刷题1+1高考物理讲练试题 组合模拟卷四含模拟题.docx

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刷题1+1高考物理讲练试题组合模拟卷四含模拟题

（刷题1+1）2020高考物理讲练试题组合模拟卷四（含2019模拟题）

第Ⅰ卷（选择题，共48分）

二、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分。

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。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）

14．（2019·重庆南开中学高三4月模拟）氘核和氚核聚变的核反应方程为

H＋

H→

He＋

n，已知

H的比结合能是2.78MeV，

H的比结合能是1.09MeV，

He的比结合能是7.03MeV，则（　　）

A．该核反应释放17.6MeV能量

B．该核反应释放3.16MeV能量

C．该核反应吸收17.6MeV能量

D．该核反应吸收3.16MeV能量

答案　A

解析　聚变反应前的总结合能为：

E1＝（1.09×2＋2.78×3）MeV＝10.52MeV，反应后生成物的结合能为：

E2＝7.03×4MeV＝28.12MeV，故该反应放出的核能为：

ΔE＝E2－E1＝17.6MeV，A正确。

15．（2019·福建泉州二模）2019年1月3日，“嫦娥四号”探测器携“玉兔二号”月球车成功着陆在月球背面，进行科学探测。

已知“嫦娥四号”在着陆之前绕月球做圆周运动的半径为r1、周期为T1；月球绕地球做圆周运动的半径为r2、周期为T2，引力常量为G。

根据以上条件能得出（　　）

A．地球的密度B．地球对月球的引力大小

C．“嫦娥四号”的质量D．关系式

＝

答案　B

解析　月球绕地球运动：

根据G

＝m月

r2可求出地球质量，但由于不知道地球半径，求不出地球体积，所以算不出地球的密度，A错误；地球对月球的引力提供月球做圆周运动的向心力：

F＝m月

r2，“嫦娥四号”绕月球做圆周运动，设“嫦娥四号”探测器的质量m，则G

＝m

r1，求得月球质量m月＝

，所以地球对月球的引力：

F＝m月

r2＝

·

r2＝

，B正确；“嫦娥四号”绕月球做圆周运动，G

＝m

r1，可求出月球质量，不能求出环绕的探测器质量，C错误；开普勒第三定律适用于围绕同一中心天体做圆周运动的卫星，所以对月球和“嫦娥四号”不适用，D错误。

16．（2019·北京石景山高三统一测试）如图所示，完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置，甲的圆心为O1，乙的圆心为O2，在两环圆心的连线上有a、b、c三点，其中aO1＝O1b＝bO2＝O2c，此时a点的磁感应强度大小为B1，b点的磁感应强度大小为B2。

当把环形电流乙撤去后，c点的磁感应强度大小为（　　）

A．B1－

B．B2－

C．B2－B1D.

答案　A

解析　对于图中单个环形电流，根据安培定则，其在中轴线上的磁场方向均向左，故c点的磁场方向向左。

设aO1＝O1b＝bO2＝O2c＝r，单个环形电流在轴线上距离圆心r位置的磁感应强度为B1r，在距离中心3r位置的磁感应强度为B3r，故a点磁感应强度：

B1＝B1r＋B3r；b点磁感应强度：

B2＝B1r＋B1r；当撤去环形电流乙后，c点磁感应强度：

Bc＝B3r＝B1－

B2，故A正确。

17．（2019·广西钦州三模）日常生活中，我们在门下缝隙处塞紧一个木楔（侧面如图所示），往往就可以把门卡住。

有关此现象的分析，下列说法正确的是（　　）

A．木楔对门的作用力大于门对木楔的作用力，因而能将门卡住

B．门对木楔作用力的水平分量等于地面对木楔摩擦力的大小

C．只要木楔的厚度合适都能将门卡住，与顶角θ的大小无关

D．只要木楔对门的压力足够大就能将门卡住，与各接触面的粗糙程度无关

答案　B

解析　木楔对门的作用力和门对木楔的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，A错误；对木楔受力分析如图所示，

水平方向f＝Fsinθ，门对木楔作用力的水平分量等于地面对木楔摩擦力的大小，B正确；对木楔，竖直方向：

N＝Fcosθ＋mg，则fmax＝μN＝μ（Fcosθ＋mg），要把门卡住，则不管多大的力F均满足fmax≥f，即μ（Fcosθ＋mg）≥Fsinθ，不管m的大小，只要μ≥tanθ，就可把门卡住，故能否把门卡住与顶角θ和接触面的粗糙程度有关，故C、D错误。

