1、精選優質文檔-傾情為你奉上2019年高考物理全真模擬試題（十八）滿分110分，時間60分鐘第卷(選擇題共48分)選擇題：本題共8小題，每小題6分在每小題給出的四個選項中，第14題只有一項符合題目要求，第58題有多項符合題目要求全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分1如圖所示，用輕質彈簧將籃球拴在升降機底板上，此時彈簧豎直，籃球恰好與光滑的側壁和光滑的傾斜天花板接觸，在籃球與側壁之間裝有壓力傳感器，當升降機沿豎直方向運動時，壓力傳感器的示數逐漸增大，某同學對此現象給出了下列分析與判斷，其中可能正確的是()A升降機正在勻加速上升B升降機正在勻減速上升C升降機正在加速下降，且加速度越來

2、越大D升降機正在減速下降，且加速度越來越大2隨著社會發展，人類對能源的需求日益增加，節能變得愈加重要甲、乙兩地采用電壓U進行遠距離輸電，輸電線上損耗的電功率為輸入總功率的k(0k1)倍在保持輸入總功率和輸電線電阻都不變的條件下，現改用5U的電壓輸電，若不考慮其他因素的影響，輸電線上損耗的電功率將變為輸入總功率的_倍()A.B. C5k D25k3如圖所示，水平面上固定有一個斜面從斜面頂端向右平拋一小球當初速度為v0時，小球恰好落到斜面底端，平拋的飛行時間為t0.現用不同的初速度v從該斜面頂端向右平拋這個小球，以下哪個圖象能正確表示平拋的飛行時間t隨v變化的函數關系()4某控制電路如圖，主要由電

3、源(電動勢為E、內阻為r)與定值電阻R1、R2及電位器(滑動變阻器)R連接而成，L1、L2是紅、綠兩個指示燈，當電位器的觸片滑向a端時，下列關于紅、綠兩燈亮度變化的情況說法正確的是()AL1、L2兩個指示燈都變亮BL1、L2兩個指示燈都變暗CL1變亮，L2變暗DL1變暗，L2變亮5“嫦娥之父”歐陽自遠透露：我國計劃于2020年登陸火星假如某志愿者登上火星后將一小球從高為h的地方由靜止釋放，不計空氣阻力，測得經過時間t小球落在火星表面，已知火星的半徑為R，引力常量為G，不考慮火星自轉，則下列說法正確的是()A火星的第一宇宙速度為 B火星的質量為C火星的平均密度為 D環繞火星表面運行的衛星的周期為

4、t6如圖所示，兩物體A、B用輕質彈簧相連靜止在光滑的水平面上，現同時對A、B兩物體施加等大反向的水平恒力F1、F2，使A、B同時由靜止開始運動在以后的運動過程中，關于A、B兩物體與彈簧組成的系統，下列說法正確的是(整個過程中彈簧彈力不超過其彈性限度)()A由于F1、F2所做的總功為零，所以系統的機械能始終不變B當A、B兩物體之間的距離減小時，系統的機械能減小C當彈簧伸長到最長時，系統的機械能最大D當彈簧彈力的大小與F1、F2的大小相等時，A、B兩物體速度為零7 在光滑水平面內有一沿x軸方向的靜電場，其電勢隨坐標x變化的圖線如圖所示(0、0、x1、x2、x3、x4均已知)現有一質量為m、電荷量為

5、q的帶負電小球(不計重力)從O點以某一未知初速度v0沿x軸正方向射出，則下列說法正確的是()A在0x1間的電場強度沿x軸正方向、大小為E1B在x1x2間與在x2x3間電場強度相同C只要v00，該帶電小球就能運動到x4處D只要v0 ，該帶電小球就能運動到x4處8如圖所示，空間中有一范圍足夠大的勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向水平且垂直于紙面向里一質量為m、電荷量為q的帶正電小圓環套在一根固定的絕緣豎直長桿上，環與桿間的動摩擦因數為.現使圓環以初速度v0向上運動，經時間t0圓環回到出發點假設圓環在回到出發點以前已經開始做勻速運動，不計空氣阻力，重力加速度為g，則下列說法中正確的是()A圓環在t時

6、剛好到達最高點B圓環在運動過程中的最大加速度為amaxgC圓環從出發到回到出發點過程中損失的機械能為mD圓環在上升過程中損失的機械能等于下落回到出發點過程中損失的機械能第卷(非選擇題共62分)非選擇題：包括必考題和選考題兩部分第912題為必考題，每個試題考生都必須做答第1314題為選考題，考生根據要求做答L/m0.0510.0990.1490.2010.250F/N1.011.992.984.015.009.(6分)某課外活動小組用如圖甲所示的裝置做“探究加速度與物體受力的關系”的實驗圖中A為小車，質量為m1，連接在小車后面的紙帶穿過電火花計時器B，它們均置于水平放置的一端帶有定滑輪C的足夠長

