（刷题1+1）2020高考物理讲练试题 组合模拟卷四（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·重庆南开中学高三4月模拟)氘核和氚核聚变的核反应方程为21H ＋31H→42He ＋10n ，已知31H 的比结合能是2.78 MeV ，21H 的比结合能是1.09 MeV ，42He 的比结合能是7.03 MeV ，则( )A ．该核反应释放17.6 MeV 能量B ．该核反应释放3.16 MeV 能量C ．该核反应吸收17.6 MeV 能量D ．该核反应吸收3.16 MeV 能量答案 A解析 聚变反应前的总结合能为：E 1＝(1.09×2＋2.78×3) MeV＝10.52 MeV ，反应后生成物的结合能为：E 2＝7.03×4 MeV＝28.12 MeV ，故该反应放出的核能为：ΔE ＝E 2－E 1＝17.6 MeV ，A 正确。

15．(2019·福建泉州二模)2019年1月3日，“嫦娥四号”探测器携“玉兔二号”月球车成功着陆在月球背面，进行科学探测。

已知“嫦娥四号”在着陆之前绕月球做圆周运动的半径为r 1、周期为T 1；月球绕地球做圆周运动的半径为r 2、周期为T 2，引力常量为G 。

根据以上条件能得出( )A ．地球的密度B ．地球对月球的引力大小C ．“嫦娥四号”的质量D ．关系式r 31T 21＝r 32T 22答案 B解析 月球绕地球运动：根据G Mm 月r 22＝m 月4π2T 22r 2可求出地球质量，但由于不知道地球半径，求不出地球体积，所以算不出地球的密度，A 错误；地球对月球的引力提供月球做圆周运动的向心力：F ＝m 月4π2T 22r 2，“嫦娥四号”绕月球做圆周运动，设“嫦娥四号”探测器的质量m ，则G m 月m r 21＝m 4π2T 21r 1，求得月球质量m 月＝4π2r 31GT 21，所以地球对月球的引力：F ＝m 月4π2T 22r 2＝4π2r 31GT 21·4π2T 22r 2＝16π4r 31r 2GT 21T 22，B 正确； “嫦娥四号”绕月球做圆周运动，G m 月m r 21＝m 4π2T 21r 1，可求出月球质量，不能求出环绕的探测器质量，C 错误；开普勒第三定律适用于围绕同一中心天体做圆周运动的卫星，所以对月球和“嫦娥四号”不适用，D 错误。

16．(2019·北京石景山高三统一测试)如图所示，完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置，甲的圆心为O 1，乙的圆心为O 2，在两环圆心的连线上有a 、b 、c 三点，其中aO 1＝O 1b ＝bO 2＝O 2c ，此时a 点的磁感应强度大小为B 1，b 点的磁感应强度大小为B 2。

当把环形电流乙撤去后，c 点的磁感应强度大小为( )A ．B 1－B 22 B ．B 2－B 12C ．B 2－B 1 D.B 13答案 A解析 对于图中单个环形电流，根据安培定则，其在中轴线上的磁场方向均向左，故c 点的磁场方向向左。

设aO 1＝O 1b ＝bO 2＝O 2c ＝r ，单个环形电流在轴线上距离圆心r 位置的磁感应强度为B 1r ，在距离中心3r 位置的磁感应强度为B 3r ，故a 点磁感应强度：B 1＝B 1r ＋B 3r ；b 点磁感应强度：B 2＝B 1r ＋B 1r ；当撤去环形电流乙后，c 点磁感应强度：B c ＝B 3r ＝B 1－12B 2，故A 正确。

17．(2019·广西钦州三模)日常生活中，我们在门下缝隙处塞紧一个木楔(侧面如图所示)，往往就可以把门卡住。

有关此现象的分析，下列说法正确的是( )A ．木楔对门的作用力大于门对木楔的作用力，因而能将门卡住B ．门对木楔作用力的水平分量等于地面对木楔摩擦力的大小C ．只要木楔的厚度合适都能将门卡住，与顶角θ的大小无关D ．只要木楔对门的压力足够大就能将门卡住，与各接触面的粗糙程度无关答案 B解析 木楔对门的作用力和门对木楔的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，A 错误；对木楔受力分析如图所示，水平方向f ＝F sin θ，门对木楔作用力的水平分量等于地面对木楔摩擦力的大小，B 正确； 对木楔，竖直方向：N ＝F cos θ＋mg ，则f max ＝μN ＝μ(F cos θ＋mg )，要把门卡住，则不管多大的力F 均满足f max ≥f ，即μ(F cos θ＋mg )≥F sin θ，不管m 的大小，只要μ≥tan θ，就可把门卡住，故能否把门卡住与顶角θ和接触面的粗糙程度有关，故C 、D 错误。

18．(2019·石家庄精英中学高三二调)细线两端分别系有带正电的甲、乙两小球，它们静止在光滑绝缘水平面上，电荷量分别为q 1和q 2，质量分别为m 1和m 2。

