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刷题1+12020高考物理讲练试题组合模拟卷六含2019模拟题
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这是一份刷题1+12020高考物理讲练试题组合模拟卷六含2019模拟题，共13页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
（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.U→Th＋He
B.H＋H→He＋n
C.U＋n→Th＋Xe＋10n
D.He＋Al→P＋n
答案 A
解析 根据衰变的特点，A项方程中有α粒子(He)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。
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 B．动能为
C．角速度为 D．向心加速度为
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，G＝m2r，解得周期T＝ ，A正确；由G＝m知，动能Ek＝mv2＝，B错误；由G＝mrω2得，角速度ω＝ ，C错误；由G＝ma得，向心加速度a＝，D错误。
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。上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2。不计空气阻力，则满足( )
A．1<<2 B．2<<3
C．3<<4 D．4<<5
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∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。由题意知，t2∶t1＝1∶(2－)＝2＋，C正确。
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
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。
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＝10 N，运动4 cm后物体恰好脱离弹簧，此时拉力F＝30 N。则下列说法中不正确的是(取g＝10 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x＝0时，物体的合力为F1＝10 N，由牛顿第二定律得：F1＝ma，当x＝4 cm时，弹簧弹力为0，拉力F的值为F2＝30 N，由牛顿第二定律得：F2－mg＝ma，联立以上两式可解得：m＝2 kg，a＝5 m/s2，故A、B正确；初状态弹簧弹力T1＝mg＝20 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W1＝·x＝×0.04 J＝0.4 J，故C错误；初状态拉力F1＝10 N，末状态拉力为F2＝30 N，且拉力随位移均匀增大，上升过程中拉力做功W2＝·x＝×0.04 J＝0.8 J，根据功能关系，物体机械能增加量ΔE＝W1＋W2＝1.2 J，故D正确。
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＝ T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度ω＝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 Ω”)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)
B．当灯泡正常发光时，原、副线圈的匝数比为1∶2
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 线框中感应电动势的最大值为：Em＝NBSω＝10××0.4×10 V＝40 V，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40cos10t(V)，故A正确；变压器原线圈电压的有效值为：U1＝＝＝ V＝40 V，开关闭合时灯泡正常发光，所以副线圈电压U2＝＝ V＝20 V，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∶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＝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。
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∶5
C．粒子a、b的速度之比为5∶2
D．粒子a、b在磁场中运动的时间之比为180∶53