7、的木板上，物塊P的質量為m2，D為彈簧測力計，實驗時改變P的質量，讀出對應的彈簧測力計示數F，不計繩子與滑輪間的摩擦(1)下列有關實驗的操作步驟和實驗方法的說法中正確的是_A長木板和A、C間的繩子都必須保持水平B電火花計時器應用工作電壓為46 V的低壓交流電源，實驗時應先接通電源后釋放小車C長木板的左端應適當墊高，以平衡摩擦力D實驗中P的質量m2不必遠小于小車A的質量m1，拉力直接由彈簧測力計測得，且始終為1/2 m2g(2)按照正確的方法調整好實驗裝置后，某同學改變P的質量做了五次實驗，并讀出對應的彈簧測力計示數F和每次實驗中打出的紙帶上第1個點到第10個點的距離L，記錄在下表中已知電火花計

8、時器所接交流電源的頻率為f.根據該同學的實驗，請在圖乙中作出L隨F變化的圖象，如果LF圖線是一條_，則說明小車的加速度與小車受到的合外力成正比，圖線的斜率的表達式k_.10(9分)某實驗小組用如圖甲所示的電路測量一節蓄電池的電動勢(約2 V)和內阻，考慮蓄電池的內阻很小，電路中使用了一個保護電阻R0，除蓄電池、滑動變阻器R、開關、導線外，實驗室中可供選用的器材還有：電壓表V1讀數U1(V)1.881.921.941.982.00電壓表V2讀數U2(V)1.721.251.000.600.34A電流表(量程3 A，內阻約0.1 )B電壓表(量程3 V，內阻3 k)C電壓表(量程1.8 V，內阻1

9、.8 k)D定值電阻(阻值1 ，額定功率5 W)E定值電阻(阻值5 ，額定功率10 W)(1)實驗時，電壓表應該選用_，保護電阻應該選用_(填器材前字母序號)(2)在實驗室進行儀器檢查時發現電流表已經損壞不能用了，則下列實驗改進方案中理論上可行的有_A在缺少電流表的情況下，把滑動變阻器更換成電阻箱，來測蓄電池的電動勢和內阻B按照實驗電路圖，在缺少電流表的情況下只依靠滑動變阻器調節，從而測出蓄電池的電動勢和內阻C在缺少電流表的情況下，去掉滑動變阻器，只依靠更換保護電阻，測出兩組數據，列式并聯立求解蓄電池的電動勢和內阻D在缺少電流表的情況下，用未使用的電壓表與保護電阻并聯，調節滑動變阻器測出多組數

10、據，作圖象求出蓄電池的電動勢和內阻(3)該實驗小組經過討論后，按照改進的電路圖乙進行實驗，調整滑動變阻器測得了5組兩電壓表的數據如下表.請在圖丙中作出蓄電池的路端電壓U1隨保護電阻R0兩端的電壓U2變化的圖象，并根據圖象得出蓄電池的電動勢E_V，內阻r_.11(14分)如圖所示，高為h的光滑三角形斜劈固定在水平面上，其與水平面平滑對接于C點，D為斜劈的最高點，水平面的左側A點處有一豎直的彈性擋板，質量均為m的甲、乙兩滑塊可視為質點，靜止在水平面上的B點，已知ABh、BC3h，滑塊甲與所有接觸面的摩擦均可忽略，滑塊乙與水平面之間的動摩擦因數為0.5.給滑塊甲一水平向左的初速度，經過一系列沒有能量

11、損失的碰撞后，滑塊乙恰好能滑到斜劈的最高點D處，重力加速度用g表示求：(1)滑塊甲的初速度v0的大小；(2)滑塊乙最終靜止的位置與C點的距離12(18分)如圖甲所示，在MN下方存在豎直向上的勻強電場，在MN上方以MN為弦、半徑為R的虛線區域內存在周期性變化的磁場，磁場的變化規律如圖乙所示，規定垂直紙面向里的方向為正方向弦MN所對的圓心角為120°.在t0時，一質量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v從A點沿直徑AOB射入磁場，運動到圓心O點后，做一次半徑為的完整的圓周運動，再沿直線運動到B點，在B點經擋板碰撞后原速率返回(碰撞時間不計，電荷量不變)，運動軌跡如圖甲所示粒子的重力不計

