ImageVerifierCode 换一换
格式:DOC , 页数:14 ,大小:367.50KB ,
资源ID:111423      下载积分:20 金币
快捷下载
登录下载
邮箱/手机:
温馨提示:
快捷下载时,用户名和密码都是您填写的邮箱或者手机号,方便查询和重复下载(系统自动生成)。 如填写123,账号就是123,密码也是123。
特别说明:
请自助下载,系统不会自动发送文件的哦; 如果您已付费,想二次下载,请登录后访问:我的下载记录
支付方式: 支付宝    微信支付   
验证码:   换一换

加入VIP,更优惠
 

温馨提示:由于个人手机设置不同,如果发现不能下载,请复制以下地址【https://www.77wenku.com/d-111423.html】到电脑端继续下载(重复下载不扣费)。

已注册用户请登录:
账号:
密码:
验证码:   换一换
  忘记密码?
三方登录: 微信登录   QQ登录   微博登录 

下载须知

1: 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。
2: 试题试卷类文档,如果标题没有明确说明有答案则都视为没有答案,请知晓。
3: 文件的所有权益归上传用户所有。
4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
5. 本站仅提供交流平台,并不能对任何下载内容负责。
6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。

版权提示 | 免责声明

本文(2020年高考物理刷题1+12019模拟题组合模拟卷六含解析)为本站会员(hua****011)主动上传,七七文库仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对上载内容本身不做任何修改或编辑。 若此文所含内容侵犯了您的版权或隐私,请立即通知七七文库(发送邮件至373788568@qq.com或直接QQ联系客服),我们立即给予删除!

2020年高考物理刷题1+12019模拟题组合模拟卷六含解析

1、组合模拟卷六第卷(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山东日照高三上学期期末)下列核反应中,属于原子核的衰变的是()A.UThHeB.HHHenC.UnThXe10nD.HeAlPn答案A解析根据衰变的特点,A项方程中有粒子(He)产生,属于衰变,故A正确;根据核反应的特点可知,B项为轻核的聚变,C项为重核的裂变,D项为原子核的人工转变,故三项均错误。15(2019天津高考)2018年12月8日,肩负着亿万

2、中华儿女探月飞天梦想的嫦娥四号探测器成功发射,“实现人类航天器首次在月球背面巡视探测,率先在月背刻上了中国足迹”。已知月球的质量为M、半径为R,探测器的质量为m,引力常量为G,嫦娥四号探测器围绕月球做半径为r的匀速圆周运动时,探测器的()A周期为 B动能为C角速度为 D向心加速度为答案A解析探测器绕月运动由万有引力提供向心力,对探测器,由牛顿第二定律得,Gm2r,解得周期T ,A正确;由Gm知,动能Ekmv2,B错误;由Gmr2得,角速度 ,C错误;由Gma得,向心加速度a,D错误。16(2019全国卷) 如图,篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮,离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个所用的时

3、间为t1,第四个所用的时间为t2。不计空气阻力,则满足()A12 B23C34 D45答案C解析空气阻力不计,运动员竖直上升过程做匀减速直线运动,位移为H时的速度为0。逆向观察,运动员做初速度为0的匀加速直线运动,则连续相等位移所用时间之比为1(1)()()。由题意知,t2t11(2)2,C正确。17(2019贵州毕节二模)如图所示,在竖直面内A点固定有一带电的小球,可视为点电荷。在带电小球形成的电场中,有一带电粒子在水平面内绕O点做匀速圆周运动,下列说法正确的是()A粒子运动的水平面为等势面B粒子运动的轨迹在一条等势线上C粒子运动过程中所受的电场力不变D粒子的重力可以忽略不计答案B解析由点电

4、荷的电场线与等势面分布规律可知,与点电荷距离相等的点电势相等,故粒子运动的轨迹在一条等势线上,A错误,B正确;粒子在水平面内做匀速圆周运动,合力充当向心力并指向圆心,粒子所受的电场力的方向沿粒子与小球的连线方向,并不指向圆心,因此粒子在电场力和重力的合力作用下做匀速圆周运动,故粒子的重力不可忽略,D错误;粒子在运动过程中电场力的大小不变,但是方向发生变化,因此电场力变化,C错误。18(2019江苏常州阳光指标高三上学期期末)如图所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端放置一物体(物体与弹簧不连接)处于静止状态。现用力F拉物体使其竖直向上做匀加速运动,刚开始时拉力为F10 N,运动4 cm后物

