2020年高考物理 刷題1+1（2019模擬題）組合模擬卷七（含解析）

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1、組合模擬卷七 第Ⅰ卷(選擇題，共48分) 二、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分) 14．(2019·江蘇泰州高三上學期期末)高空墜物極易對行人造成傷害。若一個質量為50 g的雞蛋從一居民樓的25層落下，與地面的撞擊時間約為2×10－3 s，試估算該雞蛋對地面的沖擊力約為(　　) A．1000 N B．500 N C．100 N D．50 N 答案　A 解析　每層樓高約為3 m，雞蛋下落的總高度為：h＝(25－1)×

2、3 m＝72 m，自由下落時間為：t1＝＝ s≈3.8 s，與地面的碰撞時間約為：t2＝0.002 s，全過程根據動量定理可得：mg(t1＋t2)－Ft2＝0，解得沖擊力為：F＝950.5 N≈1000 N，A正確。 15. (2019·陜西渭南二模)如圖所示，一電荷量為q、質量為m的帶電粒子以初速度v0由P點射入勻強電場，入射方向與電場線垂直。粒子從Q點射出電場時，其速度方向與電場線成30°角。已知勻強電場的寬度為d，不計重力作用。則勻強電場的場強E大小是(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　帶電粒子在電場中做類平拋運動，根據運動的合成與分解得到：vy＝＝v

3、0，又d＝v0t，vy＝t，聯(lián)立方程得：E＝，A、C、D錯誤，B正確。 16．(2019·江蘇海安高三上學期期末)質量為m的小球從高處由靜止開始下落，小球在空中所受的阻力與速度大小成正比。下列圖象分別描述了小球下落過程中速度v、加速度a隨時間t的變化規(guī)律和動能Ek、機械能E隨下落位移h的變化關系，其中可能正確的是(　　) 答案　D 解析　v-t圖象的斜率代表加速度，小球在空中所受的阻力與速度大小成正比，即f＝kv(k為常值)，在下落過程中，根據牛頓第二定律得：mg－kv＝ma，解得a＝g－，下落過程中，速度v增加，則加速度a逐漸減小，小球做加速度逐漸減小的加速運動，故v隨時間增加得越

4、來越慢，A錯誤；a-t圖象的斜率為，由a＝g－可得，＝－a，因為a逐漸減小，故a-t圖線的斜率逐漸減小，B錯誤；根據動能定理得(mg－f)·h＝Ek－0，隨著下落位移h增大，速度v增大，阻力f增大，下落相同位移Δh時，ΔEk變小，即Ek-h圖象的斜率越來越小，C錯誤；機械能的減少量等于克服阻力做的功，下落相同位移Δh時，克服阻力做的功增大，故機械能的減少量增大，即E-h圖象的斜率大小變大，D正確。 17．(2019·全國卷Ⅰ)如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導體棒連接而成，固定于勻強磁場中，線框平面與磁感應強度方向垂直，線框頂點M、N與直流電源兩端相接。已知導體棒MN受到的安培力大小為

5、F，則線框LMN受到的安培力的大小為(　　) A．2F B．1.5F C．0.5F D．0 答案　B 解析　設每根導體棒的電阻為R，長度為L，則電路中，上下兩支路電阻之比為R1∶R2＝2R∶R＝2∶1，上下兩支路電流之比I1∶I2＝1∶2。如圖所示，由于上方支路通電的導體受安培力的有效長度也為L，根據安培力計算公式F＝ILB，可知F′∶F＝I1∶I2＝1∶2，得F′＝F，根據左手定則可知，兩力方向相同，故線框LMN所受的合力大小為F＋F′＝F，B正確。 18．(2019·四川省宜賓市敘州一中高三上期末)如圖所示，是我國首個空間實驗室“天宮一號”的發(fā)射及運行示意圖。長征

6、運載火箭將飛船送入近地點為A、遠地點為B的橢圓軌道上，B點距離地面高度為h，地球的中心位于橢圓的一個焦點上，“天宮一號”飛行幾周后變軌進入預定圓軌道。已知“天宮一號”在預定圓軌道上飛行n圈所用時間為t，萬有引力常量為G，地球半徑為R，則下列說法正確的是(　　) A．“天宮一號”在橢圓軌道的B點的加速度大于在預定圓軌道的B點的加速度 B．“天宮一號”從A點開始沿橢圓軌道向B點運行的過程中，動能先減小后增大 C．“天宮一號”沿橢圓軌道運行的周期大于沿預定圓軌道運行的周期 D．由題中給出的信息可以計算出地球的質量M＝ 答案　D 解析　“天宮一號”在橢圓軌道的B點的加速度以及圓軌道B點

