2020年高考物理 刷题1+1（2019模拟题）组合模拟卷四课件

第Ⅰ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14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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·重庆南开中学高三4月模拟)氘核和氚核聚变的核反应方程为21H＋31H→42He＋10n，已知31H的比结合能是2.78MeV，21H的比结合能是1.09MeV，42He的比结合能是7.03MeV，则()A．该核反应释放17.6MeV能量B．该核反应释放3.16MeV能量C．该核反应吸收17.6MeV能量D．该核反应吸收3.16MeV能量答案A答案解析聚变反应前的总结合能为：E1＝(1.09×2＋2.78×3)MeV＝10.52MeV，反应后生成物的结合能为：E2＝7.03×4MeV＝28.12MeV，故该反应放出的核能为：ΔE＝E2－E1＝17.6MeV，A正确。解析15．(2019·福建泉州二模)2019年1月3日，“嫦娥四号”探测器携“玉兔二号”月球车成功着陆在月球背面，进行科学探测。已知“嫦娥四号”在着陆之前绕月球做圆周运动的半径为r1、周期为T1；月球绕地球做圆周运动的半径为r2、周期为T2，引力常量为G。根据以上条件能得出()A．地球的密度B．地球对月球的引力大小C．“嫦娥四号”的质量D．关系式r31T21＝r32T22答案B答案解析月球绕地球运动：根据GMm月r22＝m月4π2T22r2可求出地球质量，但由于不知道地球半径，求不出地球体积，所以算不出地球的密度，A错误；地球对月球的引力提供月球做圆周运动的向心力：F＝m月4π2T22r2，“嫦娥四号”绕月球做圆周运动，设“嫦娥四号”探测器的质量m，则Gm月mr21＝m4π2T21r1，求得月球质量m月＝4π2r31GT21，所以地球对月球的引力：F＝m月4π2T22r2＝4π2r31GT21·4π2T22r2解析＝16π4r31r2GT21T22，B正确；“嫦娥四号”绕月球做圆周运动，Gm月mr21＝m4π2T21r1，可求出月球质量，不能求出环绕的探测器质量，C错误；开普勒第三定律适用于围绕同一中心天体做圆周运动的卫星，所以对月球和“嫦娥四号”不适用，D错误。解析16．(2019·北京石景山高三统一测试)如图所示，完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置，甲的圆心为O1，乙的圆心为O2，在两环圆心的连线上有a、b、c三点，其中aO1＝O1b＝bO2＝O2c，此时a点的磁感应强度大小为B1，b点的磁感应强度大小为B2。当把环形电流乙撤去后，c点的磁感应强度大小为()A．B1－B22B．B2－B12C．B2－B1D.B13答案A答案解析对于图中单个环形电流，根据安培定则，其在中轴线上的磁场方向均向左，故c点的磁场方向向左。设aO1＝O1b＝bO2＝O2c＝r，单个环形电流在轴线上距离圆心r位置的磁感应强度为B1r，在距离中心3r位置的磁感应强度为B3r，故a点磁感应强度：B1＝B1r＋B3r；b点磁感应强度：B2＝B1r＋B1r；当撤去环形电流乙后，c点磁感应强度：Bc＝B3r＝B1－12B2，故A正确。解析17．(2019·广西钦州三模)日常生活中，我们在门下缝隙处塞紧一个木楔(侧面如图所示)，往往就可以把门卡住。有关此现象的分析，下列说法正确的是()A．木楔对门的作用力大于门对木楔的作用力，因而能将门卡住B．门对木楔作用力的水平分量等于地面对木楔摩擦力的大小C．只要木楔的厚度合适都能将门卡住，与顶角θ的大小无关D．只要木楔对门的压力足够大就能将门卡住，与各接触面的粗糙程度无关答案B答案解析木楔对门的作用力和门对木楔的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，A错误；对木楔受力分析如图所示，解析水平方向f＝Fsinθ，门对木楔作用力的水平分量等于地面对木楔摩擦力的大小，B正确；对木楔，竖直方向：N＝Fcosθ＋mg，则fmax＝μN＝μ(Fcosθ＋mg)，要把门卡住，则不管多大的力F均满足fmax≥f，即μ(Fcosθ＋mg)≥Fsinθ，不管m的大小，只要μ≥tanθ，就可把门卡住，故能否把门卡住与顶角θ和接触面的粗糙程度有关，故C、D错误。