2019届全国高考精品仿真卷(八)理综物理试卷

2019届全国高考精品仿真卷（八）
理综物理试卷
本试卷共16页，38题（含选考题）。

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。

一．选择题
1. 关于原子核下列说法正确的是( )
A. 原子核发生一次衰变，该原子外层就失去一个电子
B. 铀235裂变方程为
C. 原子核的比结合能越大越稳定
D. 把放射性元素掺杂到其他稳定元素中，放射性元素的衰变会变慢
【答案】C
【解析】原子核的β衰变过程是中子转变为质子而释放出电子的过程，核外电子没有参与该反应，选项A错误；铀235必须吸收慢中子后才能发生裂变，选项B错误；原子核的比结合能越大，原子核越难分离，原子核越稳定，选项C正确；放射性元素衰变的快慢与其物理、化学状态无关，选项D错误；故选C.
2. 如图所示，内阻不计的电源与平行板电容器连接，电容器的下极板接地，上极板接一静电计，不计静电计所带的电量。

P点是两极板间的一点，P点到两极板的距离相等。

下列说法正
确的是( )
A. 只将平行板电容器的上极板向下移动一小段距离，P点的电势升高
B. 只将平行板电容器的上极板向上移动一小段距离，静电计的张角变大
C. 只将平行板电容器的上极板向左移动一小段距离，电容器间的场强变大
D. 只在平行板电容器两极板间插入一厚度稍小于两极板间距离的绝缘陶瓷
【答案】A
【解析】只将平行板电容器的上极板向下移动一小段距离，两极板间的场强变大，P点的电势
，电势升高，选项A正确；静电计的电压始终等于电动势，只将平行板电容器的上极板向上移动一小段距离，静电计的张角不变，选项B错误；根据，只将平行板电容器的上极板向左移动一小段距离，电容器正对面积S变小，电容器的电容变小，但板间电压不变、板间距离不变，场强不变，选项C错误；根据，只在平行板电容器两极板间插入一厚度稍小于两极板间距离的绝缘陶瓷，变大，电容器的电容变大，选项D错误；故选A.
点睛：本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变。

3. 一平直公路上有甲乙两辆车，他们从t=0时刻开始运动，在0～6s内速度随时间变化的情况如图所示。

已知两车在t=3s时刻相遇，下列说法正确的是( )
A. 两车的出发点相同
B. t=2s时刻，两车相距最远
C. 两车在3～6s之间的某时刻再次相遇
D. t=0时刻两车之间的距离大于t=6s时刻两车之间的距离
【答案】D
点睛：本题考查v-t图象的性质，本题的关键在于v-t图象中图象的面积表示位移的应用，要求能从图中得出两车各自位移的变化情况，从而两车距离的变化情况。

4. 所谓对接是指两艘同方向以几乎同样快慢运行的宇宙飞船在太空中互相靠近，最后连接在一起。

假设“天舟一号”和“天宫二号”的质量分别为M、m，两者对接前的在轨速度分别为
、，对接持续时间为，则在对接过程中“天舟一号”对“天宫二号”的平均作用力大小为( )
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】在天舟一号和天宫二号对接的过程中水平方向动量守恒，，解得对接后两者的共同速度，以天宫二号为研究对象，根据动量定理有
，解得，选项C正确，故选C。

5. 一辆汽车匀速率通过一座拱桥，拱桥可以看成是半径为R的圆的一段圆弧，A、B是桥上等高的两点，则( )
A. 汽车从A点运动到B点过程中，受到的合力恒定
B. 汽车从A点运动到B点过程中，机械能先增大后减小
C. 汽车从A点运动到最高点过程中，合力做功等于重力势能的增加量
D. 汽车从A点运动到最高点过程中，牵引力做功等于克服摩擦阻力做的功
【答案】B
【解析】由题意可知，汽车做的是竖直面内的匀速圆周运动，因此所受的合力大小恒定，方向总是指向圆弧所在圆的圆心，方向始终变化，不是恒力，选项A错误；汽车从A点到B点过程中，动能不变，重力势能先增大后减小，因此机械能先增大后减小，选项B正确；从A 点到最高点的过程中，动能不变，根据动能定理，合力做功为零，选项C错误；从A点到最高点的过程中，根据功能关系，牵引力做功既克服阻力做功，又克服重力做功，因此牵引力做功大于克服阻力做功，选项D错误；故选B。