7、的加速度都是萬有引力提供的，萬有引力相同，故加速度是相等的，A錯誤；“天宮一號”從A點開始沿橢圓軌道向B點運行的過程中，只受到地球的引力，距離地球越來越遠，地球的引力做負功，根據動能定理可知，動能越來越小，B錯誤；橢圓軌道的半長軸小于圓軌道的半徑，根據開普勒第三定律可知，“天宮一號”沿橢圓軌道運行的周期小于沿預定圓軌道運行的周期，C錯誤；“天宮一號”在預定圓軌道上飛行n圈所用時間為t，故周期為T＝，根據萬有引力提供向心力有＝m(R＋h)，得地球的質量M＝，D正確。 19．(2019·山西呂梁高三上學期期末)下列說法正確的是(　　) A．原子的特征譜線是原子具有核式結構的有力證據 B．考古

8、專家測出某具骸骨1 g碳樣品中C的含量為活著的生物體1 g碳樣品中C含量的，已知C的半衰期為5730年，則該生物死亡時距今約11460年 C．核泄漏事故污染物能夠產生對人體有害的輻射，其核反應方程式為Cs→Ba＋x，可以判斷x為β射線 D．核反應堆利用石墨吸收中子控制核反應速度 答案　BC 解析　原子的特征譜線說明原子只能處于不連續(xù)的、分立的能級上，是原子具有分立能級的有力證據，A錯誤；考古專家發(fā)現(xiàn)某一骸骨中C的含量為活著的生物體中C的，可知經歷了2個半衰期，C的半衰期為5730年，則確定該生物死亡時距今約11460年，B正確；根據電荷數守恒、質量數守恒知，x的電荷數為－1，質量數為0

9、，可知x為電子，C正確；核反應堆利用鎘棒吸收中子控制核反應速度，石墨是常用的慢化劑，D錯誤。 20．(2019·天津重點中學聯(lián)合二模)如圖所示，在矩形區(qū)域ABCD內有一垂直紙面向里的勻強磁場，AB＝5 cm，AD＝10 cm，磁感應強度B＝0.2 T。在AD的中點P有一個發(fā)射正離子的裝置，能夠連續(xù)不斷地向紙面內的各個方向均勻地發(fā)射出速率為v＝1.0×105 m/s的正離子，離子的質量m＝2.0×10－12 kg，電荷量q＝1.0×10－5 C，離子的重力不計，不考慮離子之間的相互作用，則(　　) A．從邊界BC邊飛出的離子中，BC中點飛出的離子在磁場中運動的時間最短 B．邊界AP段無

10、離子飛出 C．從CD、BC邊飛出的離子數之比為1∶2 D．若離子可從B、C兩點飛出，則從B點和C點飛出的離子在磁場中運動的時間相等 答案　ACD 解析　由洛倫茲力方向可知，離子向上偏轉做圓周運動，發(fā)射方向與PA方向夾角較小的離子會從AP段飛出，B錯誤；由公式R＝得：R＝0.1 m，畫出部分離子的運動軌跡如圖， 由于離子的速率一定，所以離子運動的半徑確定，在離子轉過的圓心角小于π的情況下，弦長越短，圓心角越小，時間越短，弦長相等，時間相等，所以從BC邊飛出的離子中，BC中點飛出的離子對應的弦長最短，所用時間最短，離子從B、C兩點飛出對應的弦長相等，所以運動時間相等，A、D正確；由圖

11、分析可知，α∶β＝1∶2，而發(fā)射速度方向在α內的離子必從CD邊飛出，在β內的離子必從BC邊飛出，所以從CD、BC邊飛出的離子數之比為1∶2，C正確。 21．(2019·湖南衡陽二模)如圖所示，一根輕彈簧一端固定在O點，另一端固定一個帶有孔的小球，小球套在固定的豎直光滑桿上，小球位于圖中的A點時，彈簧處于原長?，F(xiàn)將小球從A點由靜止釋放，小球向下運動，經過與A點關于B點對稱的C點后，小球能運動到最低點D點，OB垂直于桿，則下列說法正確的是(　　) A．小球從A點運動到D點的過程中，其最大加速度一定大于重力加速度g B．小球從B點運動到C點的過程中，小球的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和可能增

