下落，则为了得到图乙，需要直接测量的物理量有___________
A.小重物的质量m
B.大重物质量M
C.绳子的长度
D.重物下落的距离及下落这段距离所用的时间
(2)给过多次重复实验，得到多组a、m数据，作出图象，如图乙所示，已知该图象斜率为k，纵轴截距为b，则可求出当地的重力加速度g=__________，并可求出重物质量M=__________。

【答案】 (1). AD (2). (3).
【解析】
【分析】
根据加速度的表达式，结合位移时间公式求出重力加速度的表达式，通过表达式确定所需测量的物理量．根据加速度的表达式得出关系式，通过图线的斜率和截距求出重力加速度和M的大小；
【详解】(1)对整体分析，根据牛顿第二定律得：，解得：，根据，则有：
，所以需要测量的物理量有：小重物的质量m，重物下落的距离及下落这段距离所用的时间，故A、D正确，B、C错误；
故选AD。

(2)因为，则，知图线斜率，纵轴截距为，解得当地的重力加速度，
重物质量。

10.(10分)某学习小组要描绘一只小电珠(2.5 V，0.5A)的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：
A．电源E(电动势为3.0V，内阻不计)
B．电压表V1(量程为0～3.0V，内阻约为2kΩ)
C．电压表V2(量程为0～15.0V，内阻约为6kΩ)
D．电流表A1(量程为0～0.6A，内阻约为1Ω)
E．电流表A2(量程为0～100mA，内阻约为2Ω)
F．滑动变阻器R1(最大阻值10Ω)
G．滑动变阻器R2(最大阻值2kΩ)
（1）为了减小实验误差，实验中电压表，电流表，滑动变阻器应分别选择________．(填器材前面的选项字母)
（2）为提高实验精度，请你为该学习小组设计电路图，并画在虚线框中_____________．
（3）下表中的各组数据是此学习小组在实验中测得的，根据表格中的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特性曲线________________________________。

（4）如果用一个电动势为1.5V，内阻为3Ω的电源与该小电珠组成电路，则该小电珠的实际功率为
__________(结果保留两位有效数字)．
【答案】（1） B；D；F
（2）如图所示
（3）如图所示
（4）变大
【解析】
略
11.如图所示为一传送带装置模型，斜面的倾角θ，底端经一长度可忽略的光滑圆弧与足够长的水平传送带相连接，质量m=2kg 的物体从高h=30cm的斜面上由静止开始下滑，它与斜面的动摩擦因数μ1=0.25，与水平传送带的动摩擦因数μ2=0.5，物体在传送带上运动一段时间以后，物体又回到了斜面上，如此反复多次后最终停在斜面底端。

已知传送带的速度恒为v=2.5m/s，tanθ=0.75，g取10m/s2。

求：
（1）物体第一次滑到底端的速度大小。

（2）从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中，求传送带与物体间摩擦产生的热量Q.
（3）从物体开始下滑到最终停在斜面底端，物体在斜面上通过的总路程。

【答案】（1）2m/s（2）20J（3）1.5m
【解析】
试题分析：（1）设物体第一次滑到底端的速度为v0，
根据动能定理：
解得v0=2m/s
（2）物体受到传送带的摩擦力得加速度
到最右端的时间，物体返回到传送带的左端也为t1，因为第一次物体滑上传送带的速度小于传送带的速度，故物体回到传送带的速度也为v0，由动能定理得到，摩擦力对物体做功为0 ，传送带的位移
x=vt=2vt1=2m
，
所以Q=20J
（3）从物体开始下滑到最终停在斜面底端全过程由动能定理：mgh=μ1mgs总cosθ
代入数据得s总=1.5m
考点：动能定理；牛顿第二定律
【名师点睛】此题考查了动能定理以及牛顿第二定律的应用问题；解决本题的关键理清物体在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律、运动学公式和动能定理进行求解，知道物体在传送带上运动的过程中，摩擦力做功的代数和为零.
12.利用悬停直升机空投救灾物资(如图甲)时对于有些物资只能从不高于h=20m处自由释放才能安全着地，但实际直升机能够安全悬停的高度比h要高得多，直接空投会造成损失。

为解决这一问题，研究小组设计了一台限速装置，不论从多高处释放物资，最终都能以安全速度着地。

该装置简化工作原理如图乙所示，竖直绝缘圆盘可以绕圆心O自由转动，其上固定半径分别为r1=1m和r2=0.5m的两个同心金属圆环，连接两圆环的金属杆EF的延长线通过圆心O，足够长的不可伸长的轻质细绳一端缠绕在大金属圆环上，另一端通过光滑滑轮挂救灾物资，圆环上的a点和b点通过电刷连接可调电阻R，两圆环之间区域存在垂直于圆盘平面向内的勺强磁场，磁感应强度B=40T。

(细绳与大金属圆环间没有滑动，金属杆、金属圆环、导线及电刷的电阻均不计，空气阻力及一切摩擦均不计，重力加速度g=10m/s+)
(1)求医药物资能安全着地的最大速度；
(2)利用该装置使医药物资以最大安全速度匀速下降，求此时电阻R两端的电势差；
(3)若医药物资的质量m=60kg，应如何设置可调电阻R的阻值?
(4)试推导质量为m的医药物资在匀速下降时，金属杆EF所受安培力与重力的大小关系。

