刷题1+12020高考物理讲练试题组合模拟卷一含2019模拟题

这是一份刷题1+12020高考物理讲练试题组合模拟卷一含2019模拟题，共15页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
（刷题1+1）2020高考物理讲练试题 组合模拟卷一（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14～17题只有一项符合题目要求，第18～21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·全国卷Ⅰ) 氢原子能级示意图如图所示。光子能量在1.63 eV～3.10 eV的光为可见光。要使处于基态(n＝1)的氢原子被激发后可辐射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量为(　　)

A．12.09 eV
B．10.20 eV
C．1.89 eV
D．1.51 eV
答案　A
解析　可见光光子的能量范围为1.63 eV～3.10 eV，则氢原子能级差应该在此范围内，由氢原子能级示意图可知：2、1能级差为10.20 eV，此值大于可见光光子的能量；3、2能级差为1.89 eV，此值在可见光光子的能量范围内，符合题意。氢原子处于基态，要使氢原子达到第3能级，需提供的能量为－1.51 eV－(－13.60 eV)＝12.09 eV，此值即是提供给氢原子的最少能量，A正确。
15. (2019·重庆二模)如图所示，理想变压器原线圈接入有效值不变的正弦交流电u，交流电压表V和交流电流表A都是理想电表，在滑动变阻器滑片P下移过程中(　　)

A．交流电压表V读数减小
B．交流电压表V读数不变
C．交流电流表A读数减小
D．交流电流表A读数不变
答案　A
解析　滑动变阻器滑片P下移，滑动变阻器接入电路的电阻减小，理想变压器输出端电阻减小，输出端电压不变，所以，交流电流表A读数增大，C、D错误；电阻R0分压增大，交流电压表V读数减小，A正确，B错误。
16. (2019·东北三省三校二模)如图所示，左侧是半径为R的四分之一圆弧，右侧是半径为2R的一段圆弧。二者圆心在同一条竖直线上，小球a、b通过一轻绳相连，二者恰好于等高处平衡。已知θ＝37°，不计所有摩擦，则小球a、b的质量之比为(　　)

A．3∶4 B．3∶5 C．4∶5 D．1∶2
答案　A

解析　对小球a、b受力分析，如图所示，因一根绳上的拉力大小相等，设拉力为T，将小球b与右侧圆弧圆心连线，其与竖直线的夹角为α，由力的平衡可知小球a受到的拉力T＝magcosθ，小球b受到的拉力T＝mbgsinα，又cosα＝，联立可解得＝，A正确。


17. (2019·河北唐山高三上学期期末)如图所示为两个底边和高都是L的等腰三角形，三角形内均分布方向如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一边长为L、电阻为R的正方形线框置于三角形所在平面内，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域。取逆时针方向感应电流为正，则线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是(　　)


答案　C
解析　bc边的位置坐标x在0～L过程中，线框bc边有效切割长度从0到L再减到0，感应电流的方向为逆时针方向，感应电动势从0增加到BLv，再减到0，感应电流从0增加到，再减到0；bc边的位置坐标x在L～2L过程中，bc边进入右侧磁场切割磁感线产生顺时针方向的电流，ad边在左侧磁场切割磁感线产生顺时针方向的电流，两电流同向，则相加，随着线框向右运动，电流先增加后减小到0，最大值为；bc边的位置坐标x在2L～3L过程中，bc边离开磁场，线框ad边有效切割长度从0到L再减到0，感应电流的方向为逆时针方向，感应电动势从0增加到BLv，再减到0，感应电流从0增加到，再减到0。故C正确，A、B、D错误。
18．(2019·江苏高考)如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为＋q的点电荷固定在A点。先将一电荷量也为＋q的点电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到C点，此过程中，电场力做功为－W。再将Q1从C点沿CB移到B点并固定。最后将一电荷量为－2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点。下列说法正确的有(　　)

