2020年高考押题预测卷02（新课标Ⅰ卷）-物理（全解全析）.doc

2019年高考原创押题预测卷02【新课标Ⅰ卷】 理科综合物理·全解全析 14 15 16 17 18 19 20 21 C D C B B AD CD BC 14．C【解析】根据玻尔理论可知，氢原子从n＝6能级向n＝1能级跃迁时辐射出光的能量大于氢原子从n＝6能级向n＝2能级跃迁时辐射出光的能量，结合光电效应发生的条件可知，若氢原子从n＝6能级向n＝1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n＝6能级向n＝2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应，故A正确；根据质量数守恒与电荷数守恒可知，核反应方程式Cs→Ba＋x中，x的质量数为0，电荷数为：Z＝55－56＝－1，所以x为电子，故B正确；β衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，将电子释放出来，β衰变释放的电子不是来自于核外电子，故C错误；质子和中子结合成α粒子，核反应方程为2H＋2n→He，根据爱因斯坦质能方程可知，释放的能量是ΔE＝Δmc2＝（2m1＋2m2－m3）c2，故D正确。本题要求选说法错误的，故选C。 15．D【解析】若小球与小车一起匀速运动，则细绳对小球无拉力；若小球与小车有向右的加速度a＝gtan α，则轻弹簧对小球无弹力，故选项D正确。 16．C【解析】由题图乙知，F＝6 N时，滑块与木板刚好不相对滑动，加速度为a＝1 m/s2。对整体分析，由牛顿第二定律有F＝（M＋m）a，代入数据计算得出M＋m＝6 kg，当F≥6 N时，对木板，根据牛顿第二定律得: ，知图线的斜率k＝，则M＝2 kg，滑块的质量m＝4 kg；故AB不符合题意；根据F＝6 N时，a＝1 m/s2，代入表达式计算得出μ＝0.1，当F＝8 N时，对滑块，根据牛顿第二定律得μmg＝ma′，计算得出a′＝μg＝1 m/s2，故C符合题意，D不符合题意。故选C。 17．B【解析】 做斜上抛运动的物体只受到重力的作用，加速度等于重力加速度．所以A与B的速度是相等的．故A错误；如做竖直上抛运动的物体上升的高度为h,则物体在空中的时间，由于A球上升是高度更高，所以A在空中运动的时间长．故B正确； 二者在水平方向的位移：x=vx⋅t，由于二者在水平方向的位移是相等的，而A运动的时间长，所以A的水平方向的分速度小．又由于在最高点物体只有水平方向的分速度，所以A球在最高点的速度小．故C错误；A在空中运动的时间长，则A在竖直方向的分速度大；又由于A在水平方向的分速度小，所以不能判断出二者开始时合速度的大小关系，不能判断出开始时二者机械能的大小．二者在运动的过程中机械能不变，所以也不能判断出二者落回Q点时的机械能一定相同．故D错误．故选B． 18．B【解析】由最小发射速度应是万有引力等于重力，而重力又充当向心力时的圆周运动速度，由此可以解得最小发射速度。小球获得瞬时冲量Ⅰ的速度为v0，有；而小球恰好通过圆周的最高点，满足只有重力提供向心力，；从最低点到最高点由动能定理可知：；联立解得月球的近地卫星最小发射速度即为月球的第一宇宙速度，满足，解得，故选B。 19．AD【解析】由图可知E－x图象所包围的面积表示两点间的电势差大小，因此，由于φo=0，因此，故A正确；粒子由A到B过程电场力一直做正功，则带正电粒子一直加速运动，在该过程电场强度不变，带电粒子做匀加速直线运动，故B错误；粒子在OA段的平均电场力大于BC段的平均电场力，则OA段的电场力做功大于BC段电场力做功，由功能关系知，粒子在OA段电势能的变化量大于BC段变化量，或者从OA段和BC段图象包围的面积分析可知UOA＞UBC，根据电场力做功公式W=qU和W=△E电，也可得出粒子在OA段电势能的变化量大于BC段变化量。