2020年高考物理 刷题1+1（2019模拟题）组合模拟卷六课件

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·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.23892U→23490Th＋42HeB.31H＋21H→42He＋10nC.23592U＋10n→9038Th＋13654Xe＋1010nD.42He＋2713Al→3015P＋10n答案A答案解析根据衰变的特点，A项方程中有α粒子(42He)产生，属于α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。解析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4π2r3GMB．动能为GMm2RC．角速度为Gmr3D．向心加速度为GMR2答案A答案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，GMmr2＝m2πT2r，解得周期T＝4π2r3GM，A正确；由GMmr2＝mv2r知，动能Ek＝12mv2＝GMm2r，B错误；由GMmr2＝mrω2得，角速度ω＝GMr3，C错误；由GMmr2＝ma得，向心加速度a＝GMr2，D错误。解析16．(2019·全国卷Ⅰ)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H4所用的时间为t1，第四个H4所用的时间为t2。不计空气阻力，则t2t1满足()A．1t2t12B．2t2t13C．3t2t14D．4t2t15答案C答案解析空气阻力不计，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)∶(3－2)∶…∶(n－n－1)。由题意知，t2∶t1＝1∶(2－3)＝2＋3，C正确。解析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答案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，因此电场力变化，C错误。解析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F＝10N，运动4cm后物体恰好脱离弹簧，此时拉力F＝30N。则下列说法中不正确的是(取g＝10m/s2)()A．物体的加速度为5m/s2B．物体的质量为2kgC．弹簧做的功为0.5JD．物体在弹簧上运动的过程中，物体机械能增加了1.2J答案C答案解析初始时物体处于静止状态，合力为0，当向上的位移x＝0时，物体的合力为F1＝10N，由牛顿第二定律得：F1＝ma，当x＝4cm时，弹簧弹力为0，拉力F的值为F2＝30N，由牛顿第二定律得：F2－mg＝ma，联立以上两式可解得：m＝2kg，a＝5m/s2，故A、B正确；初状态弹簧弹力T1＝mg＝20N，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W1＝T1＋T22·x＝20＋02×0.04J＝0.4J，故C错误；初状态拉力F1＝10N，末状态拉力为F2＝30N，且拉力随位移均匀增大，上升过程中拉力做功W2＝F1＋F22·x＝10＋302×0.04J＝0.8J，根据功能关系，物体机械能增加量ΔE＝W1＋W2＝1.2J，故D正确。解析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＝2T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度ω＝10rad/s在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积为0.4m2，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“4W，100Ω”)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402cos10t(V)B．当灯泡正常发光时，原、副线圈的匝数比为1∶2C．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答案解析线框中感应电动势的最大值为：Em＝NBSω＝10×2×0.4×10V＝402V，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402cos10t(V)，故A正确；变压器原线圈电压的有效值为：U1＝Um2＝Em2＝4022V＝40V，开关闭合时灯泡正常发光，所以副线圈电压U2＝PR＝4×100V＝20V，此时原、副线圈的匝数比为：n1∶n2＝U1∶U2＝40∶20＝2∶1，故B错误；线圈匝数不变，根据U1∶U2＝n1∶解析n2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P1＝P2＝U22R变小，又P1＝U1I1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U1∶U2＝n1∶n2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。解析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sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，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为2∶5C．粒子a、b的速度之比为5∶2D．粒子a、b在磁场中运动的时间之比为180∶53答案ABD答案解析根据题中条件，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＝R2、rb－R22＋R2＝r2b，解析则rarb＝R25R4＝25，根据qvB＝mv2r，解得v＝qBrm，两粒子的比荷相等，则粒子a、b的速度之比为2∶5，根据qvB＝ma，解得a＝qvBm，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2∶5，B正确，C错误；由图可知，粒子a轨迹的圆心角θa＝180°，根据sinθb＝Rrb可得，粒子b轨迹的圆心角θb＝53°，根据t＝θ360°T，T＝2πmqB可得，粒子a、b在磁场中运动的时间之比为180∶53，D正确。解析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答案解析由题可知，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：Tcosα＝mgsinθ，在垂直斜面方向：FN＋Tsinα＝mgcosθ(其中α是细线与斜面的夹角，θ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，α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：F＝Tcos(α＋θ)＝mgsinθcosα＋θcosα＝mgsinθ·(cosθ－tanαsinθ)，由于α解析变小，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：mg＋Mg＝FN′＋Tsin(θ＋α)，由于T和(θ＋α)变小，所以水平地面对斜面体的支持力FN′逐渐增大，D错误。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·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)不必不会答案解析(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＜(2mg＋mg)，即mg＜F＜3mg；三力的合力为零，则第三根绳拉力范围为：mg＜F3＜3mg，故第三根绳挂的钩码质量M应满足：m＜M＜3m。(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。解析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