高考仿真模擬卷(三)2019年(全國卷Ⅲ)考點排查練二、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14～18題只有一項符合題目要求，第19～21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．題號1415161718192021考點楞次定律的實質萬有引力定律的應用.受力分析物體的平衡.Ek－h圖象動能定理的應用.帶電粒子在勻強磁場中的運動.動量守恒、法拉第電磁感應定律.物體的平衡、牛頓第二定律、v-t圖象.等量異種電荷的電場線、電勢、電勢能．理解能力理解和推理能力理解和推理能力推理和分析綜合能力分析綜合能力推理和分析綜合能力分析綜合能力理解、推理能力14.在電磁學發展過程中，許多科學家做出了貢獻，下列說法錯誤的是()A．奧斯特發現了電流的磁效應，法拉第發現了電磁感應現象B．麥克斯韋預言了電磁波，赫茲用實驗證實了電磁波的存在C．庫侖發現了點電荷的相互作用規律，密立根通過油滴實驗測定了元電荷的數值D．安培發現了磁場對運動電荷的作用規律，洛倫茲發現了磁場對電流的作用規律答案：D解析：奧斯特發現了電流的磁效應，法拉第發現了電磁感應現象，故A正確；麥克斯韋預言了電磁波的存在，赫茲用實驗證實了電磁波的存在，故B正確；庫侖發現了點電荷的相互作用規律，密立根測定了元電荷的數值，故C正確；洛侖茲發現磁場對運動電荷作用規律，安培發現了磁場對電流的作用規律，故D錯誤．15.如圖所示是在同一軌道平面上的三顆不同的人造地球衛星，關于各物理量的關系，下列說法正確的是()A．線速度vA<vB<vCB．萬有引力FA>FB>FCC．角速度：ωA>ωB>ωCD．向心加速度aA<aB<aC答案：C解析：因為衛星的質量大小關系不知，所以衛星的萬有引力大小關系無法判斷，B錯誤；衛星繞地球做圓周運動，有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)＝mrω2＝ma向，得v＝eq\r(\f(GM,r))，ω＝eq\r(\f(GM,r3))，a向＝eq\f(GM,r2)，由于rA<rB<rC，則vA>vB>vC，ωA>ωB>ωC，aA>aB>aC，故A、D錯誤，C正確．16.如圖所示，一輛小車靜止在水平地面上，車內固定著一個傾角為60°的光滑斜面OA，光滑擋板OB可繞轉軸O在豎直平面內轉動．現將一重力為G的圓球放在斜面與擋板之間，擋板與水平面的夾角θ＝60°.下列說法正確的是()A．若保持擋板不動，則球對斜面的壓力大小為2B．若擋板從圖示位置沿順時針方向緩慢轉動60°，則球對斜面的壓力逐漸增大C．若擋板從圖示位置沿順時針方向緩慢轉動60°，則球對擋板的壓力逐漸減小D．若保持擋板不動，使小車水平向右做勻速直線運動，則球對擋板的壓力大小為G答案：D解析：由題意知，若保持擋板不動，球受到重力、斜面與擋板對球的彈力，三力之間的方向成120°，可知三力大小相等，由牛頓第三定律知球對斜面的壓力大小也為G，則選項A錯誤；若擋板從圖示位置順時針方向緩慢轉動60°，由動態分析圖(圖略)可知球對斜面的壓力逐漸減小，球對擋板的壓力先逐漸減小后又增大到原先大小，則選項B、C錯誤；若保持擋板不動，使小車水平向右做勻速直線運動，小球仍處于平衡狀態，球對擋板的壓力大小為G，選項D正確．17．蹦床有“空中芭蕾”之稱．在某次“蹦床”娛樂活動中，從小朋友下落到離地面高h1處開始計時，其動能Ek與離地高度h的關系如圖2所示．在h1～h2階段圖象為直線，其余部分為曲線，h3對應圖象的最高點，小朋友的質量為m，重力加速度為g，不計空氣阻力和一切摩擦．下列有關說法正確的是()A．