刷题1+12020高考物理讲练试题组合模拟卷七含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七含2019模拟题，共14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 组合模拟卷七（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·江苏泰州高三上学期期末)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个质量为50 g的鸡蛋从一居民楼的25层落下，与地面的撞击时间约为2×10－3 s，试估算该鸡蛋对地面的冲击力约为(　　)
A．1000 N B．500 N
C．100 N D．50 N
答案　A
解析　每层楼高约为3 m，鸡蛋下落的总高度为：h＝(25－1)×3 m＝72 m，自由下落时间为：t1＝＝ s≈3.8 s，与地面的碰撞时间约为：t2＝0.002 s，全过程根据动量定理可得：mg(t1＋t2)－Ft2＝0，解得冲击力为：F＝950.5 N≈1000 N，A正确。
15. (2019·陕西渭南二模)如图所示，一电荷量为q、质量为m的带电粒子以初速度v0由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直。粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角。已知匀强电场的宽度为d，不计重力作用。则匀强电场的场强E大小是(　　)

A. B.
C. D.
答案　B
解析　带电粒子在电场中做类平抛运动，根据运动的合成与分解得到：vy＝＝v0，又d＝v0t，vy＝t，联立方程得：E＝，A、C、D错误，B正确。
16．(2019·江苏海安高三上学期期末)质量为m的小球从高处由静止开始下落，小球在空中所受的阻力与速度大小成正比。下列图象分别描述了小球下落过程中速度v、加速度a随时间t的变化规律和动能Ek、机械能E随下落位移h的变化关系，其中可能正确的是(　　)

答案　D
解析　v­t图象的斜率代表加速度，小球在空中所受的阻力与速度大小成正比，即f＝kv(k为常值)，在下落过程中，根据牛顿第二定律得：mg－kv＝ma，解得a＝g－，下落过程中，速度v增加，则加速度a逐渐减小，小球做加速度逐渐减小的加速运动，故v随时间增加得越来越慢，A错误；a­t图象的斜率为，由a＝g－可得，＝－a，因为a逐渐减小，故a­t图线的斜率逐渐减小，B错误；根据动能定理得(mg－f)·h＝Ek－0，随着下落位移h增大，速度v增大，阻力f增大，下落相同位移Δh时，ΔEk变小，即Ek­h图象的斜率越来越小，C错误；机械能的减少量等于克服阻力做的功，下落相同位移Δh时，克服阻力做的功增大，故机械能的减少量增大，即E­h图象的斜率大小变大，D正确。
17．(2019·全国卷Ⅰ)如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为(　　)

A．2F B．1.5F C．0.5F D．0
答案　B
解析　设每根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两支路电阻之比为R1∶R2＝2R∶R＝2∶1，上下两支路电流之比I1∶I2＝1∶2。如图所示，由于上方支路通电的导体受安培力的有效长度也为L，根据安培力计算公式F＝ILB，可知F′∶F＝I1∶I2＝1∶2，得F′＝F，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的合力大小为F＋F′＝F，B正确。


18．(2019·四川省宜宾市叙州一中高三上期末)如图所示，是我国首个空间实验室“天宫一号”的发射及运行示意图。长征运载火箭将飞船送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道上，B点距离地面高度为h，地球的中心位于椭圆的一个焦点上，“天宫一号”飞行几周后变轨进入预定圆轨道。已知“天宫一号”在预定圆轨道上飞行n圈所用时间为t，万有引力常量为G，地球半径为R，则下列说法正确的是(　　)