解析18．(2019·石家庄精英中学高三二调)细线两端分别系有带正电的甲、乙两小球，它们静止在光滑绝缘水平面上，电荷量分别为q1和q2，质量分别为m1和m2。烧断细线后两球向相反方向运动，下列说法正确的是()A．运动的同一时刻，甲、乙两球受到的电场力大小之比为q2∶q1B．运动的同一时刻，甲、乙两球动能之比为m1∶m2C．在相同的运动时间内，甲、乙两球受到的电场力的冲量大小之比为1∶1D．在相同的运动时间内，甲、乙两球受到的合力做功之比为1∶1答案C答案解析甲、乙两球受到的电场力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律知，甲、乙两球受到的电场力大小之比为1∶1，与电荷量无关，A错误；两球组成的系统所受合外力为零，系统的动量守恒，取甲球的运动方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v甲－m2v乙＝0，得v甲∶v乙＝m2∶m1，运动的同一时刻，甲、乙两球动能之比为Ek1∶Ek2＝12m1v2甲∶12m2v2乙＝m2∶m1，B错误；对甲、乙两球分别运用动量定理得：I甲＝m1v甲－0，I乙＝m2v乙－0，解析解得在相同的运动时间内甲、乙两球受到电场力的冲量大小之比I甲∶I乙＝1∶1，C正确；对甲、乙两球分别运用动能定理得：W合甲＝Ek1－0，W合乙＝Ek2－0，解得在相同的运动时间内甲、乙两球受到合力做功之比W合甲∶W合乙＝m2∶m1，D错误。解析19．(2019·全国卷Ⅱ)如图a，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v­t图象如图b所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则()A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D．竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大答案BD答案解析v­t图象中图线与t轴包围的面积表示位移大小，第二次滑翔过程中所围面积大表示在竖直方向上位移大，A错误；两次滑翔最终都落在雪道上，故两次滑翔竖直方向上的位移与水平方向上的位移的比值相等。由A中可知第二次滑翔竖直方向的位移比第一次的大，故第二次滑翔水平方向上的位移也比第一次的大，B正确；从起跳到落到雪道上，第一次滑翔竖直方向解析的速度变化大，时间短，由a＝ΔvΔt，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的小，C错误；v­t图象的斜率表示加速度，竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上的加速度小，设在竖直方向上所受阻力为f，由mg－f＝ma，可得第二次滑翔在竖直方向上受到的阻力大，D正确。解析20．(2019·黑龙江哈尔滨三中二模)如图所示，半径为R＝2cm的圆形区域中有垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度B＝2T，一个比荷为2×106C/kg的带正电的粒子从圆形磁场边界上的A点以v0＝8×104m/s的速度垂直直径MN射入磁场，恰好从N点射出，且∠AON＝120°。下列选项正确的是()A．带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为1cmB．带电粒子在磁场中运动的轨迹圆心一定在圆形磁场的边界上C．若带电粒子改为从圆形磁场边界上的C点以相同的速度入射，一定从N点射出D．若要实现带电粒子从A点入射，从N点出射，则该圆形磁场的最小面积为3π×10－4m2答案BCD答案解析根据洛伦兹力提供向心力：qvB＝mv2r，可得：r＝mvqB，代入数据解得：r＝2cm，A错误；粒子运动轨迹如图所示，解析可知四边形AONP为菱形，又因为∠AON＝120°，根据几何知识可得圆心P一定在圆周上，B正确；从圆形磁场边界上的C点以相同的速度入射，假设出射点位置在N′点，易知四边形SCON′为菱形，则CS∥ON′，N′与N重合，故粒子一定从N点射出，C正确；当带电粒子从A点入射，从N点出射，以AN为直径的圆形磁场面积最小，Smin＝πAN22＝π(rcos30°)2＝3π×10－4m2，D正确。