整個過程中小朋友的機械能守恒B．從小朋友的腳接觸蹦床直至蹦床被壓縮至最低點的過程中，其加速度先增大后減小C．小朋友處于h＝h4高度時，蹦床的彈性勢能為Ep＝mg(h2－h4)D．小朋友從h1下降到h5過程中，蹦床的最大彈性勢能為Epm＝mgh1答案：C解析：小朋友接觸蹦床后，蹦床對小朋友的彈力做功，所以整個過程中小朋友的機械能不守恒，故A錯誤；從小朋友的腳接觸蹦床直至蹦床被壓縮至最低點的過程中，蹦床對小朋友的彈力先小于重力，后大于重力，隨著彈力的增大，合力先減小后反向增大，所以加速度先減小后增大，故B錯誤；由圖知，小朋友在h2處和h4處動能相等，根據蹦床和小朋友組成的系統機械能守恒得：小朋友處于h＝h4高度時，蹦床的彈性勢能為Ep＝mg(h2－h4)．故C正確；小朋友從h1下降到h5過程中，蹦床的最大彈性勢能為EPM＝mg(h1－h5)，故D錯誤．18．如圖所示，MN為兩個勻強磁場的分界面，兩磁場的磁感應強度大小的關系為B1＝2B2，一帶電荷量為＋q、質量為m的粒子從O點垂直MN進入B1磁場，則經過多長時間它將向下再一次通過O點()A.eq\f(2πm,qB1)B.eq\f(2πm,qB2)C.eq\f(2πm,qB1＋B2)D.eq\f(πm,qB1＋B2)答案：B解析：粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，由周期公式T＝eq\f(2πm,qB)知，粒子從O點進入磁場到再一次通過O點的時間t＝eq\f(2πm,qB1)＋eq\f(πm,qB2)＝eq\f(2πm,qB2)，所以選項B正確．19.如圖所示，水平面上有相距為L的兩光滑平行金屬導軌，導軌上靜止放有金屬桿a和b(桿a、b均與導軌垂直)，兩桿均位于勻強磁場的左側，讓桿a以速率v向右運動，當桿a與桿b發生彈性碰撞后，兩桿先后進入右側的磁場中，當桿a剛進入磁場時，桿b的速度剛好為a的一半．已知桿a、b的質量分別為2m和m，接入電路的電阻均為RA．桿a與桿b碰撞后，桿a的速度為eq\f(v,3)，方向向左B．桿b剛進入磁場時，通過b的電流為eq\f(2BLv,3R)C．從b進入磁場至a剛進入磁場時，該過程產生的焦耳熱為eq\f(7,8)mv2D．桿a、b最終具有相同的速度，大小為eq\f(2v,3)答案：BC解析：以向右為正方向，桿a與桿b發生彈性碰撞，由動量守恒和機械能守恒得2mv＝2mv1＋mv2，eq\f(1,2)×2mv2＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×mveq\o\al(2,2)，解得v1＝eq\f(v,3)，v2＝eq\f(4,3)v，即桿a的速度為eq\f(v,3)，方向向右，故A錯誤；桿b剛進入磁場時，通過b的電流為I＝eq\f(BLv2,2R)＝eq\f(2BLv,3)，故B正確；從b進入磁場至a剛進入磁場時，由能量守恒得該過程產生的焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v1))2＝eq\f(7,8)mv2，故C正確；a進入磁場后，a、b組成的系統，動量守恒，則有2mv1＋m·eq\f(1,2)v1＝(2m＋m)v3，解得v3＝eq\f(5,18)v，即桿a、b最終具有相同的速度，大小為eq\f(5,18)v，故D錯誤．20.質量m＝1kg的物體靜止放在粗糙水平地面上．現對物體施加一個隨位移變化的水平外力F時物體在水平面上運動．已知物體與地面間的滑動摩擦力與最大靜摩擦力相等．若F-x圖象如圖所示．且4～5m內物體勻速運動．x＝7m時撤去外力，取g＝10m/s2，則下列有關描述正確的是()A．物體與地面間的動摩擦因數為0.3B．