12、，不考慮變化的磁場所產生的電場求：(1)磁場的磁感應強度B0的大小及變化周期T0；(2)粒子從B點運動到A點的最短時間t；(3)滿足(2)中條件所加的電場強度E的大小(二)選考題(共15分請考生從給出的2道題中任選一題做答如果多做，則按所做的第一題計分)13物理選修33(15分)(1)(5分)下列說法正確的是_(填正確答案標號選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分每選錯1個扣3分，最低得分為0分)A凡是不違背能量守恒定律的實驗構想，都是能夠實現的B做功和熱傳遞在改變內能的效果上是等效的，這表明要使物體的內能發生變化，既可以通過做功來實現，也可以通過熱傳遞來實現C保持氣體的質量和體積不變

13、，當溫度升高時，每秒撞擊單位面積器壁的氣體分子數增多D溫度升高，分子熱運動的平均動能一定增大，但并非所有分子的速率都增大E在水池中，一個氣泡從池底浮起，此過程可認為氣泡的溫度不變，氣泡內氣體為理想氣體，則外界對氣泡做正功，同時氣泡吸熱(2)(10分)如圖甲所示，玻璃管豎直放置，AB段和CD段是兩段長度均為l125 cm的水銀柱，BC段是長度為l210 cm的理想氣柱，玻璃管底部是長度為l312 cm的理想氣柱已知大氣壓強是75 cmHg，玻璃管的導熱性能良好，環境的溫度不變將玻璃管緩慢旋轉180°倒置，穩定后，水銀未從玻璃管中流出，如圖乙所示試求旋轉后A處的水銀面沿玻璃管移動的距離答

14、案部分1解析：選C.籃球在水平方向上受力平衡，即側壁對籃球的彈力與傾斜天花板對籃球的彈力在水平方向的分力平衡，隨著壓力傳感器的示數逐漸增大，籃球受到傾斜天花板的彈力增大，其在豎直方向的分力增大，彈簧彈力不變，則籃球必然有豎直向下且增大的加速度，C正確2解析：選A.由于輸電電流I，所以輸電線上損失的電功率PI2RR，所以在保持輸入總功率和輸電線電阻都不變的條件下，若不考慮其他因素的影響，輸電線上損耗的電功率與輸電電壓的平方成反比，所以改用5U的電壓輸電，輸電線上損耗的電功率將變為輸入總功率的，故A項正確3解析：選C.由于當初速度為v0時，小球恰好落到斜面，故初速度大于v0時，小球一定落在水平面上

15、，即平拋的飛行時間等于t0不變，故A、B項錯；當初速度小于v0時，小球一定落在斜面上，則有xv0t，hgt2，hxtan ，解得v0 t，故C項正確4解析：選B.當電位器的觸片滑向a端時，電位器連入電路中的有效阻值增大，干路中的總阻值增大，干路中的電流減小，內壓減小，路端電壓增大，即R1兩端的電壓增大，通過R1的電流增大，通過L1的電流減小，L1兩端的電壓減小，L1燈變暗；路端電壓增大，L1兩端的電壓減小，所以R2兩端的電壓增大，通過R2的電流增大，又因為通過L1的電流減小，所以通過L2的電流減小，故L2燈變暗，故B項正確5解析：選CD.由自由落體運動規律，hgt2，解得火星表面的重力加速度大

16、小為g，火星的第一宇宙速度v1，A錯誤；由Gmg，解得火星的質量為M，B錯誤火星的平均密度為·，C正確設環繞火星表面運行的衛星的周期為T，則Tt，D正確6解析：選BC.A、B物體分別在等大反向的水平恒力的作用下先向相反的方向做加速度逐漸減小的變加速直線運動，當彈簧彈力等于水平恒力時，加速度為零，兩物體的速度最大，此后，彈簧彈力大于水平恒力，兩物體分別做加速度逐漸增大的變減速直線運動，直到彈簧伸長到最長，然后兩物體分別反向運動，先做加速度逐漸減小的變加速運動，速度達到最大后又做加速度逐漸增大的變減速直線運動，到彈簧壓縮最短在此過程中，系統的機械能先增加后減小，故A項錯；當A、B兩物體之

17、間的距離減小時，水平恒力做負功，系統的機械能減小，故B項正確；當彈簧伸長到最長時，系統的機械能最大，故C項正確；當彈簧彈力的大小與F1、F2的大小相等時，A、B兩物體速度最大，故D錯7.解析：選BD.根據電場強度與電勢差的關系可作出該靜電場的場強E隨x變化的圖線，如圖所示，可知A錯誤，B正確；因為只有電場力對帶電小球做功，所以動能與電勢能之和保持不變，以x0處電勢為零，則有mvqmv2，因為在xx3處電勢最低，所以帶電小球在該處的電勢能最大，動能最小，速度最小，只要帶電小球能通過這一點，就能運動到xx4處，所以有mvq0，解得v0 ，C錯誤，D正確8解析：選BC.圓環上升的加速度大小為a1g，