故C错误；从O到B点过程列动能定理，则有W电=qUOB=EKB－0，而UOB=E0（d+2d），联立方程解得EKB=，故D正确。故选AD。 20．CD【解析】根据左手定则，知负离子所受洛伦兹力方向向下，则向下偏转，N板带负电，M板带正电，则N板的电势比M板电势低，故A错误；最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：，解得：，与离子浓度无关，故B错误；污水的流速：，则流量，故C正确；污水的流速：；污水流过该装置时受到阻力；为使污水匀速通过该装置，左、右两侧管口应施加的压力差是60N，则压强差为，故D正确。 21．BC【解析】由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当△x为0.1m 时，小球的速度最大，然后减小，说明当△x为0.1m时，小球的重力等于弹簧对它的弹力，所以可得k△x=mg 解得，弹簧的最大缩短量为△xm=0.61m，所以弹簧的最大值为Fm=20N/m×0.61m=12.2N，弹力最大时的加速度，小球刚接触弹簧时加速度为10m/s2，所以压缩到最短的时候加速度最大，故A错误，C正确；当△x=0.1m时，速度最大，则弹簧的弹力大小等于重力大小，小球的加速度为零，故B正确；设小球从释放点到弹簧的原长位置的高度为h，小球从静止释放到速度最大的过程，由能量守恒定律可知，解得，故D错误。故选BC。 22．（1）0.225 （1分） （2）. 0.5 （2分） （3）不变（2分） 【解析】（1）由图知第5条刻度线与主尺对齐，则读数为：； （2）设斜面的长为s，倾角为，由动能定理得： 即：， 由图象可知，当时，，代入得到：； （3）由知斜率为定值，若更换动摩擦因数更小的斜面，图象的斜率不变． 23．（1）1.990（2分） （2）500 （2分） （3）电路图如图所示（3分） （4） （3分） 【解析】（1）螺旋测微器固定刻度为1.5mm，可动刻度为49.0×0.01mm=0.490mm，所以最终读数为1.5mm+0.490mm=1.990mm（1.989～1.991mm均正确 ）。 （2）表盘的读数为5，所以导电玻璃的电阻约为5×100Ω=500Ω． （3）电源的电动势为12V，电压表的量程为10V，滑动变阻器的电阻为20Ω，由于滑动变阻器的电阻与待测电阻的电阻值差不多，若串联使用调节的范围太小，所以滑动变阻器选择分压式接法； 流过待测电阻的电流约为：I==0.006A=6mA，两电压表量程均不合适； 同时由于电压表量程为10V，远大于待测电阻的额定电压3V，故常规方法不能正常测量； 所以考虑用电流表改装成电压表使用，同时电压表量程为10V，内阻RV=1kΩ，故满偏电流为10mA，符合要求，故将电压表充当电流表使用，电流表A2与R2串联充当电压表使用，改装后量程为4V，可以使用，由于改装后电表已知，故内外接法均可，故电路图如图所示； （4）根据串并联电路的规律可知，待测电阻中的电流：I=-I2 电压：Ux=I2（R2+RA2） 由欧姆定律可知电阻：Rx= 根据电阻定律可知：R=ρ 而截面积：S=π 联立解得：ρ= 24．（1）24.5J；（2）2.4m（3）24J。 【解析】（1）将物块a在B点的速度沿水平和竖直方向分解，则 （1分） 物块a由E到B的过程中根据能量守恒有 （1分） （2）物块a、b碰撞过程中根据动量守恒 （1分） 解得 （1分） 对ab整体，根据牛顿第二定律有 （1分） 解得 （1分） 减速位移 （1分） 故先减速到0再反向加速,减速时间 （1分） 相对位移 （1分） 加速时间 （1分） 相对位移： （1分） 故划痕长度 （1分） （3）由于物块动能未变，故电动机多消耗的电能用来补充系统损失掉的热量 （2分） 25．（1）　（2），粒子初速度方向与y轴正方向夹角为30°　（3） 【解析】（1）垂直y轴方向射入磁场的粒子运动轨迹如图甲所示。 