12、大 C．小球運動到C點時，重力對其做功的功率最大 D．小球在D點時彈簧的彈性勢能一定最大 答案　AD 解析　在B點時，小球的加速度為g，在B、C點間彈簧處于壓縮狀態(tài)，小球在豎直方向除受重力外還有彈簧彈力沿豎直方向向下的分量，所以小球從A點運動到D點的過程中，其最大加速度一定大于重力加速度g，故A正確；小球從B點運動到C點的過程中，小球做加速運動，即動能增大，由系統(tǒng)機械能守恒可知，小球的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和一定減小，故B錯誤；小球在C點時，由于彈簧的彈力為零，所以合力為重力G，小球從C點往下還會加速一段，所以小球在C點的速度不是最大，故重力做功的功率不是最大，C錯誤；D點為小球運

13、動的最低點，此處小球速度為零，且重力勢能最小，由系統(tǒng)機械能守恒知小球在D點時彈簧的彈性勢能最大，故D正確。 第Ⅱ卷(非選擇題，共62分) 三、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分，共62分。第22～25題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33、34題為選考題，考生根據要求作答) (一)必考題(共47分) 22．(2019·四川德陽二診)(5分)為了驗證矩形線框自由下落過程中上、下邊經過光電門時機械能是否守恒，使用了如圖所示的實驗裝置。已知矩形線框用直徑為d的圓柱形材料做成，用刻度尺測出矩形線框上、下邊之間的距離L。某次實驗中矩形線框下邊和上邊先后經過光電門的擋光時間分別為Δt1和Δt2

14、。 (1)通過實驗可測出下、上邊通過光電門的速度v1和v2，分別為v1＝________，v2＝________。 (2)如果滿足關系式____________________(請用測量的物理量和已知量來表示，重力加速度為g)，則自由下落過程中線框的機械能守恒。 答案　(1)　　(2)2－2＝2gL 解析　(1)本實驗中利用矩形線框的下、上邊框通過光電門的平均速度來代替其各自通過光電門時的瞬時速度，故有：v1＝，同理v2＝。 (2)根據機械能守恒有：mgL＝mv－mv，整理得：2－2＝2gL。 23．(2019·安徽宣城二模)(10分)在測定電源電動勢和內電阻的實驗中，實驗室提

15、供了合適的實驗器材。 (1)甲同學按電路圖a進行測量實驗，其中R2為保護電阻，則 ①請用筆畫線代替導線在圖b中完成電路的連接； ②根據電壓表的讀數U和電流表的讀數I，畫出U-I圖線如圖c所示，可得電源的電動勢E＝________ V，內電阻r＝________ Ω。(結果保留兩位有效數字) (2)乙同學誤將測量電路連接成如圖d所示，其他操作正確，根據電壓表的讀數U和電流表的讀數I，畫出U-I圖線如圖e所示，可得電源的電動勢E＝________ V，內電阻r＝________ Ω(結果保留兩位有效數字)。 答案　(1)①圖見解析?、?.8　0.60　(2)3.0　0.50 解

16、析　(1)①根據原理圖可得出對應的實物圖，如圖所示。 ②根據閉合電路歐姆定律可得：U＝E－Ir，則由圖c可知電動勢E＝2.8 V，內電阻r＝＝ Ω＝0.60 Ω。 (2)由圖d可知R1左右兩部分并聯(lián)后與R2串聯(lián)，在滑片從一端向另一端移動的過程中，滑動變阻器接入電阻先增大后減小，路端電壓先增大后減小，所以出現(xiàn)圖e所示的圖象，則由圖e可知當電壓為2.5 V時，電流為0.5 A，此時滑動變阻器兩部分電阻相等，總電流為I1＝1 A；而當電壓為2.4 V時，電流分別對應0.33 A和0.87 A，說明當電壓為2.4 V時，干路電流為I2＝0.33 A＋0.87 A＝1.2 A；根據閉合電路歐姆定

17、律可得2.5＝E－r,2.4＝E－1.2r，解得電源的電動勢E＝3.0 V，內電阻r＝0.50 Ω。 24. (2019·四川德陽二診)(12分)如圖所示是游樂場的一項娛樂設備。一環(huán)形座艙套裝在豎直柱子上，由升降機送上幾十米的高處，然后讓座艙自由落下，落到一定位置時，制動系統(tǒng)啟動，到地面時剛好停下。已知座艙開始下落的高度為H＝75 m，當落到離地面h＝30 m的位置時開始制動，座艙均勻減速。在一次娛樂中，某同學把質量m＝6 kg的書包放在自己的腿上。g取10 m/s2，不計座艙與柱子間的摩擦力及空氣阻力。 (1)求座艙制動過程中書包對該同學腿部的壓力多大； (2)若環(huán)形座艙與同學們的

