2020年高考物理 刷题1+1（2019模拟题）组合模拟卷八（含解析）

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1、组合模拟卷八 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·江西宜春高三上学期期末)如图所示，某兴趣小组制作了一个小降落伞，伞面底端是一半径为R的刚性圆环，在圆环上等间距地系有四根长均为2R的细线，将四根细线的另一端连接在一起，并悬挂有一质量为m的物体。它们一起竖直向下加速降落，当物体下落的加速度大小为0.2g时(g为重力加速度)，每根细线的张力为(　　) A.mg B.mg C

2、.mg D.mg 答案　A 解析　由几何关系可知，每根线与竖直方向的夹角均为30°，设每根细线的张力大小为F，则对下面悬挂的物体根据牛顿第二定律可知：mg－4Fcos30°＝ma，整理可得：F＝mg，A正确，B、C、D错误。 15．(2019·天津重点中学联合二模)下列说法正确的是(　　) A．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等 B．铀核裂变的一种核反应方程U→Ba＋Kr＋2n C．原子在a、b两个能级的能量分别为Ea、Eb，且Ea＞Eb，当原子从a能级跃迁到b能级时，放出光子的波长λ＝(其中h为普朗克常量) D．设质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3，

3、两个质子和两个中子结合成一个α粒子，释放的能量是(2m1＋2m2－m3)c2 答案　D 解析　因质子的质量远大于电子的质量，故动能相等的质子和电子，它们的动量不相等，根据德布罗意波长公式λ＝可知，它们的德布罗意波长必不相等，A错误；铀核裂变有多种裂变的方式，但是每一种都要有慢中子的参与，即反应方程的前面也要有中子，B错误；原子在a、b两个能级的能量为Ea、Eb，且Ea>Eb，当原子从a能级跃迁到b能级时，放出光子的能量为：E＝＝Ea－Eb，所以光子的波长为：λ＝，C错误；根据爱因斯坦质能方程可知，两个质子和两个中子结合成一个α粒子，释放的能量是(2m1＋2m2－m3)c2，D正确。 16

4、．(2019·全国卷Ⅰ) 如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则(　　) A．P和Q都带正电荷 B．P和Q都带负电荷 C．P带正电荷，Q带负电荷 D．P带负电荷，Q带正电荷 答案　D 解析　细绳竖直，把P、Q看作整体，在水平方向不受力，对外不显电性，带异种电荷，A、B错误；如果P、Q带不同性质的电荷，受力分别如图所示，由图知，P带负电、Q带正电时符合题意，C错误，D正确。 　 17．(2019·山东聊城二模)如图所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3垂直纸面放置，直导线与纸面的

5、交点及坐标原点O分别位于边长为a的正方形的四个顶点。L1与L3中的电流均为2I、方向均垂直纸面向里，L2中的电流为I、方向垂直纸面向外。已知在电流为I的长直导线的磁场中，距导线r处的磁感应强度B＝，其中k为常数。某时刻有一电子正好经过原点O且速度方向垂直纸面向外，速度大小为v，电子电荷量为e，则该电子所受磁场力(　　) A．方向与y轴正方向成45°角，大小为 B．方向与y轴负方向成45°角，大小为 C．方向与y轴正方向成45°角，大小为 D．方向与y轴负方向成45°角，大小为 答案　D 解析　导线L1、L2和L3中的电流在原点O处产生磁场的磁感应强度分别为B1＝k、B2＝k、B

6、3＝k，方向如图， 则三电流在O点处产生的合磁场的磁感应强度B＝B1－B2＝，方向与y轴正方向成45°角。电子经过原点O速度方向垂直纸面向外，速度大小为v，根据左手定则知，洛伦兹力方向与y轴负方向成45°角，洛伦兹力的大小f＝evB＝，D正确，A、B、C错误。 18．(2019·江苏省苏北三市高三上学期期末质检)如图所示，象棋子压着纸条，放在光滑水平桌面上。第一次沿水平方向将纸条抽出，棋子落在地面上的P点。将棋子、纸条放回原来的位置，仍沿原水平方向将纸条抽出，棋子落在地面上的Q点，与第一次相比(　　) A．棋子受到纸条的摩擦力较大 B．棋子落地速度与水平方向夹角较大 C．纸条

