2020年高考物理刷题1+12019模拟题组合模拟卷六含解析

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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

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