6. 甲、乙两颗卫星绕地球做圆周运动，轨道在同一平面内，甲的轨道半径是乙轨道半径的k （k>1）倍，两卫星的绕行方向相同，某时刻两卫星相距最近，经过t时间两卫星再次距离最近，已知地球的质量为M，引力常量为G，则乙的轨道半径为( )
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】设乙的轨道半径为R,则，得，同理可得甲运动的周期
，由题意知，求得，选项C正确。

点睛：本题关键是明确两个卫星的动力学原理：万有引力等于向心力，根据牛顿第二定律列式求解周期之比，通过比较相对运动，找出运动规律进行分析两卫星的位置关系。

7. 以某一初速度水平抛出一物体，若以抛出点为坐标原点O，初速度方向为x轴的正方向，物体所受重力方向为y轴的正方向，建立如图所示坐标系。

它的运动轨迹满足方程x2=10y，经过一段时间物体的速度大小变为初速度的倍，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，则物体水平抛出的初速度v0的大小和该过程平均速度的大小分别为( )
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
【答案】C
............
点睛：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，即在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合运动学公式灵活求解。

8. 如图甲所示是一台发电机的模型，线框绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动。

图乙是线框产生的电动势随时间变化的图象。

已知线圈电阻为2.0Ω，外接灯泡的电阻恒为8.0Ω，灯泡正常发光。

则( )
A. 灯泡中的电流方向3秒钟改变100次
B. 交流电压表V的示数为24V
C. 灯泡消耗的电功率为45W
D. 若从图甲所示的时刻开始计时，灯泡两端电压的瞬时值表达式可能为（V）【答案】AD
【解析】从图乙可知，周期T=0.06s，每个周期电流方向改变2次，故电路中的电流方向3秒内改变100次，选项A正确；从图乙可知，电动势最大值E max=30V，则电动势有效值
，故电路电流，故电压表V的示数，选项B错误；灯泡消耗的电功率，选项C错误；从图乙可知，电动势最大值，周期T=0.06s，角速度，故电动势的瞬时值表达式为，选项D正确；故选AD。

9. 足够大的空间内存在着竖直向上的匀强磁场和匀强电场，有一带正电的小球在电场力和重力作用下处于静止状态。

现将磁场方向顺时针旋转30°，同时给小球一个垂直磁场方向斜向下的速度（如图所示），则关于小球的运动，下列说法正确的是( )
A. 小球做类平抛运动
B. 小球在纸面内做匀速圆周运动
C. 小球运动到最低点时电势能增加
D. 整个运动过程中机械能不守恒
【答案】CD
【解析】小球在复合电磁场中处于静止状态，只受两个力作用，即重力和电场力且两者平衡，当把磁场顺时针方向倾斜30°，且给小球一个垂直磁场方向的速度v，则小球受到的合力就是洛伦兹力，且与速度方向垂直，所以小球将做匀速圆周运动，小球在垂直于纸面的倾斜平面内做匀速圆周运动，选项A、B错误；小球从开始到最低点过程中克服电场力做功，电势能增加，选项C正确；整个运动过程中机械能不守恒，选项D正确；故选CD。

10. 如图所示为某山区小型水电站的电能输送示意图，发电机输出的电压和输电线路上的电阻恒定，用电器均为纯电阻元件，当用电高峰来临时，下列判断正确的是( )
A. 用电器等效电阻R0变大
B. 升压变压器T1的输出电压变大
C. 降压变压器T2的输出电压变小
D. 输电线路总电阻R上消耗的功率变大
【答案】CD
【解析】用电高峰来临时，用电器增多，用电器并联后的总电阻R0减小，选项A错误；由于升压变压器的射入电压一定，则输出电压一定，选项B错误；设输电线的输送电流为I，降压变压器的变压比为k，升压变压器的输出电压为U，则，当R0减小时，I增大，输电线电阻R消耗的功率变大，选项D正确；降压变压器T2的输入电压等于U-IR，可以判断此电压减小，则输出电压也减小，选项C正确；故选CD。

