高考好教育云平台高三最新信息卷物理七解析版.docx

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高考好教育云平台高三最新信息卷物理七解析版

2019年高考好教育云平台高三最新信息卷物理（七）解析版

二、选择题：

本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求。

第19～21题有多选项符合题目要求。

全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14．如图所示，水平面上固定着一个三棱柱体，其左侧光滑，倾角为α；右侧粗糙，倾角为β。

放置在三棱柱体上的物块A和物块B通过一根跨过顶端定滑轮的细绳相连，若物块A和物块B始终保持静止。

下列说法正确的是（　　）

A．仅增大角α，物块B所受的摩擦力一定增大

B．仅增大角α，物块B对三棱柱体的压力可能减小

C．仅增大角β，绳子的拉力一定增大

D．仅增大角β，地面对三棱柱体的支持力不变

【答案】D

【解析】细线的拉力T＝mAgsinα，仅增大角α，细线的拉力变大，但因开始时B所受的摩擦力方向不能确定，则不能断定物块B所受的摩擦力一定增大，选项A错误；仅增大角α，物块B对三棱柱体的压力仍等于mBgcosβ不变，选项B错误；仅增大角β，绳子的拉力仍为T＝mAgsinα不变，选项C错误；对AB两物体以及三棱柱的整体而言，地面对三棱柱体的支持力等于整体的重力，则仅增大角β，地面对三棱柱体的支持力不变，选项D正确。

15．如图，光滑水平面上放着长木板B，质量m＝2kg的木块A以速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在有摩擦，之后，A、B的速度随时间变化情况如右图所示，重力加速度g＝10m/s2。

则下列说法正确的是（　　）

A．A、B之间动摩擦因数为0.1

B．长木板的质量为1kg

C．长木板长度至少为2m

D．A、B组成系统损失机械能为4J

【答案】A

【解析】从图可以看出，A先做匀减速运动，B做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v＝1m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：

mv0＝（m＋M）v，解得：

M＝m＝2kg，故B错误；由图象可知，木板B匀加速运动的加速度，对B根据牛顿第二定律得μmg＝MaB，解得动摩擦因数μ＝0.1，故A正确；由图象可知前1s内B的位移，A的位移，所以木板最小长度，故C错误；A、B组成系统损失机械能，故D错误。

16．如图所示，两电荷量分别为－Q和＋2Q的点电荷固定在直线MN上，两者相距为L，以＋2Q的点电荷所在位置为圆心、

为半径画圆，a、b、c、d是圆周上四点，其中a、b在MN直线上，c、d两点连线垂直于MN，下列说法正确的是（　　）

A．c、d两点的电势相同

B．a点的电势高于b点的电势

C．c、d两点的电场强度相同

D．a点的电场强度小于b点的电场强度

【答案】A

【解析】a、b、c、d四点在以点电荷＋2Q为圆心的圆上，可知＋2Q产生的电场在a、b、c、d四点的电势是相等的，所以a、b、c、d四点的总电势可以通过－Q产生的电场的电势确定，根据顺着电场线方向电势降低可知，b点的电势最高，c、d两点对称电势相等，a点电势最低，故A正确，B错误；＋2Q的场源在c、d两点产生的场强大小相等，－Q的场源在c、d两点的产生的场强大小也相等，根据场强的合成可知两点的总场强大小相等，但方向不同，故c、d两点的电场强度不同，故C错误；由点电荷的场强公式，合成可得，方向向左；，方向向右，故，则D错误。

故选A。

17．有a、b、c、d四颗地球卫星，卫星a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，卫星b在地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图，则有（　　）

A．a的向心加速度等于重力加速度g

B．b在相同时间内转过的弧长最长

C．c在4h内转过的圆心角是

D．d的运动周期有可能是20h

【答案】B

【解析】同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a＝ω2r知，c的向心加速度大于a的向心加速度。

由G＝mg，解得：

g＝，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则c的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，a的向心加速度小于重力加速度g,故A错误；由，解得：