A．Q1移入之前，C点的电势为
B．Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0
C．Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2W
D．Q2在移到C点后的电势能为－4W
答案　ABD
解析　根据电场力做功与电势能的变化关系知Q1在C点的电势能Ep＝W，根据电势的定义知C点电势φ＝＝，A正确；在A点的点电荷产生的电场中，B、C两点处在同一等势面上，故Q1从C点移到B点的过程中，电场力做功为0，B正确；将Q1移到B点固定后，再将Q2从无穷远处移到C点，两固定点电荷对Q2的库仑力对Q2做的功均为2W，则电场力对Q2做的总功为4W，C错误；因为无穷远处电势为0，则Q2移到C点后的电势能为－4W，D正确。
19．(2019·陕西汉中二模)图甲所示的“轨道康复者”航天器可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命。图乙是“轨道康复者”在某次拯救一颗地球同步卫星前，二者在同一平面内沿相同绕行方向绕地球做匀速圆周运动的示意图，此时二者的连线通过地心、轨道半径之比为1∶4。若不考虑卫星与“轨道康复者”之间的引力，则下列说法正确的是(　　)

A．站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动
B．在图示轨道上，“轨道康复者”的加速度大小是地球同步卫星的16倍
C．在图示轨道上，地球同步卫星的机械能大于“轨道康复者”的机械能
D．若要对该同步卫星实施拯救，“轨道康复者”应从图示轨道上加速，然后与同步卫星对接
答案　BD
解析　根据G＝mω2r，得ω＝ ，因“轨道康复者”的高度低于同步卫星的高度，可知其角速度大于同步卫星的角速度，也大于站在赤道上的观察者的角速度，故站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向东运动，A错误；由G＝ma得：a＝，在图示轨道上，“轨道康复者”与地球同步卫星加速度之比为＝＝＝16，B正确；因“轨道康复者”与地球同步卫星的质量关系不确定，则不能比较机械能的大小关系，C错误；“轨道康复者”从图示轨道上加速后，轨道半径增大，与同步卫星轨道相交，则可进行对接，D正确。
20. (2019·山东滨州高三上学期期末)如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，不计空气阻力，则以下说法中正确的是(　　)

A．液滴一定带正电
B．液滴在C点时的动能最大
C．从A到C过程液滴的电势能增大
D．从C到B过程液滴的机械能增大
答案　BCD
解析　从图中可以看出，带电液滴由静止开始向下运动，说明重力和电场力的合力向下，洛伦兹力指向弧内，根据左手定则可知，液滴带负电，A错误；重力向下，电场力向上，且重力大于电场力，故从A到C的过程中，重力做正功，而电场力做负功，洛伦兹力不做功，但合力仍做正功，动能增大，从C到B的过程中，重力做负功，电场力做正功，洛伦兹力不做功，合力做负功，动能减小，所以液滴在C点动能最大，B正确；从A到C过程液滴克服电场力做功，故电势能增大，C正确；除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，从C到B的过程中，电场力做正功，洛伦兹力不做功，机械能增大，D正确。
21．(2019·山东烟台一模)我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示为简化的跳台滑雪的雪道示意图，AB部分是倾角为θ1＝37°的助滑雪道，BC部分是半径为25 m的光滑圆弧轨道，二者相切于B点，圆弧最低点C点的切线沿水平方向，CD部分为倾角θ2＝30°的着陆坡。一运动员连同滑板可视为质点，从A点由静止滑下，到C点后沿水平方向飞出，安全落在着陆坡上的E点，不计空气阻力，已知CE＝30 m，重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6。则(　　)

A．运动员到达C点时，对轨道的压力大小为运动员自身重力的1.9倍
B．运动员到达B点时的速度大小为10 m/s
C．若运动员从助滑雪道不同位置由静止滑下，则运动员落在着陆坡上的速度方向与坡面CD的夹角都相同
D．若运动员从助滑雪道不同位置由静止滑下且以不同速度v0从C点飞出时，运动员落在着陆坡上的速度大小与v0成正比
答案　ACD
解析　设运动员在C点的速度为vC，在CD上由平抛运动可得：CE·cosθ2＝vCt，CE·sinθ2＝gt2，解得：vC＝15 m/s，在C点由圆周运动的知识可得：FN－mg＝m，压力大小与运动员自身重力之比为：n＝＝1.9，A正确；运动员由B到C，由动能定理可得：mgR·(1－cosθ1)＝mv－mv，解得：vB＝5 m/s，B错误；设运动员落在着陆坡上的速度方向与水平方向的夹角为φ，由平抛运动的规律可得：tanφ＝2tanθ2，所以φ是定值，即若运动员从助滑雪道不同位置由静止滑下，则运动员落在着陆坡上的速度方向与坡面CD的夹角都相同，C正确；设运动员落在着陆坡上的速度为v，由平抛运动的规律可得v＝，因为cosφ是定值，所以运动员落在着陆坡上的速度大小与v0成正比，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·北京石景山高三统一测试)(5分)橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内伸长量x与弹力F成正比，即F＝kx，k的值与橡皮筋的原长L、横截面积S有关，理论与实验都证明k＝Y，其中Y是由材料决定的常数，材料力学中称之为杨氏模量。

