物理-全国名校2020年高三5月大联考考后强化卷（新课标Ⅰ卷）（全解全析）.pdf

精品资料公众号：卷洞洞 全国名校 2020 年高三 5 月大联考考后强化卷（新课标卷）物理全解全析 14 15 16 17 18 19 20 21 C A C C B ACD AD BC 14C【解析】A由21chEE及氢原子能级关系可知，从 n=2 跃迁到 n=1 时释放的光子波长约为122 nm，故选项 A 错误；B波长 325 nm 的光子能量小于波长 122 nm 的光子能量，不能使氢原子从n=1 跃迁到 n=2 的能级，故选项 B 错误；C一群处于 n=3 能级的氢原子向低能级跃迁时最多有 3 种可能，因此最多产生 3 种谱线，选项 C 正确；D从 n=3 跃迁到 n=2 的辐射光波长=656 nm，所以，只有入射光波长为 656 nm 时，才能使氢原子从 n=2 跃迁到 n=3 的能级，选项 D 错误。故选 C。15A【解析】ABC对物体受力分析如图 由于物体静止在半球体上，处于平衡状态，沿半径方向根据平衡条件可得sin0Nmg，可得sinNmg，根据牛顿第三定律可知物体对半球体的压力大小为sinmg；沿切向方向根据平衡条件可得cos0fmg，解得物体所受摩擦力大小为cosfmg，故 A 正确，B、C 错误；D对物体与半球体整体受力分析，整体处于静止状态，水平方向不受力，故地面对半球体的摩擦力为零，故 D错误；故选 A。16C【解析】A静止轨道卫星是地球同步卫星，只能在赤道的上空运行，故 A 错误；BD该卫星的运动周期等于地球自转周期，由公式222224GMmmvmRhmRhTRhRh，212mvGMmmgRR，可知，已知地球表面的重力加速度和地球自转周期，不可以求出该卫星距地面的高度，已知地球第一宇宙速度和地球表面的重力加速度，不可以求出该卫星的线速度大小，故 B、D 错误；C由2T可知，只要知道地球自转周期就可以求出该卫星的角速度大小，故 C 正确。故选 C。精品资料公众号：卷洞洞 17C【解析】AB在最低点，细杆一定表现为拉力，有2aavFmgml，则2190 NaamvFmgl，故 AB 错误；CD在最高点，有2bbvmgFml，则210NbbvFmmgl，所以细杆表现为拉力，方向向下，大小为 10 N，故球对杆的作用力为拉力，大小为 10 N，方向竖直向上，故 C 正确，D 错误。故选 C。18B【解析】ABC带电粒子（不计重力）在匀强磁场中运动并穿过金属板后粒子速率变小，根据带电粒子在磁场中运动的半径公式：mvrqB，粒子的半径将减小，故粒子应是由下方穿过金属板，故粒子运动方向为 edcba，故 B 正确，C 错误。根据左手定则可得，粒子应带负电，故 A 错误；D由2mTqB可知，粒子运动的周期和速度无关，而上下轨迹均为半圆，故所对的圆心角相同，故粒子的运动时间均为2T，故 D 错误。故选 B。19ACD【解析】物块在运动过程中，在水平方向上受到拉力 F 和摩擦力 f 作用，所以2k11()2EmvFf x，即图线的斜率 k 表示物块受到的合力，物块在 02 m 过程中斜率即合力为112kFf，所以前 2 m 过程的加速度为：2111m/sFfam，根据位移时间公式212xat可得该段位移经历的时间12st，当物块在 x=2 m 处时，动能为2k114 J2Emv，所以速度为2m/sv，A、C 正确，物块在 24 m 位移过程中，斜率即合力为222.5kFf，所以该过程中的加速度为2221.25m/sFfam，所以 B 错误，整个过程中拉力做正功，摩擦力做负功，所以kFWmgxE，带入可得25JFW，D 正确。20AD【解析】AD 点到 A、B、C 三点的距离相等，故三个电荷在 D 点的场强大小相同，且夹角互为120，故 D 点的场强为 0，故 A 正确；B由于 A、B 在 E 点的场强大小相等方向相反，故 E 点的场强仅由电荷 C 决定，故场强方向向左，而电荷 C 在 E、F 位置的场强大小相同方向相反，但电荷 A、B 在F 点的场强矢量和不为 0，故 E、F 两点的电场强度大小不同，方向相反，故 B 错误；CE、G、H 三点分别为 AB、AC、BC 的中点，故 E 的场强仅由电荷 C 决定，同理 G 点的场强仅由电荷 B 决定，H 点的场强仅由电荷 A 决定，故三点的场强大小相等，但方向不同，故 C 错误；D若释放电荷 C，则 A、B 在 C 点的合场强水平向右，故 A、B 始终对 C 有斥力作用，故 C 电荷将一直做加速运动，故 D 正确。故选 AD。精品资料公众号：卷洞洞 21BC【解析】A、金属杆沿斜面向上运动时安培力沿斜面向下，沿斜面向下运动时安培力沿斜面向上，所以上滑过程的加速度大于下滑过程的加速度，因此上滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度，而上滑阶段的位移与下滑阶段的位移大小相等，所以上滑过程的时间比下滑过程短，所以 A 错误；B、上滑过程中，金属杆经过同一位置安培力较大，所以上滑过程中安培力的平均值较大，克服安培力做功较多，回路产生的总热量较多，则向上滑行时电阻 R 上产生的热量较多，故 B 正确。