2020年高考物理 刷題1+1（2019模擬題）組合模擬卷四（含解析）

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1、組合模擬卷四 第Ⅰ卷(選擇題，共48分) 二、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48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) 14．(2019·重慶南開中學高三4月模擬)氘核和氚核聚變的核反應方程為H＋H→He＋n，已知H的比結合能是2.78 MeV，H的比結合能是1.09 MeV，He的比結合能是7.03 MeV，則(　　) A．該核反應釋放17.6 MeV能量 B．該核反應釋放3.16 MeV能量 C．該核反應吸收17.6 MeV能量 D．該核反應吸收3.16

2、MeV能量 答案　A 解析　聚變反應前的總結合能為：E1＝(1.09×2＋2.78×3) MeV＝10.52 MeV，反應后生成物的結合能為：E2＝7.03×4 MeV＝28.12 MeV，故該反應放出的核能為：ΔE＝E2－E1＝17.6 MeV，A正確。 15．(2019·福建泉州二模)2019年1月3日，“嫦娥四號”探測器攜“玉兔二號”月球車成功著陸在月球背面，進行科學探測。已知“嫦娥四號”在著陸之前繞月球做圓周運動的半徑為r1、周期為T1；月球繞地球做圓周運動的半徑為r2、周期為T2，引力常量為G。根據以上條件能得出(　　) A．地球的密度 B．地球對月球的引力大小 C．“

3、嫦娥四號”的質量 D．關系式＝ 答案　B 解析　月球繞地球運動：根據G＝m月r2可求出地球質量，但由于不知道地球半徑，求不出地球體積，所以算不出地球的密度，A錯誤；地球對月球的引力提供月球做圓周運動的向心力：F＝m月r2，“嫦娥四號”繞月球做圓周運動，設“嫦娥四號”探測器的質量m，則G＝mr1，求得月球質量m月＝，所以地球對月球的引力：F＝m月r2＝·r2＝，B正確； “嫦娥四號”繞月球做圓周運動，G＝mr1，可求出月球質量，不能求出環(huán)繞的探測器質量，C錯誤；開普勒第三定律適用于圍繞同一中心天體做圓周運動的衛(wèi)星，所以對月球和“嫦娥四號”不適用，D錯誤。 16．(2019·北京石景山高

4、三統(tǒng)一測試)如圖所示，完全相同的甲、乙兩個環(huán)形電流同軸平行放置，甲的圓心為O1，乙的圓心為O2，在兩環(huán)圓心的連線上有a、b、c三點，其中aO1＝O1b＝bO2＝O2c，此時a點的磁感應強度大小為B1，b點的磁感應強度大小為B2。當把環(huán)形電流乙撤去后，c點的磁感應強度大小為(　　) A．B1－ B．B2－ C．B2－B1 D. 答案　A 解析　對于圖中單個環(huán)形電流，根據安培定則，其在中軸線上的磁場方向均向左，故c點的磁場方向向左。設aO1＝O1b＝bO2＝O2c＝r，單個環(huán)形電流在軸線上距離圓心r位置的磁感應強度為B1r，在距離中心3r位置的磁感應強度為B3r，故a點磁感應強度：

5、B1＝B1r＋B3r；b點磁感應強度：B2＝B1r＋B1r；當撤去環(huán)形電流乙后，c點磁感應強度：Bc＝B3r＝B1－B2，故A正確。 17．(2019·廣西欽州三模)日常生活中，我們在門下縫隙處塞緊一個木楔(側面如圖所示)，往往就可以把門卡住。有關此現象的分析，下列說法正確的是(　　) A．木楔對門的作用力大于門對木楔的作用力，因而能將門卡住 B．門對木楔作用力的水平分量等于地面對木楔摩擦力的大小 C．只要木楔的厚度合適都能將門卡住，與頂角θ的大小無關 D．只要木楔對門的壓力足夠大就能將門卡住，與各接觸面的粗糙程度無關 答案　B 解析　木楔對門的作用力和門對木楔的作用力是一對