【答案】（1）20m/s （2）300V （3）R7.5Ω（4）F=mg
【解析】
【分析】
根据自由落体运动位移与速度公式，即可求解；根据法拉第电磁感应定律，结合几何关系求得面积，从而求得电阻R两端的电势差；由能量守恒关系，重力的功率等于发热功率，从而求得可调电阻的阻值范围；根据
安培力表达式F=BIL，结合，和，即可求解；
【详解】(1)设医药物资安全到达地面的最大速度为v，
根据自由落体运动可知，则有：
解得：
(2)在t时间内，金属杆EF扫过的面积为：
由法拉第电磁感应定律，金属杆上感应电动势的大小为：
解得：
则电阻R两端的电势差为300V
(3)医药物资以最大安全速度下降时，由功率相等可知：
解得：
可调电阻R的阻值应小于7.5Ω
(4)设金属杆EF所受安培力为F，则有：
将和代入，解得：
13.(1)下列说法正确的是__________(填正确答案标号。

)
A.物体可以从单一热源吸收热量全部用于做功
B.当分子间距离减小时，分子间斥力增大，引力减小
C.知道某物质的摩尔体积和阿伏加德罗常数可求出分子的体积
D.一定量的气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加
E.物理性质具有各向异性的晶体是单晶体
(2)如图所示，一端封闭一端开口粗细均匀的绝热玻璃管的横截面积为10cm2，管内有两个重力不计的活塞，导热活塞甲封闭了长30cm的气柱A，绝热活塞乙用一根劲度系数k=102N/m、原长为15cm的轻质弹簣和管底相连，气柱B长15cm，气体的初始温度为27℃，现在甲活塞上放一个2kg的砝码，待活塞稳定后再加热气体B，求当气体B的温度升高多少时，活塞甲可返回原处?(大气压p0=105Pa，摩擦不计，g=10m/s2)
【答案】(1)A、D、E (2)200
【解析】
【分析】
在热力学中，系统发生变化时，内能的变化为；不可能把热量从低温物体传向高温物体而不引起其它变化．若两分子间距离减小，分子间引力和斥力都增大．知道分子体积与分子所占空间体积的区别；气体压强的微观解释；单晶体具有各向异性的物理性质；
竖直放置时，写出气体在两种情况下的压强、体积表达式；写出乙在两种情况下受力平衡的方程，再次写出气体A、B的压强、体积表达式；然后根据玻意耳定律列方程；最后联立求解即可；
【详解】(1) A、在热力学中，系统发生变化时，内能的变化为；不可能从单一热源吸收热量全部用于做功而不引起其它变化，引起其他变化是可能的，故A正确；
B、若两分子间距离减小，分子间引力和斥力都增大，故B错误；
C、知道某物质的摩尔体积和阿伏加德罗常数可求出分子运动占据的空间体积，故C错误；
D、一定量的气体，在压强不变时，则分子在单位时间单位面积上的冲击力不变，随着温度降低，分子的平均动能减小，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加，故D正确；
E、物理性质具有各向异性的晶体是单晶体，故E正确；
故选ADE；
(2)首先为A部分气体分析，初状态：，
末状态：，体积为
A部分气体温度没变，由玻意耳定律方程：
故，即A部分气柱长度为25cm
若使活塞甲返回原处，B部分气体末状态时体积，气柱长为20cm，此时弹簧要伸长5cm，对活塞乙列平衡方程：
故
对B部分气体状态分析：初状态：，，
末状态：, ，
由理想气态状态方程
解得：
气体B的温度升高：
14.(1)如图所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=－0.2m和x=1.2m处，传播速度均为v0=0.2m/s，振幅均为A=2cm图示为t=0时刻两列波的图象(传播方向如图所示)，此刻平衡位置处于x=0.2m和x=0.8m的P、Q两质点刚开始振动。

质点M的平衡位置处于x=0.5m处，则下列判断正确的是__________。

(填正确答案标号。

)
A.质点P、Q的起振方向都沿y轴负方向
B.t=1.5s时刻，质点P、Q都运动到M点
C.t=1.5s时刻之前，质点M始终处于静止状态
D.t=2.5s时M点处于平衡位置向y轴负方向运动
E.M点开始振动后做振幅为4cm，周期为2s的简谐运动
(2)如图所示，半径为R的扇形AOB为透明柱状介质的横截面，圆心角∠AOB=60°。

一束平行于角平分线OM 的单色光由OA射入介质，折射光线平行于OB且恰好射向M(不考虑反射光线，已知光在真空中的传播速度为c)。

①求从AMB面的出射光线与进入介质的入射光线的偏向角；
②光在介质中的传播时间。

【答案】(1)A、C、E (2)①60②
【解析】
【分析】
两列波相遇并经过重叠区域后，振幅、速度、波长不变．由图读出波长，从而由波速公式算出波的周期．根据所给的时间与周期的关系，分析质点M的位置，确定其位移．由波的传播方向来确定质点的振动方向．两列频率相同的相干波，当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，则振动情况相同时振动加强；振动情况相反时振动减；
根据题意作出光路图，求出介质的折射率，然后应用折射定律求出光线从M点射出时的折射角，然后分析答题；求出光在介质中的传播路程，然后求出传播时间；
【详解】A、由波的传播方向根据波形平移法可判断出质点的振动方向：两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，则根据波形的平移法可知质点P、Q均沿y轴负方向运动，故A正确；
B、质点不随波迁移，只在各自的平衡位置附近振动，所以质点P、Q都不会运动到M点，故B错误；
C、由图知波长λ=0.4m，由得，波的周期为，两列波传到M的时间为，当t=1.5s时刻，两列波的波谷都恰好传到质点M，所以t=1.5s刻之前，质点M始终处于静止状态，故C正确；
D、由C选项分析，结合矢量叠加原则，则t=1.5s时M点处于平衡位置向y轴负方向运动，故D错误；
E、依据叠加原则，则M点开始振动后做振幅为4cm，但周期仍为2s的简谐运动，故E正确；
故选ACE；
(2)①光路如图：
对AO面的折射：
可得：
对AMB面上折射：
可得：
可知偏向角为
②光线在介质中传播的距离为：
故传播时间为：。