18．（2019·石家庄精英中学高三二调）细线两端分别系有带正电的甲、乙两小球，它们静止在光滑绝缘水平面上，电荷量分别为q1和q2，质量分别为m1和m2。

烧断细线后两球向相反方向运动，下列说法正确的是（　　）

A．运动的同一时刻，甲、乙两球受到的电场力大小之比为q2∶q1

B．运动的同一时刻，甲、乙两球动能之比为m1∶m2

C．在相同的运动时间内，甲、乙两球受到的电场力的冲量大小之比为1∶1

D．在相同的运动时间内，甲、乙两球受到的合力做功之比为1∶1

答案　C

解析　甲、乙两球受到的电场力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律知，甲、乙两球受到的电场力大小之比为1∶1，与电荷量无关，A错误；两球组成的系统所受合外力为零，系统的动量守恒，取甲球的运动方向为正方向，由动量守恒定律得：

m1v甲－m2v乙＝0，得v甲∶v乙＝m2∶m1，运动的同一时刻，甲、乙两球动能之比为Ek1∶Ek2＝

m1v

∶

m2v

＝m2∶m1，B错误；对甲、乙两球分别运用动量定理得：

I甲＝m1v甲－0，I乙＝m2v乙－0，解得在相同的运动时间内甲、乙两球受到电场力的冲量大小之比I甲∶I乙＝1∶1，C正确；对甲、乙两球分别运用动能定理得：

W合甲＝Ek1－0，W合乙＝Ek2－0，解得在相同的运动时间内甲、乙两球受到合力做功之比W合甲∶W合乙＝m2∶m1，D错误。

19．（2019·全国卷Ⅱ）如图a，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。

某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其vt图象如图b所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。

则（　　）

A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小

B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大

C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大

D．竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大

答案　BD

解析　vt图象中图线与t轴包围的面积表示位移大小，第二次滑翔过程中所围面积大表示在竖直方向上位移大，A错误；两次滑翔最终都落在雪道上，故两次滑翔竖直方向上的位移与水平方向上的位移的比值相等。

由A中可知第二次滑翔竖直方向的位移比第一次的大，故第二次滑翔水平方向上的位移也比第一次的大，B正确；从起跳到落到雪道上，第一次滑翔竖直方向的速度变化大，时间短，由a＝

，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的小，C错误；vt图象的斜率表示加速度，竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上的加速度小，设在竖直方向上所受阻力为f，由mg－f＝ma，可得第二次滑翔在竖直方向上受到的阻力大，D正确。

20．（2019·黑龙江哈尔滨三中二模）如图所示，半径为R＝2cm的圆形区域中有垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度B＝2T，一个比荷为2×106C/kg的带正电的粒子从圆形磁场边界上的A点以v0＝8×104m/s的速度垂直直径MN射入磁场，恰好从N点射出，且∠AON＝120°。

下列选项正确的是（　　）

A．带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为1cm

B．带电粒子在磁场中运动的轨迹圆心一定在圆形磁场的边界上

C．若带电粒子改为从圆形磁场边界上的C点以相同的速度入射，一定从N点射出

D．若要实现带电粒子从A点入射，从N点出射，则该圆形磁场的最小面积为3π×10－4m2

答案　BCD

解析　根据洛伦兹力提供向心力：

qvB＝m

，可得：

r＝

，代入数据解得：

r＝2cm，A错误；粒子运动轨迹如图所示，

可知四边形AONP为菱形，又因为∠AON＝120°，根据几何知识可得圆心P一定在圆周上，B正确；从圆形磁场边界上的C点以相同的速度入射，假设出射点位置在N′点，易知四边形SCON′为菱形，则CS∥ON′，N′与N重合，故粒子一定从N点射出，C正确；当带电粒子从A点入射，从N点出射，以AN为直径的圆形磁场面积最小，Smin＝π

2＝π（rcos30°）2＝3π×10－4m2，D正确。

21．（2019·两湖八市十二校联合二模）如图所示，空间直角坐标系的xOz平面是光滑水平面，空间中有沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B。

现有两块平行的薄金属板，彼此间距为d，构成一个电容为C的电容器，电容器的下极板放在xOz平面上；在两板之间焊接一根垂直于两板的电阻不计的金属杆MN，已知两板和杆MN的总质量为m，若对杆MN施加一个沿x轴正方向的恒力F，两金属板和杆开始运动后，则（　　）