6、作用力與反作用力，大小相等，方向相反，A錯誤；對木楔受力分析如圖所示， 水平方向f＝Fsinθ，門對木楔作用力的水平分量等于地面對木楔摩擦力的大小，B正確； 對木楔，豎直方向：N＝Fcosθ＋mg，則fmax＝μN＝μ(Fcosθ＋mg)，要把門卡住，則不管多大的力F均滿足fmax≥f，即μ(Fcosθ＋mg)≥Fsinθ，不管m的大小，只要μ≥tanθ，就可把門卡住，故能否把門卡住與頂角θ和接觸面的粗糙程度有關，故C、D錯誤。 18．(2019·石家莊精英中學高三二調)細線兩端分別系有帶正電的甲、乙兩小球，它們靜止在光滑絕緣水平面上，電荷量分別為q1和q2，質量分別為m1和m2。燒斷

7、細線后兩球向相反方向運動，下列說法正確的是(　　) A．運動的同一時刻，甲、乙兩球受到的電場力大小之比為q2∶q1 B．運動的同一時刻，甲、乙兩球動能之比為m1∶m2 C．在相同的運動時間內，甲、乙兩球受到的電場力的沖量大小之比為1∶1 D．在相同的運動時間內，甲、乙兩球受到的合力做功之比為1∶1 答案　C 解析　甲、乙兩球受到的電場力是一對作用力與反作用力，根據牛頓第三定律知，甲、乙兩球受到的電場力大小之比為1∶1，與電荷量無關，A錯誤；兩球組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒，取甲球的運動方向為正方向，由動量守恒定律得：m1v甲－m2v乙＝0，得v甲∶

8、v乙＝m2∶m1，運動的同一時刻，甲、乙兩球動能之比為Ek1∶Ek2＝m1v∶m2v＝m2∶m1，B錯誤；對甲、乙兩球分別運用動量定理得：I甲＝m1v甲－0，I乙＝m2v乙－0，解得在相同的運動時間內甲、乙兩球受到電場力的沖量大小之比I甲∶I乙＝1∶1，C正確；對甲、乙兩球分別運用動能定理得：W合甲＝Ek1－0，W合乙＝Ek2－0，解得在相同的運動時間內甲、乙兩球受到合力做功之比W合甲∶W合乙＝m2∶m1，D錯誤。 19．(2019·全國卷Ⅱ)如圖a，在跳臺滑雪比賽中，運動員在空中滑翔時身體的姿態(tài)會影響其下落的速度和滑翔的距離。某運動員先后兩次從同一跳臺起跳，每次都從離開跳臺開始計時，用v表

9、示他在豎直方向的速度，其v-t圖象如圖b所示，t1和t2是他落在傾斜雪道上的時刻。則(　　) A．第二次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的小 B．第二次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大 C．第二次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的大 D．豎直方向速度大小為v1時，第二次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大 答案　BD 解析　v-t圖象中圖線與t軸包圍的面積表示位移大小，第二次滑翔過程中所圍面積大表示在豎直方向上位移大，A錯誤；兩次滑翔最終都落在雪道上，故兩次滑翔豎直方向上的位移與水平方向上的位移的比值相等。由A中可知第二次滑翔豎直方向的位移比第一次的大，故

10、第二次滑翔水平方向上的位移也比第一次的大，B正確；從起跳到落到雪道上，第一次滑翔豎直方向的速度變化大，時間短，由a＝，可知第二次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的小，C錯誤；v-t圖象的斜率表示加速度，豎直方向速度大小為v1時，第二次滑翔在豎直方向上的加速度小，設在豎直方向上所受阻力為f，由mg－f＝ma，可得第二次滑翔在豎直方向上受到的阻力大，D正確。 20．(2019·黑龍江哈爾濱三中二模)如圖所示，半徑為R＝2 cm的圓形區(qū)域中有垂直紙面向外的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應強度B＝2 T，一個比荷為2×106 C/kg的帶正電的粒子從圓形磁場邊界上的A點以v0＝8×104 m