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＝、2＋R2＝r，则＝＝，根据qvB＝m，解得v＝，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＝，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＝可得，粒子b轨迹的圆心角θb＝53°，根据t＝T，T＝可得，粒子a、b在磁场中运动的时间之比为180∶53，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：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)＝＝mgsinθ·(cosθ－tanαsinθ)，由于α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。
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)m
(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。
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点作出S2接位置1、2时的图象，如图丁所示。
①S2接1时的UI图线是图丁中的________(填“A”或“B”)线。
②每次测量操作都正确，读数都准确。由于S2接位置1，电压表有分流作用，S2接位置2，电流表有分压作用，分别测得的电动势和内阻与真实值不相等。则由图丁中的A和B图线，可得电动势和内阻的真实值E＝__________ V，r＝________ Ω。(结果保留三位有效数字)
答案 (4)①B ②1.50 1.50
解析 由图甲所示电路图可知，电源电动势：E＝U2＋Ir＝U2＋r，整理得：U1＝U2－，由图线可知，＝b，＝k，解得：r＝，E＝。
(4)①当S2接1时，干路电流等于电流表所测电流I与电压表支路电流之和，电压表所测电压U为路端电压，设电压表内阻为RV，电流表内阻为RA，根据闭合电路欧姆定律有：U＝E－·r；
当S2接2时，电流表所测电流I即为干路电流，电压表所测电压U为滑动变阻器两端的电压，根据闭合电路欧姆定律有：U＝E－I(RA＋r)。
由此可知，当S2接1时的UI图线的斜率大小小于S2接2时的UI图线的斜率大小，故S2接1时的UI图线是图丁中的B线。
②由第①题中结论可知，S2接2时，对应丁图中的A图线。分别将图线A、B与坐标轴相交点的数据代入相应表达式得：
S2接1时，1.45＝E－·r，
0＝E－(1.00＋0)·r，
S2接2时，1.50＝E－0，
0＝E－0.50(RA＋r)，
联立解得：E＝1.50 V，r＝1.50 Ω。
24．(2019·江西高三九校3月联考)(12分)如图所示，从A点以v0的水平速度抛出一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高静止在光滑水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平。已知长木板的质量M＝4 kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.6 m、h＝0.15 m，R＝0.75 m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2。求：
(1)水平抛出速度v0；
(2)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？
答案 (1)4 m/s (2)2.24 m
解析 (1)小物块做平抛运动，则有：H－h＝gt2
小物块到达B点时竖直分速度为：vy＝gt
解得：vy＝3 m/s
由几何关系可得：cosθ＝＝(θ为OB、OC的夹角)，tanθ＝
解得：v0＝4 m/s。
(2)从A到C，根据机械能守恒可得：
mv＋mgH＝mv
解得：vC＝2 m/s
对物块和木板组成的系统，
由动量守恒定律可得：mvC＝(M＋m)v共
得共同速度为：v共＝ m/s
由能量守恒定律：μmgL＝mv－(m＋M)v
解得：L＝2.24 m。
25．(2019·陕西八校高三4月联考)(20分)如图甲所示，两根光滑固定导轨相距0.4 m竖直放置，导轨电阻不计，在导轨末端P、Q两点用两根等长的细导线悬挂金属棒cd。棒cd的质量为0.01 kg，长为0.2 m，处于磁感应强度为B0＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里。相距0.2 m的水平虚线MN和JK之间的区域内存在着垂直于导轨平面向里的匀强磁场，且磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示。在t＝0时刻，质量为0.02 kg、阻值为0.3 Ω的金属棒ab从虚线MN上方0.2 m高度处，由静止开始释放，下落过程中保持水平，且与导轨接触良好，结果棒ab在t1时刻从上边界MN进入磁场，并在磁场中做匀速运动，在t2时刻从下边界JK离开磁场，g取10 m/s2。求：
(1)在0～t1时间内，电路中感应电动势的大小；
(2)在t1～t2时间内，棒cd受到细导线的总拉力为多大；
(3)棒cd在0～t2时间内产生的焦耳热。
答案 (1)0.2 V (2)0.2 N (3)0.015 J
解析 (1)设棒ab开始下落的位置距离线MN的高度为h，对棒ab自由下落过程，有t1＝＝0.2 s
磁感应强度的变化率为＝ T/s＝2.5 T/s
