2020年高考物理刷题1+12019模拟题组合模拟卷八含解析

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1、组合模拟卷八第卷(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1418题只有一项符合题目要求，第1921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江西宜春高三上学期期末)如图所示，某兴趣小组制作了一个小降落伞，伞面底端是一半径为R的刚性圆环，在圆环上等间距地系有四根长均为2R的细线，将四根细线的另一端连接在一起，并悬挂有一质量为m的物体。它们一起竖直向下加速降落，当物体下落的加速度大小为0.2g时(g为重力加速度)，每根细线的张力为()A.mg B.mgC.mg D.mg答案A解析由几何关系可知，

2、每根线与竖直方向的夹角均为30，设每根细线的张力大小为F，则对下面悬挂的物体根据牛顿第二定律可知：mg4Fcos30ma，整理可得：Fmg，A正确，B、C、D错误。15(2019天津重点中学联合二模)下列说法正确的是()A动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等B铀核裂变的一种核反应方程UBaKr2nC原子在a、b两个能级的能量分别为Ea、Eb，且EaEb，当原子从a能级跃迁到b能级时，放出光子的波长(其中h为普朗克常量)D设质子、中子、粒子的质量分别为m1、m2、m3，两个质子和两个中子结合成一个粒子，释放的能量是(2m12m2m3)c2答案D解析因质子的质量远大于电子的质量，故动能相

3、等的质子和电子，它们的动量不相等，根据德布罗意波长公式可知，它们的德布罗意波长必不相等，A错误；铀核裂变有多种裂变的方式，但是每一种都要有慢中子的参与，即反应方程的前面也要有中子，B错误；原子在a、b两个能级的能量为Ea、Eb，且EaEb，当原子从a能级跃迁到b能级时，放出光子的能量为：EEaEb，所以光子的波长为：，C错误；根据爱因斯坦质能方程可知，两个质子和两个中子结合成一个粒子，释放的能量是(2m12m2m3)c2，D正确。16(2019全国卷) 如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则()AP和Q都带正电

4、荷BP和Q都带负电荷CP带正电荷，Q带负电荷DP带负电荷，Q带正电荷答案D解析细绳竖直，把P、Q看作整体，在水平方向不受力，对外不显电性，带异种电荷，A、B错误；如果P、Q带不同性质的电荷，受力分别如图所示，由图知，P带负电、Q带正电时符合题意，C错误，D正确。17(2019山东聊城二模)如图所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3垂直纸面放置，直导线与纸面的交点及坐标原点O分别位于边长为a的正方形的四个顶点。L1与L3中的电流均为2I、方向均垂直纸面向里，L2中的电流为I、方向垂直纸面向外。已知在电流为I的长直导线的磁场中，距导线r处的磁感应强度B，其中k为常数。某时刻有一电子正好经

5、过原点O且速度方向垂直纸面向外，速度大小为v，电子电荷量为e，则该电子所受磁场力()A方向与y轴正方向成45角，大小为B方向与y轴负方向成45角，大小为C方向与y轴正方向成45角，大小为D方向与y轴负方向成45角，大小为答案D解析导线L1、L2和L3中的电流在原点O处产生磁场的磁感应强度分别为B1k、B2k、B3k，方向如图，则三电流在O点处产生的合磁场的磁感应强度BB1B2，方向与y轴正方向成45角。电子经过原点O速度方向垂直纸面向外，速度大小为v，根据左手定则知，洛伦兹力方向与y轴负方向成45角，洛伦兹力的大小fevB，D正确，A、B、C错误。18(2019江苏省苏北三市高三上学期期末质检

6、)如图所示，象棋子压着纸条，放在光滑水平桌面上。第一次沿水平方向将纸条抽出，棋子落在地面上的P点。将棋子、纸条放回原来的位置，仍沿原水平方向将纸条抽出，棋子落在地面上的Q点，与第一次相比()A棋子受到纸条的摩擦力较大B棋子落地速度与水平方向夹角较大C纸条对棋子的摩擦力做功较多D棋子离开桌面至落地过程中动能增量较大答案C解析两次由于正压力不变，根据滑动摩擦力公式fFN可知，纸条对棋子的摩擦力不变，A错误；棋子离开桌面后做平抛运动，由于竖直分位移相同，根据竖直方向运动规律可知运动的时间相同，由第二次水平分位移较大，可知第二次做平抛运动的初速度大，第二次纸条对棋子的摩擦力做功较多，设落地时速度与水平