11、/s的速度垂直直徑MN射入磁場，恰好從N點射出，且∠AON＝120°。下列選項正確的是(　　) A．帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑為1 cm B．帶電粒子在磁場中運動的軌跡圓心一定在圓形磁場的邊界上 C．若帶電粒子改為從圓形磁場邊界上的C點以相同的速度入射，一定從N點射出 D．若要實現帶電粒子從A點入射，從N點出射，則該圓形磁場的最小面積為3π×10－4 m2 答案　BCD 解析　根據洛倫茲力提供向心力：qvB＝m，可得：r＝，代入數據解得：r＝2 cm，A錯誤；粒子運動軌跡如圖所示， 可知四邊形AONP為菱形，又因為∠AON＝120°，根據幾何知識可得圓心P一定在圓周上

12、，B正確；從圓形磁場邊界上的C點以相同的速度入射，假設出射點位置在N′點，易知四邊形SCON′為菱形，則CS∥ON′，N′與N重合，故粒子一定從N點射出，C正確；當帶電粒子從A點入射，從N點出射，以AN為直徑的圓形磁場面積最小，Smin＝π2＝π(rcos30°)2＝3π×10－4 m2，D正確。 21．(2019·兩湖八市十二校聯合二模)如圖所示，空間直角坐標系的xOz平面是光滑水平面，空間中有沿z軸正方向的勻強磁場，磁感應強度大小為B?，F有兩塊平行的薄金屬板，彼此間距為d，構成一個電容為C的電容器，電容器的下極板放在xOz平面上；在兩板之間焊接一根垂直于兩板的電阻不計的金屬桿MN，已知兩

13、板和桿MN的總質量為m，若對桿MN施加一個沿x軸正方向的恒力F，兩金屬板和桿開始運動后，則(　　) A．金屬桿MN中存在沿M到N方向的感應電流 B．兩金屬板間的電壓始終保持不變 C．兩金屬板和桿做加速度大小為的勻加速直線運動 D．單位時間內電容器增加的電荷量為 答案　AD 解析　由右手定則可知，感應電流方向為由M流向N，A正確；此裝置在F和安培力F安作用下做變速直線運動，設某時刻速度為v，切割磁感線產生電動勢：E＝Bdv，電容器兩板間電壓：U＝E＝Bdv，因為v變化，所以U隨時間變化，B錯誤；電容器所帶電量Q＝CU＝CBdv，MN間某時刻的充電電流：I＝＝CBd·＝CBda，方

14、向向下，根據左手定則可知，MN受到向左的安培力：F安＝BId＝CB2d2a，以整個裝置為研究對象，由牛頓第二定律得：F－F安＝ma，即：F－CB2d2a＝ma，解得：a＝，為定值，即做勻加速直線運動，C錯誤；單位時間內電容器增加的電荷量為＝CBda＝，D正確。 第Ⅱ卷(非選擇題，共62分) 三、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分，共62分。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) (一)必考題(共47分) 22．(2019·福建南平二模)(5分)(1)某研究性學習小組使用速度傳感器探究小車的加速度與力、質量的關系，實驗裝置如圖甲所示。為

15、使細線下端懸掛砝碼和砝碼盤的總重力可視為小車受到的合力，正確的操作是________。 A．小車的質量M應遠小于砝碼和砝碼盤的總質量m B．實驗前應調節(jié)滑輪高度，使滑輪和小車間的細線與木板平行 C．不掛砝碼和砝碼盤，將木板不帶滑輪的一端適當墊高，使小車恰好能勻速下滑 D．每次改變小車質量后都要重新平衡摩擦力 (2)該組同學在平衡小車與木板間的摩擦力后，在小車上固定一與運動方向垂直的薄板以增大空氣阻力。用圖乙所示的裝置探究物體受到空氣阻力與運動速度大小間的關系得到小車(含薄板)的v-t圖象如圖丙所示，該組同學通過分析得出：隨著運動速度的增加，小車所受的空氣阻力________(選填