点睛：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，把握电压和功率是如何分配的，知道最大值和有效值之间的关系即可解决本题。

11. 如图所示，平行线MN、PQ间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，
MN、PQ间的距离为L。

在MN上的a点有一粒子源，可以沿垂直于磁场的各个方向射入质量为m、电荷量大小为q的带负电的粒子，且这些粒子的速度大小相同。

这些粒子经磁场偏转后，穿过PQ边界线的最低点为b点。

已知c时PQ上的一点，ac垂直于PQ，c、b间的距离为，则下列说法正确的是( )
A. 粒子在磁场中做圆周运动的半径为
B. 粒子在磁场中运动的速度大小为
C. 粒子从PQ边射出的区域长为
D. 斜向下与MN夹角为30°方向射入的粒子恰好从c点射出磁场
【答案】BC
【解析】根据题意可知，，求得，选项A错误；由得粒子做圆周运动的速度大小为，选项B正确；
设粒子从PQ射出区域的上端d点到c点的距离为s，根据几何关系有，求得，因此bd=L，选项C正确；从c点射出磁场的粒子，在a点时速度与MN的夹角θ满足2R cosθ=L，cosθ=0.8，θ=37°，选项D错误；故选BC。

点睛：本题考查了带电粒子在磁场中在运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意作出粒子运动轨迹、求出粒子轨道半径是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与几何知识即可解题。

12. 如图所示，固定斜面上放一质量为m的物块，物块通过轻弹簧与斜面底端的挡板连接，开始时弹簧处于原长，物块刚好不下滑。

现将物块向上移动一段距离后由静止释放，物块一直向下运动到最低点，此时刚好不上滑，斜面的倾角为θ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在物块向下运动过程中，下列说法正确的是( )
A. 物块与斜面间的动摩擦因数为
B. 当弹簧处于原长时物块的速度最大
C. 当物块运动到最低点前的一瞬间，加速度大小为
D. 物块的动能和弹簧的弹性势能的总和为一定值
【答案】ABD
【解析】由于开始时弹簧处于原长，物块刚好不下滑，则，得物块与斜面间的动摩擦因数，选项A正确；由于物块一直向下运动，因此滑动摩擦力始终与重力沿斜面向下的分力平衡，因此当弹簧处于原长时，物块受到的合外力为零，此时速度最大，选项B正确；由于物块在最低点时刚好不上滑，此时弹簧的弹力，物块在到达最低点前的一瞬间，加速度大小为，选项C错误；对物块研究，
，而重力做功和摩擦力做功的代数和为零，因此弹簧的弹力做功等于物块动能的变化量，即弹簧的弹性势能和物块的动能之和为定值，选项D正确；故选ABD。

点睛：解决本题的关键是正确分析物块的受力情况，抓住弹力的可变性，分析其运动情况。

还要明确能量是如何转化的。

二、实验题
13. 某同学用如图1所示装置验证机械能守恒定律。

绕过定滑轮的细线连接物块A和B，A和B的质量相同，B上套有一铁环C，A的下端与穿过打点计时器的纸带相连。

开始时固定物块A，
当地的重力加速度为g，打点计时器所接交流电的频率为50Hz。

（1）接通电源，再释放物块A，物块B在下落过程中穿过圆环D时，铁环C落到圆环D上。

图2是该过程打出的一条纸带，已测出了纸带上离第一个点O较远的一些点到O点的距离。

由纸带可知，铁环C运动到圆环D处时的速度大小为v= _________ m/s（保留3位有效数字）。

（2）要验证机械能守恒，还需要测量的物理量为_________ 。

A.开始时，铁环C和圆环D间的高度差h
B.铁环C的质量mC
C.物块A和B的质量mA、mB
D.铁环C运动到D所用的时间t
（3）实验只要验证表达式 _______________（用已知和测量的物理量符号表示）在误差允许的范围内成立，则机械能守恒得到验证。

【答案】 (1). 2.01; (2). ABC; (3). ;
【解析】（1）铁环C运动到圆环D处时的速度大小即为铁环被挡住后，A、B匀速运动的速度，由纸带可以求得。

