2020高考物理讲练试题组合模拟卷一（含2019模拟题）.docx

（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1417题只有一项符合题目要求，第1821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) 氢原子能级示意图如图所示。光子能量在1.63 eV3.10 eV的光为可见光。要使处于基态(n1)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()A12.09 eVB10.20 eVC1.89 eVD1.51 eV答案A解析可见光光子的能量范围为1.63 eV3.10 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37，不计所有摩擦，则小球a、b的质量之比为()A34 B35 C45 D12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，由力的平衡可知小球a受到的拉力Tmagcos，小球b受到的拉力Tmbgsin，又cos，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0L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L2L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2L3L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()AQ1移入之前，C点的电势为BQ1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0CQ2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2WDQ2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EpW，根据电势的定义知C点电势，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14。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Gm2r，得 ，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Gma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137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230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CE30 m，重力加速度g10 m/s2，sin370.6。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/sC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：CEcos2vCt，CEsin2gt2，解得：vC15 m/s，在C点由圆周运动的知识可得：FNmgm，压力大小与运动员自身重力之比为：n1.9，A正确；运动员由B到C，由动能定理可得：mgR(1cos1)mvmv，解得：vB5 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，由平抛运动的规律可得：tan2tan2，所以是定值，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cos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2225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Fkx，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kY，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()AN Bm CN/m DN/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)5102(3)5.0107 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/m500 N/m。(3)根据杨氏模量公式知Y N/m25.0107 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_ 。(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E6 V，内阻忽略不计，滑动变阻器有三种规格可供选择：R1(010 ，2 A)、R2(0200 ，1 A)、R3(01750 ，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 ，倍率是“10”，所以电阻值是140 。(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 k，电路中的电流是2 mA，滑动变阻器接入电路的阻值RRR线 860 ，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37。小滑块(可看做质点)A的质量为mA1 kg，小滑块B的质量为mB0.5 kg，其左端连接一轻质弹簧。若滑块A在斜面上受到F2 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L2.4 m处，由静止开始下滑。取g10 m/s2，sin370.6，cos370.8。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mAgsinf，NmAgcosF，fN解得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(mAgsinmAgcos)LmAv代入数据解得v02.4 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(mAmB)v，根据能量守恒定律有EpmAv(mAmB)v2代入数据解得：Ep0.96 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)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：lOc2R，带电粒子做类平抛运动时垂直和平行电场方向的位移为：sslOcsin452R所以类平抛运动的时间为：t3又：sattR由可得：EvB。(2)设平抛运动的位移偏角为，速度偏角为，由平抛运动规律得：tan2tan2，所以再次到达O点的分速度：v1v，v2v1tan2v，v v则第五次经过MN进入磁场后的运动轨道半径RR。(3)粒子在磁场中运动的总时间为：t1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由式求得粒子从出发到再次回到O点所需的时间：tt1t2t3(2)。(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33(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ABCA(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91，活塞重力Gp0S，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：()当打气n次活塞稳定后，下部分空气的压强；()打气筒向容器内打气次数n。答案(1)ABD(2)()6.25p0()49次解析(1)由图可知，AB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；BC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；CA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)()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p1V1p2V2可知p1p2初状态时对活塞p1Sp0SG联立解得p2p06.25p0。()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p2SpSG由玻意耳定律得p0np0p 联立解得p6p0，n49