2020年高考物理 刷題1+1（2019模擬題）組合模擬卷六（含解析）

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1、組合模擬卷六 第Ⅰ卷(選擇題，共48分) 二、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分) 14．(2019·山東日照高三上學期期末)下列核反應中，屬于原子核的衰變的是(　　) A.U→Th＋He B.H＋H→He＋n C.U＋n→Th＋Xe＋10n D.He＋Al→P＋n 答案　A 解析　根據衰變的特點，A項方程中有α粒子(He)產生，屬于α衰變，故A正確；根據核反應的特點可知，B項為輕核的聚變，C項為重核的裂變，D項為原子核

2、的人工轉變，故三項均錯誤。 15．(2019·天津高考)2018年12月8日，肩負著億萬中華兒女探月飛天夢想的嫦娥四號探測器成功發(fā)射，“實現(xiàn)人類航天器首次在月球背面巡視探測，率先在月背刻上了中國足跡”。已知月球的質量為M、半徑為R，探測器的質量為m，引力常量為G，嫦娥四號探測器圍繞月球做半徑為r的勻速圓周運動時，探測器的(　　) A．周期為 B．動能為 C．角速度為 D．向心加速度為 答案　A 解析　探測器繞月運動由萬有引力提供向心力，對探測器，由牛頓第二定律得，G＝m2r，解得周期T＝ ，A正確；由G＝m知，動能Ek＝mv2＝，B錯誤；由G＝mrω2得，角速度ω＝ ，C

3、錯誤；由G＝ma得，向心加速度a＝，D錯誤。 16．(2019·全國卷Ⅰ) 如圖，籃球架下的運動員原地垂直起跳扣籃，離地后重心上升的最大高度為H。上升第一個所用的時間為t1，第四個所用的時間為t2。不計空氣阻力，則滿足(　　) A．1<<2 B．2<<3 C．3<<4 D．4<<5 答案　C 解析　空氣阻力不計，運動員豎直上升過程做勻減速直線運動，位移為H時的速度為0。逆向觀察，運動員做初速度為0的勻加速直線運動，則連續(xù)相等位移所用時間之比為1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。由題意知，t2∶t1＝1∶(2－)＝2＋，C正確。 17．(2019·貴州畢節(jié)二模)如圖

4、所示，在豎直面內A點固定有一帶電的小球，可視為點電荷。在帶電小球形成的電場中，有一帶電粒子在水平面內繞O點做勻速圓周運動，下列說法正確的是(　　) A．粒子運動的水平面為等勢面 B．粒子運動的軌跡在一條等勢線上 C．粒子運動過程中所受的電場力不變 D．粒子的重力可以忽略不計 答案　B 解析　由點電荷的電場線與等勢面分布規(guī)律可知，與點電荷距離相等的點電勢相等，故粒子運動的軌跡在一條等勢線上，A錯誤，B正確；粒子在水平面內做勻速圓周運動，合力充當向心力并指向圓心，粒子所受的電場力的方向沿粒子與小球的連線方向，并不指向圓心，因此粒子在電場力和重力的合力作用下做勻速圓周運動，故粒子的重

5、力不可忽略，D錯誤；粒子在運動過程中電場力的大小不變，但是方向發(fā)生變化，因此電場力變化，C錯誤。 18．(2019·江蘇常州陽光指標高三上學期期末)如圖所示，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端放置一物體(物體與彈簧不連接)處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)用力F拉物體使其豎直向上做勻加速運動，剛開始時拉力為F＝10 N，運動4 cm后物體恰好脫離彈簧，此時拉力F＝30 N。則下列說法中不正確的是(取g＝10 m/s2)(　　) A．物體的加速度為5 m/s2 B．物體的質量為2 kg C．彈簧做的功為0.5 J D．物體在彈簧上運動的過程中，物體機械能增加了1.2 J 答案　C 解析　初始時