（2）~（3）要验证机械能守恒，铁环C从开始下落到运动到D处过程中，
，由于A、B质量相等，因此要验证的表达式为
，因此还需要测量的量为A、B、C。

14. 小李同学要测量某电阻的阻值。

（1）他先用多用表对被测电阻进行粗测。

将多用电表“选择开关”扳至“×10”挡，调零后进行测量，发现表针偏转的角度很大。

为了把电阻测量得更准确些，应换用“ ______ ”挡
（选填“×100”或“×1”）；重新换挡后必须重新进行 _______；重新测量的结果如图1
所示，读数为 ______ Ω。

（2）要精确测量被测电阻的阻值，该同学设计了如图2所示电路。

闭合电键后，适当调节电阻箱的阻值，读出电阻箱的阻值R及电压表V1的示数U1、电压表V2的示数U2，则被测电阻Rx= _________。

因 __________ 的原因，实验存在着系统误差，使电阻的测量值 _________ （填“大于”或“小于”）真实值。

（3）为了减小系统误差，该同学又设计了如图3所示的实验电路。

其中Rx是待测电阻，R是电阻箱，R1、R2是已知阻值的定值电阻。

合上开关S，灵敏电流计的指针偏转，将R调至阻值为R0，灵敏电流计的示数为零。

由此可计算出待测电阻Rx= ___________（用R1、R2、R0表示）。

【答案】 (1). ; (2). 欧姆调零; (3). 6; (4). ; (5). 电
表的分流; (6). 大于; (7). ;
【解析】(1)指针偏转较大，应换用较小档位“×1”挡，重新换挡后必须重新进行欧姆调零，图1所示的读数为6Ω。

(2)由题意可知，，由于电压表V1的分流，使测得的通过被测电阻的电流偏小，因此测量结果大于真实值。

(3)当灵敏电流计的示数为零时，有，得到。

三、计算题
15. 如图所示，在光滑桌面上静止放置着长木板B和物块C，长木板B上表面的右端有一物块A，物块A与长木板B之间的动摩擦因数为0.2，长木板足够长。

现让物块C以4m/s的初速度
向右运动，与木板B碰撞后黏在一起。

已知物块A的质量为2kg，长木板B的质量为1kg，物块C的质量为3kg，重力加速度g取10m/s2，试求：
（1）C与B碰撞过程中，损失的机械能；
（2）最终A、B、C的速度大小以及A相对于B运动的距离。

【答案】(1) (2)
【解析】（1）设B、C碰撞后的瞬时速度大小为v1，根据动量守恒定律
v1=3m/s
碰撞过程中，损失的机械能
(2)根据动量守恒定律
解得：v2=2m/s
根据功能关系：
解得：x=1.5m
点睛：解决本题时，一要理清物体的运动规律，知道最终三个物体的速度必定相同。

二要注意C与B碰撞时A没有参与。

16. 如图所示，光滑平行金属导轨PQ、MN倾斜固定放置，导轨所在平面与水平面的夹角为
θ=30°，导轨底端连接有阻值为R的电阻，导轨间距为L。

方向垂直导轨平面向下的有界匀强磁场的边界ab、cd垂直于导轨，磁场的磁感应强度大小为B，边界ab、cd间距为s。

将一长度为L、质量为m、阻值也为R的金属棒垂直放置在导轨上，金属棒开始的位置离ab的距离为，现将金属棒由静止释放，金属棒沿导轨向下做加速运动，到达cd位置时金属棒的加速度刚好为零，金属棒运动过程中始终垂直于导轨并与导轨接触良好，不计导轨及其它电阻，重力加速度为g，求：
（1）金属棒从释放到到达cd位置的过程中，通过电阻R的电量；（2）金属棒从ab运动到cd的时间。

【答案】）（1）（2）；
【解析】(1)通过金属棒截面的电量
解得
(2)设金属棒刚进磁场时的速度为v1，根据机械能守恒有
金属棒运动到cd位置时，
解得
由牛顿第二定律可知，
即
[或由动量定理可得
即]
得
解得：
点睛：本题思路是常规题，求解电量要有推导过程，求金属棒运动时间时关键导体棒正确受力分析、应用牛顿第二定律列式是正确解题的关键，金属棒做的是变加速运动，常用微元法求解。