16、“變大”“不變”或“變小”)。理由是________________________________________________。 答案　(1)BC　(2)變大　隨著運動速度的增加，小車的加速度減小(或合外力減小) 解析　(1)為使細線下端懸掛砝碼和砝碼盤的總重力可視為小車受到的合力，則要求小車的質量M應遠大于砝碼和砝碼盤的總質量m，A錯誤；實驗前應調節(jié)滑輪高度，使滑輪和小車間的細線與木板平行，B正確；不掛砝碼和砝碼盤，將木板不帶滑輪的一端適當墊高，使小車恰好能勻速下滑，以平衡摩擦力，C正確；每次改變小車質量后不需要重新平衡摩擦力，D錯誤。 (2)由v-t圖象可知，隨著速度的增加，斜

17、率逐漸減小，即加速度逐漸減小，由F－f＝ma可得空氣阻力逐漸增大，即隨著運動速度的增加，小車所受的空氣阻力變大。 23．(2019·安徽合肥高三上一診)(10分)某實驗小組為了測量一個阻值未知的電阻，進行了如下操作： (1)首先用歐姆表粗測其電阻，如圖所示，則其讀數為________ Ω； (2)為了比較準確地測量此電阻，采用“伏安法”進行實驗。所用器材如下： 電源E：電動勢為9 V，內阻r約為1.0 Ω； 電流表A：量程0.6 A，內阻RA為0.50 Ω； 電壓表V：量程10 V，內阻RV約為10 kΩ； 滑動變阻器R：最大阻值為5.0 Ω； 開關一個，導線若干。 為了

18、減小實驗誤差，要求盡可能多測幾組數據，請完成以下問題： ①在虛線框內畫出實驗電路圖； 　 ②實驗小組按照正確的實驗步驟，采集了部分數據，并在I-U圖象中描出相應的點，請作出I-U圖線，由此可知該電阻的阻值為________ Ω(保留一位小數)； ③若所用器材結構完好，該實驗的主要誤差是________(選填“系統(tǒng)”或“偶然”)誤差。 答案　(1)18 (2)①圖見解析?、趫D見解析　19.5?、叟既? 解析　(1)歐姆表的讀數等于表盤刻度×擋位倍率，此次倍率選擇為“×1”，故該電阻值為18 Ω。 (2)①實驗要求盡可能多測幾組數據以減小誤差，因滑動變阻器的最大阻值小于待測電

19、阻，故滑動變阻器選擇分壓接法較好；又因電流表的內阻RA已知，故電流表內接最佳。實驗電路圖如下。 ②該I-U圖象應利用直線擬合，具體為：利用描點法畫圖時，應該讓盡量多的點落在平滑直線上，不在直線上的點平均分布在直線的兩側，繪制如下： 該圖的斜率為該電阻與電流表內阻和的倒數，即k＝＝ Ω－1＝0.05 Ω－1，故電阻Rx＝ Ω－0.50 Ω＝19.5 Ω。 ③該實驗由于電流表內阻已知，因此測量結果較為精確，如果實驗儀器結構完好，測量誤差主要來源于偶然誤差。 24．(2019·四川高三畢業(yè)班第二次診斷)(12分)如圖所示，某同學設計了一個游戲裝置，用彈簧制作的彈射系統(tǒng)將小球從管口P彈

20、出，右側水平距離為L，豎直高度為H＝0.5 m處固定一半圓形管道，管道所在平面豎直，半徑R＝0.75 m，內壁光滑。通過調節(jié)立柱Q可以改變彈射裝置的位置及傾角，若彈出的小球從最低點M沿切線方向進入管道，從最高點N離開后能落回管口P，則游戲成功。小球質量為0.2 kg，半徑略小于管道內徑，可視為質點，不計空氣阻力，g取10 m/s2。該同學某次游戲取得成功，試求： (1)水平距離L； (2)小球在N處對管道的作用力； (3)彈簧儲存的彈性勢能。 答案　(1)2 m　(2) N，方向豎直向上　(3)5 J 解析　(1)設小球進入M點時速度為vM，運動至N點速度為vN， 由P至M，L