18、總質量M＝4×103 kg，求制動過程中機器輸出的平均功率。 答案　(1)150 N　(2)1.5×106 W 解析　(1)設座艙開始制動時的速度為v，制動過程中的加速度大小為a，書包受到腿的支持力為N，由運動公式可得：v2＝2g(H－h(huán))，v2＝2ah 根據牛頓第二定律，對書包：N－mg＝ma 解得N＝150 N 根據牛頓第三定律，該同學腿部受到的壓力為150 N。 (2)設制動過程中座艙所受的制動力為F，經歷的時間為t，由運動公式得：h＝vt－at2； 根據牛頓第二定律，對座艙：F－Mg＝Ma 座艙克服制動力做功：W＝Fh 機器輸出的平均功率：P＝ 聯(lián)立代入數據可得：P

19、＝1.5×106 W。 25．(2019·福建南平二模)(20分)如圖甲所示，兩根與水平面成θ＝30°角的足夠長的光滑金屬導軌平行放置，導軌間距為L，導軌的電阻忽略不計。整個裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面斜向上。現(xiàn)將質量均為m、電阻均為R的金屬棒a、b垂直于導軌放置，一根不可伸長的絕緣細線的P端系在金屬桿b的中點，另一端N通過滑輪與質量為M的物體相連，細繩與導軌平面平行。導軌與金屬棒接觸良好，不計一切摩擦，運動過程中物體始終未與地面接觸，重力加速度g取10 m/s2。 (1)若金屬棒a固定，M＝m，由靜止釋放b，求釋放瞬間金屬棒b的加速度大??； (2)若金

20、屬棒a固定，L＝1 m，B＝1 T，m＝0.2 kg，R＝1 Ω，改變物體的質量M，使金屬棒b沿斜面向上運動，請寫出金屬棒b獲得的最大速度v與物體質量M的關系式，并在乙圖中畫出v-M圖象； (3)若撤去物體，改在繩的N端施加一大小為F＝mg，方向豎直向下的恒力，將金屬棒a、b同時由靜止釋放。從靜止釋放到a剛開始勻速運動的過程中，a產生的焦耳熱為Q，求這個過程流過金屬棒a的電荷量。 答案　(1)2.5 m/s2　(2)v＝20M－2　圖見解析 (3) 解析　(1)設釋放瞬間金屬棒b的加速度大小為a， 對物體M：Mg－T＝Ma 對金屬棒b：T－mgsinθ＝ma 解得：a＝＝2.5

21、m/s2。 (2)當金屬棒b速度達到最大時，對物塊M有：T＝Mg 對金屬棒b有：mgsinθ＋BIL＝T 對電路分析有：E＝BLv I＝ 解得：v＝20M－2。 v-M圖象如圖所示。 (3)對兩棒受力分析可知，在任一時刻： 對a棒：mgsinθ－F安＝ma1 對b棒：F－mgsinθ－F安＝ma2 解得：a1＝a2 即在任一時刻兩棒的速度、加速度、位移總是大小相等、方向相反，同時達到勻速運動狀態(tài)，此時的速度最大。設此時a、b棒的速度均為v1，其動能Eka＝Ekb＝mv，則 電路中的總電動勢：E1＝2BLv1 電路中的總電流：I1＝ 對a棒：mgsinθ＝BI1L

22、 解得：v1＝ 設從靜止釋放到a剛開始勻速運動的過程中，a、b的位移大小均為s，則a、b的重力勢能的增量為 ΔEpa＝－mgs·sinθ，ΔEpb＝mgs·sinθ， N端恒力做功WF＝mgs， 由功能關系可得WF＝ΔEpa＋ΔEpb＋Eka＋Ekb＋2Q， 解得：s＝＋ 從靜止釋放到a剛開始勻速運動的過程中，流過a棒的電荷量： q＝Δt 其中：＝ ＝ ΔΦ＝2BLs 解得：q＝。 (二)選考題(共15分。請考生從給出的2道題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分) 33．[物理——選修3－3](15分) (1)(2019·四川宜賓二診)(5分)密閉的固定

23、容器內可視為理想氣體的氫氣溫度與外界空氣的溫度相同，現(xiàn)對該容器緩慢加熱，當容器內的氫氣溫度高于外界空氣的溫度時，則________。(填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分) A．氫氣分子的平均動能增大 B．氫氣分子的勢能增大 C．氫氣的內能增大 D．氫氣的內能可能不變 E．氫氣的壓強增大 (2)(2019·湖南常德一模)(10分)如圖所示，內壁光滑、橫截面積不相等的圓柱形汽缸豎直放置，汽缸上、下兩部分的橫截面積分別為2S和S。在汽缸內有A、B兩活塞封閉著一定質量的理想氣體，兩活塞用一根長為l的細輕桿連接，兩活塞導熱性能良好