6、物體處于靜止狀態(tài)，合力為0，當向上的位移x＝0時，物體的合力為F1＝10 N，由牛頓第二定律得：F1＝ma，當x＝4 cm時，彈簧彈力為0，拉力F的值為F2＝30 N，由牛頓第二定律得：F2－mg＝ma，聯(lián)立以上兩式可解得：m＝2 kg，a＝5 m/s2，故A、B正確；初狀態(tài)彈簧彈力T1＝mg＝20 N，末狀態(tài)彈簧彈力T2為0，彈力隨位移均勻減小，所以上升過程中彈力做功W1＝·x＝×0.04 J＝0.4 J，故C錯誤；初狀態(tài)拉力F1＝10 N，末狀態(tài)拉力為F2＝30 N，且拉力隨位移均勻增大，上升過程中拉力做功W2＝·x＝×0.04 J＝0.8 J，根據功能關系，物體機械能增加量ΔE＝W1＋W

7、2＝1.2 J，故D正確。 19．(2019·湖北八校聯(lián)合二模)如圖所示，10匝矩形線框處在磁感應強度B＝ T的勻強磁場中，繞垂直磁場的軸以恒定角速度ω＝10 rad/s在勻強磁場中轉動，線框電阻不計，面積為0.4 m2，線框通過滑環(huán)與一理想自耦變壓器的原線圈相連，副線圈接有一只燈泡L(規(guī)格為“4 W，100 Ω”)和滑動變阻器，電流表視為理想電表，則下列說法正確的是(　　) A．若從圖示線框位置開始計時，線框中感應電動勢的瞬時值為40cos10t (V) B．當燈泡正常發(fā)光時，原、副線圈的匝數(shù)比為1∶2 C．若將滑動變阻器滑片向上移動，則電流表示數(shù)增大 D．若將自耦變壓器觸頭向

8、下滑動，燈泡會變暗 答案　AD 解析　線框中感應電動勢的最大值為：Em＝NBSω＝10××0.4×10 V＝40 V，圖示時刻感應電動勢最大，從圖示線框位置開始計時，線框中感應電動勢的瞬時值為40cos10t(V)，故A正確；變壓器原線圈電壓的有效值為：U1＝＝＝ V＝40 V，開關閉合時燈泡正常發(fā)光，所以副線圈電壓U2＝＝ V＝20 V，此時原、副線圈的匝數(shù)比為：n1∶n2＝U1∶U2＝40∶20＝2∶1，故B錯誤；線圈匝數(shù)不變，根據U1∶U2＝n1∶n2可知副線圈電壓不變，若將滑動變阻器觸頭向上滑動，連入電路電阻變大，負載等效電阻變大，則P1＝P2＝變小，又P1＝U1I1且U1不變，則

9、I1減小，即電流表示數(shù)變小，故C錯誤；若將自耦變壓器觸頭向下滑動，副線圈匝數(shù)變小，根據U1∶U2＝n1∶n2可知副線圈電壓減小，即燈泡兩端電壓減小，所以燈泡變暗，故D正確。 20．(2019·山東聊城二模)如圖所示，圓心角為90°的扇形COD內存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，E點為半徑OD的中點，現(xiàn)有比荷大小相等的兩個帶電粒子a、b，以不同的速度分別從O、E點沿OC方向射入磁場，粒子a、b分別從D、C兩點射出磁場，不計粒子所受重力及粒子間相互作用，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說法中正確的是(　　) A．粒子a帶負電，粒子b帶正電 B．粒子a、b在磁場中運動的

10、加速度之比為2∶5 C．粒子a、b的速度之比為5∶2 D．粒子a、b在磁場中運動的時間之比為180∶53 答案　ABD 解析　根據題中條件，畫出兩粒子的軌跡如圖，根據左手定則，可判斷粒子a帶負電，粒子b帶正電，A正確； 設扇形COD的半徑為R，根據幾何關系可得，ra＝、2＋R2＝r，則＝＝，根據qvB＝m，解得v＝，兩粒子的比荷相等，則粒子a、b的速度之比為2∶5，根據qvB＝ma，解得a＝，兩粒子的比荷相等，則粒子a、b在磁場中運動的加速度之比為2∶5，B正確，C錯誤；由圖可知，粒子a軌跡的圓心角θa＝180°，根據sinθb＝可得，粒子b軌跡的圓心角θb＝53°，根據t＝T，