21、＝vMt1 H＝gt 由N至P，L＝vNt2 H＋2R＝gt 由M至N過程，由功能關系得： －2mgR＝mv－mv 解得：L＝2 m。 (2)由(1)可得，vN＝ m/s 在N點，mg＋F＝m 解得：F＝ N 由牛頓第三定律可知，小球在N處對管道的作用力F′＝F＝ N，方向豎直向上。 (3)由P至N全過程，由能量守恒定律： Ep＝mv＋mg(H＋2R) 解得：Ep＝5 J。 25. (2019·沈陽郊聯體高三一模)(20分)如圖所示，在一光滑絕緣水平面上，靜止放著兩個可視為質點的小球，兩小球質量均為m，相距l(xiāng)，其中A球帶正電，所帶電荷量為q，小球B不帶電。若在A球右

22、側區(qū)域加一水平向右的勻強電場，場強為E，A球受到電場力的作用向右運動與B球碰撞。設每次碰撞為彈性碰撞，碰撞前后兩球交換速度，且碰撞過程無電荷轉移。求： (1)小球A在電場中的加速度大小和第一次與B碰撞前的速度； (2)若兩小球恰在第二次碰撞時離開電場，求電場在電場線方向上的寬度； (3)若兩小球恰在第三次碰撞時離開電場，求電場在電場線方向上的寬度及小球A從進入電場到離開電場的過程中電勢能的變化量。 答案　(1)　　(2)5l　(3)13l　13Eql 解析　(1)根據牛頓運動定律：qE＝ma，則a＝ 設第一次碰撞前小球A的速度為v，根據動能定理：Eql＝mv2 解得：v＝ 。

23、 (2)設第一次碰撞前后小球A的速度為vA1和vA1′，小球B的速度為vB1和vB1′，有vA1＝v，vB1＝0，vA1′＝0，vB1′＝v 則第一次碰撞后，小球A做初速度為零的勻加速直線運動，小球B做速度為v的勻速直線運動。設第二次碰撞前后A球的速度為vA2和vA2′，小球B的速度為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球碰前速度為v，碰后為2v。設從第一次碰撞后到第二次碰撞前的過程中，A球運動的距離為l2，則Eql2＝m(2v)2－0，解得l2＝4l 電場寬度為：L＝l＋4l＝5l。 (3)二次碰撞后，A球做初

24、速度為v的勻加速直線運動，B球以速度2v做勻速直線運動。設第三次碰撞前后A球的速度為vA3和vA3′，B球的速度為vB3和vB3′ 所以t2＝2vt2，解得vA3＝3v 設從第二次碰撞后到第三次碰撞前的過程中，A球運動的距離為l3， 則qEl3＝m(3v)2－mv2 解得l3＝8l 所以電場的寬度：L′＝l＋l2＋l3＝13l A球減少的電勢能ΔEp＝Eq×13l＝13Eql。 (二)選考題(共15分。請考生從給出的2道題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分) 33．(2019·全國卷Ⅱ)[物理——選修3－3](15分) (1)(5分)如p-V圖所示，1、2、3三個

25、點代表某容器中一定量理想氣體的三個不同狀態(tài)，對應的溫度分別是T1、T2、T3。用N1、N2、N3分別表示這三個狀態(tài)下氣體分子在單位時間內撞擊容器壁上單位面積的平均次數，則N1________N2，T1________T3，N2________N3。(填“大于”“小于”或“等于”) (2)(10分)如圖，一容器由橫截面積分別為2S和S的兩個汽缸連通而成，容器平放在水平地面上，汽缸內壁光滑。整個容器被通過剛性桿連接的兩活塞分隔成三部分，分別充有氫氣、空氣和氮氣。平衡時，氮氣的壓強和體積分別為p0和V0，氫氣的體積為2V0，空氣的壓強為p?，F緩慢地將中部的空氣全部抽出，抽氣過程中氫氣和氮氣的溫

