刷题1+12020高考物理讲练试题组合模拟卷二含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二含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 组合模拟卷二（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·成都高新区一诊)叠放在水平地面上的四个完全相同的排球如图所示，质量均为m，相互接触，球与地面间的动摩擦因数都是μ，则(　　)

A．上方球与下方三个球间均没有弹力
B．下方三个球与水平地面间均没有摩擦力
C．水平地面对下方三个球的支持力均为mg
D．水平地面对下方三个球的摩擦力均为μmg
答案　C
解析　对上方球分析可知，受重力和下方球的支持力而处于平衡状态，所以上方球一定与下方球有弹力的作用，故A错误；下方球由于受上方球斜向下的弹力作用，所以下方球有运动的趋势，故下方球受地面摩擦力作用，故B错误；对四个球整体分析，竖直方向，受重力和地面的支持力而处于平衡状态，所以下方三个球受地面总的支持力大小为4mg，每个球受到的支持力均为mg，故C正确；下方三个球受到地面的摩擦力是静摩擦力，不能根据滑动摩擦力公式进行计算，故D错误。
15．(2019·天津高考)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程(　　)

A．动能增加mv2
B．机械能增加2mv2
C．重力势能增加mv2
D．电势能增加2mv2
答案　B
解析　动能变化量ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，A错误；小球从M到N的过程中，重力和电场力做功，机械能的增加量等于电势能的减少量。带电小球在水平方向做向左的匀加速直线运动，由运动学公式得(2v)2－0＝2x，电势能减少量等于电场力做的功ΔEp电＝W电＝qEx＝2mv2，故B正确，D错误；小球在竖直方向做匀减速运动且末速度为零，由－v2＝－2gh，得重力势能增加量ΔEp重＝mgh＝mv2，C错误。
16．(2019·山东青岛二中高三上学期期末)卫星电话在抢险救灾中能发挥重要作用。第一代、第二代海事卫星只使用地球同步卫星，不能覆盖地球上的高纬度地区，第三代海事卫星采用地球同步卫星和中轨道卫星结合的方案，它由4颗同步卫星与12颗中轨道卫星构成。中轨道卫星高度为10354千米，分布在几个轨道平面上(与赤道平面有一定的夹角)，在这个高度上，卫星沿轨道旋转一周的时间为6小时。则下列判断正确的是(　　)
A．中轨道卫星的角速度小于地球同步卫星
B．中轨道卫星的线速度小于地球同步卫星
C．如果某一时刻中轨道卫星、地球同步卫星与地球的球心在同一直线上，那么经过6小时它们仍在同一直线上
D．在中轨道卫星经过地面某点的正上方24小时后，该卫星仍在地面该点的正上方
答案　D
解析　根据ω＝，因为中轨道卫星的运行周期小于地球同步卫星，所以中轨道卫星的角速度大于地球同步卫星，A错误；根据ω＝得中轨道卫星的轨道半径小于地球同步卫星，又v＝，所以中轨道卫星的线速度大于地球同步卫星，B错误；经过6小时，中轨道卫星转动一周，而同步卫星转动周，故中轨道卫星、地球同步卫星与地球的球心不可能在同一直线上，C错误；24小时后地球自转一周，中轨道卫星绕地球转动4周，则该卫星仍在地面该点的正上方，D正确。
17. (2019·两湖八市十二校联合二模)如图为氢原子的能级示意图，锌的逸出功是3.34 eV，那么对氢原子在能级跃迁过程中发射或吸收光子的特征认识正确的是(　　)

A．用氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光照射锌板一定不能产生光电效应
B．一群处于n＝3能级的氢原子向基态跃迁时，能放出4种不同频率的光
C．用能量为10.3 eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态
D．一群处于n＝3能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为8.75 eV
答案　D
解析　氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子的最小能量为10.2 eV，照射锌板一定能产生光电效应，A错误；一群处于n＝3能级的氢原子向基态跃迁时，根据C＝3可知，能放出3种不同频率的光，B错误；用能量为10.3 eV的光子照射，因为10.2 eV<10.3 eV<12.09 eV，所以不可使处于基态的氢原子跃迁到激发态，C错误；氢原子从n＝3能级向基态跃迁时发出的光子的能量最大，为Emax＝－1.51 eV＋13.6 eV＝12.09 eV，因锌的逸出功是3.34 eV，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为Ekm＝12.09 eV－3.34 eV＝8.75 eV，D正确。
18．(2019·安徽宣城高三上学期期末)如图甲所示，两物体A、B叠放在光滑水平面上，对A施加一水平力F，规定向右为正方向，F随时间t的变化关系如图乙所示，两物体在t＝0时由静止开始运动，且始终保持相对静止，则下列说法正确的是(　　)