x＝3m時物體的速度最大C．撤去外力時物體的速度為eq\r(2)m/sD．撤去外力后物體還能在水平面上滑行3s答案：AC解析：4～5m內物體勻速運動，則有F＝Ff＝μmg，得μ＝eq\f(F,mg)＝eq\f(3,10)＝0.3，故A正確；只要F>Ff＝μmg，物體就在加速，所以在0～4m內物體一直加速運動，x＝4m時物體的速度最大，故B錯誤；由圖線與x軸所圍的面積表示外力F做的功，可得0～7m內外力做功為WF＝eq\f(3＋5,2)×3J＋eq\f(5＋3,2)×1J＋eq\f(1＋3,2)×3J＝22J，摩擦力做功Wf＝3×7J＝21J，設撤去外力時物體的速度為v，根據動能定理WF－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝eq\r(2)m/s，故C正確；撤去外力后物體的加速度大小為a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝3m/s2，物體還能滑行時間t＝eq\f(v,a)＝eq\f(\r(2),3)s，故D錯誤．21.如圖所示，將兩個等量異種點電荷＋q和－q分別固定于a、b兩處，ab為兩點電荷的連線，od所在直線為a、b兩點連線的垂直平分線，且交ac于d點，bo＝bc，od∥bc.則()A．將一正電荷由d點移到c點，正電荷的電勢能減少B．d點的場強方向由d點指向c點C．將一負電荷由o點移到d點，電場力做負功D．e點是c點關于o點的對稱點，則e點和c點的電場強度大小相等答案：AD解析：由題意可知，d點電勢等于零，c點電勢小于零，將一正電荷由d點移到c點，正電荷的電勢能減少，A正確；等量異種點電荷連線的中垂面是等勢面，電場強度方向相同，均由a點指向b點，所以d點的場強方向平行ab向下，B錯誤；因為在同一等勢面上運動，電場力不做功，所以將一負電荷由o點移到d點，電場力不做功，C錯誤；根據電場的對稱性可知，在e點和c點處的場強大小相等，D正確．

三、非選擇題：第22～25題為必考題，每個試題考生都必須作答．第33～34題為選考題，考生根據要求作答．題號222324253334考點測重力加速度電流表改裝歐姆表平拋運動和類平拋運動動量守恒定律、動能定理、牛頓第二定律油膜法估算分子的大小，實驗定律波的疊加和干涉，折射定律、全反射(一)必考題(共47分)22．(5分)在暗室中用如圖甲所示裝置做“測定重力加速度”的實驗．實驗器材有：支架、漏斗、橡皮管、尖嘴玻璃管、螺絲夾子、鋁盒、一根熒光刻度的米尺、頻閃儀．具體實驗步驟如下：①在漏斗內盛滿清水，旋松螺絲夾子，水滴會以一定的頻率一滴滴地落下．②用頻閃儀發出的白閃光將水滴照亮，由大到小逐漸調節頻閃儀的頻率直到第一次看到一串仿佛固定不動的水滴．③用豎直放置的米尺測得各個水滴所對應的刻度．④采集數據進行處理．(1)實驗中看到空間有一串仿佛固定不動的水滴時，頻閃儀的閃光頻率滿足的條件是：________.(2)實驗中觀察到水滴“固定不動”時的閃光頻率為30Hz，某同學讀出其中比較遠的水滴到第一個水滴的距離如圖乙所示，根據數據測得當地重力加速度g＝________m/s2；第8個水滴此時的速度v8＝________m/s(結果都保留三位有效數字)．(3)該實驗存在的系統誤差有(答出一條即可)：________________________________________________________________________.答案：(1)頻閃儀的閃光頻率等于水滴滴落的頻率(1分)(2)9.72(2分)2.28(1分)(3)存在空氣阻力(或水滴滴落的頻率會發生變化)(1分)解析：(1)實驗中看到空間有一串仿佛固定不動的水滴時，頻閃儀的閃光頻率滿足的條件是：頻閃儀的閃光頻率等于水滴滴落的頻率．