5、体恰好脱离弹簧,此时拉力F30 N。则下列说法中不正确的是(取g10 m/s2)()A物体的加速度为5 m/s2B物体的质量为2 kgC弹簧做的功为0.5 JD物体在弹簧上运动的过程中,物体机械能增加了1.2 J答案C解析初始时物体处于静止状态,合力为0,当向上的位移x0时,物体的合力为F110 N,由牛顿第二定律得:F1ma,当x4 cm时,弹簧弹力为0,拉力F的值为F230 N,由牛顿第二定律得:F2mgma,联立以上两式可解得:m2 kg,a5 m/s2,故A、B正确;初状态弹簧弹力T1mg20 N,末状态弹簧弹力T2为0,弹力随位移均匀减小,所以上升过程中弹力做功W1x0.04 J0.

6、4 J,故C错误;初状态拉力F110 N,末状态拉力为F230 N,且拉力随位移均匀增大,上升过程中拉力做功W2x0.04 J0.8 J,根据功能关系,物体机械能增加量EW1W21.2 J,故D正确。19(2019湖北八校联合二模)如图所示,10匝矩形线框处在磁感应强度B T的匀强磁场中,绕垂直磁场的轴以恒定角速度10 rad/s在匀强磁场中转动,线框电阻不计,面积为0.4 m2,线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连,副线圈接有一只灯泡L(规格为“4 W,100 ”)和滑动变阻器,电流表视为理想电表,则下列说法正确的是()A若从图示线框位置开始计时,线框中感应电动势的瞬时值为40cos1

7、0t (V)B当灯泡正常发光时,原、副线圈的匝数比为12C若将滑动变阻器滑片向上移动,则电流表示数增大D若将自耦变压器触头向下滑动,灯泡会变暗答案AD解析线框中感应电动势的最大值为:EmNBS100.410 V40 V,图示时刻感应电动势最大,从图示线框位置开始计时,线框中感应电动势的瞬时值为40cos10t(V),故A正确;变压器原线圈电压的有效值为:U1 V40 V,开关闭合时灯泡正常发光,所以副线圈电压U2 V20 V,此时原、副线圈的匝数比为:n1n2U1U2402021,故B错误;线圈匝数不变,根据U1U2n1n2可知副线圈电压不变,若将滑动变阻器触头向上滑动,连入电路电阻变大,负载

8、等效电阻变大,则P1P2变小,又P1U1I1且U1不变,则I1减小,即电流表示数变小,故C错误;若将自耦变压器触头向下滑动,副线圈匝数变小,根据U1U2n1n2可知副线圈电压减小,即灯泡两端电压减小,所以灯泡变暗,故D正确。20(2019山东聊城二模)如图所示,圆心角为90的扇形COD内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场,E点为半径OD的中点,现有比荷大小相等的两个带电粒子a、b,以不同的速度分别从O、E点沿OC方向射入磁场,粒子a、b分别从D、C两点射出磁场,不计粒子所受重力及粒子间相互作用,已知sin370.6,cos370.8,则下列说法中正确的是()A粒子a带负电,粒子b带正电B粒子a、b

9、在磁场中运动的加速度之比为25C粒子a、b的速度之比为52D粒子a、b在磁场中运动的时间之比为18053答案ABD解析根据题中条件,画出两粒子的轨迹如图,根据左手定则,可判断粒子a带负电,粒子b带正电,A正确;设扇形COD的半径为R,根据几何关系可得,ra、2R2r,则,根据qvBm,解得v,两粒子的比荷相等,则粒子a、b的速度之比为25,根据qvBma,解得a,两粒子的比荷相等,则粒子a、b在磁场中运动的加速度之比为25,B正确,C错误;由图可知,粒子a轨迹的圆心角a180,根据sinb可得,粒子b轨迹的圆心角b53,根据tT,T可得,粒子a、b在磁场中运动的时间之比为18053,D正确。2