A．第1 s末两物体的速度最大
B．第3 s内，两物体向左运动
C．第2 s内，拉力F对物体A做正功
D．第2 s内，A对B的摩擦力向左
答案　C
解析　在0～2 s内两物体向右做加速运动，2～4 s内加速度反向，由图象的对称性知，第2 s末速度最大，A错误；在0～4 s内两物体一直向右运动，第4 s末物体速度减小到零，之后又重复之前的运动，故第3 s内，两物体向右运动，B错误；第2 s内，拉力F的方向与速度方向相同，拉力F对物体A做正功，C正确；第2 s内，对A、B整体分析，整体的加速度方向与F的方向相同，B物体所受的合力为A对B的摩擦力，故A对B的摩擦力的方向与加速度方向相同，即与F的方向相同，所以第2 s内，A对B的摩擦力向右，D错误。
19. (2019·湖北七市州教研协作体高三联合模拟)如图所示，两根通电长直导线A、B垂直于纸面固定放置，二者之间的连线水平，电流方向均垂直于纸面向里，A中电流是B中电流的2倍，此时A受到的磁场作用力大小为F，而在A、B的正中间再放置一根与A、B平行共面的通电长直导线C后，A受到的磁场作用力大小变为2F，则B受到的磁场作用力大小和方向可能为(　　)

A．大小为F，方向水平向右
B．大小为F，方向水平向左
C．大小为F，方向水平向右
D．大小为F，方向水平向左
答案　BC
解析　因同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，由题意得，A受到B的磁场力大小为F，方向水平向右，B受到A的磁场力大小为F，方向水平向左；A、B正中间再加一通电长直导线C后，其在A、B两位置产生的磁感应强度大小相同，故A受到C的磁场力为B受到C的磁场力的2倍；由于A受到的磁场作用力大小变为2F，则可能有两种情况：①C对A的作用力为F，方向水平向右，则C对B的作用力为，方向水平向左，则B受到的磁场作用力大小为F，方向水平向左；②C对A的作用力为3F，方向水平向左，则C对B的作用力为，方向水平向右，则B受到的磁场作用力大小为F，方向水平向右，故B、C正确，A、D错误。
20. (2019·云南保山高考模拟)如图所示，质量为m的粗糙半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升到距B点所在水平线的最大高度为h0(不计空气阻力)，则(　　)

A．小球和小车组成的系统在水平方向动量守恒
B．小车向左运动的最大距离为R
C．小球离开小车后做斜抛运动
D．小球第二次能上升到距B点所在水平线的最大高度h0 答案　ABD
解析　小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，所以系统在水平方向动量守恒，故A正确；设小车向左运动的最大距离为x，某时刻小球的水平分速度大小为v，小车的水平分速度大小为v′，系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv－mv′＝0，即有：m－m＝0，t＋x＝2R，解得x＝R，故B正确；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；小球从开始到第一次到达最高点的运动过程中，由动能定理得：mg－Wf＝0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf＝mgh0，即小球第一次在车中运动损失的机械能为mgh0，由于小球第二次在车中运动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，小球所受摩擦力变小，克服摩擦力做的功小于mgh0，机械能损失小于mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于h0－h0＝h0，而小于h0，即h0＜h＜h0，故D正确。
21．(2019·全国卷Ⅱ) 如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零。从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是(　　)


答案　AD
解析　PQ刚进入磁场时，加速度为零，则mgsinθ＝BI1L，又I1＝，故PQ做匀速运动，电流恒定；且由题意知，MN刚进入磁场时的速度与PQ刚进入磁场时的速度相同。
情形1：若MN刚进入磁场时，PQ已离开磁场区域，则对MN，由I1＝及右手定则知，通过PQ的电流大小不变，方向相反，又mgsinθ＝BI1L，则MN匀速运动，电流恒定，故I­t图象如图A所示。
情形2：若MN刚进入磁场时，PQ未离开磁场区域，由于两导体棒速度相等，产生的电动势等大、反向，故电流为0，两棒在重力沿导轨向下的分力作用下均加速直至PQ离开磁场，此时MN为电源，由E＝BLv，I＝，BIL－mgsinθ＝ma知，MN减速，且随v减小，I减小，a减小，I∝v，故I随t减小得越来越慢，直至匀速，即I＝I1，I­t图象如图D所示。
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·河南省郑州市一模)(5分)用如图甲所示的装置验证动量守恒定律。

