2020高考物理讲练试题组合模拟卷六含2019模拟题.pdf

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1、（刷题 1+1） 2020 高考物理讲练试题 组合模拟卷六 （含 2019 模拟题）（刷题 1+1） 2020 高考物理讲练试题 组合模拟卷六 （含 2019 模拟题） 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.UTh He 23892234904 2 B. H H He n 3 12

2、14 21 0 C.U n ThXe10 n 235921 09038136541 0 D. He Al P n 4 2271330151 0 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； 4 2 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

3、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 42r3 GM GMm 2R C角速度为 D向心加速度为 Gm r3 GM R2 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，Gm Mm r2 2r，解得周期T ，A 正确 ； 由Gm知，动能Ekmv2，B 错误 ； 由G ( 2 T) 42r3 GM Mm r2 v2 r 1 2 GMm 2r mr2得，角速度 ，C 错误；由Gma得，向心加速度a，D 错误。 Mm r2 GM r3 Mm r2 GM r2 16(2019全国卷) 如图，篮球架下的运动员原地垂直起

4、跳扣篮，离地后重心上升 的最大高度为H。上升第一个 所用的时间为t1，第四个 所用的时间为t2。不计空气阻力， H 4 H 4 则满足( ) t2 t1 A12 B23 t2 t1 t2 t1 C34 D45 t2 t1 t2 t1 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( 2 1)()()。由题意知，t2t11(2)2，C 正确。32nn133 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

5、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

6、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/s2 B物体的质量为 2 kg C弹簧做的功为 0.5 J D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

7、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 J0.4 J，故 C 错误；初状态拉力F110 N，末 T1T2 2 200 2 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W2x F1F2 2 0.04 J0.8 J， 根据功能关系， 物体机械能增加量 EW1W21.2 J， 故 D 正确。 1030 2 19 (20

8、19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2 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 40cos10t (V)2 B当灯泡正常发光时，原、副线圈的匝数比为 12 C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

9、线框中感应电动势的最大值为：EmNBS100.410 V40 V，图示22 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 40 2 cos10t(V)，故 A 正确；变压器原线圈电压的有效值为：U1 V40 V，开关闭 Um 2 Em 2 40 2 2 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PR4 100 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， 负载等效电阻变大， 则P1P2变小，又P1U1I1且U1不变，则I1减小，即

10、电流表示数变小，故 C 错误；若 U2 2 R 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在磁场中运动的加速度之比

11、为 25 C粒子a、b的速度之比为 52 D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 ， R 2(r bR 2) 2b ra rb R 2 5R 4 2 5 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qvB v2 r qBr m ma，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 qvB m 正确，C 错误；由图可知，粒子a轨迹的圆心

12、角a180，根据 sinb可得，粒子b R rb 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 360 2m qB 之比为 18053，D 正确。 21(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

13、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，对小球受力分析可知，沿斜面方向：Tcos mgsin，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)， mgsin cos cos 由于变小，则滑块受到水

14、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：mgMgFN Tsin()，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(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，

15、 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

16、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， 故两绳子拉力的合力F的范围是 ： (2mg mg)F(2mgmg)，即mgF3mg；三力的合力为零，则第三根绳拉力范围为：mgF3 3mg，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

17、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

18、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

19、和内阻的真实值E_ V，r_ 。(结果保留三位有效数字) 答案 (4)B 1.50 1.50 b k1 R0 k1 解析 由图甲所示电路图可知， 电源电动势 ：EU2IrU2r， 整理得 ：U1 U2U1 R0 R0r r U2，由图线可知，b，k，解得：r，E。 ER0 r ER0 r rR0 r R0 k1 b k1 (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 ：UE r； (I U RV) 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

20、动变阻器两端 的电压，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， 1.45 RV 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

21、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，R 0.75 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 1 2 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

22、OB、OC的夹角)，tan Rh R 4 5 vy v0 解得：v04 m/s。 (2)从A到C，根据机械能守恒可得： mvmgHmv 1 2 2 0 1 2 2C 解得：vC2 m/s7 对物块和木板组成的系统， 由动量守恒定律可得：mvC(Mm)v共 得共同速度为：v共 m/s 2 7 5 由能量守恒定律：mgLmv (mM)v 1 2 2C 1 2 2 共 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

23、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

24、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t1 0.2 s 2h g 磁感应强度的变化率为 T/s2.5 T/s B t 0.5 0.2 由法拉第电磁感应定律得，0t1时间内感应电动势 E1LabhMJ t B t 联立以上各式并代入数据可得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

25、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 E2 I2 在 0t1时间内，感应电流为I10.5 A E1 RabRcd 棒cd在 0t2时间内产生的焦耳热 QcdQ1Q2I Rcdt1I Rcd0.015 J。 2 12 2 hMJ v (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

26、 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。当平台倾角为37时，汽缸内气体体积为V，

27、 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 p0S g 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

28、； 从微 观角度看温度表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， mgcos37 S 气体的体积为：V1V 当平台水平时，汽缸内气体的压强为：p2p0， mg

29、S 气体的体积为：V20.9V， 由玻意耳定律有：p1V1p2V2， 联立得：m。 p0S g ()降温过程，汽缸内气体压强不变，由盖吕萨克定律有： V2 T0 V3 0.9T0 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

30、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

31、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)() ()3 3 2 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 sini sin 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 n3 ()设改变后的入射角为i，折射角为，由折射定律得 n sini sin 依题意，光束在BC边上的入射角为全反射的临界角c，且 sinc 1 n 由几何关系得 c30 由式得入射角的正弦为 sini。 3 2 2