10、1(2019陕西二模)如图所示,斜面体置于粗糙水平地面上,斜面体上方水平固定一根光滑直杆,直杆上套有一个滑块。滑块连接一根细线,细线的另一端连接一个置于斜面上的光滑小球。最初斜面与小球都保持静止,现对滑块施加水平向右的外力使其缓慢向右滑动至A点,如果整个过程斜面保持静止,小球未滑离斜面,滑块滑动到A点时细线恰好平行于斜面,则下列说法正确的是()A斜面对小球的支持力逐渐减小B细线对小球的拉力逐渐减小C滑块受到水平向右的外力逐渐增大D水平地面对斜面体的支持力逐渐减小答案BC解析由题可知,小球、滑块、斜面体在整个过程中均时刻处于平衡状态。设细线对小球的拉力为T,斜面对小球的支持力为FN,对小球受力分

11、析可知,沿斜面方向:Tcosmgsin,在垂直斜面方向:FNTsinmgcos(其中是细线与斜面的夹角,为斜面的倾角),现对滑块施加水平向右的外力使其缓慢向右滑动至A点,变小,则细线对小球的拉力T变小,斜面对小球的支持力FN变大,故B正确,A错误;对滑块受力分析可知,在水平方向有:FTcos()mgsin(costansin),由于变小,则滑块受到水平向右的外力逐渐增大,故C正确;设水平地面对斜面体的支持力为FN,以斜面和小球为对象进行受力分析可知,在竖直方向有:mgMgFNTsin(),由于T和()变小,所以水平地面对斜面体的支持力FN逐渐增大,D错误。第卷(非选择题,共62分)三、非选择题

12、(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山东聊城二模)(5分)某实验小组用如图所示的器材验证“力的平行四边形定则”。在水平的圆形桌面上平铺一张白纸,在桌子边缘安装三个光滑的滑轮,其中,滑轮P1固定在桌子边,滑轮P2、P3可沿桌边移动。步骤如下:A在三根轻绳下挂上一定数量的钩码,调整滑轮P2、P3的位置使结点O静止;B在白纸上描下O点的位置和三根绳子的方向,以O点为起点,用同一标度作出三个拉力的图示;C以绕过滑轮P2、P3绳的两个力为邻边作平行四边形,作出以O点为起点的平行

13、四边形的对角线,量出对角线的长度;D检验对角线的长度和绕过滑轮P1绳拉力的图示的长度是否一样,方向是否在一条直线上。(1)第一次实验中,若一根绳挂的钩码质量为m,另一根绳挂的钩码质量为2m,则第三根绳所挂的钩码质量M应满足关系_。(2)第二次实验时,改变滑轮P2、P3的位置和相应绳上钩码的数量,使结点平衡,绳的结点_(填“必须”或“不必”)与第一次实验中白纸上描下的O点重合。实验中,若桌面倾斜,_(填“会”或“不会”)影响实验的结论。答案(1)mM3m(2)不必不会解析(1)若一根绳挂的钩码质量为m,另一根绳挂的钩码质量为2m,则两绳子的拉力分别为:mg、2mg,由实验要求可知,两绳不能共线,

14、故两绳子拉力的合力F的范围是:(2mgmg)F(2mgmg),即mgF3mg;三力的合力为零,则第三根绳拉力范围为:mgF33mg,故第三根绳挂的钩码质量M应满足:mM3m。(2)本实验运用了力的平衡原理,即其中两力的合力与第三个力等大反向,故在实验中只需验证其中两力通过“力的平行四边形定则”得到的合力与第三力等大反向即可,与O点位置无关,所以O点的位置可以改变。若桌面不水平,绳上拉力仍等于钩码重力,对实验以及实验结论无影响。23(2019重庆南开中学高三4月模拟)(10分)为了测一节干电池的电动势E和内阻r,小刘同学设计了如图甲的电路,R为阻值是R0的定值电阻,移动滑动变阻器滑片位置,读出电

15、压表V1和V2的多组数据U1与U2,如图乙所示,描绘U1U2图象。图象的斜率为k,与纵坐标的截距为b,则电源的电动势E_,内阻r_。(用字母k、R0、b表示) 为精确测量,小张同学改进方案,设计了如图丙所示的实验电路。(1)按丙图连接好实验电路,闭合开关前,将滑动变阻器的滑片P调到a端。(2)闭合开关S1,将S2接位置1,改变滑片P的位置,记录多组电压表、电流表示数。(3)将开关S2接位置2,改变滑片P的位置,记录多组电压表、电流表示数。(4)建立UI坐标系,在同一坐标系中分别描点作出S2接位置1、2时的图象,如图丁所示。S2接1时的UI图线是图丁中的_(填“A”或“B”)线。每次测量操作都正