18、下落的加速度大小為a2g，上升過程的平均加速度大小大于下落過程的平均加速度大小，所以上升的時間小于下落的時間，A錯誤；圓環的最大加速度為amaxg，B正確；圓環在回到出發點前已經開始做勻速運動，其速度為v1，故圓環在運動過程中損失的機械能為Qmvmvm，C正確；圓環在上升過程中受到的平均摩擦力大小大于下落回到出發點過程中受到的平均摩擦力的大小，所以圓環在上升過程中損失的機械能大于下落回到出發點過程中損失的機械能，D錯誤9解析：(1)繩子必須與長木板保持平行，但要平衡摩擦力，故長木板左端需要適當墊高，A錯誤，C正確；電火花計時器須使用220 V交流電源，B錯誤；因為彈簧測力計可以直接讀出繩子拉小

19、車的拉力，故實驗中不必滿足m2遠小于m1，但運動過程中P也有加速度，故彈簧測力計的示數不等于P的重力的一半，D錯誤(2)根據表中數據描點連線如圖所示，可見LF圖線是一條過原點的傾斜直線，由Lat2可知，因為每次選取的位移對應的時間t相同，則說明小車的加速度與小車受到的合外力成正比，由牛頓第二定律有a，又t，得LF，故圖線的斜率k.答案：(1)C(2分)(2)如圖(2分)過原點的傾斜直線(1分)(1分)10解析：(1)蓄電池的電動勢為2 V左右，故電壓表選用B，當滑動變阻器接入電路的電阻為零，保護電阻用D時，電路中電流約為I2 A，小于電流表的量程，故保護電阻選用D.(2)如果電流表不能用，把滑

20、動變阻器換成電阻箱，就可以用伏阻法測蓄電池的電動勢和內阻，故A正確；根據閉合電路歐姆定律有EUr，如果只更換保護電阻測出兩組數據，能夠建立兩個方程求出蓄電池的電動勢和內阻，C正確；因為電壓表的內阻遠大于保護電阻，故將量程為1.8 V的電壓表與保護電阻并聯，由I可得電路中的電流，故實際上是通過把剩余電壓表與保護電阻并聯，把電壓表改裝成電流表，D正確(3)根據閉合電路歐姆定律U1EI總rEr，再根據表中數據描點連線，縱軸截距即為蓄電池的電動勢E2.03 V，內阻r0.09 .答案：(1)(B)(1分)D(1分)(2)ACD(2分)(3)如圖所示(2分)2.03(1分)0.09(2分)11解析：(1

21、)由于滑塊甲、乙碰撞時無能量損失，根據能量守恒定律得mvmvmv(2分)甲、乙碰撞時根據動量守恒定律得mv0mv甲mv乙(2分)由以上兩式解得v乙v0(2分)即滑塊甲、乙碰撞的過程中速度互換，且每次碰撞都發生在B點由于滑塊乙剛好滑到斜劈的最高點D處，則對滑塊乙由B點到D點的過程，根據動能定理得mg·3hmgh0mv(2分)解得v0(2分)(2)設滑塊乙在B、C間運動的總路程為x，對滑塊乙由B點開始運動到最終靜止的過程，根據動能定理得mgx0(2分)解得x5h3h2h，故滑塊乙最終停在C點左側與C點距離為2h(2分)答案：(1)(2)2h(C點左側)12解析：(1)根據題意，粒子在磁場中運動的半徑為r，由洛倫茲力提供向心力得qvB0m，解得B0(3分)由題圖分析可知：粒子從A點沿直徑AOB勻速運動到O點，然后做一個完整的圓周運動所用的時間為一個周期T0，則T0(1)(3分)(2)設一個周期內沒有磁場的時間為t1，存在磁場的時間為t2，則t1，t2(1分)因為MON120°，可求得MN與AB之間的距離為(1分)粒子從B點返回時，剛好進入磁場并做圓周運動，然后進入電場做勻減速運動，當返回后剛離開電場時粒子做圓周運動，此時一定存在磁場，為了滿足題圖甲的運動軌跡，粒子在電場中的最短時間為t1t2(3分)則粒子從B點運動到A點的最短時間為t2t22t1t2(45)(2分)