2020年高考押题预测卷03（新课标Ⅰ卷）-物理（全解全析）.doc

2019年高考原创押题预测卷03【新课标Ⅰ卷】 理科综合物理·全解全析 14 15 16 17 18 19 20 21 B D D D B ABD ACD ABC 14．B【解析】根据核反应中质量数与电荷数守恒容易求得新核X的质量数为4、电荷数为2，即X是He；根据表中提供的数据，可以求得第2个核反应的质量亏损大，根据爱因斯坦质能方程必然有Q1<Q2。 15．D【解析】以A为研究对象，受重力mg、推力F、支持力FN，当这三个力的合力为零时，A、B间没有摩擦力，所以A错误；B对A的支持力无法求出，所以C错误；把A、B视为一整体，进行受力分析，水平方向整体受两个推理F，竖直方向重力（M+m）g，地面对AB的支持力，水平方向两推理恰好平衡，故B与地面间没有摩擦力，所以B错误；地面对B的支持力等于（m+M）g，故D正确；故选D. 16．D【解析】开始阶段滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律知mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，因此a1＝gsinθ＋μgcosθ。小木块加速到和传送带速度相等时，由于μ＜tanθ，即mgsinθ>μmgcosθ，小木块不会匀速运动，然后小木块会继续加速，滑动摩擦力变为沿传送带向上，由牛顿第二定律知mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，因此a2＝gsinθ－μgcosθ。由公式知a2＜a1。注意摩擦力是被动力，速度相等时摩擦力会突变。故本题选D。 17．D【解析】轨道I的半径为R，则轨道Ⅱ的半长轴为，则由开普勒第三定律得，，则A错误；在a点在轨道I做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有，在轨道Ⅱ上b点做向心运动，万有引力大于向心力，则，则，则B错误；由，得，即在a点的加速度大小为在c点的4倍，则C错误；在b点做向心运动，在c点做离心运动，则c点的速度大于b点的速度，c点动能大于b点的动能，又两点势能相等，故卫星在b点的机械能小于在c点的机械能，则D正确。 18．B【解析】设从开始到物块砸在木板的末端，木板转过的角度为α，则有，，所以物块下落的高度，由，得物块下落时间为,所以木板转动的角速度，选项B正确． 19．ABD【解析】根据v—t图象可知物块在B点加速度最大，所受的电场力最大为，故B点的场强最大为，故A正确；根据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点电势逐渐减小，B正确；根据v—t图象可知C到A的过程中物块的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故C错误；由A到B根据动能定理可得，又因，故，故D正确。故选ABD。 20．ACD【解析】根据几何关系，粒子恰好经过点时运动半径，由，可知速度，则速度小于的粒子均从边离开磁场，根据几何关系可知转过的圆心角均为，运动时间均为，为粒子在磁场中的运动周期，A正确；粒子恰好经过点时运动半径，根据几何关系可知运动时间，速度，则速度大于的粒子一定打在边上，B错误，C正确；粒子垂直打在边上时，如图，根据几何关系可知圆心角为，运动时间，D正确，故选ACD。 21．ABC【解析】开始时弹簧压缩的长度为xB得kxB＝mg，当A刚离开地面时，弹簧处于拉伸状态，对A有kxA＝mg，物体A刚离开地面时，物体B获得最大速度，B、C的加速度为0，对B有T－mg－kxA＝0，对C有Mgsin α－T＝0，解得α＝30°，故A正确；由于xA＝xB，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，即此过程中弹簧的弹性势能先减小后增加；而由A、B、C以及弹簧组成的系统机械能守恒，可知A、B、C组成的系统机械能先增加后减小，故B正确；当物体A刚离开地面时，物体B上升的距离以及物体C沿斜面下滑的距离为，由于xA＝xB，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，弹簧弹力做功为零，且物体A刚刚离开地面时，B、C两物体的速度相等，设为vB，由动能定理得Mghsin α－mgh＝（M＋m）vB2，解得vB＝2 m/s，故C正确；当B的速度最大时，C的速度也是最大的，此时弹簧处于伸长状态，故D错误。 22．（1） A（1分） （2）. （2分） （3） （2分） 【解析】（1）细线必须平行于水平桌面，这样才能使得细线的拉力等于滑块受到的合力，选项A正确；因系统做加速运动，重物失重，则拉力传感器的示数始终小于mg，选项B错误；由于有力传感器记录滑块的拉力，则实验时不需要必须满足条件m<<M，选项C错误；因传感器也有质量，则拉力传感器固定在重物上时误差会更大，选项D错误；故选A.。 （2）物块经过光电门时的速度：；根据v2=2aL，解得 （3）由F-μMg=Ma，即，则b=μg，即 23． （1）0~0.6A（2分） （2） 0~15V （2分） （3）8、9应接8、12（2分） （4）．4、10应接4、3 （2分） （5） 1.1（2分） 【解析】①小灯泡的额定电压约12V，所以要选择量程为15V的电压表；流过灯泡的电流，所以电流表选择0.6A的量程． ②要求电压从零调节，因此要用滑动变阻器的分压接法，4、10应接4、3；灯泡电阻较小，因此安培表外接，8、9应接8、12（或13）． ③从伏安特征曲线上可得，当小灯泡电流强度大小为0.30A时，小灯泡两端的电压是3.7V，所以小灯泡的实际功率为P=UI=3.7×0.3W≈1.1W． 