由法拉第电磁感应定律得，0～t1时间内感应电动势
E1＝＝LabhMJ
联立以上各式并代入数据可得E1＝0.2 V。
(2)由棒ab匀速进入磁场区域可知BI2Lab＝mabg
代入数据，可解得I2＝1 A
在t1～t2时间内，对棒cd受力分析，可得
FT＝mcdg＋B0I2Lcd
代入数据，可解得FT＝0.2 N。
(3)棒ab刚进入磁场时的速度为v＝gt1＝2 m/s
棒ab刚进入磁场后的感应电动势为
E2＝BLabv＝0.4 V
则Rcd＝－Rab＝0.1 Ω
在0～t1时间内，感应电流为I1＝＝0.5 A
棒cd在0～t2时间内产生的焦耳热
Qcd＝Q1＋Q2＝IRcdt1＋IRcd·＝0.015 J。
(二)选考题(共15分。请考生从给出的2道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分)
33．[物理——选修3－3](15分)
(1)(2019·云南第二次检测)(5分)以下说法正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在势能
B．物体温度升高时，速率小的分子数目减少，速率大的分子数目增多
C．一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，其分子平均动能增加
D．物体从外界吸收热量，其内能不一定增加
E．液晶的光学性质具有各向异性
(2)(2019·福建南平二模)(10分)如图所示，可在竖直平面内转动的平台上固定着一个内壁光滑的汽缸，汽缸内有一导热性能良好的活塞，活塞面积为S，活塞底面与汽缸底面平行，一定质量的理想气体密封在汽缸内。当平台倾角为θ＝37°时，汽缸内气体体积为V，将平台顺时针缓慢转动直至水平，稳定时汽缸内气体的体积为0.9V，该过程中环境温度始终为T0，外界大气压强为p0。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。重力加速度为g。
(ⅰ)求活塞的质量；
(ⅱ)若平台转至水平后，经过一段时间，环境温度缓慢降至0.9T0(大气压强p0保持不变)，该过程中汽缸内气体内能的减少量为0.14p0V，求该过程中汽缸内气体放出的热量Q。
答案 (1)BDE (2)(ⅰ) (ⅱ)0.32p0V
解析 (1)气体如果失去了容器的约束就会散开，是因为分子间距较大，相互的作用力很微弱，而且分子永不停息地做无规则运动，所以气体分子可以自由散开，故A错误；从微观角度看温度表示了大量分子无规则运动的剧烈程度，物体温度升高时，速率小的分子数目减少，速率大的分子数目增多，故B正确；一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，因温度不变，则分子平均动能不变，由于吸热，内能增大，则其分子之间的势能增大，故C错误；物体从外界吸收热量，若同时对外做功，根据热力学第一定律可知，其内能不一定增加，故D正确；液晶的光学性质具有晶体的各向异性，故E正确。
(2)(ⅰ)设活塞质量为m，当平台倾角为37°时，
汽缸内气体的压强为：p1＝p0＋，
气体的体积为：V1＝V
当平台水平时，汽缸内气体的压强为：p2＝p0＋，
气体的体积为：V2＝0.9V，
由玻意耳定律有：p1V1＝p2V2，
联立得：m＝。
(ⅱ)降温过程，汽缸内气体压强不变，由盖—吕萨克定律有：＝
解得：V3＝0.81V
活塞下降过程，外界对气体做功为：W＝p2(V2－V3)
已知汽缸内气体内能的变化量：ΔU＝－0.14p0V
由热力学第一定律得：ΔU＝W＋(－Q)
得放出的热量Q＝0.32p0V。
34．(2019·全国卷Ⅲ)[物理——选修3－4](15分)
(1)(5分)水槽中，与水面接触的两根相同细杆固定在同一个振动片上。振动片做简谐振动时，两根细杆周期性触动水面形成两个波源。两波源发出的波在水面上相遇，在重叠区域发生干涉并形成了干涉图样。关于两列波重叠区域内水面上振动的质点，下列说法正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A．不同质点的振幅都相同
B．不同质点振动的频率都相同
C．不同质点振动的相位都相同
D．不同质点振动的周期都与振动片的周期相同
E．同一质点处，两列波的相位差不随时间变化
(2)(10分)如图，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，∠A＝90°，∠B＝30°。一束光线平行于底边BC射到AB边上并进入棱镜，然后垂直于AC边射出。
(ⅰ)求棱镜的折射率；
(ⅱ)保持AB边上的入射点不变，逐渐减小入射角，直到BC边上恰好有光线射出。求此时AB边上入射角的正弦。
答案 (1)BDE (2)(ⅰ) (ⅱ)
解析 (1)两列波相遇叠加产生干涉，一些质点的振动加强，一些质点的振动减弱，即振幅不同，A错误；各质点的振动频率、周期都与振动片相同，B、D正确；不同质点的振动相位不同(不是同时到达正的最大位移)，C错误；两列波到达某点时相位差恒定，E正确。
(2)(ⅰ)光路图及相关量如图所示。
光束在AB边上折射，由折射定律得
＝n①
式中n是棱镜的折射率。由几何关系可知
α＋β＝60°②
由几何关系和反射定律得
β＝β′＝∠B③
联立①②③式，并代入i＝60°得
n＝④
(ⅱ)设改变后的入射角为i′，折射角为α′，由折射定律得
＝n⑤
依题意，光束在BC边上的入射角为全反射的临界角θc，且