7、对棋子的摩擦力做功较多 D．棋子离开桌面至落地过程中动能增量较大 答案　C 解析　两次由于正压力不变，根据滑动摩擦力公式f＝μFN可知，纸条对棋子的摩擦力不变，A错误；棋子离开桌面后做平抛运动，由于竖直分位移相同，根据竖直方向运动规律可知运动的时间相同，由第二次水平分位移较大，可知第二次做平抛运动的初速度大，第二次纸条对棋子的摩擦力做功较多，设落地时速度与水平方向夹角为θ，则tanθ＝＝，可知第二次棋子落地时速度与水平方向夹角较小，B错误，C正确；根据动能定理可知，动能的增量等于合外力的功，由于不计空气阻力，则合力的功即为重力的功，由题可知重力的功相等，故动能的增量相等，D错误。 19

8、．(2019·福建龙岩高三上学期期末)用矩形半导体薄片制成一个霍尔元件，E、F、M、N为其四个侧面。在E、F间通入恒定电流，同时外加与薄片上、下表面垂直的匀强磁场，电流和磁感应强度B的方向如图所示。若半导体可自由移动电荷为正电荷，M、N间产生的电势差为UH。下列说法正确的是(　　) A．N板电势高于M板电势 B．N板电势低于M板电势 C．只增大磁感应强度B，则UH变大 D．只增大通入霍尔元件的电流I，则UH变大 答案　ACD 解析　根据左手定则，电流的方向向里，带正电的自由电荷受力的方向指向N板，向N板偏转，则N板电势高，A正确，B错误；设左、右两个表面相距为d，正电荷所受的电

9、场力等于洛仑兹力，Bqv＝q，可知只增大磁感应强度B，则UH变大，C正确；设材料单位体积内可自由移动的正电荷的个数为n，材料沿电流方向的截面积为S，根据Bqv＝q及I＝nqSv，可知只增大通入霍尔元件的电流I，则UH变大，D正确。 20．(2019·全国卷Ⅰ) 在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a­x关系如图中虚线所示。假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍，则(　　) A．M与N的密度相等 B．

10、Q的质量是P的3倍 C．Q下落过程中的最大动能是P的4倍 D．Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍 答案　AC 解析　如图，当x＝0时，对P：mPgM＝mP·3a0，即星球M表面的重力加速度gM＝3a0；对Q：mQgN＝mQa0，即星球N表面的重力加速度gN＝a0。 当P、Q 的加速度a＝0时，对P有mPgM＝kx0，则mP＝；对Q有mQgN＝k·2x0，则mQ＝，即mQ＝6mP，B错误；根据mg＝G得，星球质量M＝，则星球的密度ρ＝＝，所以M、N的密度之比＝·＝×＝1，A正确；当P、Q的加速度为零时，P、Q的动能最大，由动能定理知，EkP＝P·x0＝mPPx0＝··x0＝kx

11、，EkQ＝Q·2x0＝mQQ2x0＝··2x0＝2kx，EkP∶EkQ＝1∶4，C正确；P、Q在弹簧压缩到最短时，其位置关于加速度a＝0时的位置对称，故P下落过程中的最大压缩量为2x0，Q为4x0，D错误。 21．(2019·银川模拟)如图所示，在xOy平面内的坐标原点处，有一个粒子源，某一时刻以同一速率v发射大量带正电的同种粒子，速度方向均在xOy平面内，且对称分布在x轴两侧的30°角的范围内。在直线x＝a与x＝2a之间包括边界存在匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外，已知粒子在磁场中运动的轨迹半径为2a。不计粒子重力及粒子间的相互作用力，下列说法正确的是(　　) A．最先进入磁场的粒