(1)在国际单位制中，杨氏模量Y的单位应为(　　)
A．N B．m C．N/m D．N/m2
(2)某同学通过实验测得该橡皮筋的一些数据，作出了外力F与伸长量x之间的关系图象如图所示，由图象可求得该橡皮筋的劲度系数k＝________ N/m。
(3)若橡皮筋的原长为10.0 cm，横截面积为1.0 mm2，则该橡皮筋的杨氏模量Y的大小是____________(单位取(1)中正确单位，结果保留两位有效数字)。
答案　(1)D　(2)5×102　(3)5.0×107 N/m2
解析　(1)由题意知Y＝，故Y的单位是＝N/m2，故选D。
(2)橡皮筋的劲度系数是F­x图象的斜率，由图象得k＝ N/m＝500 N/m。
(3)根据杨氏模量公式知Y＝＝ N/m2＝5.0×107 N/m2。
23．(2019·湖南常德一模)(10分)光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件(照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为lx)。某光敏电阻R的阻值随照度变化的曲线如图甲所示。


(1)如图乙所示是街道路灯自动控制模拟电路所需元件。利用直流电源给电磁铁供电，利用220 V交流电源给路灯供电。为达到天亮灯熄、天暗灯亮的效果，请用笔画线代替导线，正确连接电路元件。
(2)用多用电表“×100”挡，测量图乙中电磁铁线圈电阻时，指针偏转角度太大，为了更准确地测量其阻值，接下来应选用________(填“×1 k”或“×10”)挡，进行欧姆调零后重新测量其示数如图丙所示，则线圈的电阻为________ Ω。
(3)已知当线圈中的电流大于或等于2 mA时，继电器的衔铁将被吸合。图乙中直流电源的电动势E＝6 V，内阻忽略不计，滑动变阻器有三种规格可供选择：R1(0～10 Ω，2 A)、R2(0～200 Ω，1 A)、R3(0～1750 Ω，1 A)。要求天色渐暗照度降低至1.0 lx时点亮路灯，滑动变阻器应选择________(填“R1”“R2”或“R3”)。为使天色更暗时才点亮路灯，应适当地________(填“增大”或“减小”)滑动变阻器的电阻。
答案　(1)图见解析　(2)“×10”　140　(3)R3　减小
解析　(1)光敏电阻的电阻值随光照强度的增大而减小，所以白天时光敏电阻的电阻值较小，电路中的电流值较大，衔铁将被吸住，静触点与C接通；晚上光照强度较小，光敏电阻的电阻值较大，电路中的电流值较小，所以静触点与A接通，所以要达到天亮灯熄、天暗灯亮的效果，路灯应接在A、B之间，电路图如图。

(2)用多用电表“×100”挡，测量图乙中电磁铁线圈电阻时，指针偏转角度太大，说明电阻较小，应换用小挡位，故应选用“×10”挡，进行欧姆调零后重新测量。欧姆表的读数是先读出表盘的示数，然后乘以倍率，表盘的示数是14 Ω，倍率是“×10”，所以电阻值是140 Ω。
(3)天色渐暗照度降低至1.0 lx时点亮路灯，由图甲可知此时光敏电阻的电阻值是2 kΩ，电路中的电流是2 mA，滑动变阻器接入电路的阻值R′＝－R－R线＝ Ω＝860 Ω，所以要选择滑动变阻器R3；由于光变暗时，光敏电阻阻值变大，所分电压变大，所以为使天色更暗时才点亮路灯，应适当地减小滑动变阻器的电阻。
24．(2019·陕西渭南二模)(12分)如图，粗糙斜面与光滑水平面通过光滑小圆弧平滑连接，斜面倾角θ＝37°。小滑块(可看做质点)A的质量为mA＝1 kg，小滑块B的质量为mB＝0.5 kg，其左端连接一轻质弹簧。若滑块A在斜面上受到F＝2 N、方向垂直斜面向下的恒力作用时，恰能沿斜面匀速下滑。现撤去F，让滑块A从距斜面底端L＝2.4 m处，由静止开始下滑。取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：