(2)由Δx＝gT2和逐差法解得當地重力加速度g＝9.72m/s2，v8＝eq\f(x78＋x89,2T)＝2.28m/s.(3)該實驗存在的系統誤差有：存在空氣阻力、水滴滴落的頻率會發生變化等．23．(10分)在“把小量程電流表改裝成歐姆表”實驗中，給出以下器材．A．電流表(量程為0～600μA，內阻約為190Ω)B．電阻箱(阻值范圍為0～999.9Ω)C．滑動變阻器(阻值范圍為0～4kΩ)D．電位器(阻值范圍為0～20kΩ，電位器相當于滑動變阻器)E．電源(電動勢為1.5V，有內阻)F．電源(電動勢為7.5V，有內阻)G．開關兩個，導線若干(1)首先要用半偏法測定電流表的內阻，如果采用如圖甲所示的電路測定電流表的內阻并且要想得到較高的精確度，那么以上給出的器材中，電阻R1應選用____________，電阻R2應選用________，電源應選用______________．(填寫所選儀器前的字母即可)(2)該實驗操作的步驟有：A．閉合開關S1；B．閉合開關S2；C．觀察R1的阻值是否最大，如果不是，將R1的阻值調至最大；D．調節R1的阻值，使電流表指針偏轉到滿刻度；E．調節R2的阻值，使電流表指針偏轉到滿刻度的一半；F．記下R2的阻值．把以上步驟的字母代號按實驗的合理順序填寫在橫線上：________.(3)如果在上述的步驟F中所得的R2的阻值為200Ω，則圖甲中被測電流表的內阻Rg的測量值為________Ω，若僅考慮系統誤差，則測量值比實際值略________(選填“大”或“小”)．(4)如果要將圖甲中的電流表改裝成歐姆表，其內部結構如圖乙所示，選用電動勢為1.5V的電源，則R3應選用________(填寫所選儀器前的字母即可)．(5)電流表改裝成歐姆表后，如圖丙所示，電流表的指針分別指向0、300、600刻度線對應的待測電阻的阻值大小分別是________．答案：(1)D(1分)B(1分)F(1分)(2)CADBEF(1分)(3)200(1分)小(1分)(4)C(1分)(5)∞(1分)2.5×103Ω(1分)0(1分)解析：(1)半偏法測量電流表內阻，要保證閉合開關S2時電路中的電流基本不變，因此電阻R1應該盡可能選擇阻值較大的滑動變阻器，所以應該選擇阻值范圍為0～20kΩ的電位器D.電阻R2應該選擇能夠讀出數值的電阻箱，即選用B；為保證在電路中總電阻較大時電流表指針能夠滿偏，電源應該選擇電動勢為7.5V的電源，即選用F.(2)半偏法測量電流表內阻，首先觀察電位器R1的阻值是否最大，若不是最大，將R1的阻值調至最大；然后閉合開關S1，調節R1，使電流表指針偏轉到滿刻度；閉合開關S2，調節R2的阻值使電流表指針偏轉到滿刻度的一半；記下電阻箱R2的阻值．所以實驗步驟的合理順序是CADBEF.(3)根據半偏法測量電流表內阻原理可知，如果與電流表并聯的電阻箱讀數是200Ω，則電流表內阻測量值為200Ω.在閉合開關S2后電路中的總電阻稍減小，干路中電流稍增大，調節R2使電流表指針半偏(原來電流的eq\f(1,2))，則與電流表并聯的電阻箱R2中通過的電流大于原來電流的eq\f(1,2)，大于電流表中的電流，根據并聯電路規律可知電阻箱阻值稍小于電流表內阻，而半偏法測量電流表內阻是把電阻箱的阻值看作電流表內阻，所以半偏法測量電流表內阻的測量值比真實值略小．(4)電流表改裝成歐姆表，其原理是閉合電路歐姆定律，設電路中除電流表內阻Rg以外其他電阻的總電阻為R，由閉合電路歐姆定律，E＝Ig(Rg＋R)，解得R＝2300Ω，所以R3應該選用阻值范圍為0～4kΩ的滑動變阻器，即選用C.