刷题1+12020高考物理讲练试题组合模拟卷三含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三含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 组合模拟卷三（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·云南昆明4月质检)下列说法正确的是(　　)
A．原子核的结合能越大，原子核越稳定
B．β衰变释放出电子，说明原子核内有电子
C．氡的半衰期为3.8天，8个氡原子核经过7.6天后剩下2个氡原子核
D．用频率为ν的入射光照射光电管的阴极，遏止电压为Uc，改用频率为2ν的入射光照射同一光电管，遏止电压大于2Uc
答案　D
解析　原子核的比结合能越大，原子核越稳定，故A错误；β衰变释放出电子，是中子转化为质子时放出的，不能说明核内有电子，故B错误；半衰期的概念是对于大量原子核衰变而言的，对于少数原子核无意义，故C错误；由光电效应方程：Ek＝hν－W0和eUc＝Ek，有eUc＝hν－W0，当改用频率为2ν的入射光照射同一光电管，遏止电压eUc′＝h·2ν－W0，则Uc′＞2Uc，故D正确。
15．(2019·长春外国语学校高三上学期期末)如图所示，是一质量为m＝2 kg的物体从t＝0时开始做直线运动的v­t图线，那么下列选项中正确的是(　　)

A．在0～6 s内，物体离出发点最远为30 m
B．在0～6 s内，物体经过的位移为40 m
C．在0～4 s内，物体的动量变化为20 kg·m/s
D．在第4～6 s内，物体所受的合外力的冲量为－20 N·s
答案　C
解析　前5 s物体一直沿正方向运动，第6 s沿负方向运动，所以在第5 s末质点离出发点最远，最远距离为s＝×10 m＝35 m，A错误；由v­t图象得，在0～6 s内，物体的位移为x＝×10 m－×1 m＝30 m，B错误；在0～4 s内，物体的动量变化为Δp＝mv－0＝20 kg·m/s，C正确；根据动量定理，在第4～6 s内，物体所受的合外力的冲量等于动量的变化量，I＝(－2×10－2×10) kg·m/s＝－40 kg·m/s＝－40 N·s，D错误。
16．(2019·重庆一中高三5月模考)如图所示，在粗糙的水平地面上放着一左侧截面是半圆的柱状物体B，在B与竖直墙之间放置一光滑小球A，整个装置处于静止状态。现用水平力F拉动B缓慢向右移动一小段距离后，它们仍处于静止状态，在此过程中，下列判断正确的是(　　)

A．小球A对物体B的压力逐渐增大
B．小球A对物体B的压力逐渐减小
C．墙面对小球A的支持力逐渐减小
D．墙面对小球A的支持力先增大后减小
答案　A
解析　对A球受力分析并建立直角坐标系如图，

由平衡条件得，竖直方向：N2cosθ＝mg，水平方向：N1＝N2sinθ，联立解得N2＝，N1＝mgtanθ；B缓慢向右移动一小段距离，A缓慢下落，则θ增大，所以N2增大，N1增大，由牛顿第三定律知小球A对物体B的压力逐渐增大，A正确，B、C、D错误。
17．(2019·吉林省长春市二模)“太空涂鸦”技术的基本物理模型是：原来在较低圆轨道运行的攻击卫星在变轨后接近在较高圆轨道上运行的侦察卫星时，向其发射“漆雾”弹，“漆雾”弹在临近侦察卫星时，压爆弹囊，让“漆雾”散开并喷向侦察卫星，喷散后强力吸附在侦察卫星的侦察镜头、太阳能板、电子侦察传感器等关键设备上，使之暂时失效。关于这一过程下列说法正确的是(　　)
A．攻击卫星在原轨道上运行的周期比侦察卫星的周期大
B．攻击卫星在原轨道上运行的线速度比侦察卫星的线速度小
C．攻击卫星在原轨道需要加速才能变轨接近侦察卫星
D．攻击卫星接近侦察卫星的过程中受到地球的万有引力一直在增大
答案　C
解析　从题中可以看出，攻击卫星圆轨道的轨道半径小于侦察卫星，根据＝m＝mω2r＝m2r＝ma可知轨道半径越小，则周期越小，线速度越大，故A、B错误；从低轨道运动到高轨道需要做离心运动，所以攻击卫星在原轨道需要加速才能变轨接近侦察卫星，故C正确；攻击卫星接近侦察卫星的过程中轨道半径增大，根据F＝可知受到地球的万有引力一直在减小，故D错误。
18．(2019·福建厦门高三上学期期末)如图所示，竖直平面内有一个圆，空间存在相互垂直的电场和磁场，一个带正电的小球(可视为质点)以水平初速度从圆上A点(图中未画出)沿着圆所在平面射入圆内，恰好做匀速圆周运动，打在圆形边界的C点；若将电场的方向反向，其他条件不变，则该小球将做直线运动，经过时间t打在圆周的D点。已知AC＝CD，磁场的磁感应强度为B，小球的比荷为，则(　　)