16、确,读数都准确。由于S2接位置1,电压表有分流作用,S2接位置2,电流表有分压作用,分别测得的电动势和内阻与真实值不相等。则由图丁中的A和B图线,可得电动势和内阻的真实值E_ V,r_ 。(结果保留三位有效数字)答案(4)B1.501.50解析由图甲所示电路图可知,电源电动势:EU2IrU2r,整理得:U1U2,由图线可知,b,k,解得:r,E。(4)当S2接1时,干路电流等于电流表所测电流I与电压表支路电流之和,电压表所测电压U为路端电压,设电压表内阻为RV,电流表内阻为RA,根据闭合电路欧姆定律有:UEr;当S2接2时,电流表所测电流I即为干路电流,电压表所测电压U为滑动变阻器两端的电压,

17、根据闭合电路欧姆定律有:UEI(RAr)。由此可知,当S2接1时的UI图线的斜率大小小于S2接2时的UI图线的斜率大小,故S2接1时的UI图线是图丁中的B线。由第题中结论可知,S2接2时,对应丁图中的A图线。分别将图线A、B与坐标轴相交点的数据代入相应表达式得:S2接1时,1.45Er,0E(1.000)r,S2接2时,1.50E0,0E0.50(RAr),联立解得:E1.50 V,r1.50 。24(2019江西高三九校3月联考)(12分)如图所示,从A点以v0的水平速度抛出一质量m1 kg的小物块(可视为质点),当物块运动至B点时,恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC,经圆弧轨道后滑上与C点

18、等高静止在光滑水平面的长木板上,圆弧轨道C端切线水平。已知长木板的质量M4 kg,A、B两点距C点的高度分别为H0.6 m、h0.15 m,R0.75 m,物块与长木板之间的动摩擦因数0.5,g取10 m/s2。求:(1)水平抛出速度v0;(2)长木板至少为多长,才能保证小物块不滑出长木板?答案(1)4 m/s(2)2.24 m解析(1)小物块做平抛运动,则有:Hhgt2小物块到达B点时竖直分速度为:vygt解得:vy3 m/s由几何关系可得:cos(为OB、OC的夹角),tan解得:v04 m/s。(2)从A到C,根据机械能守恒可得:mvmgHmv解得:vC2 m/s对物块和木板组成的系统,

19、由动量守恒定律可得:mvC(Mm)v共得共同速度为:v共 m/s由能量守恒定律:mgLmv(mM)v解得:L2.24 m。25(2019陕西八校高三4月联考)(20分)如图甲所示,两根光滑固定导轨相距0.4 m竖直放置,导轨电阻不计,在导轨末端P、Q两点用两根等长的细导线悬挂金属棒cd。棒cd的质量为0.01 kg,长为0.2 m,处于磁感应强度为B00.5 T的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向里。相距0.2 m的水平虚线MN和JK之间的区域内存在着垂直于导轨平面向里的匀强磁场,且磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示。在t0时刻,质量为0.02 kg、阻值为0.3 的金属棒ab从虚线MN

20、上方0.2 m高度处,由静止开始释放,下落过程中保持水平,且与导轨接触良好,结果棒ab在t1时刻从上边界MN进入磁场,并在磁场中做匀速运动,在t2时刻从下边界JK离开磁场,g取10 m/s2。求:(1)在0t1时间内,电路中感应电动势的大小;(2)在t1t2时间内,棒cd受到细导线的总拉力为多大;(3)棒cd在0t2时间内产生的焦耳热。答案(1)0.2 V(2)0.2 N(3)0.015 J解析(1)设棒ab开始下落的位置距离线MN的高度为h,对棒ab自由下落过程,有t10.2 s磁感应强度的变化率为 T/s2.5 T/s由法拉第电磁感应定律得,0t1时间内感应电动势E1LabhMJ联立以上各

21、式并代入数据可得E10.2 V。(2)由棒ab匀速进入磁场区域可知BI2Labmabg代入数据,可解得I21 A在t1t2时间内,对棒cd受力分析,可得FTmcdgB0I2Lcd代入数据,可解得FT0.2 N。(3)棒ab刚进入磁场时的速度为vgt12 m/s棒ab刚进入磁场后的感应电动势为E2BLabv0.4 V则RcdRab0.1 在0t1时间内,感应电流为I10.5 A棒cd在0t2时间内产生的焦耳热QcdQ1Q2IRcdt1IRcd0.015 J。(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云南第