(5)歐姆表測量電阻的原理為閉合電路歐姆定律，由I＝eq\f(E,r＋Rg＋R3＋Rx)，電流表指針指向0刻度線時，說明待測電阻的阻值為無限大；電流表指針指向600μA刻度線時，電流表指針滿偏，對應待測電阻的阻值為0；電流表指針指向300μA刻度線時，電流表指針半偏，對應待測電阻的阻值等于歐姆表中值電阻，即待測電阻的阻值為Rg＋R＝200Ω＋2300Ω＝2500Ω＝2.5×103Ω.24.(12分)如圖所示，邊長為L的正方形區域abcd內存在著勻強電場.電荷量為q、動能為Ek的帶電粒子從a點沿ab方向進入電場，不計重力．(1)若粒子從c點離開電場，求電場強度的大小和粒子離開電場時的動能Ekt；(2)若粒子離開電場時動能為Ek′，則電場強度為多大？答案：(1)5Ek(2)eq\f(Ek′－Ek,qL)解析：(1)由L＝v0t得(1分)L＝eq\f(qEt2,2m)＝eq\f(qEL2,2mv\o\al(2,0)).(1分)所以E＝eq\f(4Ek,qL)，(1分)qEL＝Ekt－Ek.(1分)所以Ekt＝qEL＋Ek＝5Ek.(1分)(2)若粒子由bc邊離開電場，則L＝v0t，(1分)vy＝eq\f(qEt,m)＝eq\f(qEL,mv0)，(1分)Ek′－Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,y)＝eq\f(q2E2L2,2mv\o\al(2,0))＝eq\f(q2E2L2,4Ek).(1分)所以E＝eq\f(2\r(EkEk′－Ek),qL).(1分)若粒子由cd邊離開電場，則qEL＝Ek′－Ek.(1分)所以E＝eq\f(Ek′－Ek,qL).(1分)25.(20分)如圖所示，在光滑的水平面上有一質量為mC＝1kg的足夠長的木板C，在C上放置有A、B兩物體，A的質量mA＝1kg，B的質量mB＝2kg.A、B之間鎖定一被壓縮了的輕彈簧，彈簧儲存的彈性勢能Ep＝3J，現突然給A、B一瞬時沖量作用，使A、B同時獲得方向向右，大小為v0＝2m/s的初速度，與此同時彈簧由于受到擾動而解除鎖定，并在極短的時間內恢復原長，之后與A、B分離(此過程中C仍保持靜止)．已知A、C之間的動摩擦因數μ1＝0.2，B、C之間的動摩擦因數μ2＝0.1，且滑動摩擦力略小于最大靜摩擦力，g＝10m/s2.(1)求彈簧與A、B分離的瞬間，A、B的速度大小．(2)已知在C第一次碰到右邊的固定擋板之前，A、B和C已經達到了共同速度，求共同速度v和達到共速之前A、B、C的加速度大小．(3)已知C與擋板的碰撞無機械能損失，求第一次碰撞后到第二次碰撞前A在C上滑行的距離．答案：(1)vA＝0vB＝3m/s(2)1.5m/saA＝aB＝aC＝1m/s2(3)0.75m解析：(1)在彈簧彈開兩物體的過程中，由于作用時間極短，對A、B與彈簧組成的系統由動量守恒定律和能量守恒定律可得(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB，(1分)Ep＋eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)(2分)聯立解得vA＝0，vB＝3m/s.(2分)(2)對物體B有aB＝μ2g＝1m/s2假設A、C相對靜止，則由牛頓第二定律得μ2mBg＝(mA＋mC)a(1分)解得a＝1m/s2(1分)因為mAa<μ1mAg，所以假設成立故A、C的共同加速度為a＝1m/s2(1分)A、B、C組成的系統在水平方向不受外力，由動量守恒定律得mBvB＝(mA＋mB＋mC)v(1分)解得v＝1.5m/s.