A．小球从A点运动到D点做匀变速直线运动
B．小球从A点到C点的运动时间为t
C．若该实验是在地面上实现的，且地球表面的重力加速度为g，则小球的运动速度大小为2gt
D．若该实验是在某星球表面上实现的，已知匀速圆周运动的半径为R，可求得该星球表面的重力加速度为
答案　C
解析　开始时，带电小球在电磁场中做匀速圆周运动，则重力与电场力合力为零，电场力竖直向上，洛伦兹力提供向心力，当电场反向后电场力竖直向下，小球做直线运动，则洛伦兹力竖直向上，三力的合力为零，小球做匀速直线运动，A错误；小球从A到C过程做匀速圆周运动，重力与电场力合力为零，qE＝mg，洛伦兹力提供向心力，则：qvB＝m，得r＝，又因为＝，则r＝vt，又因为电场反向时，小球沿AD做匀速直线运动，则AD的长度为：＝vt＝r，如图所示，

由几何关系可知，＝2rsin，即：4sincos＝1,2sinθ＝1，sinθ＝，则θ＝或，即小球从A运动到C转过的圆心角为θ＝或，弧AC的长度为s＝rθ，所以小球从A运动到C的时间t1＝＝t或t，B错误；小球从A到D做匀速直线运动，由平衡条件得：qvB＝mg＋qE，又因为qE＝mg，＝，解得v＝2gt，C正确；已知匀速圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律得：qvB＝m，从A到D做匀速直线运动，qvB＝mg＋qE，又因为qE＝mg，＝，联立解得：g＝，D错误。
19．(2019·全国卷Ⅱ)静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则(　　)
A．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小
B．在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合
C．粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能
D．粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行
答案　AC
解析　如图所示，在两正电荷形成的电场中，一带正电的粒子在两电荷的连线上运动时，粒子有可能经过先加速再减速的过程，A正确；

粒子运动轨迹与电场线重合需具备初速度与电场线平行或为0、电场线为直线、只受电场力三个条件，B错误；带电粒子仅受电场力在电场中运动时，其动能与电势能的总量不变，EkM＝0，而EkN≥0，故EpM≥EpN，C正确；粒子运动轨迹的切线方向为速度方向，由于粒子运动轨迹不一定是直线，故在N点电场力方向与轨迹切线方向不一定平行，D错误。
20．(2019·山东青岛二中高三上学期期末)一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示。图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接。现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后恰好到达a点与物体P相对静止，重力加速度为g，则(　　)

A．粗糙水平面ab的动摩擦因数为
B．当木块最后到达a点时的速度为0
C．当木块最后到达a点时的速度为
D．整个过程产生的热量为2mgh
答案　ACD
解析　先分析木块从开始到最高点的过程，根据水平方向动量守恒，有mv0＝3mv，得v＝v0，根据能量守恒，有μmgL＋mgh＝mv－mv2，同理，最后到达a点时的速度也是v＝v0，整个过程能量守恒，有2μmgL＝mv－mv2，联立得μ＝，整个过程产生的热量Q＝2μmgL＝2mgh，故A、C、D正确，B错误。
21．(2019·湖北七市州教研协作体高三联合模拟)如图所示，平直光滑导轨a、b间距为d＝4 m，导轨间有一边长为l＝ m的正六边形匀强磁场区域，磁感应强度为B＝1 T，导轨右侧接一定值电阻R＝1 Ω，左侧一导体棒长正好为d，与导轨接触良好且可在导轨上横向自由滑动，导体棒单位长度电阻为R0＝1 Ω，导轨及导线电阻不计，现让导体棒以速度v＝1 m/s匀速向右运动，从导体棒进入磁场区域开始计时，在通过磁场区域的过程中，定值电阻上流过的电流大小为I，导体棒受到的安培力大小为F，R两端的电压大小为U，R上的热功率为P，则I、F、U和P分别随时间t变化的图象可能正确的是(　　)