(1)为了减小实验误差，下列做法正确的是________。
A．两球的质量和半径都一样大
B．多次将A球从不同的高度释放
C．保证斜槽末端的切线水平
D．减小斜槽对小球A的摩擦
(2)图乙是B球的落点痕迹，刻度尺的“0”刻线与O点重合，可以测出碰撞后B球的水平射程为________ cm。
(3)本次实验必须进行测量的是________。
A．水平槽上未放B球时，A球的落点位置到O点的距离
B．A球与B球碰撞后，A球和B球的落点位置到O点的距离
C．A球与B球下落的时间
D．A球和B球的质量(或两球质量之比)
答案　(1)C　(2)64.45　(3)ABD
解析　(1)为防止碰撞后入射球反弹，A球的质量应大于B球的质量，A错误；为使A球到达轨道末端时的速度相等，应多次将A球从同一高度释放，B错误；为使小球离开轨道后做平抛运动，应保证斜槽末端的切线水平，C正确；斜槽对小球A的摩擦对实验没有影响，不需要减小斜槽对小球A的摩擦，D错误。
(2)碰撞后B球的落点如图乙所示，用尽量小的圆把球B的所有落点都圈在里面，圆心即落点的平均位置，此位置到O点的距离即为B球的水平射程，约为64.45 cm。
(3)根据实验原理可得mAv0＝mAv1＋mBv2，又因下落时间相同，即可求得：mA·OP＝mA·OM＋mB·ON，可知需要测量的物理量是水平槽上未放B球时，A球的落点位置到O点的距离OP，A球与B球碰撞后，A、B两球落点位置到O点的距离OM和ON，A球和B球的质量(或两球质量之比)，不需要测量水平槽面离地面的高度或小球在空中的飞行时间，故选A、B、D。
23．(2019·辽宁大连二模)(10分)如图甲所示是多用电表欧姆挡内部的部分原理图，已知电源电动势E＝1.5 V，内阻r＝1 Ω，灵敏电流计满偏电流Ig＝10 mA，内阻rg＝90 Ω，表盘如图丙所示，欧姆表表盘中值刻度为“15”。

(1)多用电表的选择开关旋至“Ω”区域的某挡位时，其内部电路为图甲所示。将多用电表的红、黑表笔短接，进行欧姆调零，调零后多用电表的总内阻为________ Ω。某电阻接入红、黑表笔间，表盘如图丙所示，则该电阻的阻值为________ Ω。
(2)若将选择开关旋至“×1”，则需要将灵敏电流计________(选填“串联”或“并联”)一阻值为________ Ω的电阻，再进行欧姆调零。
(3)某同学利用多用电表对二极管正接时的电阻进行粗略测量，如图乙所示，下列说法中正确的是________(填选项前的字母)
A．欧姆表的表笔A、B应分别接二极管的C、D端
B．双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大
C．若采用“×100”倍率测量时，发现指针偏角过大，应换“×10”倍率，且要重新进行欧姆调零
D．若采用“×10”倍率测量时，发现指针位于刻度“15”与“20”的正中央，测量值应略大于175 Ω
答案　(1)150　60　(2)并联　10　(3)AC
解析　(1)设欧姆表总内阻为R，短接时有：E＝IgR，代入数据计算得：R＝150 Ω；当半偏时有：E＝Ig(R＋R中)，所以R＝R中，所以选择的是“×10”挡位，根据图丙可知读数为60 Ω。
(2)选择开关旋至“×1”，此时内阻R′＝R中＝15 Ω，短接电流Ig′＝＝100 mA，所以应给表头并联一个分流电阻R0，根据欧姆定律：R0＝＝10 Ω。
(3)二极管具有单向导电性，现在要测二极管正接时的电阻，由于表笔A与欧姆表内部电源正极相连，故表笔A、B应分别接二极管的C、D端，A正确；实验测量时，手不能触碰金属杆，否则就将自身电阻并联进电路，测量值偏小，B错误；若采用“×100”倍率测量时，发现指针偏角过大，说明电阻太小，所以应该换小挡位，即“×10”倍率，且要重新进行欧姆调零，C正确；根据欧姆表的改装原理可知，表盘刻度“左密右稀”，且越往左阻值越大，若刻度均匀则待测电阻应是175 Ω，所以待测电阻的阻值应略小于175 Ω，D错误。
24. (2019·重庆南开中学高三上学期期末)(12分)如图所示，质量M＝1 kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m＝1 kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，取g＝10 m/s2，在铁块上加一个水平向右的拉力，试求：