(1分)(3)C和擋板碰撞后，先向左做勻減速直線運動，后向右做勻加速直線運動，在向右加速的過程中C和A先達到共同速度v1，之后A、C再以共同的加速度向右做勻加速直線運動，B一直向右做勻減速直線運動，最后三者達到共同速度做勻速直線運動分析知A、C共速前，aA＝μ1g＝2m/s2，aB＝1m/s2由牛頓第二定律得μ1mAg＋μ2mBg＝mCaC(1分)解得aC＝4m/s2(1分)從C與擋板碰撞到A、C共速所需時間記為tA、C共速時，對A有v1＝v－aAt，(1分)對C有v1＝－v＋aCt(1分)解得v1＝0.5m/s，t＝0.5s又xA＝eq\f(v＋v1,2)t＝0.5m，(1分)xC＝eq\f(－v＋v1,2)t＝－0.25m(1分)故第一次碰撞后到第二次碰撞前A在C上滑行的距離xAC＝xA－xC＝0.75m．(1分)(二)選考題：請考生從2道物理題中任選一題作答．如果多做，則按所做的第一題計分．33．[選修3－3](15分)(1)(5分)在“用單分子油膜估測分子大小”的實驗中，下列說法正確的是()A．該實驗是通過建立理想模型的方法進行測量的B．油酸溶液濃度越低越好，使之鋪滿整個水槽C．使用痱子粉是為了清晰地顯示油膜邊界D．計算油膜面積時舍去所有不足一格的方格，會使計算結果偏大E．重新實驗時，不需要再清洗水槽(2)(10分)如圖所示，一豎直放置的粗細均勻的玻璃管，內有一段長為20cm的水銀柱封閉著一段理想氣體，已知大氣壓為76cmHg，溫度為300K時，被封閉的氣體長度為60cm，今將管內的氣體緩慢加熱(水銀柱和玻璃管的熱脹冷縮可忽略不計)，求：(ⅰ)當管內溫度升高到400K時，被封閉的氣體長度(水銀未流出玻璃管)；(ⅱ)在溫度為400K時，保持溫度不變，讓玻璃管以底部中心O點為圓心在豎直面內緩慢旋轉一周，水銀恰好不會從管中流出，求管的長度應滿足的條件？答案：(1)ACD(2)(ⅰ)80cm(ⅱ)大于157.2cm解析：(1)利用油酸酒精溶液在平靜的水面上形成單分子油膜，將油酸分子看做球形，測出一定體積的油酸酒精溶液在水面上形成的油膜面積，用d＝eq\f(V,S)計算出油膜的厚度，其中V為一滴油酸酒精溶液中所含油酸的體積，S為油膜面積，這個厚度就近似等于油酸分子的直徑，即該實驗是通過建立理想模型的方法進行測量的，選項A正確；計算油膜面積時舍去了所有不足一格的方格，使S偏小，則算出來的直徑d偏大，選項D正確；油酸酒精溶液濃度越低，油酸分子占的面積越大，實驗中不可讓油酸鋪滿整個水槽，選項B錯誤；使用痱子粉是為了清晰地顯示油膜邊界，選項C正確；重新實驗時，需要用少量酒精清洗水槽，并用脫脂棉擦去，再用清水沖洗，保持清潔，選項E錯誤．(2)(ⅰ)設玻璃管的橫截面積為S，溫度從300K上升到400K，由蓋—呂薩克定律得eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)(2分)代入數據解之得V2＝80cm×S由此可知，被封住氣體的長度變為80cm(2分)(ⅱ)在以O點為圓心緩慢旋轉一周過程中，若倒置后水銀沒有從玻璃管泄露，則整個過程中不會有水銀泄露，因為是等溫變化，滿足玻意耳定律p1V1＝p2V2(2分)解得V2＝eq\f(p1V1,p2)＝eq\f(76＋20×80S,76－20)≈137.2cm×S(2分)L＝137.2＋20＝157.2cm玻璃管的長度要大于157.2cm，水銀才不會在緩慢旋轉一周過程中從玻璃管中漏出．(2分)34．[選修3－4](15分)(1)(5分)如圖，在同一種均勻介質中的一條直線上，兩個振源A、B相距8m．在t0＝0時刻，A、B開始振動，A、B的振動方程分別為xA＝5sin5πt(cm)，xB＝－8sin5πt(cm)．若A振動形成的橫波向右傳播，B振動形成的橫波向左傳播，波長均為4m，則t1＝__