26、度保持不變，活塞沒有到達兩汽缸的連接處，求 (ⅰ)抽氣前氫氣的壓強； (ⅱ)抽氣后氫氣的壓強和體積。 答案　(1)大于　等于　大于 (2)(ⅰ)(p0＋p)　(ⅱ)p0＋p　 解析　(1)根據理想氣體狀態(tài)方程＝＝，由圖中數據可知T1＞T2，T2T2，狀態(tài)1時氣體分子熱運動的平均動能大，熱運動的平均速率大，分子數密度相等，故單位時間內對單位面積器壁的平均碰撞次數多，即N1>N2；對于狀態(tài)2、3，由于T2

27、次器壁的平均撞擊力的乘積，即p＝N·，而p2＝p3，2<3，則N2>N3。 (2)(ⅰ)設抽氣前氫氣的壓強為p10，根據力的平衡條件得 (p10－p)·2S＝(p0－p)·S① 得p10＝(p0＋p)② (ⅱ)設抽氣后氫氣的壓強和體積分別為p1和V1，氮氣的壓強和體積分別為p2和V2。根據力的平衡條件有 p2·S＝p1·2S③ 由玻意耳定律得 p1V1＝p10·2V0④ p2V2＝p0V0⑤ 由于兩活塞用剛性桿連接，故 V1－2V0＝2(V0－V2)⑥ 聯立②③④⑤⑥式解得 p1＝p0＋p⑦ V1＝。⑧ 34．[物理——選修3－4](15分) (1)(2019·江

28、西九校重點中學協作體高三第一次聯考)(5分)甲、乙兩位同學利用假期分別在兩個地方做“用單擺測重力加速度的實驗”，回來后共同繪制了T2-L圖象，如圖甲中A、B所示。此外甲同學還順便利用其實驗的單擺探究了受迫振動，并繪制了單擺的共振曲線，如圖乙所示，那么下列說法中正確的是________。(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．單擺的固有周期由擺長和所處環(huán)境的重力加速度共同決定 B．由圖甲分析可知A圖象所對應的實驗地點重力加速度較大 C．若將單擺放入繞地球穩(wěn)定飛行的宇宙飛船中，則無法利用單擺測出飛船軌道處的引力加速度 D

29、．由圖乙可知，甲同學探究受迫振動的單擺擺長為8 cm E．如果甲同學增大擺長，他得到的共振曲線的峰值將向左移動 (2)(2019·四川德陽二診)(10分)如圖所示的直角三角形ABC是柱形玻璃磚的橫截面，∠A＝30°，∠B＝90°，BC的長為L，BC所在的玻璃磚面鍍銀，E為BC邊的中點。一束平行于AB的光束從AC邊上的某點射入玻璃磚，進入玻璃磚后，在BC邊上的E點被反射，EF是該反射光線，且EF恰與AC平行。求： (ⅰ)玻璃磚的折射率； (ⅱ)該光束從AC邊上射入玻璃磚后在玻璃磚中傳播的時間(光在真空中的速度為c)。 答案　(1)ACE　(2)(ⅰ)　(ⅱ) 解析　(1)根據單擺

30、的周期公式T＝2π可知，單擺的固有周期由擺長和所處環(huán)境的重力加速度共同決定，A正確；根據T＝2π得：T2＝L，所以T2-L圖象的斜率k＝，圖甲中A圖象的斜率大于B圖象的斜率，故A圖象對應的實驗地點重力加速度較小，B錯誤；若將單擺放入繞地球穩(wěn)定飛行的宇宙飛船中，單擺小球處于完全失重狀態(tài)，只受重力，不能在豎直平面內來回擺動，C正確；由圖乙可知，當驅動力的頻率為0.5 Hz時，擺球發(fā)生共振，故系統(tǒng)的固有頻率為0.5 Hz，固有周期T＝＝2 s，根據T＝2π，解得擺長L≈1 m，D錯誤；根據T＝2π，若在同一地點增大擺長，則單擺固有周期變大，固有頻率變小，則發(fā)生共振時的驅動力頻率變小，共振曲線的峰值向左移動，E正確。 (2)(ⅰ)作出光路圖如圖， 由幾何關系可知，光線在AC面上的入射角為60°，折射角為30°， 則折射率n＝＝。 (ⅱ)因為發(fā)生全反射的臨界角為sinC＝，<<，所以臨界角C滿足30°