A．“天宫一号”在椭圆轨道的B点的加速度大于在预定圆轨道的B点的加速度
B．“天宫一号”从A点开始沿椭圆轨道向B点运行的过程中，动能先减小后增大
C．“天宫一号”沿椭圆轨道运行的周期大于沿预定圆轨道运行的周期
D．由题中给出的信息可以计算出地球的质量M＝
答案　D
解析　“天宫一号”在椭圆轨道的B点的加速度以及圆轨道B点的加速度都是万有引力提供的，万有引力相同，故加速度是相等的，A错误；“天宫一号”从A点开始沿椭圆轨道向B点运行的过程中，只受到地球的引力，距离地球越来越远，地球的引力做负功，根据动能定理可知，动能越来越小，B错误；椭圆轨道的半长轴小于圆轨道的半径，根据开普勒第三定律可知，“天宫一号”沿椭圆轨道运行的周期小于沿预定圆轨道运行的周期，C错误；“天宫一号”在预定圆轨道上飞行n圈所用时间为t，故周期为T＝，根据万有引力提供向心力有＝m(R＋h)，得地球的质量M＝，D正确。
19．(2019·山西吕梁高三上学期期末)下列说法正确的是(　　)
A．原子的特征谱线是原子具有核式结构的有力证据
B．考古专家测出某具骸骨1 g碳样品中C的含量为活着的生物体1 g碳样品中C含量的，已知C的半衰期为5730年，则该生物死亡时距今约11460年
C．核泄漏事故污染物能够产生对人体有害的辐射，其核反应方程式为Cs→Ba＋x，可以判断x为β射线
D．核反应堆利用石墨吸收中子控制核反应速度
答案　BC
解析　原子的特征谱线说明原子只能处于不连续的、分立的能级上，是原子具有分立能级的有力证据，A错误；考古专家发现某一骸骨中C的含量为活着的生物体中C的，可知经历了2个半衰期，C的半衰期为5730年，则确定该生物死亡时距今约11460年，B正确；根据电荷数守恒、质量数守恒知，x的电荷数为－1，质量数为0，可知x为电子，C正确；核反应堆利用镉棒吸收中子控制核反应速度，石墨是常用的慢化剂，D错误。
20．(2019·天津重点中学联合二模)如图所示，在矩形区域ABCD内有一垂直纸面向里的匀强磁场，AB＝5 cm，AD＝10 cm，磁感应强度B＝0.2 T。在AD的中点P有一个发射正离子的装置，能够连续不断地向纸面内的各个方向均匀地发射出速率为v＝1.0×105 m/s的正离子，离子的质量m＝2.0×10－12 kg，电荷量q＝1.0×10－5 C，离子的重力不计，不考虑离子之间的相互作用，则(　　)

A．从边界BC边飞出的离子中，BC中点飞出的离子在磁场中运动的时间最短
B．边界AP段无离子飞出
C．从CD、BC边飞出的离子数之比为1∶2
D．若离子可从B、C两点飞出，则从B点和C点飞出的离子在磁场中运动的时间相等
答案　ACD
解析　由洛伦兹力方向可知，离子向上偏转做圆周运动，发射方向与PA方向夹角较小的离子会从AP段飞出，B错误；由公式R＝得：R＝0.1 m，画出部分离子的运动轨迹如图，

由于离子的速率一定，所以离子运动的半径确定，在离子转过的圆心角小于π的情况下，弦长越短，圆心角越小，时间越短，弦长相等，时间相等，所以从BC边飞出的离子中，BC中点飞出的离子对应的弦长最短，所用时间最短，离子从B、C两点飞出对应的弦长相等，所以运动时间相等，A、D正确；由图分析可知，α∶β＝1∶2，而发射速度方向在α内的离子必从CD边飞出，在β内的离子必从BC边飞出，所以从CD、BC边飞出的离子数之比为1∶2，C正确。
21．(2019·湖南衡阳二模)如图所示，一根轻弹簧一端固定在O点，另一端固定一个带有孔的小球，小球套在固定的竖直光滑杆上，小球位于图中的A点时，弹簧处于原长。现将小球从A点由静止释放，小球向下运动，经过与A点关于B点对称的C点后，小球能运动到最低点D点，OB垂直于杆，则下列说法正确的是(　　)