sinθc＝⑥
由几何关系得
θc＝α′＋30°⑦
由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦为
sini′＝。⑧
（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.U→Th＋He
B.H＋H→He＋n
C.U＋n→Th＋Xe＋10n
D.He＋Al→P＋n
答案 A
解析 根据衰变的特点，A项方程中有α粒子(He)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。
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 B．动能为
C．角速度为 D．向心加速度为
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，G＝m2r，解得周期T＝ ，A正确；由G＝m知，动能Ek＝mv2＝，B错误；由G＝mrω2得，角速度ω＝ ，C错误；由G＝ma得，向心加速度a＝，D错误。
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。上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2。不计空气阻力，则满足( )
A．1<<2 B．2<<3
C．3<<4 D．4<<5
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∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。由题意知，t2∶t1＝1∶(2－)＝2＋，C正确。
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
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。
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＝10 N，运动4 cm后物体恰好脱离弹簧，此时拉力F＝30 N。则下列说法中不正确的是(取g＝10 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x＝0时，物体的合力为F1＝10 N，由牛顿第二定律得：F1＝ma，当x＝4 cm时，弹簧弹力为0，拉力F的值为F2＝30 N，由牛顿第二定律得：F2－mg＝ma，联立以上两式可解得：m＝2 kg，a＝5 m/s2，故A、B正确；初状态弹簧弹力T1＝mg＝20 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W1＝·x＝×0.04 J＝0.4 J，故C错误；初状态拉力F1＝10 N，末状态拉力为F2＝30 N，且拉力随位移均匀增大，上升过程中拉力做功W2＝·x＝×0.04 J＝0.8 J，根据功能关系，物体机械能增加量ΔE＝W1＋W2＝1.2 J，故D正确。
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＝ T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度ω＝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 Ω”)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)
B．当灯泡正常发光时，原、副线圈的匝数比为1∶2
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 线框中感应电动势的最大值为：Em＝NBSω＝10××0.4×10 V＝40 V，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40cos10t(V)，故A正确；变压器原线圈电压的有效值为：U1＝＝＝ V＝40 V，开关闭合时灯泡正常发光，所以副线圈电压U2＝＝ V＝20 V，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∶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＝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。
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∶5
C．粒子a、b的速度之比为5∶2
D．粒子a、b在磁场中运动的时间之比为180∶53
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＝、2＋R2＝r，则＝＝，根据qvB＝m，解得v＝，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＝，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＝可得，粒子b轨迹的圆心角θb＝53°，根据t＝T，T＝可得，粒子a、b在磁场中运动的时间之比为180∶53，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：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)＝＝mgsinθ·(cosθ－tanαsinθ)，由于α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。