，卫星的半径r越大，速度v越小，所以b的速度最大，在相同时间内转过的弧长最长，故B正确；c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是，故C错误；由开普勒第三定律得：

＝k可知：

卫星的半径r越大，周期T越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，有不可能是20h，故D错误。

18．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场B，一群质量为m、带电量为q正负微粒（不计重力），从P点以相同速度v沿图示方向进入磁场，已知OP＝L，x正半轴和y负半轴安装足够长的荧光屏接收粒子，下列判断不正确的（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（　　）

A．能够从x正半轴射出磁场的所有微粒一定带正电

B．比荷大于

的所有正微粒都不能进入第一象限

C．能够从y负半轴射出磁场的某两个微粒在磁场中运动时间一定相等

D．若

，微粒射出磁场时位移最大

【答案】C

【解析】粒子要从x正半轴射出磁场，则粒子的轨迹向上偏转，由左手定则可知，微粒一定带正电；故A正确；正微粒不能x轴射出，则不能进入第一象限，轨迹图如图，当，则粒子不能进入第一象限，，代入得，故B正确；

y负半轴射出磁场的两个微粒属于磁场中直线边界问题，直线边界，粒子进出磁场具有对称性，但正负微粒对应的圆心角不同，如图，故运动时间不一定相等，故C错误；微粒射出磁场时位移最大的轨迹图如图所示，则有，又，故，故D正确。

19．如图所示，质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上。

一电阻为r，质量为m的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形，棒与导轨间无摩擦、棒左侧有两个固定于水平面的光滑立柱。

导轨bc段电阻为R，长为L，其他部分电阻不计。

以ef为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向右，磁感应强度大小均为B。

在t＝0时，一水平向左的拉力F垂直作用在导轨的bc边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a。

则（　　）

A．F与t2成正比

B．F和t是线性关系

C．当t达到一定值时，QP刚好对轨道无压力

D．若F＝0，PQbc静止，ef左侧磁场均匀减小，QP可能对轨道无压力

【答案】BC

【解析】t时刻dc产生的感应电动势E＝BLv，导轨做初速为零的匀加速运动，v＝at，则E＝BLat；感应电流I，金属导轨abcd安培力大小F安＝BIL，对导轨，由牛顿第二定律得：

F﹣F安＝ma，则得：

F＝mat，可知F与t2不成正比，F与t成线性关系，故A错误，B正确；当t达到一定值时，导致QP的电流，产生的安培力等于其重力，则刚好对轨道无压力，故C正确；当ef左侧磁场均匀减小，不管减小到什么值，QP对轨道压力不会为零，因为受到的安培力与重力同向，故D错误。

20．如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）左端固定在A点，弹性绳自然长度等于AB，跨过由轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为m的小球，小球穿过竖直固定的杆。

初始时A、B、C在一条水平线上，小球从C点由静止释放滑到E点时速度恰好为零。

已知C、E两点间距离为h，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为

，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内。

下列说法正确的是（　　）

A．小球在D点时速度最大

B．若在E点给小球一个向上的速度v，小球恰好能回到C点，则

C．小球在CD阶段损失的机械能等于小球在DE阶段损失的机械能

D．若仅把小球质量变为2m，则小球到达E点时的速度大小

【答案】AB

【解析】当小球运动到某点P点，弹性绳的伸长量是，小球受到如图所示的四个力作用：

其中，将正交分解，则、，的竖直分量。

据牛顿第二定律得：

，解得：

，即小球的加速度先随下降的距离均匀减小到零，再随下降的距离反向均匀增大。

据运动的对称性可知，小球运动到CE的中点D点时，加速度为零，速度最大，故A正确；对小球从C运动到E过程，应用动能定理得：

；若小球恰能从E点回到C点，应用动能定理得：

；联立解得：

、，故B正确；小球在全程所受摩擦力大小不变，小球在CD段所受弹力竖直分量较小；则小球在CD段时摩擦力和弹力做的负功比小球在DE段时摩擦力和弹力做的负功少，小球在CD阶段损失的机械能小于小球在DE阶段损失的机械能，故C错误；若仅把小球质量变为2m，对小球从C运动到E过程，应用动能定理得：