11、T＝可得，粒子a、b在磁場中運動的時間之比為180∶53，D正確。 21．(2019·陜西二模)如圖所示，斜面體置于粗糙水平地面上，斜面體上方水平固定一根光滑直桿，直桿上套有一個滑塊?；瑝K連接一根細線，細線的另一端連接一個置于斜面上的光滑小球。最初斜面與小球都保持靜止，現(xiàn)對滑塊施加水平向右的外力使其緩慢向右滑動至A點，如果整個過程斜面保持靜止，小球未滑離斜面，滑塊滑動到A點時細線恰好平行于斜面，則下列說法正確的是(　　) A．斜面對小球的支持力逐漸減小 B．細線對小球的拉力逐漸減小 C．滑塊受到水平向右的外力逐漸增大 D．水平地面對斜面體的支持力逐漸減小 答案　BC 解析　由

12、題可知，小球、滑塊、斜面體在整個過程中均時刻處于平衡狀態(tài)。設細線對小球的拉力為T，斜面對小球的支持力為FN，對小球受力分析可知，沿斜面方向：Tcosα＝mgsinθ，在垂直斜面方向：FN＋Tsinα＝mgcosθ(其中α是細線與斜面的夾角，θ為斜面的傾角)，現(xiàn)對滑塊施加水平向右的外力使其緩慢向右滑動至A點，α變小，則細線對小球的拉力T變小，斜面對小球的支持力FN變大，故B正確，A錯誤；對滑塊受力分析可知，在水平方向有：F＝Tcos(α＋θ)＝＝mgsinθ·(cosθ－tanαsinθ)，由于α變小，則滑塊受到水平向右的外力逐漸增大，故C正確；設水平地面對斜面體的支持力為FN′，以斜面和小球為

13、對象進行受力分析可知，在豎直方向有：mg＋Mg＝FN′＋Tsin(θ＋α)，由于T和(θ＋α)變小，所以水平地面對斜面體的支持力FN′逐漸增大，D錯誤。 第Ⅱ卷(非選擇題，共62分) 三、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分，共62分。第22～25題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33、34題為選考題，考生根據要求作答) (一)必考題(共47分) 22．(2019·山東聊城二模)(5分)某實驗小組用如圖所示的器材驗證“力的平行四邊形定則”。在水平的圓形桌面上平鋪一張白紙，在桌子邊緣安裝三個光滑的滑輪，其中，滑輪P1固定在桌子邊，滑輪P2、P3可沿桌邊移動。 步驟如下： A．在

14、三根輕繩下掛上一定數(shù)量的鉤碼，調整滑輪P2、P3的位置使結點O靜止； B．在白紙上描下O點的位置和三根繩子的方向，以O點為起點，用同一標度作出三個拉力的圖示； C．以繞過滑輪P2、P3繩的兩個力為鄰邊作平行四邊形，作出以O點為起點的平行四邊形的對角線，量出對角線的長度； D．檢驗對角線的長度和繞過滑輪P1繩拉力的圖示的長度是否一樣，方向是否在一條直線上。 (1)第一次實驗中，若一根繩掛的鉤碼質量為m，另一根繩掛的鉤碼質量為2m，則第三根繩所掛的鉤碼質量M應滿足關系________。 (2)第二次實驗時，改變滑輪P2、P3的位置和相應繩上鉤碼的數(shù)量，使結點平衡，繩的結點________