烧断细线后两球向相反方向运动，下列说法正确的是( )A ．运动的同一时刻，甲、乙两球受到的电场力大小之比为q 2∶q 1B ．运动的同一时刻，甲、乙两球动能之比为m 1∶m 2C ．在相同的运动时间内，甲、乙两球受到的电场力的冲量大小之比为1∶1D ．在相同的运动时间内，甲、乙两球受到的合力做功之比为1∶1答案 C解析 甲、乙两球受到的电场力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律知，甲、乙两球受到的电场力大小之比为1∶1，与电荷量无关，A 错误；两球组成的系统所受合外力为零，系统的动量守恒，取甲球的运动方向为正方向，由动量守恒定律得：m 1v 甲－m 2v 乙＝0，得v 甲∶v 乙＝m 2∶m 1，运动的同一时刻，甲、乙两球动能之比为E k1∶E k2＝12m 1v 2甲∶12m 2v 2乙＝m 2∶m 1，B 错误；对甲、乙两球分别运用动量定理得：I 甲＝m 1v 甲－0，I 乙＝m 2v 乙－0，解得在相同的运动时间内甲、乙两球受到电场力的冲量大小之比I 甲∶I 乙＝1∶1，C 正确；对甲、乙两球分别运用动能定理得：W 合甲＝E k1－0，W 合乙＝E k2－0，解得在相同的运动时间内甲、乙两球受到合力做功之比W 合甲∶W 合乙＝m 2∶m 1，D 错误。

19．(2019·全国卷Ⅱ)如图a ，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。

某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v 表示他在竖直方向的速度，其v ­t 图象如图b 所示，t 1和t 2是他落在倾斜雪道上的时刻。

则( )A ．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小B ．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C ．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D ．竖直方向速度大小为v 1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大 答案 BD解析 v ­t 图象中图线与t 轴包围的面积表示位移大小，第二次滑翔过程中所围面积大表示在竖直方向上位移大，A 错误；两次滑翔最终都落在雪道上，故两次滑翔竖直方向上的位移与水平方向上的位移的比值相等。

由A 中可知第二次滑翔竖直方向的位移比第一次的大，故第二次滑翔水平方向上的位移也比第一次的大，B 正确；从起跳到落到雪道上，第一次滑翔竖直方向的速度变化大，时间短，由a ＝Δv Δt，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的小，C 错误；v ­t 图象的斜率表示加速度，竖直方向速度大小为v 1时，第二次滑翔在竖直方向上的加速度小，设在竖直方向上所受阻力为f ，由mg －f ＝ma ，可得第二次滑翔在竖直方向上受到的阻力大，D 正确。

20．(2019·黑龙江哈尔滨三中二模)如图所示，半径为R ＝2 cm 的圆形区域中有垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度B ＝2 T ，一个比荷为2×106C/kg 的带正电的粒子从圆形磁场边界上的A 点以v 0＝8×104 m/s 的速度垂直直径MN 射入磁场，恰好从N 点射出，且∠AON ＝120°。

下列选项正确的是( )A ．带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为1 cmB ．带电粒子在磁场中运动的轨迹圆心一定在圆形磁场的边界上C ．若带电粒子改为从圆形磁场边界上的C 点以相同的速度入射，一定从N 点射出D ．若要实现带电粒子从A 点入射，从N 点出射，则该圆形磁场的最小面积为3π×10－4 m 2答案 BCD 解析 根据洛伦兹力提供向心力：qvB ＝m v 2r ，可得：r ＝mv qB，代入数据解得：r ＝2 cm ，A 错误；粒子运动轨迹如图所示，可知四边形AONP 为菱形，又因为∠AON ＝120°，根据几何知识可得圆心P 一定在圆周上，B 正确；从圆形磁场边界上的C 点以相同的速度入射，假设出射点位置在N ′点，易知四边形SCON ′为菱形，则CS ∥ON ′，N ′与N 重合，故粒子一定从N 点射出，C 正确；当带电粒子从A 点入射，从N 点出射，以AN 为直径的圆形磁场面积最小，S min ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫AN 22＝π(r cos30°)2＝3π×10－4 m 2，D 正确。

21．(2019·两湖八市十二校联合二模)如图所示，空间直角坐标系的xOz 平面是光滑水平面，空间中有沿z 轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B 。

现有两块平行的薄金属板，彼此间距为d ，构成一个电容为C 的电容器，电容器的下极板放在xOz 平面上；在两板之间焊接一根垂直于两板的电阻不计的金属杆MN ，已知两板和杆MN 的总质量为m ，若对杆MN 施加一个沿x 轴正方向的恒力F ，两金属板和杆开始运动后，则( )A ．金属杆MN 中存在沿M 到N 方向的感应电流B ．两金属板间的电压始终保持不变C ．两金属板和杆做加速度大小为F B 2d 2C 的匀加速直线运动D ．单位时间内电容器增加的电荷量为CBdF m ＋B 2d 2C答案 AD 解析 由右手定则可知，感应电流方向为由M 流向N ，A 正确；此装置在F 和安培力F安作用下做变速直线运动，设某时刻速度为v ，切割磁感线产生电动势：E ＝Bdv ，电容器两板间电压：U ＝E ＝Bdv ，因为v 变化，所以U 随时间变化，B 错误；电容器所带电量Q ＝CU＝CBdv ，MN 间某时刻的充电电流：I ＝ΔQ Δt ＝CBd ·Δv Δt＝CBda ，方向向下，根据左手定则可知，MN 受到向左的安培力：F 安＝BId ＝CB 2d 2a ，以整个装置为研究对象，由牛顿第二定律得：F －F 安＝ma ，即：F －CB 2d 2a ＝ma ，解得：a ＝F m ＋B 2d 2C，为定值，即做匀加速直线运动，C 错误；单位时间内电容器增加的电荷量为ΔQ Δt ＝CBda ＝CBdF m ＋B 2d 2C，D 正确。