12、子在磁场中运动的时间为 B．最先进入和最后进入磁场中的粒子在磁场中运动的时间都相等 C．最后从磁场中射出的粒子在磁场中运动的时间为 D．最后从磁场中射出的粒子出磁场的位置坐标为 答案　ACD 解析　沿x轴方向射出的粒子最先进入磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中运动的偏转角为30°，在磁场中运动时间为×＝，A正确；沿与x轴成30°角的两个方向射出的粒子同时最后进入磁场，沿与x轴成30°角斜向上方进入磁场的粒子在磁场中运动的偏转角为30°，在磁场中运动时间为×＝，沿与x轴成30°角斜向下方进入磁场的粒子在磁场中偏转角为120°，从O点到射出磁场路程最大，故最后从磁场中射出，在磁场中的运动

13、时间为×＝，弦长为s＝2×2asin60°＝2a，该粒子进入磁场的位置离x轴的距离为x＝atan30°＝a，所以最后从磁场中射出的粒子出磁场的位置与x轴的距离为s＋x＝2a＋a＝a，故坐标为，B错误，C、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·全国卷Ⅱ)(5分)如图a，某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。所用器材有：铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50 Hz的交流电源、纸带等。

14、回答下列问题： (1)铁块与木板间动摩擦因数μ＝__________(用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示)。 (2)某次实验时，调整木板与水平面的夹角使θ＝30°。接通电源，开启打点计时器，释放铁块，铁块从静止开始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带，如图b所示。图中的点为计数点(每两个相邻的计数点间还有4个点未画出)。重力加速度为9.80 m/s2，可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为____________(结果保留2位小数)。 答案　(1)　(2)0.35 解析　(1)铁块受重力、木板弹力及摩擦力作用，受力分析如图。由牛顿第二定律得：

15、 mgsinθ－μFN＝ma 且FN＝mgcosθ 解以上两式得μ＝。 (2)由逐差法求铁块加速度： a＝ ＝×10－2 m/s2≈1.97 m/s2 代入μ＝，得μ≈0.35。 23．(2019·广东深圳二模)(10分)LED灯的核心部件是发光二极管。某同学欲测量一只工作电压为2.9 V的发光二极管的正向伏安特性曲线，所用器材有：电压表(量程3 V，内阻约3 kΩ)，电流表(用多用电表的直流25 mA挡替代，内阻约为5 Ω)，滑动变阻器(0～20 Ω)，电池组(内阻不计)，电键和导线若干。他设计的电路如图a所示。回答下列问题： (1)根据图a，在实物图b上完成连线；

16、(2)调节变阻器的滑片至最________(填“左”或“右”)端，将多用电表选择开关拨至直流25 mA挡，闭合电键； (3)某次测量中，多用电表示数如图c，则通过二极管的电流为________ mA； (4)该同学得到的正向伏安特性曲线如图d所示。由曲线可知，随着两端电压增加，二极管的正向电阻________(填“增大”“减小”或“不变”)；当两端电压为2.9 V时，正向电阻为________ kΩ(结果取两位有效数字)； (5)若实验过程中发现，将变阻器滑片从一端移到另一端，二极管亮度几乎不变，电压表示数在2.7～2.9 V之间变化，试简要描述一种可能的电路故障：___________

17、___________________________________________。 答案　(1)图见解析　(2)左 (3)16.0(在15.8～16.2范围内均可) (4)减小　0.15(0.15或0.16均可)　 (5)连接电源负极与变阻器的导线断路 解析　(1)根据多用电表红黑表笔的接法——“红进黑出”可知，黑表笔接二极管，红表笔接滑动变阻器，滑动变阻器采用分压式接法，则连线如图。 (2)为保护电路，开关闭合前需将滑动变阻器的滑片置于最左端。 (3)多用电表所选量程为25 mA，则电流表读数为 mA＝16.0 mA(答案在15.8～16.2范围内均可)。 (4)I