(1)F增大到多少时，铁块能在木板上发生相对滑动？
(2)若木板长L＝1 m，水平拉力恒为8 N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？
答案　(1)6 N　(2)1 s
解析　(1)设F＝F1时，铁块、木板恰好保持相对静止，此时二者的加速度相同，两者间的静摩擦力达到最大。
对木板，根据牛顿第二定律得：
μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma
解得：a＝2 m/s2
以铁块和木板整体为研究对象，根据牛顿第二定律有：
F1－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a
解得：F1＝6 N。
(2)铁块的加速度大小a1＝＝4 m/s2
木板的加速度大小a2＝＝2 m/s2
设经过时间t铁块运动到木板的右端，则有
a1t2－a2t2＝L
解得：t＝1 s。
25．(2019·广东深圳二模)(20分)如图a所示，整个空间存在竖直向上的匀强电场(平行于纸面)，在同一水平线上的两位置，以相同速率同时喷出质量均为m的油滴a和b，电荷量为＋q的a水平向右，不带电的b竖直向上。b上升高度为h时，到达最高点，此时a恰好与它相碰，瞬间结合成油滴P。忽略空气阻力，重力加速度为g。求：

(1)油滴b竖直上升的时间及两油滴喷出位置的距离；
(2)匀强电场的场强及油滴a、b结合为P后瞬间的速度；
(3)若油滴P形成时恰位于某矩形区域边界，取此时为t＝0时刻，同时在该矩形区域加一个垂直于纸面的周期性变化的匀强磁场，磁感应强度变化规律如图b所示，磁场变化周期为T0(垂直纸面向外为正)，已知P始终在矩形区域内运动，求矩形区域的最小面积。(忽略磁场突变的影响)
答案　(1) 　2h　(2)　，方向向右上方，与水平方向夹角为45°　(3)
解析　(1)设油滴的喷出速率为v0，油滴b做竖直上抛运动，
有：0－v＝－2gh，解得v0＝
0＝v0－gt0，解得t0＝
油滴a在水平方向做匀速直线运动，有：
x0＝v0t0，解得x0＝2h。
(2)两油滴结合之前，油滴a做类平抛运动，设加速度为a，
则：qE－mg＝ma
h＝at
解得a＝g，E＝。
设结合前瞬间油滴a速度大小为va，方向向右上方，与水平方向的夹角为θ，则：v0＝vacosθ　v0tanθ＝at0
解得va＝2，θ＝45°。
两油滴的结合过程动量守恒：mva＝2mvP
联立解得vP＝，方向向右上方，与水平方向夹角为45°。
(3)因qE＝2mg，故油滴P在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为r，运动周期为T，则：
qvP＝2m
解得r＝
由T＝，解得T＝T0

即油滴P在磁场中的运动轨迹是两个外切圆组成的“8”字形，轨迹如图，
最小矩形的两条边分别长2r和4r，
最小面积为：Smin＝2r×4r＝。
(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·河北唐山一模)(5分)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．布朗运动的剧烈程度与温度有关，所以布朗运动也叫热运动
B．已知阿伏加德罗常数、气体摩尔质量和密度，可以求出分子间距离
C．油膜法测分子直径的实验中，把油膜视为单分子层油膜时，需要考虑分子间隙
D．内能相等的两个物体相互接触时，也可能发生热传递
E．一定质量的实际气体发生等温膨胀时，内能是可能增大的
(2)(2019·辽宁大连二模)(10分)某兴趣小组受“蛟龙号”的启发，设计了一个测定水深的深度计。如图所示，导热性能良好的汽缸，内径相同，长度均为L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦地左右滑动。汽缸左端开口，通过A封有压强为p0的气体，汽缸右端通过B封有压强为4p0的气体。一细管连通两汽缸，初始状态A、B均位于汽缸最左端。该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度，已知外界大气压强为p0，p0相当于10 m高的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体。求：