A．金属杆MN中存在沿M到N方向的感应电流

B．两金属板间的电压始终保持不变

C．两金属板和杆做加速度大小为

的匀加速直线运动

D．单位时间内电容器增加的电荷量为

答案　AD

解析　由右手定则可知，感应电流方向为由M流向N，A正确；此装置在F和安培力F安作用下做变速直线运动，设某时刻速度为v，切割磁感线产生电动势：

E＝Bdv，电容器两板间电压：

U＝E＝Bdv，因为v变化，所以U随时间变化，B错误；电容器所带电量Q＝CU＝CBdv，MN间某时刻的充电电流：

I＝

＝CBd·

＝CBda，方向向下，根据左手定则可知，MN受到向左的安培力：

F安＝BId＝CB2d2a，以整个装置为研究对象，由牛顿第二定律得：

F－F安＝ma，即：

F－CB2d2a＝ma，解得：

a＝

，为定值，即做匀加速直线运动，C错误；单位时间内电容器增加的电荷量为

＝CBda＝

，D正确。

第Ⅱ卷（非选择题，共62分）

三、非选择题（包括必考题和选考题两部分，共62分。

第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第33、34题为选考题，考生根据要求作答）

（一）必考题（共47分）

22．（2019·福建南平二模）（5分）

（1）某研究性学习小组使用速度传感器探究小车的加速度与力、质量的关系，实验装置如图甲所示。

为使细线下端悬挂砝码和砝码盘的总重力可视为小车受到的合力，正确的操作是________。

A．小车的质量M应远小于砝码和砝码盘的总质量m

B．实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行

C．不挂砝码和砝码盘，将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车恰好能匀速下滑

D．每次改变小车质量后都要重新平衡摩擦力

（2）该组同学在平衡小车与木板间的摩擦力后，在小车上固定一与运动方向垂直的薄板以增大空气阻力。

用图乙所示的装置探究物体受到空气阻力与运动速度大小间的关系得到小车（含薄板）的vt图象如图丙所示，该组同学通过分析得出：

随着运动速度的增加，小车所受的空气阻力________（选填“变大”“不变”或“变小”）。

理由是________________________________________________。

答案　

（1）BC　

（2）变大　随着运动速度的增加，小车的加速度减小（或合外力减小）

解析　

（1）为使细线下端悬挂砝码和砝码盘的总重力可视为小车受到的合力，则要求小车的质量M应远大于砝码和砝码盘的总质量m，A错误；实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行，B正确；不挂砝码和砝码盘，将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车恰好能匀速下滑，以平衡摩擦力，C正确；每次改变小车质量后不需要重新平衡摩擦力，D错误。