(1)滑块A与斜面间的动摩擦因数；
(2)撤去F后，滑块A到达斜面底端时的速度大小；
(3)滑块A与弹簧接触后的运动过程中弹簧的最大弹性势能。
答案　(1)0.6　(2)2.4 m/s　(3)0.96 J
解析　(1)滑块A沿着斜面匀速下滑时受力如图1所示，
由平衡条件知mAgsinθ＝f，N＝mAgcosθ＋F，f＝μN
解得μ＝＝0.6。
　　
(2)滑块A沿斜面加速下滑时受力如图2所示，
设滑块A滑到斜面底端时速度为v0，根据动能定理
(mAgsinθ－μmAgcosθ)L＝mAv
代入数据解得v0＝2.4 m/s。
(3)把A、B和弹簧作为一个系统，A、B运动过程中系统动量守恒，当A、B速度相同时弹簧的弹性势能最大，设A、B共同的速度为v，弹簧的最大弹性势能为Ep，
根据动量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v，
根据能量守恒定律有Ep＝mAv－(mA＋mB)v2
代入数据解得：Ep＝0.96 J。
25. (2019·河南开封高三上第一次模拟)(20分)如图所示，直线MN上方有平行于纸面且与MN成45°角的有界匀强电场，电场强度大小未知，MN下方存在方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B。今从MN上的O点向磁场中射入一个速度大小为v、方向与MN成45°的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R。若该粒子从O点出发记为第一次经过直线MN，而第五次经过直线MN时恰好又通过O点。不计粒子的重力，求：

(1)电场强度E的大小；
(2)该粒子再次(第五次经过直线MN时)从O点进入磁场后，运动的轨道半径R′；
(3)该粒子从O点出发到再次回到O点(第五次经过直线MN时)所需的时间t。
答案　(1)vB　(2)R　(3)(2＋π)
解析　粒子的运动轨迹如图：

先是运动一段半径为R的圆弧到a点，接着恰好逆电场线匀减速运动且到b点速度为零，再返回a点速度仍为v，再在磁场中运动一段圆弧到c点，之后垂直电场线进入电场做类平抛运动回到O点。
(1)易知：lOc＝2R，
带电粒子做类平抛运动时垂直和平行电场方向的位移为：
s⊥＝s∥＝lOcsin45°＝2R①
所以类平抛运动的时间为：t3＝＝②
又：s∥＝at＝t③
R＝④
由①②③④可得：E＝vB。⑤
(2)设平抛运动的位移偏角为α，速度偏角为β，
由平抛运动规律得：tanβ＝2tanα＝2，
所以再次到达O点的分速度：v1＝v，v2＝v1tanβ＝2v，
v′＝ ＝v
则第五次经过MN进入磁场后的运动轨道半径
R′＝＝R。
(3)粒子在磁场中运动的总时间为：t1＝⑥
粒子在电场中的加速度为：a＝＝，
粒子做直线运动所需时间为：t2＝＝＝⑦
由②⑥⑦式求得粒子从出发到再次回到O点所需的时间：t＝t1＋t2＋t3＝(2＋π)。
(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．[物理——选修3－3](15分)
(1)(2019·山东泰安一模)(5分)一定质量的理想气体，由初始状态A开始，按图中箭头所示的方向进行了一系列状态变化，最后又回到初始状态A，即A→B→C→A(其中BC与纵轴平行，CA与横轴平行)，这一过程称为一个循环。在这一循环中，对于该气体，下列说法正确的有________。(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．从状态A变化到状态B，分子的平均动能增大
B．从状态B变化到状态C，气体的内能减小
C．从状态C变化到状态A，气体吸收热量
D．从状态B变化到状态C，分子的平均动能逐渐减小
E．从状态A变化到状态B，气体放出热量
(2)(2019·辽宁葫芦岛一模)(10分)如图所示，体积为V的汽缸由导热性良好的材料制成，面积为S的活塞将汽缸的空气分成体积相等的上、下两部分，汽缸上部通过单向阀门K(气体只能进入汽缸，不能流出汽缸)与一打气筒相连。开始时汽缸内上部分空气的压强为p0，现用打气筒向汽缸内打气。已知打气筒每次能打入压强为p0、体积为的空气，当打气n次后，稳定时汽缸上、下两部分的空气体积之比为9∶1，活塞重力G＝p0S，空气视为理想气体，外界温度恒定，不计活塞与汽缸间的摩擦。求：