15、(填“必須”或“不必”)與第一次實驗中白紙上描下的O點重合。實驗中，若桌面傾斜，________(填“會”或“不會”)影響實驗的結論。 答案　(1)m

16、其中兩力通過“力的平行四邊形定則”得到的合力與第三力等大反向即可，與O點位置無關，所以O點的位置可以改變。若桌面不水平，繩上拉力仍等于鉤碼重力，對實驗以及實驗結論無影響。 23．(2019·重慶南開中學高三4月模擬)(10分)為了測一節(jié)干電池的電動勢E和內阻r，小劉同學設計了如圖甲的電路，R為阻值是R0的定值電阻，移動滑動變阻器滑片位置，讀出電壓表V1和V2的多組數(shù)據U1與U2，如圖乙所示，描繪U1-U2圖象。圖象的斜率為k，與縱坐標的截距為－b，則電源的電動勢E＝________，內阻r＝________。(用字母k、R0、b表示) 為精確測量，小張同學改進方案，設計了如圖丙所示的

17、實驗電路。 (1)按丙圖連接好實驗電路，閉合開關前，將滑動變阻器的滑片P調到a端。 (2)閉合開關S1，將S2接位置1，改變滑片P的位置，記錄多組電壓表、電流表示數(shù)。 (3)將開關S2接位置2，改變滑片P的位置，記錄多組電壓表、電流表示數(shù)。 (4)建立U-I坐標系，在同一坐標系中分別描點作出S2接位置1、2時的圖象，如圖丁所示。 ①S2接1時的U-I圖線是圖丁中的________(填“A”或“B”)線。 ②每次測量操作都正確，讀數(shù)都準確。由于S2接位置1，電壓表有分流作用，S2接位置2，電流表有分壓作用，分別測得的電動勢和內阻與真實值不相等。則由圖丁中的A和B圖線，可得電動勢和

18、內阻的真實值E＝__________ V，r＝________ Ω。(結果保留三位有效數(shù)字) 答案　　　(4)①B　?、?.50　1.50 解析　由圖甲所示電路圖可知，電源電動勢：E＝U2＋Ir＝U2＋r，整理得：U1＝U2－，由圖線可知，＝b，＝k，解得：r＝，E＝。 (4)①當S2接1時，干路電流等于電流表所測電流I與電壓表支路電流之和，電壓表所測電壓U為路端電壓，設電壓表內阻為RV，電流表內阻為RA，根據閉合電路歐姆定律有：U＝E－·r； 當S2接2時，電流表所測電流I即為干路電流，電壓表所測電壓U為滑動變阻器兩端的電壓，根據閉合電路歐姆定律有：U＝E－I(RA＋r)。 由此可

19、知，當S2接1時的U-I圖線的斜率大小小于S2接2時的U-I圖線的斜率大小，故S2接1時的U-I圖線是圖丁中的B線。 ②由第①題中結論可知，S2接2時，對應丁圖中的A圖線。分別將圖線A、B與坐標軸相交點的數(shù)據代入相應表達式得： S2接1時，1.45＝E－·r， 0＝E－(1.00＋0)·r， S2接2時，1.50＝E－0， 0＝E－0.50(RA＋r)， 聯(lián)立解得：E＝1.50 V，r＝1.50 Ω。 24．(2019·江西高三九校3月聯(lián)考)(12分)如圖所示，從A點以v0的水平速度拋出一質量m＝1 kg的小物塊(可視為質點)，當物塊運動至B點時，恰好沿切線方向進入光滑圓弧軌道B

20、C，經圓弧軌道后滑上與C點等高靜止在光滑水平面的長木板上，圓弧軌道C端切線水平。已知長木板的質量M＝4 kg，A、B兩點距C點的高度分別為H＝0.6 m、h＝0.15 m，R＝0.75 m，物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10 m/s2。求： (1)水平拋出速度v0； (2)長木板至少為多長，才能保證小物塊不滑出長木板？ 答案　(1)4 m/s　(2)2.24 m 解析　(1)小物塊做平拋運動，則有：H－h(huán)＝gt2 小物塊到達B點時豎直分速度為：vy＝gt 解得：vy＝3 m/s 由幾何關系可得：cosθ＝＝(θ為OB、OC的夾角)，tanθ＝ 解得：v0＝4