（2）由vt图象可知，随着速度的增加，斜率逐渐减小，即加速度逐渐减小，由F－f＝ma可得空气阻力逐渐增大，即随着运动速度的增加，小车所受的空气阻力变大。

23．（2019·安徽合肥高三上一诊）（10分）某实验小组为了测量一个阻值未知的电阻，进行了如下操作：

（1）首先用欧姆表粗测其电阻，如图所示，则其读数为________Ω；

（2）为了比较准确地测量此电阻，采用“伏安法”进行实验。

所用器材如下：

电源E：

电动势为9V，内阻r约为1.0Ω；

电流表A：

量程0.6A，内阻RA为0.50Ω；

电压表V：

量程10V，内阻RV约为10kΩ；

滑动变阻器R：

最大阻值为5.0Ω；

开关一个，导线若干。

为了减小实验误差，要求尽可能多测几组数据，请完成以下问题：

①在虚线框内画出实验电路图；

②实验小组按照正确的实验步骤，采集了部分数据，并在IU图象中描出相应的点，请作出IU图线，由此可知该电阻的阻值为________Ω（保留一位小数）；

③若所用器材结构完好，该实验的主要误差是________（选填“系统”或“偶然”）误差。

答案　

（1）18

（2）①图见解析　②图见解析　19.5　③偶然

解析　

（1）欧姆表的读数等于表盘刻度×挡位倍率，此次倍率选择为“×1”，故该电阻值为18Ω。

（2）①实验要求尽可能多测几组数据以减小误差，因滑动变阻器的最大阻值小于待测电阻，故滑动变阻器选择分压接法较好；又因电流表的内阻RA已知，故电流表内接最佳。

实验电路图如下。

②该IU图象应利用直线拟合，具体为：

利用描点法画图时，应该让尽量多的点落在平滑直线上，不在直线上的点平均分布在直线的两侧，绘制如下：

该图的斜率为该电阻与电流表内阻和的倒数，即k＝

＝

Ω－1＝0.05Ω－1，故电阻Rx＝

Ω－0.50Ω＝19.5Ω。

③该实验由于电流表内阻已知，因此测量结果较为精确，如果实验仪器结构完好，测量误差主要来源于偶然误差。

24．（2019·四川高三毕业班第二次诊断）（12分）如图所示，某同学设计了一个游戏装置，用弹簧制作的弹射系统将小球从管口P弹出，右侧水平距离为L，竖直高度为H＝0.5m处固定一半圆形管道，管道所在平面竖直，半径R＝0.75m，内壁光滑。

通过调节立柱Q可以改变弹射装置的位置及倾角，若弹出的小球从最低点M沿切线方向进入管道，从最高点N离开后能落回管口P，则游戏成功。

小球质量为0.2kg，半径略小于管道内径，可视为质点，不计空气阻力，g取10m/s2。

该同学某次游戏取得成功，试求：

（1）水平距离L；

（2）小球在N处对管道的作用力；

（3）弹簧储存的弹性势能。

答案　

（1）2m　

（2）

N，方向竖直向上　（3）5J

解析　

（1）设小球进入M点时速度为vM，运动至N点速度为vN，

由P至M，L＝vMt1

H＝

gt

由N至P，L＝vNt2

H＋2R＝

gt

由M至N过程，由功能关系得：

－2mgR＝

mv

－

mv

解得：

L＝2m。

（2）由

（1）可得，vN＝

m/s

在N点，mg＋F＝m

解得：

F＝

N

由牛顿第三定律可知，小球在N处对管道的作用力F′＝F＝

N，方向竖直向上。

（3）由P至N全过程，由能量守恒定律：

Ep＝

mv

＋mg（H＋2R）

解得：

Ep＝5J。

25.（2019·沈阳郊联体高三一模）（20分）如图所示，在一光滑绝缘水平面上，静止放着两个可视为质点的小球，两小球质量均为m，相距l，其中A球带正电，所带电荷量为q，小球B不带电。

若在A球右侧区域加一水平向右的匀强电场，场强为E，A球受到电场力的作用向右运动与B球碰撞。

设每次碰撞为弹性碰撞，碰撞前后两球交换速度，且碰撞过程无电荷转移。

求：

（1）小球A在电场中的加速度大小和第一次与B碰撞前的速度；

（2）若两小球恰在第二次碰撞时离开电场，求电场在电场线方向上的宽度；

（3）若两小球恰在第三次碰撞时离开电场，求电场在电场线方向上的宽度及小球A从进入电场到离开电场的过程中电势能的变化量。

答案　

（1）

（2）5l　（3）13l　13Eql

解析　

（1）根据牛顿运动定律：

qE＝ma，则a＝

设第一次碰撞前小球A的速度为v，根据动能定理：

Eql＝

mv2

解得：

v＝

。

（2）设第一次碰撞前后小球A的速度为vA1和vA1′，小球B的速度为vB1和vB1′，有vA1＝v，vB1＝0，vA1′＝0，vB1′＝v

则第一次碰撞后，小球A做初速度为零的匀加速直线运动，小球B做速度为v的匀速直线运动。

设第二次碰撞前后A球的速度为vA2和vA2′，小球B的速度为vB2和vB2′

第一次碰撞后至第二次碰撞前：

vt＝

t

所以vA2＝2v；碰后vA2′＝v

而B球碰前速度为v，碰后为2v。

设从第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，A球运动的距离为l2，则Eql2＝

m（2v）2－0，解得l2＝4l

电场宽度为：

L＝l＋4l＝5l。

（3）二次碰撞后，A球做初速度为v的匀加速直线运动，B球以速度2v做匀速直线运动。

设第三次碰撞前后A球的速度为vA3和vA3′，B球的速度为vB3和vB3′

所以

t2＝2vt2，解得vA3＝3v

设从第二次碰撞后到第三次碰撞前的过程中，A球运动的距离为l3，

则qEl3＝

m（3v）2－

mv2

解得l3＝8l

所以电场的宽度：

L′＝l＋l2＋l3＝13l

A球减少的电势能ΔEp＝Eq×13l＝13Eql。

（二）选考题（共15分。

请考生从给出的2道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分）

33．（2019·全国卷Ⅱ）[物理——选修3－3]（15分）

（1）（5分）如pV图所示，1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，对应的温度分别是T1、T2、T3。