7、方向夹角为，则tan，可知第二次棋子落地时速度与水平方向夹角较小，B错误，C正确；根据动能定理可知，动能的增量等于合外力的功，由于不计空气阻力，则合力的功即为重力的功，由题可知重力的功相等，故动能的增量相等，D错误。19(2019福建龙岩高三上学期期末)用矩形半导体薄片制成一个霍尔元件，E、F、M、N为其四个侧面。在E、F间通入恒定电流，同时外加与薄片上、下表面垂直的匀强磁场，电流和磁感应强度B的方向如图所示。若半导体可自由移动电荷为正电荷，M、N间产生的电势差为UH。下列说法正确的是()AN板电势高于M板电势BN板电势低于M板电势C只增大磁感应强度B，则UH变大D只增大通入霍尔元件的电流I，

8、则UH变大答案ACD解析根据左手定则，电流的方向向里，带正电的自由电荷受力的方向指向N板，向N板偏转，则N板电势高，A正确，B错误；设左、右两个表面相距为d，正电荷所受的电场力等于洛仑兹力，Bqvq，可知只增大磁感应强度B，则UH变大，C正确；设材料单位体积内可自由移动的正电荷的个数为n，材料沿电流方向的截面积为S，根据Bqvq及InqSv，可知只增大通入霍尔元件的电流I，则UH变大，D正确。20(2019全国卷) 在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q

9、完成同样的过程，其ax关系如图中虚线所示。假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍，则()AM与N的密度相等BQ的质量是P的3倍CQ下落过程中的最大动能是P的4倍DQ下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍答案AC解析如图，当x0时，对P：mPgMmP3a0，即星球M表面的重力加速度gM3a0；对Q：mQgNmQa0，即星球N表面的重力加速度gNa0。当P、Q 的加速度a0时，对P有mPgMkx0，则mP；对Q有mQgNk2x0，则mQ，即mQ6mP，B错误；根据mgG得，星球质量M，则星球的密度，所以M、N的密度之比1，A正确；当P、Q的加速度为零时，P、Q的动能最大，由

10、动能定理知，EkPPx0mPPx0x0kx，EkQQ2x0mQQ2x02x02kx，EkPEkQ14，C正确；P、Q在弹簧压缩到最短时，其位置关于加速度a0时的位置对称，故P下落过程中的最大压缩量为2x0，Q为4x0，D错误。21(2019银川模拟)如图所示，在xOy平面内的坐标原点处，有一个粒子源，某一时刻以同一速率v发射大量带正电的同种粒子，速度方向均在xOy平面内，且对称分布在x轴两侧的30角的范围内。在直线xa与x2a之间包括边界存在匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外，已知粒子在磁场中运动的轨迹半径为2a。不计粒子重力及粒子间的相互作用力，下列说法正确的是()A最先进入磁场的粒子在磁场

11、中运动的时间为B最先进入和最后进入磁场中的粒子在磁场中运动的时间都相等C最后从磁场中射出的粒子在磁场中运动的时间为D最后从磁场中射出的粒子出磁场的位置坐标为答案ACD解析沿x轴方向射出的粒子最先进入磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中运动的偏转角为30，在磁场中运动时间为，A正确；沿与x轴成30角的两个方向射出的粒子同时最后进入磁场，沿与x轴成30角斜向上方进入磁场的粒子在磁场中运动的偏转角为30，在磁场中运动时间为，沿与x轴成30角斜向下方进入磁场的粒子在磁场中偏转角为120，从O点到射出磁场路程最大，故最后从磁场中射出，在磁场中的运动时间为，弦长为s22asin602a，该粒子进入磁场的位置

12、离x轴的距离为xatan30a，所以最后从磁场中射出的粒子出磁场的位置与x轴的距离为sx2aaa，故坐标为，B错误，C、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全国卷)(5分)如图a，某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。所用器材有：铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50 Hz的交流电源、纸带等。回答下列问题：(1)铁块与木板间动摩擦因数_(用木板与水平面的夹角、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示)。(