由几何关系知，粒子运动轨迹的圆心在O点，轨迹半径：r1＝a （1分） 由洛伦兹力提供向心力得：qv1B＝m （2分） 解得：v1＝。（1分） （2）当粒子初速度方向与y轴正方向夹角为30°时，粒子在第一象限的磁场中运动的时间最长，此时运动轨迹对应的圆心角：α＝150°（1分） 粒子在磁场中运动的周期：T＝ （1分） 粒子的运动时间：t＝T＝×＝。（2分） （3）粒子在第一象限内的轨迹如图乙所示。 设粒子射入磁场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，轨迹半径为R，由几何关系得： R－Rcosθ＝（－1）a （1分） Rsinθ＝a（1分） 解得：θ＝45°（1分），R＝a （1分） 由洛伦兹力提供向心力得：qv0B＝m （1分） 此粒子进入磁场的速度：v0＝ （1分） 设粒子到达y轴上y＝－b点的速度大小为v，根据动能定理得：qEb＝mv2－mv （2分） 解得：v＝ 。（2分） 33．（1）ABE 【解析】由理想气体状态方程＝C得，p＝T，由题图可知，Va＝Vc，选项A正确；理想气体的内能只由温度决定，而Ta>Tc，故气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能，选项B正确；由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，cd过程温度不变，内能不变，则Q＝－W，选项C错误；da过程温度升高，即内能增大，则吸收的热量大于气体对外界做的功，选项D错误；由理想气体状态方程知：＝＝＝＝C，即paVa＝CTa，pbVb＝CTb，pcVc＝CTc，pdVd＝CTd.设过程bc中压强为p0＝pb＝pc，过程da中压强为p0′＝pd＝pa.由外界对气体做功W＝p·ΔV知，过程bc中外界对气体做的功Wbc＝p0（Vb－Vc）＝C（Tb－Tc），过程da中气体对外界做的功Wda＝p0′（Va－Vd）＝C（Ta－Td），Ta＝Tb，Tc＝Td，故Wbc＝Wda，选项E正确． （2）（ⅰ） 1.06 kg/m3 （ⅱ） 59.8 ℃ 【解析】（ⅰ）设加热至热力学温度T，灯内气体密度为ρ，孔明灯刚能浮起，有： ρ0Vg＝mg＋ρVg①（2分） 解得：ρ＝1.06 kg/m3。②（2分） （ⅱ）孔明灯底部开口，说明灯内气体压强不变。以t0＝7 ℃（热力学温度为T0）时灯内气体为研究对象（初始体积V0＝V），设加热后体积膨胀至V′，有：＝③（2分） 又因为灯内原有气体总质量不变，则：ρ0V0＝ρV′④（2分） 联立②③④代入T＝273＋t及数据，得：T＝332.8 K，即t＝59.8 ℃。（2分） 34．（1）BCD 【解析】由图看出，波源Sl形成的水波波长大于波源S2是形成的水波波长，两列波在同一介质中传播，波速相等，由波速公式v=λf得知，两列波的频率不等，不会形成干涉现象，但能发生叠加现象，故A错误；根据两列水波波源S1和S2的振幅分别为2A和A，结合图可知，此时刻A点和B点的位移大小分别是A和3A，故B正确。在杨氏双缝实验中，若两缝之间的距离稍微加大，其他条件不变，根据可知，则条纹间距减小，干涉条纹将变密集，选项C正确；情形3中小圆盘和小圆孔衍射均为中央亮点的同心圆形条纹，选项D正确，E错误。故选BCD。 （2）① ② 【解析】①作出光路图，如图所示 由图可知光在三棱镜中的折射角r为30° 根据光的折射定律：n＝ 得：n＝ ②要使光全部从器具的右端面射出必须以全反射的方式 传播，每次的入射角都大于或等于临界角，但等于临界角时路程最大，时间最长，如图所示 第一次发生全反射时，由几何关系知：sin C＝＝，Δs1＝nΔl1 设光经N次全反射从右端面射出，则在长方体内的总路程为s1 s1＝Δs1＋Δs2＋Δs3＋……＋Δsn＝4Rn 光在器具内总路程s＝s1＋s2＝4Rn＋R 光在器具中的传播速度v＝ 所以光在器具中最长的传播时间t＝＝＝