解析21．(2019·两湖八市十二校联合二模)如图所示，空间直角坐标系的xOz平面是光滑水平面，空间中有沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现有两块平行的薄金属板，彼此间距为d，构成一个电容为C的电容器，电容器的下极板放在xOz平面上；在两板之间焊接一根垂直于两板的电阻不计的金属杆MN，已知两板和杆MN的总质量为m，若对杆MN施加一个沿x轴正方向的恒力F，两金属板和杆开始运动后，则()A．金属杆MN中存在沿M到N方向的感应电流B．两金属板间的电压始终保持不变C．两金属板和杆做加速度大小为FB2d2C的匀加速直线运动D．单位时间内电容器增加的电荷量为CBdFm＋B2d2C答案AD答案解析由右手定则可知，感应电流方向为由M流向N，A正确；此装置在F和安培力F安作用下做变速直线运动，设某时刻速度为v，切割磁感线产生电动势：E＝Bdv，电容器两板间电压：U＝E＝Bdv，因为v变化，所以U随时间变化，B错误；电容器所带电量Q＝CU＝CBdv，MN间某时刻的充电电流：I＝ΔQΔt＝CBd·ΔvΔt＝CBda，方向向下，根据左手定则可知，MN受到向左的安培力：F安＝BId＝CB2d2a，以整个装置为研究对象，由牛顿第解析二定律得：F－F安＝ma，即：F－CB2d2a＝ma，解得：a＝Fm＋B2d2C，为定值，即做匀加速直线运动，C错误；单位时间内电容器增加的电荷量为ΔQΔt＝CBda＝CBdFm＋B2d2C，D正确。解析第Ⅱ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22～25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·福建南平二模)(5分)(1)某研究性学习小组使用速度传感器探究小车的加速度与力、质量的关系，实验装置如图甲所示。为使细线下端悬挂砝码和砝码盘的总重力可视为小车受到的合力，正确的操作是________。A．小车的质量M应远小于砝码和砝码盘的总质量mB．实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行C．不挂砝码和砝码盘，将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车恰好能匀速下滑D．每次改变小车质量后都要重新平衡摩擦力(2)该组同学在平衡小车与木板间的摩擦力后，在小车上固定一与运动方向垂直的薄板以增大空气阻力。用图乙所示的装置探究物体受到空气阻力与运动速度大小间的关系得到小车(含薄板)的v­t图象如图丙所示，该组同学通过分析得出：随着运动速度的增加，小车所受的空气阻力________(选填“变大”“不变”或“变小”)。理由是____________________________。答案(1)BC(2)变大随着运动速度的增加，小车的加速度减小(或合外力减小)答案解析(1)为使细线下端悬挂砝码和砝码盘的总重力可视为小车受到的合力，则要求小车的质量M应远大于砝码和砝码盘的总质量m，A错误；实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行，B正确；不挂砝码和砝码盘，将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车恰好能匀速下滑，以平衡摩擦力，C正确；每次改变小车质量后不需要重新平衡摩擦力，D错误。(2)由v­t图象可知，随着速度的增加，斜率逐渐减小，即加速度逐渐减小，由F－f＝ma可得空气阻力逐渐增大，即随着运动速度的增加，小车所受的空气阻力变大。解析23．(2019·安徽合肥高三上一诊)(10分)某实验小组为了测量一个阻值未知的电阻，进行了如下操作：(1)首先用欧姆表粗测其电阻，如图所示，则其读数为________Ω；(2)为了比较准确地测量此电阻，采用“伏安法”进行实验。所用器材如下：电源E：电动势为9V，内阻r约为1.0Ω；电流表A：量