24．（1）2×104 m/s　（2）（0,2 m），（2 m,0），（0，－2 m），（－2 m,0）　π×10－4 s 【解析】（1）粒子在电场中被加速时，由动能定理可知qU＝mv2－0（2分） U＝φ1－φ2（1分） 解得v＝2×104 m/s。（2分） （2）粒子进入磁场后，在洛伦兹力的作用下发生偏转，有qvB＝（1分） 解得r＝1 m（1分） 因为r＝R2，所以由几何关系可知，从收集薄板MN左端贴着其上表面进入磁场的粒子在磁场中运动圆周后，射出磁场，进入电场，在电场中先减速至外圆处后反向加速，并返回磁场，如此反复地做周期性运动，其运动轨迹如图所示。 由图易知，粒子运动一个周期内在磁场中所用时间为t＝＝（2分） 解得t＝π×10－4 s（1分） 在电场和磁场中做周期性运动的粒子在外圆上的四个位置坐标分别为 （0,2 m） （1分），（2 m,0） （1分），（0，－2 m） （1分），（－2 m，0）。（1分） 25．（1）4 m/s2 3 m/s2 （2）670 W （3）40 J 【解析】（1）由题意，从小车启动到A、B与后壁碰撞的过程中，三者间有相对滑动，三者受力如图所示， 对B：fAB＝μmBg＝12 N（1分） 由牛顿第二定律有：fAB＝mBaB（1分） 代入数据解得：aB＝3 m/s2，方向向前，做匀加速运动 对A：F车A＝μ0（mA＋mB）g＝16 N，fAB＝fBA（1分） 由牛顿第二定律：F车A－fBA＝mAaA（1分） 代入数据解得：aA＝4 m/s2，方向向前，做匀加速运动。 （2）A、B同时到达后壁，有sA－sB＝aAt2－aBt2＝LA（1分） 且：s车－sB＝a车t2－aBt2＝L（1分） 解得：t＝2 s，a车＝5 m/s2（1分） 对车，由牛顿第二定律有：F牵－μ0（mA＋mB）g－F阻＝Ma车（1分） 解得：F牵＝67 N（1分） 电动机输出功率为P＝F牵v（1分） 碰撞前瞬间的车速为：v＝a车t（1分） 联立以上各式并代入数据解得：v＝10 m/s，P＝670 W。（1分） （3）碰撞后瞬间，v车′＝0.8v＝8 m/s，A、B的速率为v，因μ<μ0 所以碰后三者之间仍有相对滑动，三者受力如图所示， 对B：aB′＝aB＝3 m/s2，方向向后，做匀减速直线运动 对A：aA′＝aA＝4 m/s2，方向向后，做匀减速直线运动 对车：F牵＝F阻－FA车＝0，因此车做匀速直线运动 设经时间t′，A与车相对静止，则：t′＝＝0.5 s（1分） A与车间相对滑动的距离为：Δs＝sA′－s车′＝（vt′－aA′t′2）－v车′t′（1分） 得：Δs＝0.5 m（1分） A相对车通过的总路程：Δs总＝Δs＋（1分） A与车之间由于摩擦产生的内能：E＝F车AΔs总（1分） 代入数据解得：E＝40 J。（1分） 33．（1）BCD 【解析】当分子力表现为斥力时，分子力随分子间距离的减小而增大，间距减小，斥力做负功，分子势能增大，分子间距增大时反之，A错误；物体的温度越高，分子热运动的平均动能越大，物体中分子无规则运动越剧烈，B正确；根据麦克斯韦统计规律可知，温度越高，物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例越大，C正确；分子间距离增大时，斥力和引力都减小，分子间距离减小时，斥力和引力都增大，但斥力增大得快，D正确；多晶体的物理性质是各向同性，故E错误。 （2）①30次　 ②1.5 L 【解析】①贮液瓶装水后，瓶内封闭气体的体积V1＝V总－V液＝1 L（1分） 打气过程瓶内气体做等温变化，有p0（V1＋V外）＝p2V1（1分） V外＝nΔV（1分） 将p0＝1.0 atm、p2＝2.5 atm代入，解得打气的次数至少为n ＝30 次（2分） ②阀门打开喷水过程，瓶内封闭气体做等温变化，有p2V1＝p3V3（1分） 最后瓶内气体的压强p3＝p0（1分） 代入数据解得最后瓶内气体的体积V3＝2.5 L（1分） 因此喷雾器能喷出的水的体积的最大值V水＝V3－V1＝1.5 L（2分） 34．（1）BDE 【解析】由题图可知该波的周期为0.04 s，频率为f＝＝25 Hz，故A错误；该波的传播速度v＝＝ m/s＝200 m/s，故B正确；a点在t0时刻速度方向沿y轴正方向，故波向x轴正方向传播，故C错误；从t0时刻起，质点a沿y轴正方向运动，质点b沿y轴正方向运动，质点c沿y轴负方向运动，故质点b最先回到平衡位置，故D正确；平衡位置从x＝0处传播到x＝3 m处时质点a回到平衡位置，需时间t＝ s＝0.015 s，故E正确． （2）（ⅰ）7 m　（ⅱ）5.5 m 【解析】（ⅰ）设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1，到P点的水平距离为x2；桅杆高度为h1，P点处水深为h2；激光束在水中与竖直方向的夹角为θ.由几何关系有＝tan53°　①（1分） ＝tanθ　②（1分） 由折射定律有sin53°＝nsinθ　③ （1分） 设桅杆到P点的水平距离为x，则x＝x1＋x2　④（1分） 联立①②③④式并代入题给数据得x＝7 m　⑤（1分） （ⅱ）设激光束在水中与竖直方向的夹角为45°时，从水面出射的方向与竖直方向夹角为i′，由折射定律有 sini′＝nsin45°　⑥（1分） 设船向左行驶的距离为x′，此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1′，到P点的水平距离为x2′，则x1′＋x2′＝x′＋x　⑦（1分） ＝tani′　⑧（1分） ＝tan45°　⑨（1分） 联立⑤⑥⑦⑧⑨式并代入题给数据得x′＝（6－3） m≈5.5 m（1分）