答案　ACD
解析　由于磁场区域为正六边形，则对边之间的距离：a＝l＝3 m，棒产生的感应电动势：E＝BLv，最大电动势：Em＝Bav＝1×3×1 V＝3 V。由几何关系可知，棒从刚进入磁场到在磁场中的长度恰为a时，进入磁场的距离：x＝lcos60°＝ m，所用时间t＝＝ s，在进入磁场的前 s内磁场中的棒的长度与棒进入的距离成正比，所以在前 s内感应电动势和感应电流与时间成正比，最大电流：Im＝＝ A，持续时间：t2＝＝＝ s，对比A图可知，图中的各电流值与时间都是正确的，A正确；在进入磁场的前 s内安培力：F＝BIL＝，可知在进入磁场的前 s内安培力与进入距离的平方成正比，即与进入时间的平方成正比，B错误；R两端的电压：U＝IR，由于U与I成正比，结合A的分析可知，C正确；R上的热功率：P＝I2R，P与电流的平方成正比，则在进入磁场的前 s内热功率也与时间的平方成正比，最大功率：Pm＝IR＝2×1 W＝ W，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·安徽省“江南十校”高三三月综合质检)(5分)我们可以用图a所示装置探究合外力做功与动能改变的关系。将光电门固定在水平轨道的B点，平衡摩擦力后，用小桶通过细线拉小车，小车上安装遮光条并放有若干钩码。现将小车上的钩码逐次移至小桶中，并使小车每次都从同一位置A点由静止释放。


(1)用游标卡尺测出遮光条的宽度，记录光电门的示数，从而算出小车通过B点的速度。其中游标卡尺测量情况如图b所示，则d＝________ cm。
(2)测小桶质量，以小桶和桶内钩码质量之和m为横坐标，小车经过B点时相应的速度平方为纵坐标，则v2­m图线应该为下图中________。

答案　(1)0.925　(2)B
解析　(1)游标卡尺读数为9 mm＋5× mm＝9.25 mm＝0.925 cm。
(2)设小车、小桶、钩码的总质量为M，小车从A运动到B的位移为x，则mgx＝Mv2，整理得：v2＝m，所以v2­m图线是过原点的直线，B正确。
23．(2019·东北三省三校二模)(10分)某实验小组要把一块电流表改装成电压表，遇到了两个问题：一是该电流表的表盘没有标注刻度数，但刻度均匀，总格数为N；二是内阻未知。通过对类似规格的电流表的参数比对，得到该电流表的满偏电流约700～800 μA，内阻约100 Ω。该组同学利用以下器材，通过下列三个步骤，完成了电压表的改装工作。
A．待改装电流表G
B．电流表A：量程0.6 A，内阻约为0.1 Ω
C．电压表V：量程3 V，内阻RV＝3 kΩ
D．电阻箱R2：最大阻值999.9 Ω
E．滑动变阻器R1：最大阻值5 kΩ，额定电流0.1 A
F．滑动变阻器R3：最大阻值5 Ω，额定电流0.5 A
G．电源：电动势3 V，内阻约为1.5 Ω
H．开关两个S1、S2

(1)步骤一：测定电流表的内阻。设计了上图所示实验电路，请分析并补全以下操作：
①将R1的滑动端拨至________(填“a”或“b”)端；
②仅闭合S1，调节R1，使电流表的指针偏转N个格；
③闭合S2，仅调节________，使电流表的指针偏转个格；
④记录______________，则电流表的内阻为________。
(2)步骤二：
①测定该电流表的满偏电流。除电源和开关外，还需要的器材是________；(填器材前面的字母序号)
②请在虚线框中画出方便简洁的实验电路图。

(3)步骤三：若在上图实验中，待测电流表指针偏转了n个格，还需要记录的测量值及相应符号为______________，电流表的满偏电流为________。将此电流表改装为一个量程为U0的电压表需要________(填“串联”或“并联”)一个定值电阻Rx，Rx＝__________(用以上各步骤中记录的测量量和已知量表示)。
答案　(1)①b　③R2　④R2的阻值　R2
(2)①CE　②图见解析
(3)电压表读数U　　串联　－R2
解析　(1)①将R1的滑动端拨至b端再将电路接通，电路中的电流最小，具有保护电路的作用；③④闭合S2以后，因接入的滑动变阻器的阻值很大，因此在不改变滑动变阻器阻值的情况下电路的干路电流几乎不变，因G和R2并联，此时调节R2的阻值使电流表的指针偏转格，则可认为R2中的电流和待测电表的电流相同，则电阻R2的阻值和电流表的阻值相同，因此要记录R2的阻值，则电流表的内阻即为R2。