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)m
(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。
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点作出S2接位置1、2时的图象，如图丁所示。
①S2接1时的UI图线是图丁中的________(填“A”或“B”)线。
②每次测量操作都正确，读数都准确。由于S2接位置1，电压表有分流作用，S2接位置2，电流表有分压作用，分别测得的电动势和内阻与真实值不相等。则由图丁中的A和B图线，可得电动势和内阻的真实值E＝__________ V，r＝________ Ω。(结果保留三位有效数字)
答案 (4)①B ②1.50 1.50
解析 由图甲所示电路图可知，电源电动势：E＝U2＋Ir＝U2＋r，整理得：U1＝U2－，由图线可知，＝b，＝k，解得：r＝，E＝。
(4)①当S2接1时，干路电流等于电流表所测电流I与电压表支路电流之和，电压表所测电压U为路端电压，设电压表内阻为RV，电流表内阻为RA，根据闭合电路欧姆定律有：U＝E－·r；
当S2接2时，电流表所测电流I即为干路电流，电压表所测电压U为滑动变阻器两端的电压，根据闭合电路欧姆定律有：U＝E－I(RA＋r)。
由此可知，当S2接1时的UI图线的斜率大小小于S2接2时的UI图线的斜率大小，故S2接1时的UI图线是图丁中的B线。
②由第①题中结论可知，S2接2时，对应丁图中的A图线。分别将图线A、B与坐标轴相交点的数据代入相应表达式得：
S2接1时，1.45＝E－·r，
0＝E－(1.00＋0)·r，
S2接2时，1.50＝E－0，
0＝E－0.50(RA＋r)，
联立解得：E＝1.50 V，r＝1.50 Ω。
24．(2019·江西高三九校3月联考)(12分)如图所示，从A点以v0的水平速度抛出一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高静止在光滑水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平。已知长木板的质量M＝4 kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.6 m、h＝0.15 m，R＝0.75 m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2。求：
(1)水平抛出速度v0；
(2)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？
答案 (1)4 m/s (2)2.24 m
解析 (1)小物块做平抛运动，则有：H－h＝gt2
小物块到达B点时竖直分速度为：vy＝gt
解得：vy＝3 m/s
由几何关系可得：cosθ＝＝(θ为OB、OC的夹角)，tanθ＝
解得：v0＝4 m/s。
(2)从A到C，根据机械能守恒可得：
mv＋mgH＝mv
解得：vC＝2 m/s
对物块和木板组成的系统，
由动量守恒定律可得：mvC＝(M＋m)v共
得共同速度为：v共＝ m/s
由能量守恒定律：μmgL＝mv－(m＋M)v
解得：L＝2.24 m。
25．(2019·陕西八校高三4月联考)(20分)如图甲所示，两根光滑固定导轨相距0.4 m竖直放置，导轨电阻不计，在导轨末端P、Q两点用两根等长的细导线悬挂金属棒cd。棒cd的质量为0.01 kg，长为0.2 m，处于磁感应强度为B0＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里。相距0.2 m的水平虚线MN和JK之间的区域内存在着垂直于导轨平面向里的匀强磁场，且磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示。在t＝0时刻，质量为0.02 kg、阻值为0.3 Ω的金属棒ab从虚线MN上方0.2 m高度处，由静止开始释放，下落过程中保持水平，且与导轨接触良好，结果棒ab在t1时刻从上边界MN进入磁场，并在磁场中做匀速运动，在t2时刻从下边界JK离开磁场，g取10 m/s2。求：
(1)在0～t1时间内，电路中感应电动势的大小；
(2)在t1～t2时间内，棒cd受到细导线的总拉力为多大；
(3)棒cd在0～t2时间内产生的焦耳热。
答案 (1)0.2 V (2)0.2 N (3)0.015 J
解析 (1)设棒ab开始下落的位置距离线MN的高度为h，对棒ab自由下落过程，有t1＝＝0.2 s
磁感应强度的变化率为＝ T/s＝2.5 T/s
由法拉第电磁感应定律得，0～t1时间内感应电动势
E1＝＝LabhMJ
联立以上各式并代入数据可得E1＝0.2 V。
(2)由棒ab匀速进入磁场区域可知BI2Lab＝mabg
代入数据，可解得I2＝1 A
在t1～t2时间内，对棒cd受力分析，可得
FT＝mcdg＋B0I2Lcd