，解得：

小球到达E点时的速度大小，故D错误。

21．如图所示，在方向竖直向上、大小E＝1×106V/m的匀强电场中，固定一个穿有A、B两个小球（均视为质点）的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为O、半径R＝0.2m。

A、B用一根绝缘轻杆相连，B球带电荷量q＝＋7×l0－6C，A球不带电，质量分别为mA＝0.1kg、mB＝0.8kg。

将两小球从圆环上的图示位置（A与圆心O等高，B在圆心O的正下方）由静止释放，重力加速度大小为g＝10m/s2。

则（　　）

A．小球A和B受到的合力的大小相等

B．小球B不能到达圆环的最高点

C．小球A和B的速度大小始终相等

D．两小球及轻杆组成的系统最大动能为

J

【答案】BCD

【解析】设B转过α角时，A、B的速度分别为vA、vB，因A、B做圆周运动的半径和角速度均相同，故vA＝vB，所以小球A和B切向加速度大小和法向加速度大小相等，但两球的质量不等，根据牛顿第二定律可知小球A和B受到合力大小不等，故A错误，C正确；设B到达圆环最高点时A、B的动能分别为EKA、EKB，对A根据动能定理有：

，对B根据动能定理有：

，联立解得：

，上式表明：

B在圆环最高点时，系统动能为负值，所以B不能到达圆环最高点，故B正确；对A由动能定理：

，对B，由动能定理：

，联立解得：

，据此式知，当时，两小球及轻杆组成的系统最大动能是，故D正确。

第Ⅱ卷（非选择题，共174分）

三、非选择题（包括必考题和选考题两部分。

第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第33题～第40题为选考题，考生根据要求做答）

（一）必考题（共129分）

22．（6分）某同学用如图所示装置来探究“在外力一定时，物体的加速度与其质量之间的关系”。

（1）下列实验中相关操作正确的是________。

A．平衡摩擦力时，应先将沙桶用细线绕过定滑轮系在小车上

B．平衡摩擦力时，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器

C．小车释放前应靠近打点计时器，且先释放小车后接通打点计时器的电源

（2）将沙和沙桶的总重力mg近似地当成小车所受的拉力F会给实验带来系统误差。

设小车所受拉力的真实值为F真，为了使系统误差

<5%，小车和砝码的总质量是M，则M与m应当满足的条件是

<______________。

（3）在完成实验操作后，用图象法处理数据，得到小车的加速度倒数

与小车质量M的关系图象正确的是。

【答案】

（1）B（1分）

（2）（2分）（3）C（2分）

【解析】

（1）平衡摩擦力时，应不挂沙桶，只让小车拖着纸带在木板上做匀速运动，选项A错误；平衡摩擦力时，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，选项B正确；小车释放前应靠近打点计时器，且先接通打点计时器的电源后释放小车，选项C错误。

（2）在本实验中认为细线的拉力F等于砝码和砝码盘的总重力mg，由此造成的误差是系统误差，对小车，根据牛顿第二定律得：

，对整体，根据牛顿第二定律得：

，且，解得：

。

（3）由牛顿第二定律可知：

，则，故选C。

23．（10分）某物理兴趣小组的同学准备测量一个定值电阻的阻值，实验室提供了以下实验器材供选择，请你帮助该实验小组完成以下操作

A．待测电阻Rx：

阻值约为200Ω

B．电源E：

电动势为3.0V，内阻可忽略不计

C．电流表A1：

量程为0～30mA，内电阻r1＝20Ω

D．电流表A2：

量程为0～50mA，内电阻r2约为8Ω

E．电压表V：

量程为0～15V，内电阻RV约为10kΩ

F．定值电阻R0；阻值R0＝80Ω

G．滑动变阻器R1：

最大阻值为10Ω

H．滑动变阻器R2：

最大阻值为1000Ω

J．开关S，导线若干

（1）由于实验室提供的电压表量程太大，测量误差较大，所以实验小组的同学准备将电流表A1和定值电阻R0改装成电压表，则改装成的电压表的量程为___________V。