用N1、N2、N3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数，则N1________N2，T1________T3，N2________N3。

（填“大于”“小于”或“等于”）

（2）（10分）如图，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑。

整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。

平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p。

现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求

（ⅰ）抽气前氢气的压强；

（ⅱ）抽气后氢气的压强和体积。

答案　

（1）大于　等于　大于

（2）（ⅰ）

（p0＋p）　（ⅱ）

p0＋

p　

解析　

（1）根据理想气体状态方程

＝

＝

，由图中数据可知T1＞T2，T2T2，状态1时气体分子热运动的平均动能大，热运动的平均速率大，分子数密度相等，故单位时间内对单位面积器壁的平均碰撞次数多，即N1>N2；对于状态2、3，由于T2

，而p2＝p3，

2<

3，则N2>N3。

（2）（ⅰ）设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得

（p10－p）·2S＝（p0－p）·S①

得p10＝

（p0＋p）②

（ⅱ）设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氮气的压强和体积分别为p2和V2。

根据力的平衡条件有

p2·S＝p1·2S③

由玻意耳定律得

p1V1＝p10·2V0④

p2V2＝p0V0⑤

由于两活塞用刚性杆连接，故

V1－2V0＝2（V0－V2）⑥

联立②③④⑤⑥式解得

p1＝

p0＋

p⑦

V1＝

。

⑧

34．[物理——选修3－4]（15分）

（1）（2019·江西九校重点中学协作体高三第一次联考）（5分）甲、乙两位同学利用假期分别在两个地方做“用单摆测重力加速度的实验”，回来后共同绘制了T2L图象，如图甲中A、B所示。

此外甲同学还顺便利用其实验的单摆探究了受迫振动，并绘制了单摆的共振曲线，如图乙所示，那么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．单摆的固有周期由摆长和所处环境的重力加速度共同决定

B．由图甲分析可知A图象所对应的实验地点重力加速度较大

C．若将单摆放入绕地球稳定飞行的宇宙飞船中，则无法利用单摆测出飞船轨道处的引力加速度

D．由图乙可知，甲同学探究受迫振动的单摆摆长为8cm

E．如果甲同学增大摆长，他得到的共振曲线的峰值将向左移动

（2）（2019·四川德阳二诊）（10分）如图所示的直角三角形ABC是柱形玻璃砖的横截面，∠A＝30°，∠B＝90°，BC的长为L，BC所在的玻璃砖面镀银，E为BC边的中点。

一束平行于AB的光束从AC边上的某点射入玻璃砖，进入玻璃砖后，在BC边上的E点被反射，EF是该反射光线，且EF恰与AC平行。

求：

（ⅰ）玻璃砖的折射率；

（ⅱ）该光束从AC边上射入玻璃砖后在玻璃砖中传播的时间（光在真空中的速度为c）。

答案　

（1）ACE　

（2）（ⅰ）

　（ⅱ）

解析　

（1）根据单摆的周期公式T＝2π

可知，单摆的固有周期由摆长和所处环境的重力加速度共同决定，A正确；根据T＝2π

得：

T2＝

L，所以T2L图象的斜率k＝

，图甲中A图象的斜率大于B图象的斜率，故A图象对应的实验地点重力加速度较小，B错误；若将单摆放入绕地球稳定飞行的宇宙飞船中，单摆小球处于完全失重状态，只受重力，不能在竖直平面内来回摆动，C正确；由图乙可知，当驱动力的频率为0.5Hz时，摆球发生共振，故系统的固有频率为0.5Hz，固有周期T＝

＝2s，根据T＝2π

，解得摆长L≈1m，D错误；根据T＝2π

，若在同一地点增大摆长，则单摆固有周期变大，固有频率变小，则发生共振时的驱动力频率变小，共振曲线的峰值向左移动，E正确。

（2）（ⅰ）作出光路图如图，

由几何关系可知，光线在AC面上的入射角为60°，折射角为30°，

则折射率n＝

＝

。

（ⅱ）因为发生全反射的临界角为sinC＝

，

<

<

，所以临界角C满足30°

然后在H点射出玻璃砖，则在玻璃砖中传播的时间为

t＝

，其中v＝

联立解得t＝

＝

。