A．小球从A点运动到D点的过程中，其最大加速度一定大于重力加速度g
B．小球从B点运动到C点的过程中，小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和可能增大
C．小球运动到C点时，重力对其做功的功率最大
D．小球在D点时弹簧的弹性势能一定最大
答案　AD
解析　在B点时，小球的加速度为g，在B、C点间弹簧处于压缩状态，小球在竖直方向除受重力外还有弹簧弹力沿竖直方向向下的分量，所以小球从A点运动到D点的过程中，其最大加速度一定大于重力加速度g，故A正确；小球从B点运动到C点的过程中，小球做加速运动，即动能增大，由系统机械能守恒可知，小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和一定减小，故B错误；小球在C点时，由于弹簧的弹力为零，所以合力为重力G，小球从C点往下还会加速一段，所以小球在C点的速度不是最大，故重力做功的功率不是最大，C错误；D点为小球运动的最低点，此处小球速度为零，且重力势能最小，由系统机械能守恒知小球在D点时弹簧的弹性势能最大，故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．(2019·四川德阳二诊)(5分)为了验证矩形线框自由下落过程中上、下边经过光电门时机械能是否守恒，使用了如图所示的实验装置。已知矩形线框用直径为d的圆柱形材料做成，用刻度尺测出矩形线框上、下边之间的距离L。某次实验中矩形线框下边和上边先后经过光电门的挡光时间分别为Δt1和Δt2。

(1)通过实验可测出下、上边通过光电门的速度v1和v2，分别为v1＝________，v2＝________。
(2)如果满足关系式____________________(请用测量的物理量和已知量来表示，重力加速度为g)，则自由下落过程中线框的机械能守恒。
答案　(1)　　(2)2－2＝2gL
解析　(1)本实验中利用矩形线框的下、上边框通过光电门的平均速度来代替其各自通过光电门时的瞬时速度，故有：v1＝，同理v2＝。
(2)根据机械能守恒有：mgL＝mv－mv，整理得：2－2＝2gL。
23．(2019·安徽宣城二模)(10分)在测定电源电动势和内电阻的实验中，实验室提供了合适的实验器材。
(1)甲同学按电路图a进行测量实验，其中R2为保护电阻，则

①请用笔画线代替导线在图b中完成电路的连接；
②根据电压表的读数U和电流表的读数I，画出U­I图线如图c所示，可得电源的电动势E＝________ V，内电阻r＝________ Ω。(结果保留两位有效数字)
(2)乙同学误将测量电路连接成如图d所示，其他操作正确，根据电压表的读数U和电流表的读数I，画出U­I图线如图e所示，可得电源的电动势E＝________ V，内电阻r＝________ Ω(结果保留两位有效数字)。

答案　(1)①图见解析　②2.8　0.60　(2)3.0　0.50
解析　(1)①根据原理图可得出对应的实物图，如图所示。

②根据闭合电路欧姆定律可得：U＝E－Ir，则由图c可知电动势E＝2.8 V，内电阻r＝＝ Ω＝0.60 Ω。
(2)由图d可知R1左右两部分并联后与R2串联，在滑片从一端向另一端移动的过程中，滑动变阻器接入电阻先增大后减小，路端电压先增大后减小，所以出现图e所示的图象，则由图e可知当电压为2.5 V时，电流为0.5 A，此时滑动变阻器两部分电阻相等，总电流为I1＝1 A；而当电压为2.4 V时，电流分别对应0.33 A和0.87 A，说明当电压为2.4 V时，干路电流为I2＝0.33 A＋0.87 A＝1.2 A；根据闭合电路欧姆定律可得2.5＝E－r,2.4＝E－1.2r，解得电源的电动势E＝3.0 V，内电阻r＝0.50 Ω。
24. (2019·四川德阳二诊)(12分)如图所示是游乐场的一项娱乐设备。一环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上几十米的高处，然后让座舱自由落下，落到一定位置时，制动系统启动，到地面时刚好停下。已知座舱开始下落的高度为H＝75 m，当落到离地面h＝30 m的位置时开始制动，座舱均匀减速。在一次娱乐中，某同学把质量m＝6 kg的书包放在自己的腿上。g取10 m/s2，不计座舱与柱子间的摩擦力及空气阻力。

