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
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