(ⅰ)当打气n次活塞稳定后，下部分空气的压强；
(ⅱ)打气筒向容器内打气次数n。
答案　(1)ABD　(2)(ⅰ)6.25p0　(ⅱ)49次
解析　(1)由图可知，A→B过程，气体的体积和压强变大，根据＝C，可知气体的温度升高，内能增加，气体分子的平均动能增大，又体积增大，对外做功，故从外界吸收热量，A正确，E错误；B→C过程，气体做等容变化，压强减小，温度降低，气体内能减小，分子的平均动能也逐渐减小，B、D正确；C→A过程，气体做等压变化，体积减小，温度降低，故外界对气体做功，气体内能减小，则气体放出热量，C错误。
(2)(ⅰ)对汽缸下部分气体，设初状态压强为p1，末状态压强为p2
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2
可知p1＝p2
初状态时对活塞p1S＝p0S＋G
联立解得p2＝p0＝6.25p0。
(ⅱ)把上部分气体和打进的n次气体作为整体，此时上部分汽缸中的压强为p
末状态时对活塞p2S＝pS＋G
由玻意耳定律得p0＋n·p0＝p
联立解得p＝6p0，n＝49，
即打气筒向汽缸内打气49次。
34．(2019·全国卷Ⅱ)[物理——选修3－4](15分)
(1)(5分)如图，长为l的细绳下方悬挂一小球a，绳的另一端固定在天花板上O点处，在O点正下方l的O′处有一固定细铁钉。将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放，并从释放时开始计时。当小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡。设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正。下列图象中，能描述小球在开始一个周期内的x­t关系的是________。


(2)(10分)某同学利用图示装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光；调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。回答下列问题：

(ⅰ)若想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可______。
A．将单缝向双缝靠近
B．将屏向靠近双缝的方向移动
C．将屏向远离双缝的方向移动
D．使用间距更小的双缝
(ⅱ)若双缝的间距为d，屏与双缝间的距离为l，测得第1条暗条纹到第n条暗条纹之间的距离为Δx，则单色光的波长λ＝________。
(ⅲ)某次测量时，选用的双缝的间距为0.300 mm，测得屏与双缝间的距离为1.20 m，第1条暗条纹到第4条暗条纹之间的距离为7.56 mm。则所测单色光的波长为________ nm(结果保留3位有效数字)。
答案　(1)A　(2)(ⅰ)B　(ⅱ)　(ⅲ)630
解析　(1)摆长为l时单摆的周期T1＝2π，振幅A1＝lα(α为摆角)，摆长为l时单摆的周期T2＝2π ＝π＝，振幅A2＝lβ(β为摆角)。根据机械能守恒得mgl(1－cosα)＝mg(1－cosβ)，利用cosα＝1－2sin2，cosβ＝1－2sin2，以及sinα≈tanα≈α(α很小)，解得β＝2α，故A2＝A1，故A正确。
(2)(ⅰ)相邻明(暗)干涉条纹的间距Δx＝λ，要增加观察到的条纹个数，即减小Δx，需增大d或减小l，因此应将屏向靠近双缝的方向移动，或使用间距更大的双缝，B正确。
(ⅱ)第1条到第n条暗条纹间的距离为Δx，则相邻暗条纹间的距离Δx′＝，又Δx′＝λ，解得λ＝。
(ⅲ)由λ＝，代入数据解得λ＝630 nm。