(2)电流表的电流校准需要将一块标准的电流表和待测电流表串联，但是电流表A的量程和待测电流表相比过大，无法进行测量，但是电压表的内阻已知，故可以用电压表和待测电流表串联进行校准；滑动变阻器R3的阻值过小，将R3和电压表串联在一起进行调节，示数变化不明显，因此滑动变阻器需要选R1，需要的器材为CE，电路图如图。
(3)设此时电压表的读数为U，因电压表和电流表串联，因此当电流表指针偏转了n个格时电流表的电流为，又因电流表刻度分布均匀，因此电流表的满偏电流为；若将此电流表改装为电压表需要串联电阻，改装后电压表的量程为U0，且电流表的内阻为R2，由欧姆定律有＝R2＋Rx，解得Rx＝－R2。
24．(2019·山东潍坊二模)(12分)如图所示，一质量M＝4 kg 的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，BC与CD相切于C，BC所对圆心角θ＝37°，CD长L＝3 m。质量m＝1 kg的小物块从某一高度处的A点以v0＝4 m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B点进入圆弧轨道，滑到D点时刚好与小车达到共同速度v＝1.2 m/s。取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，忽略空气阻力。

(1)求A、B间的水平距离x；
(2)求小物块从C滑到D所用时间t0；
(3)若在小物块抛出时拔掉销钉，求小车向左运动到最大位移时物块离小车左端的水平距离。
答案　(1)1.2 m　(2)1 s　(3)3.73 m
解析　(1)由平抛运动的规律得：tanθ＝
x＝v0t
解得：x＝1.2 m。
(2)设小物块运动到C点的速度为v1，
物块在小车上CD段滑动过程中，由动量守恒定律得：mv1＝(M＋m)v
由能量守恒定律得：fL＝mv－(M＋m)v2
对物块，由动量定理得：－ft0＝mv－mv1
得：t0＝1 s。
(3)设A点距CD的竖直高度为H，有销钉时：
mgH＋mv＝mv

由几何关系得：H－gt2＝R(1－cosθ)
B、C间的水平距离：xBC＝Rsinθ
若拔掉销钉，小车向左运动到最大位移时，速度为0，此过程中小车与小物块组成的系统水平方向动量守恒，故此时物块速度为4 m/s，即小物块速度与抛出时相同，动能也与抛出时相同，
由能量守恒：mgH＝f(Δx－xBC)
得：Δx≈3.73 m。
25. (2019·河北唐山一模)(20分)如图所示，在xOy平面直角坐标系中，直角三角形ACD内存在垂直平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，线段CO＝OD＝L，CD边在x轴上，∠ADC＝30°。电子束沿y轴方向以相同的速度v0从CD边上的各点射入磁场，已知这些电子在磁场中做圆周运动的半径均为，在第四象限正方形ODQP内存在沿x轴正方向、大小为E＝Bv0的匀强电场，在y＝－L处垂直于y轴放置一足够大的平面荧光屏，屏与y轴交点为P。忽略电子间的相互作用，不计电子的重力。求：

(1)电子的比荷；
(2)从x轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点与P点间的距离；
(3)射入电场中的电子打到荧光屏上的点距P的最远距离。
答案　(1)　(2)　(3)L
解析　(1)由题意可知电子在磁场中的轨迹半径r＝
由牛顿第二定律得Bev0＝m
电子的比荷＝。