(ⅰ)当活塞A向右移动时，水的深度；
(ⅱ)该深度计能测量的最大水深。
答案　(1)BDE　(2)(ⅰ)2.5 m　(ⅱ)40 m
解析　(1)热运动是分子的无规则运动，而布朗运动并不是分子运动，所以尽管布朗运动的剧烈程度与温度有关，但不能把布朗运动叫做热运动，故A错误；已知阿伏加德罗常数、气体摩尔质量和密度，可以求出分子间距离，故B正确；在“用油膜法估测分子的大小”实验中，做这样的近似：油膜是呈单分子分布的，把油酸分子看成球形，分子之间没有空隙，紧密排列，故C错误；内能是所有分子动能和势能的总和，内能相等的两个物体温度可以不相等，在相互接触时，热量由高温物体传递到低温物体，可能发生热传递，故D正确；一定质量的实际气体发生等温膨胀时，温度不变，则分子平均动能不变，但是在膨胀过程中分子间作用力可能做负功，导致分子势能可能增大，则内能可能增大，故E正确。
(2)(ⅰ)A右移时，假设B不动，汽缸Ⅰ内气体做等温变化，有：
p0SL＝p1S
解得p1＝p0＜4p0，假设成立
由p1＝p0＋ph可得：ph＝p0，
又p0＝ρgH，ph＝ρgh，H＝10 m，可得：h＝2.5 m。
(ⅱ)当活塞A恰好移动到汽缸Ⅰ的最右端时所测水深最大，设此时活塞B右移了x，
两部分气体压强相等，设为p2
对Ⅰ内气体应用玻意耳定律可得：p0SL＝p2Sx
对Ⅱ内气体应用玻意耳定律可得：4p0SL＝p2S(L－x)
联立解得：x＝，p2＝5p0
由p2＝p0＋phmax，p0＝ρgH，phmax＝ρghmax，可得：hmax＝40 m。
34．[物理——选修3－4](15分)
(1)(2019·湖北八校联合二模)(5分)如图所示，若实心玻璃管长L＝40 cm，宽d＝4 cm，玻璃的折射率n＝，一细光束从管的左端的正中心射入，则光最多可以在管中全反射__________次，光在管中传播的最长时间为________(此空保留两位有效数字，已知光在真空中传播速度c＝3.0×108 m/s)。

(2)(2019·广东深圳二模)(10分)如图a，一列简谐横波沿x轴传播，实线和虚线分别为t1＝0时刻和t2时刻的波形图，P、Q分别是平衡位置为x1＝1.0 m和x2＝4.0 m的两质点。图b为质点Q的振动图象，求：

(ⅰ)波的传播速度和t2的大小；
(ⅱ)质点P的位移随时间变化的关系式。
答案　(1)6　1.8×10－9 s
(2)(ⅰ)40 m/s　(0.2n＋0.05) s(n＝0,1,2,3，…)
(ⅱ)y＝10sin cm
解析　(1)光束进入玻璃管，在玻璃管壁恰好发生全反射时，在管中反射的次数最多，传播的时间最长。临界角sinC＝，C＝60°，光路如图。

则x＝dtanC≈6.93 cm，即在管壁上两次相邻全反射之间水平距离为6.93 cm，从进入到第一次全反射水平距离为≈3.47 cm，所以N－1＝＝≈5.27，即光最多可以在管中全反射6次。光在管中传播的最长路程s＝＝nL，光在玻璃中的速度v＝，故光在管中传播的最长时间t＝＝≈1.8×10－9 s。
(2)(ⅰ)由图可知波长：λ＝8 m，
质点振动的周期：T＝0.2 s
传播速度v＝＝40 m/s
结合两图象可知，横波沿x轴正向传播，
故t2＝＋nT＝(0.2n＋0.05) s(n＝0,1,2,3，…)。
(ⅱ)质点P做简谐振动的位移表达式：
y＝Asin
由图可知A＝10 cm，当t＝0时y＝5 cm且向－y方向运动，解得y＝10sin cm。