代入数据，可解得FT＝0.2 N。
(3)棒ab刚进入磁场时的速度为v＝gt1＝2 m/s
棒ab刚进入磁场后的感应电动势为
E2＝BLabv＝0.4 V
则Rcd＝－Rab＝0.1 Ω
在0～t1时间内，感应电流为I1＝＝0.5 A
棒cd在0～t2时间内产生的焦耳热
Qcd＝Q1＋Q2＝IRcdt1＋IRcd·＝0.015 J。
(二)选考题(共15分。请考生从给出的2道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分)
33．[物理——选修3－3](15分)
(1)(2019·云南第二次检测)(5分)以下说法正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在势能
B．物体温度升高时，速率小的分子数目减少，速率大的分子数目增多
C．一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，其分子平均动能增加
D．物体从外界吸收热量，其内能不一定增加
E．液晶的光学性质具有各向异性
(2)(2019·福建南平二模)(10分)如图所示，可在竖直平面内转动的平台上固定着一个内壁光滑的汽缸，汽缸内有一导热性能良好的活塞，活塞面积为S，活塞底面与汽缸底面平行，一定质量的理想气体密封在汽缸内。当平台倾角为θ＝37°时，汽缸内气体体积为V，将平台顺时针缓慢转动直至水平，稳定时汽缸内气体的体积为0.9V，该过程中环境温度始终为T0，外界大气压强为p0。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。重力加速度为g。
(ⅰ)求活塞的质量；
(ⅱ)若平台转至水平后，经过一段时间，环境温度缓慢降至0.9T0(大气压强p0保持不变)，该过程中汽缸内气体内能的减少量为0.14p0V，求该过程中汽缸内气体放出的热量Q。
答案 (1)BDE (2)(ⅰ) (ⅱ)0.32p0V
解析 (1)气体如果失去了容器的约束就会散开，是因为分子间距较大，相互的作用力很微弱，而且分子永不停息地做无规则运动，所以气体分子可以自由散开，故A错误；从微观角度看温度表示了大量分子无规则运动的剧烈程度，物体温度升高时，速率小的分子数目减少，速率大的分子数目增多，故B正确；一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，因温度不变，则分子平均动能不变，由于吸热，内能增大，则其分子之间的势能增大，故C错误；物体从外界吸收热量，若同时对外做功，根据热力学第一定律可知，其内能不一定增加，故D正确；液晶的光学性质具有晶体的各向异性，故E正确。
(2)(ⅰ)设活塞质量为m，当平台倾角为37°时，
汽缸内气体的压强为：p1＝p0＋，
气体的体积为：V1＝V
当平台水平时，汽缸内气体的压强为：p2＝p0＋，
气体的体积为：V2＝0.9V，
由玻意耳定律有：p1V1＝p2V2，
联立得：m＝。
(ⅱ)降温过程，汽缸内气体压强不变，由盖—吕萨克定律有：＝
解得：V3＝0.81V
活塞下降过程，外界对气体做功为：W＝p2(V2－V3)
已知汽缸内气体内能的变化量：ΔU＝－0.14p0V
由热力学第一定律得：ΔU＝W＋(－Q)
得放出的热量Q＝0.32p0V。
34．(2019·全国卷Ⅲ)[物理——选修3－4](15分)
(1)(5分)水槽中，与水面接触的两根相同细杆固定在同一个振动片上。振动片做简谐振动时，两根细杆周期性触动水面形成两个波源。两波源发出的波在水面上相遇，在重叠区域发生干涉并形成了干涉图样。关于两列波重叠区域内水面上振动的质点，下列说法正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A．不同质点的振幅都相同
B．不同质点振动的频率都相同
C．不同质点振动的相位都相同
D．不同质点振动的周期都与振动片的周期相同
E．同一质点处，两列波的相位差不随时间变化
(2)(10分)如图，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，∠A＝90°，∠B＝30°。一束光线平行于底边BC射到AB边上并进入棱镜，然后垂直于AC边射出。
(ⅰ)求棱镜的折射率；
(ⅱ)保持AB边上的入射点不变，逐渐减小入射角，直到BC边上恰好有光线射出。求此时AB边上入射角的正弦。
答案 (1)BDE (2)(ⅰ) (ⅱ)
解析 (1)两列波相遇叠加产生干涉，一些质点的振动加强，一些质点的振动减弱，即振幅不同，A错误；各质点的振动频率、周期都与振动片相同，B、D正确；不同质点的振动相位不同(不是同时到达正的最大位移)，C错误；两列波到达某点时相位差恒定，E正确。
(2)(ⅰ)光路图及相关量如图所示。
光束在AB边上折射，由折射定律得
＝n①
式中n是棱镜的折射率。由几何关系可知
α＋β＝60°②
由几何关系和反射定律得
β＝β′＝∠B③
联立①②③式，并代入i＝60°得
n＝④
(ⅱ)设改变后的入射角为i′，折射角为α′，由折射定律得
＝n⑤
依题意，光束在BC边上的入射角为全反射的临界角θc，且
sinθc＝⑥
由几何关系得
θc＝α′＋30°⑦
由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦为
sini′＝。⑧
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