C、电荷量EqItttRRtR，由于上行与下行过程中磁通量变化量大小相等，故上滑阶段和下滑阶段通过R 的电荷量相同，故 C 正确；D、金属杆从开始上滑至返回出发点的过程中，只有安培力做功，损失的动能转化为电阻 R 和金属杆电阻 r 上产生的热量和，电阻 R 上产生的热量22022011()222RmR vvRQmvmvRrRr，故 D 错误。22（6 分）（1）DEF（2 分）（2）0.721（1 分）2.40（1 分）（3）1.0（2 分）【解析】（1）AB对小车的拉力是通过力传感器得到的，故无需测量砂和砂桶的质量，也不需要满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，故 AB 错误；C使用打点计时器，应先接通电源，再释放小车，故 C 错误；D探究物体质量一定时加速度与力的关系，要改变砂和砂桶的总质量，打出多条纸带，故D 正确；E在释放小车前，小车应尽量靠近打点计时器，以能在纸带上打出更多的点，有利于实验数据的处理和误差的减小，故 E 正确。（2）相邻两计数点之间还有四个点未画出，相邻两计数点间的时间间隔为0.1sT，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，打下B点时，小车运动的速率是：0.1801 0.0360m/s0.721m/s22 0.1BACxvT，根据2xaT 可得：2220.2881 0.0961 2m/s2.40m/s44 0.01BDOBxxaT。（3）根据牛顿第二定律可知：2fFFma，代入图中数据，解得：1.0 NfF。23（9 分）（1）24 990（2 分）（2）6.9（1 分）（3）150（1 分）67.4（2 分）黑（1 分）4 350（2分）【解析】（1）根据闭合电路欧姆定律得gg2g2500.01 10249900.01UI RRI。（2）由图甲所示电路图可知，选择开关接 1 时电表测量电流，其量程为 10 mA，由图示表盘可知，其分度值为 0.2 mA，示数为 6.9 mA；精品资料公众号：卷洞洞（3）由图丙所示电阻箱可知，电阻箱示数为：01 000+1100+510+01=150，此时指针指在中央，此为中值电阻等于欧姆表内阻等于此时电阻箱阻值，即 R=150；根据闭合电路欧姆定律有，满偏电流时gEIR，当电流表示数为6.9 mAxEIRR，联立解得 E=1.5 V，Rx=67.4。根据电流方向“黑出红进”的规律知，黑表笔接电压表正接线柱，根据闭合电路欧姆定律得电压表的示数VVEURRR。解得电压表内阻V1.45 15043501.5 1.45URREU。24（14 分）（1）物块 B 先停止，0 m （2）1.17 m【解析】（1）设弹簧释放瞬间 A 和 B 的速度大小分别为 vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有0AABBm vm v 22k1122AABBEm vm v（1 分）联立并代入题给数据得 vA=4.0 m/s，vB=1.0 m/s（1 分）A、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为 a，假设 A 和 B 发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的 B，设从弹簧释放到 B 停止所需时间为 t，B 向左运动的路程为 sB，则有BBm am g 212BBsv tat vBat=0（1 分）在时间 t 内，A 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后 A 将向左运动，碰撞并不改变 A 的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A 在时间 t 内的路程 sA都可表示为 212AAsv tat（1 分）联立各式并代入题给数据得 sA=1.75 m，sB=0.25 m（1 分）这表明在时间 t 内 A 已与墙壁发生碰撞，此时 A 位于出发点左边 0.25 m 处，B 位于出发点左边 0.25 m处，两物块之间的距离为 s=0 m（1 分）（2）t 时刻 A 刚好与静止的 B 碰撞，碰撞时 A 速度的大小为Av，由动能定理有 221122AAAAAAm gsm vm v（1 分）精品资料公众号：卷洞洞 代入题给数据得Av=3 m/s（1 分）故 A 与 B 将发生碰撞。