（2）为了尽可能减小实验误差，多测几组数据且便于操作，滑动变阻器应该选择___________（选填“G”或“H”），请在右侧方框内已经给出的部分电路图中，选择恰当的连接点把电路连接完整。

（3）若某次测量中电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2，则Rx的表达式为Rx＝___________。

【答案】

（1）3.0（2分）

（2）G（2分）如图所示（3分）（3）（3分）

【解析】

（1）因为电源电动势为E＝3V，故改装成的电压表的量程应为3V；

（2）保证安全的前提下应选择最大阻值较小的滑动变阻器，故滑动变阻器选择G；电路连接如图：

（3）若某次测量中电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2，根据串并联电路特点结合欧姆定律，联立即可取出Rx的表达式：

。

24．（12分）如图所示，在xOy平面的第一象限有一匀强磁场，方向垂直于纸面向外；在第四象限有一匀强电场，方向平行于y轴向下。

一电子以速度v0从y轴上的P点垂直于y轴向右飞入电场，经过x轴上M点进入磁场区域，又恰能从y轴上的Q点垂直于y轴向左飞出磁场。

已知P点坐标为（0，－L），M点的坐标为（

，0）。

求：

（1）电子飞出磁场时的速度大小v；

（2）电子在磁场中运动的时间t。

【解析】

（1）轨迹如图所示，设电子从电场进入磁场时速度方向与x轴夹角为，

在电场中x轴方向：

（2分）

y轴方向，（2分）

得，（2分）

（2）在磁场中，（2分）

磁场中的偏转角度为（2分）

。

（2分）

25．（20分）如图所示，半径R＝0.8m的四分之一光滑圆弧轨道C固定在光滑水平地面上，质量M＝0.3kg的木板B左端与C的下端等高平滑对接但未粘连，右端固定一轻弹簧，弹簧原长远小于板长，将弹簧在弹簧弹性限度内压缩后锁定。

可视为质点的物块A质量m＝0.1kg，从与圆弧轨道圆心O等高的位置由静止释放，滑上木板B后，滑到与弹簧刚接触时与木板相对静止，接触瞬间解除弹簧锁定，在极短时间内弹簧恢复原长，物块A被水平弹出，最终运动到木板左端时恰与木板相对静止。

物块A与本板B间动摩擦因数μ＝0.25，g取10m/s2。

求：

（1）物块A在圆弧轨道C的最下端时受到圆弧轨道支持力的大小；

（2）木板B的长度L；

（3）弹簧恢复原长后，物块A从木板右端运动到左端的时间。

【解析】

（1）设A到达C的最下端时速度大小为v0，圆弧轨道支持力大小为FN，则

（1分）

（1分）

解得＝4m/s，FN＝3N（1分）

（2）设A在B上向右滑行过程中，A的加速度大小为a1，B的加速度大小为a2，滑上B后经时间t1后接触弹簧，A的位移x1，B的位移x2，则

（1分）

（1分）

（1分）

（1分）

（1分）

（1分）

解得t1＝1.2s，L＝2.4m（1分）

（3）设A接触弹簧与B保持相对静止时速度大小为v1，弹簧恢复原长时A的速度大小为v2，B的速度大小为v3，A相对B向左滑动过程中的加速度大小与A滑上B向右滑行过程中各自加速度大小相等，则