13、2)某次实验时，调整木板与水平面的夹角使30。接通电源，开启打点计时器，释放铁块，铁块从静止开始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带，如图b所示。图中的点为计数点(每两个相邻的计数点间还有4个点未画出)。重力加速度为9.80 m/s2，可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为_(结果保留2位小数)。答案(1)(2)0.35解析(1)铁块受重力、木板弹力及摩擦力作用，受力分析如图。由牛顿第二定律得：mgsinFNma且FNmgcos解以上两式得。(2)由逐差法求铁块加速度：a102 m/s21.97 m/s2代入，得0.35。23(2019广东深圳二模)(10分)LED灯的核心部件是发光二极

14、管。某同学欲测量一只工作电压为2.9 V的发光二极管的正向伏安特性曲线，所用器材有：电压表(量程3 V，内阻约3 k)，电流表(用多用电表的直流25 mA挡替代，内阻约为5 )，滑动变阻器(020 )，电池组(内阻不计)，电键和导线若干。他设计的电路如图a所示。回答下列问题：(1)根据图a，在实物图b上完成连线；(2)调节变阻器的滑片至最_(填“左”或“右”)端，将多用电表选择开关拨至直流25 mA挡，闭合电键；(3)某次测量中，多用电表示数如图c，则通过二极管的电流为_ mA；(4)该同学得到的正向伏安特性曲线如图d所示。由曲线可知，随着两端电压增加，二极管的正向电阻_(填“增大”“减小”或

15、“不变”)；当两端电压为2.9 V时，正向电阻为_ k(结果取两位有效数字)；(5)若实验过程中发现，将变阻器滑片从一端移到另一端，二极管亮度几乎不变，电压表示数在2.72.9 V之间变化，试简要描述一种可能的电路故障：_。答案(1)图见解析(2)左(3)16.0(在15.816.2范围内均可)(4)减小0.15(0.15或0.16均可)(5)连接电源负极与变阻器的导线断路解析(1)根据多用电表红黑表笔的接法“红进黑出”可知，黑表笔接二极管，红表笔接滑动变阻器，滑动变阻器采用分压式接法，则连线如图。(2)为保护电路，开关闭合前需将滑动变阻器的滑片置于最左端。(3)多用电表所选量程为25 mA，

16、则电流表读数为 mA16.0 mA(答案在15.816.2范围内均可)。(4)IU图象中，图线斜率表示电阻的倒数，由图可知，随着电压的增加，斜率逐渐增大，则二极管的电阻逐渐减小；当两端电压为2.9 V时，电流表示数为19.0 mA，则电阻大小为R152.6 0.15 k(0.15或0.16均可)。(5)由于二极管的正向电阻约为0.15 k，远大于滑动变阻器的最大阻值，因此若实验中将变阻器滑片从一端移到另一端，二极管亮度几乎不变，电压表示数在2.72.9 V之间变化，则有可能是滑动变阻器与二极管串联，导致电路中总电阻较大，总电流较小，所以电压表的示数变化较小，故故障可能是连接电源负极与变阻器的导

17、线断路。24(2019贵州毕节二模)(12分)如图甲所示，绝缘的水平桌面上铺有两根不计电阻的足够长的光滑金属轨道AB、CD，轨道间距为d，其左端接一阻值为R的电阻。一长为L且与导轨垂直的金属棒置于两导轨上，单位长度的电阻为r。在电阻、导轨和金属棒中间有一边长为a的正方形区域，区域中存在垂直于水平桌面向下的均匀磁场，磁感应强度的大小随时间的变化规律如图乙所示，其中坐标值已知。在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直于水平桌面向上。某时刻，金属棒在电动机的水平恒定牵引力作用下从静止开始向右运动，在t1时刻恰好以速度v1越过MN，此后向右

18、做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好。求：(1)在t0到tt1时间间隔内，电阻R产生的焦耳热；(2)在时刻t(tt1)流过电阻R的电流方向、大小和电动机的输出功率。答案(1)(2)电流由A经R到C，大小为解析(1)0到t1过程，左边的磁场产生的感生电动势E1，根据闭合电路欧姆定律：I根据焦耳定律，电阻R产生的焦耳热QI2Rt1，解得：Q。(2)金属棒匀速向右运动，受到的安培力水平向左，电流由A经R到C。t时刻，金属棒切割磁感线产生的动生电动势：E2B1dv1，方向为顺时针，而感生电动势方向为逆时针，故总电动势为：EE2E1回路中的电流：I，解得：I。发动机的牵引力与安培力相等，电动机