18、­U图象中，图线斜率表示电阻的倒数，由图可知，随着电压的增加，斜率逐渐增大，则二极管的电阻逐渐减小；当两端电压为2.9 V时，电流表示数为19.0 mA，则电阻大小为R＝≈152.6 Ω≈0.15 kΩ(0.15或0.16均可)。 (5)由于二极管的正向电阻约为0.15 kΩ，远大于滑动变阻器的最大阻值，因此若实验中将变阻器滑片从一端移到另一端，二极管亮度几乎不变，电压表示数在2.7～2.9 V之间变化，则有可能是滑动变阻器与二极管串联，导致电路中总电阻较大，总电流较小，所以电压表的示数变化较小，故故障可能是连接电源负极与变阻器的导线断路。 24．(2019·贵州毕节二模)(12分)如图甲

19、所示，绝缘的水平桌面上铺有两根不计电阻的足够长的光滑金属轨道AB、CD，轨道间距为d，其左端接一阻值为R的电阻。一长为L且与导轨垂直的金属棒置于两导轨上，单位长度的电阻为r。在电阻、导轨和金属棒中间有一边长为a的正方形区域，区域中存在垂直于水平桌面向下的均匀磁场，磁感应强度的大小随时间的变化规律如图乙所示，其中坐标值已知。在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直于水平桌面向上。某时刻，金属棒在电动机的水平恒定牵引力作用下从静止开始向右运动，在t1时刻恰好以速度v1越过MN，此后向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好。求：

20、 (1)在t＝0到t＝t1时间间隔内，电阻R产生的焦耳热； (2)在时刻t(t>t1)流过电阻R的电流方向、大小和电动机的输出功率。 答案　(1)　 (2)电流由A经R到C，大小为　 解析　(1)0到t1过程，左边的磁场产生的感生电动势E1＝， 根据闭合电路欧姆定律：I＝ 根据焦耳定律，电阻R产生的焦耳热Q＝I2Rt1，解得：Q＝。 (2)金属棒匀速向右运动，受到的安培力水平向左，电流由A经R到C。 t时刻，金属棒切割磁感线产生的动生电动势：E2＝B1dv1，方向为顺时针，而感生电动势方向为逆时针，故总电动势为：E＝E2－E1 回路中的电流：I＝，解得：I＝。 发动机

21、的牵引力与安培力相等，电动机的输出功率 P＝B1Idv1， 解得：P＝。 25．(2019·天津高考)(20分)2018年，人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生，这种引擎不需要燃料，也无污染物排放。引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场(初速度忽略不计)，A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力。单位时间内飘入的正离子数目为定值，离子质量为m，电荷量为Ze，其中Z是正整数，e是元电荷。 (1)若引擎获得的推力为F1，求单位时间内飘入A、B间的正离子数目N为多少； (2)加速正离子束所消耗的功

22、率P不同时，引擎获得的推力F也不同，试推导的表达式； (3)为提高能量的转换效率，要使尽量大，请提出增大的三条建议。 答案　(1)　(2) 　(3)见解析 解析　(1)设正离子经过电极B时的速度为v，根据动能定理，有 ZeU＝mv2－0① 设正离子束所受的电场力为F1′，根据牛顿第三定律，有 F1′＝F1② 设引擎在Δt时间内飘入A、B间的正离子个数为ΔN，由牛顿第二定律，有 F1′＝ΔNm③ 联立①②③式，且由N＝得 N＝④ (2)设正离子束所受的电场力为F′，由正离子束在电场中做匀加速直线运动，有 P＝F′v⑤ 由牛顿第三定律得F′＝F，联立①⑤式得 ＝ ⑥

23、(3)为使尽量大，分析⑥式得到三条建议：用质量大的离子；用带电量少的离子；减小加速电压。 (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Ⅲ)[物理——选修3－3](15分) (1)(5分)用油膜法估算分子大小的实验中，首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目的是_________________________________。实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，可以________________________________。为得到油酸分子的直径，还需测量的物理量是______