24、，并能在汽缸內無摩擦地移動。已知活塞A的質量是m，活塞B的質量是0.5m。當外界大氣壓強為p0、溫度為T0時，兩活塞靜止于如圖所示位置。若用一豎直向下的拉力F作用在B上，使A、B一起由圖示位置開始緩慢向下移動0.5l的距離，又處于靜止狀態(tài)，設整個過程中氣體溫度不變。求這時： (ⅰ)汽缸內氣體的壓強； (ⅱ)拉力F的大小。 答案　(1)ACE (2)(ⅰ)＋p0　(ⅱ)p0S＋mg 解析　(1)溫度升高，則氫氣分子的平均動能增大，A正確；理想氣體的分子勢能為零，B錯誤；一定質量的理想氣體的內能只與溫度有關，溫度升高，則氫氣的內能增大，C正確，D錯誤；氣體的體積不變，溫度升高，根據＝

25、C可知，氫氣的壓強增大，E正確。 (2)(ⅰ)以兩活塞整體為研究對象，原來汽缸內氣體壓強為p1 根據平衡條件有： p1S＋p0(2S)＋mg＋0.5mg＝p1(2S)＋p0S 解得：p1＝p0＋ 以封閉著的理想氣體為研究對象 初態(tài)：p1＝p0＋，V1＝2lS 末態(tài)：V2＝(2S)＋S＝ 根據玻意耳定律，有：p1V1＝p2V2， 即：(2lS)＝p2 解得p2＝＋p0。 (ⅱ)取兩活塞整體為研究對象，根據平衡條件有： p2S＋p0(2S)＋mg＋0.5mg＋F＝p2(2S)＋p0S 解得：F＝p0S＋mg。 34．(2019·全國卷Ⅰ)[物理——選修3－4](15分)

26、 (1)(5分)一簡諧橫波沿x軸正方向傳播，在t＝時刻，該波的波形圖如圖a所示，P、Q是介質中的兩個質點。圖b表示介質中某質點的振動圖象。下列說法正確的是________。(填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分) A．質點Q的振動圖象與圖b相同 B．在t＝0時刻，質點P的速率比質點Q的大 C．在t＝0時刻，質點P的加速度的大小比質點Q的大 D．平衡位置在坐標原點的質點的振動圖象如圖b所示 E．在t＝0時刻，質點P與其平衡位置的距離比質點Q的大 (2)(10分)如圖，一艘帆船靜止在湖面上，帆船的豎直桅桿頂端高出水面3

27、m。距水面4 m的湖底P點發(fā)出的激光束，從水面出射后恰好照射到桅桿頂端，該出射光束與豎直方向的夾角為53°(取sin53°＝0.8)。已知水的折射率為。 (ⅰ)求桅桿到P點的水平距離； (ⅱ)船向左行駛一段距離后停止，調整由P點發(fā)出的激光束方向，當其與豎直方向夾角為45°時，從水面射出后仍照射在桅桿頂端，求船行駛的距離。 答案　(1)CDE　(2)(ⅰ)7 m　(ⅱ)5.5 m 解析　(1)t＝時刻，質點Q在平衡位置，向上振動，對應的振動圖象與圖b不符，A錯誤；t＝0時刻的波形圖如圖所示(圖a的波形圖左移半個波長即可得到)，質點P在波谷，Q在平衡位置，質點Q的速率比P的大，P的加速

28、度大小比Q的大，質點P與其平衡位置的距離為振幅，質點Q在平衡位置，與其平衡位置的距離為0，故B 錯誤，C、E正確；t＝時刻，坐標原點的質點經過平衡位置向下振動，對應的振動圖象與圖b吻合，D正確。 (2)(ⅰ)設光束從水面射出的點到桅桿的水平距離為x1，到P點的水平距離為x2；桅桿高度為h1，P點處水深為h2；激光束在水中與豎直方向的夾角為θ。由幾何關系有 ＝tan53°① ＝tanθ② 由折射定律有 sin53°＝nsinθ③ 設桅桿到P點的水平距離為x，則 x＝x1＋x2④ 聯(lián)立①②③④式并代入題給數據得 x＝7 m⑤ (ⅱ)設激光束在水中與豎直方向的夾角為45°時，從水面出射的方向與豎直方向夾角為i′，由折射定律有 sini′＝nsin45°⑥ 設船向左行駛的距離為x′，此時激光束從水面射出的點到桅桿的水平距離為x1′，到P點的水平距離為x2′，則 x1′＋x2′＝x′＋x⑦ ＝tani′⑧ ＝tan45°⑨ 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨式并代入題給數據得 x′＝(6－3) m≈5.5 m。⑩ 14