（1分）

（2分）

最终运动到木板的左端时A、B共同速度大小为v4，则（2分）

由能量守恒（2分）

解得v1＝1m/s，v4＝1m/s，v2＝2m/s，v3＝2m/s

设物块A从木板右端运动到左端的时间为t2，对木板B，由动量定理有（2分）

解得t2＝1.2s（1分）

（二）选考题：

共45分。

请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。

如果多做。

则每学科按所做的第一题计分。

33．【物理——选修3-3】（15分）

（1）（5分）如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p－V图中从a到b的直线所示。

在此过程中___________。

（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．气体温度一直降低

B．气体内能一直增加

C．气体一直对外做功

D．气体一直从外界吸热

E．气体吸收的热量一直全部用于对外做功

【答案】BCD

【解析】由图知气体的pV一直增大，由，知气体的温度一直升高，故A错误；一定量的理想气体内能只跟温度有关，温度一直升高，气体的内能一直增加，故B正确；气体的体积增大，则气体一直对外做功，故C正确；气体的内能一直增加，并且气体一直对外做功，根据热力学第一定律△U＝W＋Q可知气体一直从外界吸热，故D正确；气体吸收的热量用于对外功和增加内能，故E错误。

（2）（10分）如图所示为一简易火灾报警装置。

其原理是：

竖直放置的试管中装有水银，当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警的响声。

27℃时，空气柱长度l1为20cm，水银上表面与导线下端的距离l2为10cm，管内水银柱的高度h为13cm，大气压强大小为75cmHg。

求：

（i）当温度达到多少℃时，报警器会报警；

（ii）如果要使该装置在87℃时报警，则应该再往玻璃管内注入多少cm高的水银柱。

【解析】（i）根据题意可知，气体的状态变化是等压变化，根据理想气体状态方程，可得

所以（3分）

求得t＝177℃；（2分）

（ii）设加入的汞柱为xcm，根据理想气体状态方程，可得（3分）

P1＝88cmHg，V1＝20S，T1＝300K，

P3＝（88＋x）cmHg，T3＝（273＋87）K，V3＝（43－13－x）S，

解得x＝8cm。

（2分）

34．【物理——选修3-4】（15分）

（1）（5分）有位游客在海岸边观光，此时他发现海面上吹起了波浪，他通过观察岸边某一浮标的振动，画出了浮标从某一时刻计时开始的振动图象，设该时刻t＝0，如图所示。

他同时以身边的浮标为原点，从t＝0时刻开始计时，画出了在t＝4s时的部分水波图象，如图所示。

则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．波的传播周期为4s

B．该列水波传播方向是沿x轴的正方向传播

C．水波波速大小为v＝4m/s

D．根据题目中的条件求不出水波传播的速度

E.若现在以图2中的波形为计时的起点，那么当质点A第一次达到波峰时，质点B离平衡位置的距离为s＝0.2m

【答案】ABE

【解析】由题图1可知波的振动周期为T＝4s，故A正确；由题图1可知在t＝4s时浮标沿y轴负向振动，由波的传播方向与质点振动方向的关系知，此时水波正沿x轴的正方向传播，故B正确；由题图2可知，水波的波长为＝4m，水波传播的波速为，故C、D错误。

若现在以题图2中的波形为计时的起点，此时质点A是向上振动，质点B是向下振动。

经2s后质点A到达波峰，此时质点B恰好达到波谷，故此时质点B离平衡位置的距离为s＝20cm＝0.2m，故E正确。

（2）（10分）如图所示，某透明物体的横截面由直角三角形ABC及半圆弧ADC组成，∠ABC＝45°，圆半径为R。

现在P点放一光源，使OP水平，距离为

时，可得到经E、F点的入射光线垂直AB边射出，且两光线间的距离为R。

已知光在真空中的传播速度c＝3×108m/s。

求：

（i）此透明物体的折射率；

（ii）光在此介质中传播的速度。

【解析】（i）根据题意，∠ABC＝45°及经E、F点的入射光线垂直AB边射出，可得光线进入透明物体平行于OP，由光路图和几何关系知∠OEP＝120°，EF＝R，则三角形OEF为等边三角形，由几何关系可知（3分）

则折射角，入射角（2分）

此透明物体的折射率（2分）

（ii）根据公式知（1分）

光在此介质中传播的速度为m/s（2分）