24、_____________________。 (2)(10分)如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0 cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0 cm。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76 cmHg，环境温度为296 K。 (ⅰ)求细管的长度； (ⅱ)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度。 答案　(1)使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜　把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，测出1 mL油

25、酸酒精溶液的滴数，得到一滴溶液中纯油酸的体积　单分子层油膜的面积 (2)(ⅰ)41 cm　(ⅱ)312 K 解析　(1)用油膜法估测分子直径时，需使油酸在水面上形成单分子层油膜，为使油酸尽可能地散开，将油酸用酒精稀释。 要测出一滴油酸酒精溶液的体积，可用累积法，即测量出1 mL油酸酒精溶液的滴数。 根据V＝Sd，要求得分子的直径d，则需要测出油膜面积，以及一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积。 (2)(ⅰ)设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h1，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1。由玻意耳定律有 p

26、V＝p1V1① 由力的平衡条件有 p＝p0＋ρgh② p1＝p0－ρgh③ 式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强。由题意有 V＝S(L－h1－h)④ V1＝S(L－h)⑤ 由①②③④⑤式和题给条件得 L＝41 cm⑥ (ⅱ)设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖—吕萨克定律有 ＝⑦ 由④⑤⑥⑦式和题给数据得 T＝312 K。⑧ 34．[物理——选修3－4](15分) (1)(2019·安徽合肥二模)(5分)如图所示，一列振幅为10 cm的简谐横波，其传播方向上有两个质点P和Q，两者的平衡位置相距3 m。某时刻两质点均在平衡位置且二者之间

27、只有一个波谷，再经过0.3 s，Q第一次到达波峰。则下列说法正确的是________。(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．波的传播方向一定向右 B．波长可能为2 m C．周期可能为0.24 s D．波速可能为15 m/s E．0.3 s内质点P的位移大小为10 cm (2)(2019·广东汕头一模)(10分)如图为一玻璃砖的截面图，ABCD为长方形，BCE为圆。AB＝2R，BC＝R，一束单色光从AD界面上的F点(未画出)入射，在CD界面上的G点(未画出)发生一次全反射后，从BE界面上的H点射出，折射角α＝60

28、°，折射光平行于DE且与反射光垂直，真空中的光速为c。 (ⅰ)画出光路图并求出折射率n。 (ⅱ)光从射入玻璃砖到第一次射出的时间t。 答案　(1)BDE　(2)(ⅰ)光路图见解析　　(ⅱ) 解析　(1)某时刻P、Q两质点均在平衡位置且二者之间只有一个波谷，故存在以下三种情况： 由于不知道质点P、Q的振动情况，故无法判断波的传播方向，A错误；当P、Q之间波的形式如图b所示，则有＝3 m，故有λ＝2 m，B正确；质点Q第一次到达波峰可能经历＝0.3 s或＝0.3 s，故周期T＝1.2 s或T＝0.4 s，C错误；图a、b、c中波的波长分别为λa＝3 m、λb＝2 m、λc＝6 m

29、，当周期T＝1.2 s时，波速va＝2.5 m/s、vb＝ m/s、vc＝5 m/s；当T＝0.4 s时，波速va′＝7.5 m/s，vb′＝5 m/s，vc′＝15 m/s，D正确；经过0.3 s，质点Q第一次到达波峰，图a中质点P到达波峰，图b中质点P到达波谷，图c中质点P到达波谷，故0.3 s内质点P的位移大小为10 cm，E正确。 (2)(ⅰ)光路图如图所示： 由几何关系得：β＝90°－α＝30° n＝，解得n＝。 (ⅱ)由几何关系得：θ＝2β＝60°，γ＝90°－θ＝30°＝β 在等腰△GHC中：GH＝2Rcosβ＝R 在直角△FDG中：FG＝＝ s＝GH＋FG，n＝，t＝＝。 15