21、m/s。 (2)從A到C，根據機械能守恒可得： mv＋mgH＝mv 解得：vC＝2 m/s 對物塊和木板組成的系統(tǒng)， 由動量守恒定律可得：mvC＝(M＋m)v共 得共同速度為：v共＝ m/s 由能量守恒定律：μmgL＝mv－(m＋M)v 解得：L＝2.24 m。 25．(2019·陜西八校高三4月聯(lián)考)(20分)如圖甲所示，兩根光滑固定導軌相距0.4 m豎直放置，導軌電阻不計，在導軌末端P、Q兩點用兩根等長的細導線懸掛金屬棒cd。棒cd的質量為0.01 kg，長為0.2 m，處于磁感應強度為B0＝0.5 T的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向里。相距0.2 m的水平虛線MN

22、和JK之間的區(qū)域內存在著垂直于導軌平面向里的勻強磁場，且磁感應強度B隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。在t＝0時刻，質量為0.02 kg、阻值為0.3 Ω的金屬棒ab從虛線MN上方0.2 m高度處，由靜止開始釋放，下落過程中保持水平，且與導軌接觸良好，結果棒ab在t1時刻從上邊界MN進入磁場，并在磁場中做勻速運動，在t2時刻從下邊界JK離開磁場，g取10 m/s2。求： (1)在0～t1時間內，電路中感應電動勢的大??； (2)在t1～t2時間內，棒cd受到細導線的總拉力為多大； (3)棒cd在0～t2時間內產生的焦耳熱。 答案　(1)0.2 V　(2)0.2 N　(3)0.015 J

23、解析　(1)設棒ab開始下落的位置距離線MN的高度為h，對棒ab自由下落過程，有t1＝＝0.2 s 磁感應強度的變化率為＝ T/s＝2.5 T/s 由法拉第電磁感應定律得，0～t1時間內感應電動勢 E1＝＝LabhMJ 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據可得E1＝0.2 V。 (2)由棒ab勻速進入磁場區(qū)域可知BI2Lab＝mabg 代入數(shù)據，可解得I2＝1 A 在t1～t2時間內，對棒cd受力分析，可得 FT＝mcdg＋B0I2Lcd 代入數(shù)據，可解得FT＝0.2 N。 (3)棒ab剛進入磁場時的速度為v＝gt1＝2 m/s 棒ab剛進入磁場后的感應電動勢為 E2＝BLabv＝0

24、.4 V 則Rcd＝－Rab＝0.1 Ω 在0～t1時間內，感應電流為I1＝＝0.5 A 棒cd在0～t2時間內產生的焦耳熱 Qcd＝Q1＋Q2＝IRcdt1＋IRcd·＝0.015 J。 (二)選考題(共15分。請考生從給出的2道題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分) 33．[物理——選修3－3](15分) (1)(2019·云南第二次檢測)(5分)以下說法正確的是________。(填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分) A．氣體如果失去了容器的約束就會散開，這是因為氣體分子之間存在勢能 B．物體溫度

25、升高時，速率小的分子數(shù)目減少，速率大的分子數(shù)目增多 C．一定量100 ℃的水變成100 ℃的水蒸氣，其分子平均動能增加 D．物體從外界吸收熱量，其內能不一定增加 E．液晶的光學性質具有各向異性 (2)(2019·福建南平二模)(10分)如圖所示，可在豎直平面內轉動的平臺上固定著一個內壁光滑的汽缸，汽缸內有一導熱性能良好的活塞，活塞面積為S，活塞底面與汽缸底面平行，一定質量的理想氣體密封在汽缸內。當平臺傾角為θ＝37°時，汽缸內氣體體積為V，將平臺順時針緩慢轉動直至水平，穩(wěn)定時汽缸內氣體的體積為0.9V，該過程中環(huán)境溫度始終為T0，外界大氣壓強為p0。已知sin37°＝0.6，cos37

