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