(1)求座舱制动过程中书包对该同学腿部的压力多大；
(2)若环形座舱与同学们的总质量M＝4×103 kg，求制动过程中机器输出的平均功率。
答案　(1)150 N　(2)1.5×106 W
解析　(1)设座舱开始制动时的速度为v，制动过程中的加速度大小为a，书包受到腿的支持力为N，由运动公式可得：v2＝2g(H－h)，v2＝2ah
根据牛顿第二定律，对书包：N－mg＝ma
解得N＝150 N
根据牛顿第三定律，该同学腿部受到的压力为150 N。
(2)设制动过程中座舱所受的制动力为F，经历的时间为t，由运动公式得：h＝vt－at2；
根据牛顿第二定律，对座舱：F－Mg＝Ma
座舱克服制动力做功：W＝Fh
机器输出的平均功率：P＝
联立代入数据可得：P＝1.5×106 W。
25．(2019·福建南平二模)(20分)如图甲所示，两根与水平面成θ＝30°角的足够长的光滑金属导轨平行放置，导轨间距为L，导轨的电阻忽略不计。整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面斜向上。现将质量均为m、电阻均为R的金属棒a、b垂直于导轨放置，一根不可伸长的绝缘细线的P端系在金属杆b的中点，另一端N通过滑轮与质量为M的物体相连，细绳与导轨平面平行。导轨与金属棒接触良好，不计一切摩擦，运动过程中物体始终未与地面接触，重力加速度g取10 m/s2。

(1)若金属棒a固定，M＝m，由静止释放b，求释放瞬间金属棒b的加速度大小；
(2)若金属棒a固定，L＝1 m，B＝1 T，m＝0.2 kg，R＝1 Ω，改变物体的质量M，使金属棒b沿斜面向上运动，请写出金属棒b获得的最大速度v与物体质量M的关系式，并在乙图中画出v­M图象；
(3)若撤去物体，改在绳的N端施加一大小为F＝mg，方向竖直向下的恒力，将金属棒a、b同时由静止释放。从静止释放到a刚开始匀速运动的过程中，a产生的焦耳热为Q，求这个过程流过金属棒a的电荷量。
答案　(1)2.5 m/s2　(2)v＝20M－2　图见解析
(3)
解析　(1)设释放瞬间金属棒b的加速度大小为a，
对物体M：Mg－T＝Ma
对金属棒b：T－mgsinθ＝ma
解得：a＝＝2.5 m/s2。
(2)当金属棒b速度达到最大时，对物块M有：T＝Mg
对金属棒b有：mgsinθ＋BIL＝T
对电路分析有：E＝BLv
I＝
解得：v＝20M－2。
v­M图象如图所示。

(3)对两棒受力分析可知，在任一时刻：
对a棒：mgsinθ－F安＝ma1
对b棒：F－mgsinθ－F安＝ma2
解得：a1＝a2
即在任一时刻两棒的速度、加速度、位移总是大小相等、方向相反，同时达到匀速运动状态，此时的速度最大。设此时a、b棒的速度均为v1，其动能Eka＝Ekb＝mv，则
电路中的总电动势：E1＝2BLv1
电路中的总电流：I1＝
对a棒：mgsinθ＝BI1L
解得：v1＝
设从静止释放到a刚开始匀速运动的过程中，a、b的位移大小均为s，则a、b的重力势能的增量为
ΔEpa＝－mgs·sinθ，ΔEpb＝mgs·sinθ，
N端恒力做功WF＝mgs，
由功能关系可得WF＝ΔEpa＋ΔEpb＋Eka＋Ekb＋2Q，
解得：s＝＋
从静止释放到a刚开始匀速运动的过程中，流过a棒的电荷量：
q＝Δt
其中：＝
＝
ΔΦ＝2BLs
解得：q＝。
(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)(2019·四川宜宾二诊)(5分)密闭的固定容器内可视为理想气体的氢气温度与外界空气的温度相同，现对该容器缓慢加热，当容器内的氢气温度高于外界空气的温度时，则________。(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．氢气分子的平均动能增大
B．氢气分子的势能增大
C．氢气的内能增大
D．氢气的内能可能不变
E．氢气的压强增大
(2)(2019·湖南常德一模)(10分)如图所示，内壁光滑、横截面积不相等的圆柱形汽缸竖直放置，汽缸上、下两部分的横截面积分别为2S和S。在汽缸内有A、B两活塞封闭着一定质量的理想气体，两活塞用一根长为l的细轻杆连接，两活塞导热性能良好，并能在汽缸内无摩擦地移动。已知活塞A的质量是m，活塞B的质量是0.5m。当外界大气压强为p0、温度为T0时，两活塞静止于如图所示位置。若用一竖直向下的拉力F作用在B上，使A、B一起由图示位置开始缓慢向下移动0.5l的距离，又处于静止状态，设整个过程中气体温度不变。求这时：