设碰撞后 A、B 的速度分别为Av和Bv，取向左为正方向，由动量守恒定律与机械能守恒定律有 mAvA=mAAv+mBBv（1 分）222111=+222AAAABBm vm vm v（1 分）联立并代入题给数据得 Av=1.8 m/s，Bv=1.2 m/s（1 分）这表明碰撞后 A 将向右运动，B 继续向左运动。设碰撞后 A 向右运动距离为As时停止，B 向左运动距离为Bs时停止，由运动学公式22AAasv，22BBasv（1 分）则As=0.81 m，Bs=0.36 m（1 分）As小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离 1.17 mABsss （1 分）25（18 分）（1）12mUBq （2）2(23)2mmLqUqB （3）223mUqB【解析】（1）粒子在加速电场中加速：212qUmv（1 分）粒子进入磁场，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律：2vqvBmR（1 分）解得：12mURBq（2 分）（2）粒子从 N 板射出到坐标原点的时间：1Ltv（1 分）粒子在磁场中运动的时间：23323=442mmtTqBqB（1 分）离开磁场到达荧光屏的时间：3RLtv（1 分）粒子运动的总时间：1232(23)2mmttttLqUqB（2 分）精品资料公众号：卷洞洞（3）粒子在电场中加速，根据：212qUmv（1 分）速率最小值：min2()q UUvm（1 分）速率最大值：max2()q UUvm（1 分）粒子进入磁场后做轨迹为34圆周的运动，根据：2mvBqvR（1 分）最大速率对应的半径：max12()m UURBq（1 分）最小速率对应的半径：min12()m UURBq（1 分）如图两圆弧之前的阴影部分即为所加磁场区域的最小面积。（1 分）根据几何知识：2222maxminmaxmin233(23)4242RRmSRRUqB（2 分）33（1）大于（2 分）小于（2 分）放热（1 分）【解析】根据图象分析密度不变时即体积不发生变化，从 A 到 B 的过程中体积不变，压强减小，根据查理定律pCT可知温度降低，故 A 状态时分子平均动能大于 B 状态时分子平均动能；根据图象分析可知，由 B 到 C 的过程中密度和压强成一次函数，结合 pV 的关系得出此过程温度不变，压强增加，体积减小，故 B 状态气体分子单位时间撞击单位面积的分子数小于 C 状态气体分子单位时间撞击单位面积的分子数；根据图象可知由 C 到 D 的过程压强不变，体积减小，根据盖吕萨克定律VCT可知温度降低，根据热力学第一定律UWQ，体积减小外界对气体做功，W 为正，温度降低内能减少U为负，则 Q 为负，故气体放热。（2）（10 分）（i）n=8 （ii）t2=52 精品资料公众号：卷洞洞【解析】（i）由玻意耳定律得010011.2p VnVp V（2 分）其中14 LV，0100 mLV，n 为打气次数，代入数值解得：8n（2 分）（ii）初态气体温度为11273K260 KTt，（1 分）最终稳定时，体积为5LV，内部气体压强为5201.2 10 PamgppS（1 分）即拔掉卡销后，缸内气体压强不变，由盖 吕萨克定律得：112VVTT，（1 分）解得2325KT（1 分）则环境温度为22273K52tT时，活塞恰好不脱离气缸。（2 分）34（1）（5 分）BDE【解析】A这列波的波长是4=m=0.4 m10vf，选项 A 错误；BC因为 OA=1.9 m=434、OB=2.2 m=512，则 A、B 两质点不可能同时到达平衡位置，且当 A 质点处于波峰时，B 质点恰好处于平衡位置，选项 B 正确，C 错误；D因 T=0.1 s，则 A、B 均开始振动后，0.2 s 内两质点的路程均为 8A=16 cm，选项 D 正确；E若当 O 质点刚过平衡位置向上振动时，则 A 质点从波峰位置向下振动，B质点从平衡位置向下振动；若当 O 质点刚过平衡位置向下振动时，则 A 质点从波谷位置向上振动，B质点从平衡位置向上振动；则 A、B 两质点振动方向一定相同，选项 E 正确。故选 BDE。（2）（10 分）（i）2n （ii）i 30 【解析】（i）由题意知，入射角 i45，折射角 rBAO（1 分）由几何关系有：sinrBOAO0.5（1 分）由折射定律有：nsinsinir（1 分）代入数据解得：n2（1 分）（ii）如图，设在 A 点的入射角为 i时，光束经折射后到达内球面上 E 点，并在 E 点恰发生全反射，则光束在内球面上的入射角AED 恰等于临界角 C 精品资料公众号：卷洞洞 由 sinC1n（1 分）代入数据得：AEDC45（1 分）由正弦定理有sinsinAEOEAOAOEO sinAEO=sinAED，AO2R，EOR（1 分）解得：sinEAOsin224AED（1 分）由折射定律有：nsinsiniEAO（1 分）解得：sini0.5，即此时的入射角 i30（1 分）