22、二次检测)(5分)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气体如果失去了容器的约束就会散开,这是因为气体分子之间存在势能B物体温度升高时,速率小的分子数目减少,速率大的分子数目增多C一定量100 的水变成100 的水蒸气,其分子平均动能增加D物体从外界吸收热量,其内能不一定增加E液晶的光学性质具有各向异性(2)(2019福建南平二模)(10分)如图所示,可在竖直平面内转动的平台上固定着一个内壁光滑的汽缸,汽缸内有一导热性能良好的活塞,活塞面积为S,活塞底面与汽缸底面平行,一定质量的理想气体密封在汽缸内。当平台倾角

23、为37时,汽缸内气体体积为V,将平台顺时针缓慢转动直至水平,稳定时汽缸内气体的体积为0.9V,该过程中环境温度始终为T0,外界大气压强为p0。已知sin370.6,cos370.8。重力加速度为g。()求活塞的质量;()若平台转至水平后,经过一段时间,环境温度缓慢降至0.9T0(大气压强p0保持不变),该过程中汽缸内气体内能的减少量为0.14p0V,求该过程中汽缸内气体放出的热量Q。答案(1)BDE(2)()()0.32p0V解析(1)气体如果失去了容器的约束就会散开,是因为分子间距较大,相互的作用力很微弱,而且分子永不停息地做无规则运动,所以气体分子可以自由散开,故A错误;从微观角度看温度表

24、示了大量分子无规则运动的剧烈程度,物体温度升高时,速率小的分子数目减少,速率大的分子数目增多,故B正确;一定量100 的水变成100 的水蒸气,因温度不变,则分子平均动能不变,由于吸热,内能增大,则其分子之间的势能增大,故C错误;物体从外界吸收热量,若同时对外做功,根据热力学第一定律可知,其内能不一定增加,故D正确;液晶的光学性质具有晶体的各向异性,故E正确。(2)()设活塞质量为m,当平台倾角为37时,汽缸内气体的压强为:p1p0,气体的体积为:V1V当平台水平时,汽缸内气体的压强为:p2p0,气体的体积为:V20.9V,由玻意耳定律有:p1V1p2V2,联立得:m。()降温过程,汽缸内气体

25、压强不变,由盖吕萨克定律有:解得:V30.81V活塞下降过程,外界对气体做功为:Wp2(V2V3)已知汽缸内气体内能的变化量:U0.14p0V由热力学第一定律得:UW(Q)得放出的热量Q0.32p0V。34(2019全国卷)物理选修34(15分)(1)(5分)水槽中,与水面接触的两根相同细杆固定在同一个振动片上。振动片做简谐振动时,两根细杆周期性触动水面形成两个波源。两波源发出的波在水面上相遇,在重叠区域发生干涉并形成了干涉图样。关于两列波重叠区域内水面上振动的质点,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不同质

26、点的振幅都相同B不同质点振动的频率都相同C不同质点振动的相位都相同D不同质点振动的周期都与振动片的周期相同E同一质点处,两列波的相位差不随时间变化(2)(10分)如图,直角三角形ABC为一棱镜的横截面,A90,B30。一束光线平行于底边BC射到AB边上并进入棱镜,然后垂直于AC边射出。()求棱镜的折射率;()保持AB边上的入射点不变,逐渐减小入射角,直到BC边上恰好有光线射出。求此时AB边上入射角的正弦。答案(1)BDE(2)()()解析(1)两列波相遇叠加产生干涉,一些质点的振动加强,一些质点的振动减弱,即振幅不同,A错误;各质点的振动频率、周期都与振动片相同,B、D正确;不同质点的振动相位不同(不是同时到达正的最大位移),C错误;两列波到达某点时相位差恒定,E正确。(2)()光路图及相关量如图所示。光束在AB边上折射,由折射定律得n式中n是棱镜的折射率。由几何关系可知60由几何关系和反射定律得B联立式,并代入i60得n()设改变后的入射角为i,折射角为,由折射定律得n依题意,光束在BC边上的入射角为全反射的临界角c,且sinc由几何关系得c30由式得入射角的正弦为sini。14