2020高考物理讲练试题组合模拟卷四含2019模拟题.pdf
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1、(刷题 1+1) 2020 高考物理讲练试题 组合模拟卷四 (含 2019 模拟题)(刷题 1+1) 2020 高考物理讲练试题 组合模拟卷四 (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 H H He 2 13 14 2 n,已知 H 的比结合能是 2.78 MeV, H
2、 的比结合能是 1.09 MeV, He 的比结合能是 7.03 1 03 12 14 2 MeV,则( ) A该核反应释放 17.6 MeV 能量 B该核反应释放 3.16 MeV 能量 C该核反应吸收 17.6 MeV 能量 D该核反应吸收 3.16 MeV 能量 答案 A 解析 聚变反应前的总结合能为:E1(1.0922.783) MeV10.52 MeV,反应后生 成物的结合能为 :E27.034 MeV28.12 MeV, 故该反应放出的核能为 : EE2E1 17. 6 MeV,A 正确。 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
3、 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 r3 1 T2 1 r3 2 T2 2 答案 B 解析 月球绕地球运动:根据Gm月r2可求出地球质量,但由于不知道地球半 Mm月 r2 2 42 T2 2 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:Fm月r2,“嫦娥四号”绕月球做圆周运动,设“嫦娥四号”探测器的 42 T2
4、2 质量m, 则Gmr1, 求得月球质量m月, 所以地球对月球的引力 :Fm月r2 m月m r2 1 42 T2 1 42r3 1 GT2 1 42 T2 2 r2,B 正确; “嫦娥四号”绕月球做圆周运动,Gmr1, 42r3 1 GT2 1 42 T2 2 164r3 1r2 GT2 1T2 2 m月m r2 1 42 T2 1 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。 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
5、圆心为O2,在两环圆心的连线上有a、b、c三点,其中aO1O1bbO2 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( ) AB1 BB2 B2 2 B1 2 CB2B1 D.B 1 3 答案 A 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aO1O1bbO2O2cr,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 :B1B1rB3r; b点磁感应强度:B2B1rB1r;当撤去环形电流乙后,c点
6、磁感应强度:BcB3rB1B2, 1 2 故 A 正确。 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 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, 水平方向fFsin, 门对木
7、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:NFcosmg,则fmaxN(Fcosmg),要把门卡住,则不管 多大的力F均满足fmaxf,即(Fcosmg)Fsin,不管m的大小,只要tan, 就可把门卡住,故能否把门卡住与顶角和接触面的粗糙程度有关,故 C、D 错误。 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q2q1 B运动的同一时刻,甲、乙两
8、球动能之比为m1m2 C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 11 D在相同的运动时间内,甲、乙两球受到的合力做功之比为 11 答案 C 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 11,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m2m1, 运动的同一时刻, 甲、 乙两球动能之比为Ek1Ek2m1vm2vm2 1 2 2 甲 1 2 2 乙 m1,B 错误;对甲、乙两球分别运用动量定理得:I甲m1v
9、甲0,I乙m2v乙0,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11,C 正确;对甲、乙 两球分别运用动能定理得:W合甲Ek10,W合乙Ek20,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m2m1,D 错误。 19(2019全国卷)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
10、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 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 次滑翔竖直方向的速度变化大,时间短,由a,可知第二次滑翔过程中在竖直方向上 v t 的平均加速度比
11、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mgfma, 可得第二次滑翔在竖直方向上受到的阻力大,D 正确。 20 (2019黑龙江哈尔滨三中二模)如图所示, 半径为R2 cm 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B2 T,一个比荷为 2106 C/kg 的带正电的 粒子从圆形磁场边界上的A点以v08104 m/s 的速度垂直直径MN射入磁场,恰好从N点 射出,且AON120。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 1 cm B带电粒子在磁场中运动的轨
12、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 3104 m2 答案 BCD 解析 根据洛伦兹力提供向心力 :qvBm,可得 :r,代入数据解得 :r2 cm,A v2 r mv qB 错误;粒子运动轨迹如图所示, 可知四边形AONP为菱形, 又因为AON120, 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CSON,N与N重合,故粒子一定从N点射出,C 正确;当带电粒 子
13、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 2(rcos30)2 ( AN 2) 3104 m2,D 正确。 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
14、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的匀加速直线运动 F B2d2C D单位时间内电容器增加的电荷量为 CBdF mB2d2C 答案 AD 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:EBdv,电容器两 板间电压 :UEBdv, 因为v变化, 所以U随时间变化, B错误 ; 电容器所带电量QCUCBdv,MN 间某时刻的充电电流:ICBdCBda,方向向下,根据左手定则可知,MN受到 Q t v t 向左的安培力 :F安BIdCB2d2a, 以整个装置为研究对象, 由牛顿第二定律
15、得 :FF安ma, 即:FCB2d2ama,解得:a,为定值,即做匀加速直线运动,C 错误;单位时 F mB2d2C 间内电容器增加的电荷量为CBda,D 正确。 Q t CBdF mB2d2C 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
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