(ⅰ)汽缸内气体的压强；
(ⅱ)拉力F的大小。
答案　(1)ACE
(2)(ⅰ)＋p0　(ⅱ)p0S＋mg
解析　(1)温度升高，则氢气分子的平均动能增大，A正确；理想气体的分子势能为零，B错误；一定质量的理想气体的内能只与温度有关，温度升高，则氢气的内能增大，C正确，D错误；气体的体积不变，温度升高，根据＝C可知，氢气的压强增大，E正确。
(2)(ⅰ)以两活塞整体为研究对象，原来汽缸内气体压强为p1
根据平衡条件有：
p1S＋p0(2S)＋mg＋0.5mg＝p1(2S)＋p0S
解得：p1＝p0＋
以封闭着的理想气体为研究对象
初态：p1＝p0＋，V1＝2lS
末态：V2＝(2S)＋S＝
根据玻意耳定律，有：p1V1＝p2V2，
即：(2lS)＝p2
解得p2＝＋p0。
(ⅱ)取两活塞整体为研究对象，根据平衡条件有：
p2S＋p0(2S)＋mg＋0.5mg＋F＝p2(2S)＋p0S
解得：F＝p0S＋mg。
34．(2019·全国卷Ⅰ)[物理——选修3－4](15分)
(1)(5分)一简谐横波沿x轴正方向传播，在t＝时刻，该波的波形图如图a所示，P、Q是介质中的两个质点。图b表示介质中某质点的振动图象。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．质点Q的振动图象与图b相同
B．在t＝0时刻，质点P的速率比质点Q的大
C．在t＝0时刻，质点P的加速度的大小比质点Q的大
D．平衡位置在坐标原点的质点的振动图象如图b所示
E．在t＝0时刻，质点P与其平衡位置的距离比质点Q的大
(2)(10分)如图，一艘帆船静止在湖面上，帆船的竖直桅杆顶端高出水面3 m。距水面4 m的湖底P点发出的激光束，从水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直方向的夹角为53°(取sin53°＝0.8)。已知水的折射率为。

(ⅰ)求桅杆到P点的水平距离；
(ⅱ)船向左行驶一段距离后停止，调整由P点发出的激光束方向，当其与竖直方向夹角为45°时，从水面射出后仍照射在桅杆顶端，求船行驶的距离。
答案　(1)CDE　(2)(ⅰ)7 m　(ⅱ)5.5 m
解析　(1)t＝时刻，质点Q在平衡位置，向上振动，对应的振动图象与图b不符，A错误；t＝0时刻的波形图如图所示(图a的波形图左移半个波长即可得到)，质点P在波谷，Q在平衡位置，质点Q的速率比P的大，P的加速度大小比Q的大，质点P与其平衡位置的距离为振幅，质点Q在平衡位置，与其平衡位置的距离为0，故B

错误，C、E正确；t＝时刻，坐标原点的质点经过平衡位置向下振动，对应的振动图象与图b吻合，D正确。
(2)(ⅰ)设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1，到P点的水平距离为x2；桅杆高度为h1，P点处水深为h2；激光束在水中与竖直方向的夹角为θ。由几何关系有
＝tan53°①
＝tanθ②
由折射定律有
sin53°＝nsinθ③
设桅杆到P点的水平距离为x，则
x＝x1＋x2④
联立①②③④式并代入题给数据得
x＝7 m⑤
(ⅱ)设激光束在水中与竖直方向的夹角为45°时，从水面出射的方向与竖直方向夹角为i′，由折射定律有
sini′＝nsin45°⑥
设船向左行驶的距离为x′，此时激光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1′，到P点的水平距离为x2′，则
x1′＋x2′＝x′＋x⑦
＝tani′⑧
＝tan45°⑨
联立⑤⑥⑦⑧⑨式并代入题给数据得
x′＝(6－3) m≈5.5 m。⑩