(2)从x轴最右端进入电场中的电子在磁场中运动圆轨迹应恰好与边AD相切，即电子从右图F点离开磁场进入电场。
设电子运动轨迹的圆心为O′点，
则O′D＝L
由几何关系知电子恰从O点射入磁场，
OF＝x＝
从F点射出的电子，做类平抛运动，有x＝＝t2，y＝v0t，
代入得y＝
设电子射出电场时与水平方向的夹角为θ，
有tanθ＝＝
设从x轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点为G，则它与P点的距离GP＝＝。
(3)设打到屏上的点与P点距离为X的电子是从(x0,0)点射入电场，则射出电场时
y0＝v0t0＝v0＝
由平抛运动特点得＝
所以X＝2＝2
＝2
所以当x0＝L时，有Xm＝L。
(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Ⅰ)[物理——选修3－3](15分)
(1)(5分)某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体。初始时容器中空气的温度与外界相同，压强大于外界。现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同。此时，容器中空气的温度________(填“高于”“低于”或“等于”)外界温度，容器中空气的密度________(填“大于”“小于”或“等于”)外界空气的密度。
(2)(10分)热等静压设备广泛应用于材料加工中。该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理，改善其性能。一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13 m3，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中。已知每瓶氩气的容积为3.2×10－2 m3，使用前瓶中气体压强为1.5×107 Pa，使用后瓶中剩余气体压强为2.0×106 Pa；室温温度为27 ℃。氩气可视为理想气体。
(ⅰ)求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；
(ⅱ)将压入氩气后的炉腔加热到1227 ℃，求此时炉腔中气体的压强。
答案　(1)低于　大于
(2)(ⅰ)3.2×107 Pa　(ⅱ)1.6×108 Pa
解析　(1)活塞光滑、容器绝热，容器内空气体积增大，对外做功，由ΔU＝W＋Q知，气体内能减少，温度降低。
气体的压强与温度和单位体积内的分子数有关，由于容器内空气的温度低于外界温度，但压强相同，则容器中空气的密度大于外界空气的密度。
(2)(ⅰ)设初始时每瓶气体的体积为V0，压强为p0；使用后气瓶中剩余气体的压强为p1。假设体积为V0、压强为p0的气体压强变为p1时，其体积膨胀为V1。由玻意耳定律
p0V0＝p1V1①
被压入进炉腔的气体在室温和p1条件下的体积为
V1′＝V1－V0②
设10瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为p2，体积为V2。由玻意耳定律
p2V2＝10p1V1′③
联立①②③式并代入题给数据得
p2＝3.2×107 Pa④
(ⅱ)设加热前炉腔的温度为T0，加热后炉腔温度为T1，气体压强为p3。
由查理定律＝⑤
联立④⑤式并代入题给数据得p3＝1.6×108 Pa⑥
34．[物理——选修3－4](15分)
(1)(2019·江西南昌二模)(5分)一列简谐横波，在t＝0.6 s时刻的图象如图甲所示，此时，P、Q两质点的位移均为－1 cm，波上A质点的振动图象如图乙所示，则以下说法正确的是________。(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．这列波沿x轴正方向传播
B．这列波的波速是 m/s
C．从t＝0.6 s开始，紧接着的Δt＝0.6 s时间内，A质点通过的路程是10 m
D．从t＝0.6 s开始，质点P比质点Q早0.4 s回到平衡位置
E．若该波在传播过程中遇到一个尺寸为10 m的障碍物不能发生明显衍射现象
(2)(2019·广东广州二模)(10分)如图，某三棱镜的横截面为等腰直角三角形ABC，BC长度为d，O为BC中点。在ABC所在平面内，光线PO垂直BC边入射，恰好在AB边界发生全反射。

(ⅰ)求该三棱镜的折射率；
(ⅱ)保持光线PO入射点O不变，入射方向逐渐向CO方向偏转，求AB边有光线射出的区域宽度。
答案　(1)ABD　(2)(ⅰ)　(ⅱ)d
解析　(1)由图乙读出t＝0.6 s时刻质点A的速度方向为沿y轴负方向，由图甲判断出波的传播方向沿x轴正方向，A正确；由图甲读出波长为λ＝20 m，由乙图读出周期T＝1.2 s，则波速为v＝＝ m/s＝ m/s，B正确；Δt＝0.6 s＝0.5T，在一个周期内质点A通过的路程为4倍振幅，则经过Δt＝0.6 s，A质点通过的路程是：s＝2A＝4 cm，C错误；图甲时刻质点P沿y轴正方向运动，质点Q沿y轴负方向运动，所以质点P将比质点Q早回到平衡位置，将此图象与正弦曲线进行对比可知，P点的横坐标为xP＝ m，Q点的横坐标xQ＝ m，可知质点P比质点Q早回到平衡位置的时间为：t＝＝0.4 s，D正确；发生明显衍射现象的条件是障碍物的尺寸比波长小或跟波长差不多，该波的波长为20 m，障碍物的尺寸比波长小，能发生明显衍射现象，E错误。
(2)(ⅰ)光线PO恰好在AB边界发生全反射，临界角C＝45°，
设三棱镜的折射率为n，有：sinC＝
解得折射率n＝。

(ⅱ)光线PO垂直BC边入射的光线，进入棱镜后在AB边上的E点发生全反射。光线PO入射方向逐渐转向CO方向时，光线从棱镜的出射点对应由E点逐渐向B点移动。当光线几乎沿CO方向入射时，光线折射后沿OD方向，
由折射定律有n＝
解得∠DOE＝45°
由几何关系得：OE＝OB＝
光线出射区域的宽度DE＝OEsin∠DOE
解得区域宽度DE＝d。