17. 在如图甲所示的xoy坐标系中，第一象限内有垂直坐标平面的匀强磁场；第二象限内有方向水平向右、场强大小为E的匀强电场E1；第四象限内有方向水平（以水平向右为正方向）、大小按图乙规律变化的电场E2，变化周期。

一质量为m，电荷量为+q的粒子，从
点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O点做匀速圆周运动。

以粒子经过x轴进入第四象限时为电场E2的计时起点，不计粒子重力。

求：
（1）第一象限内匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）粒子在第四象限中运动，当时，粒子的速度；
（3）粒子在第四象限中运动，当t=nT(n N*) 时，粒子的坐标。

【答案】）（1）（2）；方向与水平方向成斜向右下方（3）
【解析】(1)设粒子离开第二象限时的速度为v0，在第二象限内，由动能定理得
解得
在第一象限内，粒子做匀速圆周运动的速度为v0，由
得
(2)粒子进入第四象限后，当时在水平方向上有
得
方向与水平方向成45°角斜向右下方
(3)粒子在第四象限中运动时，y方向上做匀速直线运动，x方向上前半个周期向右做匀加速运动，后半个周期向右做匀减速运动直到速度为0；每半个周期向右前进，每个周期前进x0
当t=nT时，
粒子的坐标[(n+1)x0,-2nx0]()
点睛：本题中质点在复合场运动，分析受力情况，确定质点的运动情况是解题的基础。

结合粒子运动的周期性，运用数学几何知识综合求解。

18. 如图所示，平板车静止在光滑的水平面上，一个四分之一圆弧轨道固定在平台上，平台的上表面与平板车的上表面在同一水平面上，圆弧轨道的底端与平台左端对齐且与平台表面相切，平板车长为L=3.42m、质量为2kg，车的右端离平台左端距离为x=2m。

质量为1kg的物块以初速度v0=6m/s从车的左端滑上小车，物块与平板车间的动摩擦因数为0.4，平板车与平台相碰后立即静止，物块滑上圆弧轨道并从圆弧轨道上滑下重新滑上平板车，最终与平板车以 m/s的共同速度向左运动，重力加速度为g=10m/s2，滑块可看作质点，求：
（1）平板车与平台相碰前一瞬间，车的速度大小；
（2）物块从滑上平板车到刚滑上圆弧轨道所用的时间；
（3）整个过程物块与平板车、与圆弧轨道因摩擦产生的热量分别为多少。

【答案】(1)）（2）（3）
【解析】（1）物块滑上平板车后做匀减速运动，加速度的大小为a1=μg=4m/s2
平板车的加速度大小a2= =2m/s2，
设平板车与平台相碰前物块与平板车已保持相对静止
设共同速度为v1，则v0-a1t1=a2t1
求得t1=1s
这段时间内车运动的距离s=a2t12=1m＜x，假设成立；
即平板车与平台相碰前，物块与车达到共同速度，共同速度大小为v1=a2t1=2m/s
因此车与平台相碰前一瞬间，车的速度大小为2m/s；
（2）物块与平板车达到共同速度时发生的相对位移
x=(v0+v1)t1−v1t1=3m
物块随平板车匀速运动的时间t2==0.5s
平板车与平台碰撞后静止，物块由于惯性继续向前滑行，设在车上再滑行的时间为t3，则L-x1=v1t3−a1t32
解得：t3=0.3s或t3=0.7s（舍去）
因此物块从滑上平板车到刚滑上圆弧轨道时所用的时间t=t1+t2+t3=1.8s；
（3）物块第一次在平板车上滑行因摩擦产生的热量
Q=μmgL=13.68J
物块滑上圆弧轨道时的速度v2=v1-a1t3=0.8m/s
设物块再次滑上平板车时的速度为v3，最后的共同速度为v4，则
v3-a1t4=v4，a2t4=v4
解得v3=0.5m/s
因此物块在圆弧轨道上滑行因摩擦产生的热量Q2=m v22-m v12=0.195J，
再次滑上平板车，因摩擦产生的热量Q1=m v32-(m+M)v42=J，
因此滑块与车之间因摩擦产生的热量Q=Q1+Q2=13.76J。