19、的输出功率PB1Idv1，解得：P。25(2019天津高考)(20分)2018年，人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生，这种引擎不需要燃料，也无污染物排放。引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场(初速度忽略不计)，A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力。单位时间内飘入的正离子数目为定值，离子质量为m，电荷量为Ze，其中Z是正整数，e是元电荷。(1)若引擎获得的推力为F1，求单位时间内飘入A、B间的正离子数目N为多少；(2)加速正离子束所消耗的功率P不同时，引擎获得的推力F也不同，试推导的表达式；(3)为

20、提高能量的转换效率，要使尽量大，请提出增大的三条建议。答案(1)(2) (3)见解析解析(1)设正离子经过电极B时的速度为v，根据动能定理，有ZeUmv20设正离子束所受的电场力为F1，根据牛顿第三定律，有F1F1设引擎在t时间内飘入A、B间的正离子个数为N，由牛顿第二定律，有F1Nm联立式，且由N得N(2)设正离子束所受的电场力为F，由正离子束在电场中做匀加速直线运动，有PFv由牛顿第三定律得FF，联立式得 (3)为使尽量大，分析式得到三条建议：用质量大的离子；用带电量少的离子；减小加速电压。(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(2

21、019全国卷)物理选修33(15分)(1)(5分)用油膜法估算分子大小的实验中，首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目的是_。实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，可以_。为得到油酸分子的直径，还需测量的物理量是_。(2)(10分)如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0 cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0 cm。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76 cmHg，环境温度为296 K。()求细管的长度；()若在倒置前，缓慢加热管内被

22、密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度。答案(1)使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，测出1 mL油酸酒精溶液的滴数，得到一滴溶液中纯油酸的体积单分子层油膜的面积(2)()41 cm()312 K解析(1)用油膜法估测分子直径时，需使油酸在水面上形成单分子层油膜，为使油酸尽可能地散开，将油酸用酒精稀释。要测出一滴油酸酒精溶液的体积，可用累积法，即测量出1 mL油酸酒精溶液的滴数。根据VSd，要求得分子的直径d，则需要测出油膜面积，以及一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积。(2)()设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱

23、高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h1，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1。由玻意耳定律有pVp1V1由力的平衡条件有pp0ghp1p0gh式中，、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强。由题意有VS(Lh1h)V1S(Lh)由式和题给条件得L41 cm()设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖吕萨克定律有由式和题给数据得T312 K。34物理选修34(15分)(1)(2019安徽合肥二模)(5分)如图所示，一列振幅为10 cm的简谐横波，其传播方向上有两个质点P和Q，两者的平衡位置相距3 m。某时刻两质点均在平衡位置且二者之间

24、只有一个波谷，再经过0.3 s，Q第一次到达波峰。则下列说法正确的是_。(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波的传播方向一定向右B波长可能为2 mC周期可能为0.24 sD波速可能为15 m/sE0.3 s内质点P的位移大小为10 cm(2)(2019广东汕头一模)(10分)如图为一玻璃砖的截面图，ABCD为长方形，BCE为圆。AB2R，BCR，一束单色光从AD界面上的F点(未画出)入射，在CD界面上的G点(未画出)发生一次全反射后，从BE界面上的H点射出，折射角60，折射光平行于DE且与反射光垂直，真空中的光速为c。()画出光

25、路图并求出折射率n。()光从射入玻璃砖到第一次射出的时间t。答案(1)BDE(2)()光路图见解析()解析(1)某时刻P、Q两质点均在平衡位置且二者之间只有一个波谷，故存在以下三种情况：由于不知道质点P、Q的振动情况，故无法判断波的传播方向，A错误；当P、Q之间波的形式如图b所示，则有3 m，故有2 m，B正确；质点Q第一次到达波峰可能经历0.3 s或0.3 s，故周期T1.2 s或T0.4 s，C错误；图a、b、c中波的波长分别为a3 m、b2 m、c6 m，当周期T1.2 s时，波速va2.5 m/s、vb m/s、vc5 m/s；当T0.4 s时，波速va7.5 m/s，vb5 m/s，vc15 m/s，D正确；经过0.3 s，质点Q第一次到达波峰，图a中质点P到达波峰，图b中质点P到达波谷，图c中质点P到达波谷，故0.3 s内质点P的位移大小为10 cm，E正确。(2)()光路图如图所示：由几何关系得：9030n，解得n。()由几何关系得：260，9030在等腰GHC中：GH2RcosR在直角FDG中：FGsGHFG，n，t。14