26、°＝0.8。重力加速度為g。 (ⅰ)求活塞的質量； (ⅱ)若平臺轉至水平后，經過一段時間，環(huán)境溫度緩慢降至0.9T0(大氣壓強p0保持不變)，該過程中汽缸內氣體內能的減少量為0.14p0V，求該過程中汽缸內氣體放出的熱量Q。 答案　(1)BDE　(2)(ⅰ)　(ⅱ)0.32p0V　 解析　(1)氣體如果失去了容器的約束就會散開，是因為分子間距較大，相互的作用力很微弱，而且分子永不停息地做無規(guī)則運動，所以氣體分子可以自由散開，故A錯誤；從微觀角度看溫度表示了大量分子無規(guī)則運動的劇烈程度，物體溫度升高時，速率小的分子數(shù)目減少，速率大的分子數(shù)目增多，故B正確；一定量100 ℃的水變成10

27、0 ℃的水蒸氣，因溫度不變，則分子平均動能不變，由于吸熱，內能增大，則其分子之間的勢能增大，故C錯誤；物體從外界吸收熱量，若同時對外做功，根據熱力學第一定律可知，其內能不一定增加，故D正確；液晶的光學性質具有晶體的各向異性，故E正確。 (2)(ⅰ)設活塞質量為m，當平臺傾角為37°時， 汽缸內氣體的壓強為：p1＝p0＋， 氣體的體積為：V1＝V 當平臺水平時，汽缸內氣體的壓強為：p2＝p0＋， 氣體的體積為：V2＝0.9V， 由玻意耳定律有：p1V1＝p2V2， 聯(lián)立得：m＝。 (ⅱ)降溫過程，汽缸內氣體壓強不變，由蓋—呂薩克定律有：＝ 解得：V3＝0.81V 活塞下降過程

28、，外界對氣體做功為：W＝p2(V2－V3) 已知汽缸內氣體內能的變化量：ΔU＝－0.14p0V 由熱力學第一定律得：ΔU＝W＋(－Q) 得放出的熱量Q＝0.32p0V。 34．(2019·全國卷Ⅲ)[物理——選修3－4](15分) (1)(5分)水槽中，與水面接觸的兩根相同細桿固定在同一個振動片上。振動片做簡諧振動時，兩根細桿周期性觸動水面形成兩個波源。兩波源發(fā)出的波在水面上相遇，在重疊區(qū)域發(fā)生干涉并形成了干涉圖樣。關于兩列波重疊區(qū)域內水面上振動的質點，下列說法正確的是________。(填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分

29、) A．不同質點的振幅都相同 B．不同質點振動的頻率都相同 C．不同質點振動的相位都相同 D．不同質點振動的周期都與振動片的周期相同 E．同一質點處，兩列波的相位差不隨時間變化 (2)(10分)如圖，直角三角形ABC為一棱鏡的橫截面，∠A＝90°，∠B＝30°。一束光線平行于底邊BC射到AB邊上并進入棱鏡，然后垂直于AC邊射出。 (ⅰ)求棱鏡的折射率； (ⅱ)保持AB邊上的入射點不變，逐漸減小入射角，直到BC邊上恰好有光線射出。求此時AB邊上入射角的正弦。 答案　(1)BDE　(2)(ⅰ)　(ⅱ) 解析　(1)兩列波相遇疊加產生干涉，一些質點的振動加強，一些質點的振動減

30、弱，即振幅不同，A錯誤；各質點的振動頻率、周期都與振動片相同，B、D正確；不同質點的振動相位不同(不是同時到達正的最大位移)，C錯誤；兩列波到達某點時相位差恒定，E正確。 (2)(ⅰ)光路圖及相關量如圖所示。 光束在AB邊上折射，由折射定律得 ＝n① 式中n是棱鏡的折射率。由幾何關系可知 α＋β＝60°② 由幾何關系和反射定律得 β＝β′＝∠B③ 聯(lián)立①②③式，并代入i＝60°得 n＝④ (ⅱ)設改變后的入射角為i′，折射角為α′，由折射定律得 ＝n⑤ 依題意，光束在BC邊上的入射角為全反射的臨界角θc，且 sinθc＝⑥ 由幾何關系得 θc＝α′＋30°⑦ 由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦為 sini′＝。⑧ 14