2020年高考押题预测卷01（新课标Ⅰ卷）-物理（全解全析）.doc

‎2019年高考原创押题预测卷01【新课标Ⅰ卷】‎ 理科综合物理·全解全析 ‎14‎ ‎15‎ ‎16‎ ‎17‎ ‎18‎ ‎19‎ ‎20‎ ‎21‎ B C C A D BD BD AD ‎14．B【解析】由爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0，同种金属的逸出功相同，光电子的最大初动能始终为1.7 eV，A选项错误；光电管阴极的逸出功为W0＝1.05 eV，B选项正确；当滑动触头向a端滑动时，反向电压增大，电流变小，C选项错误；改用能量为2.5 eV的光子照射，移动滑动变阻器的触点c，电流表G中也可能有电流，D选项错误。‎ ‎15．C【解析】本题的四幅区别在于细线oa与细线ab与竖直方向的夹角不同，要想比较二者的夹角大小就需要分别选择不同的研究对象进行处理；假设细线ab的与竖直方向夹角的大小为θ1，对小球b受力分析如图所示，‎ 结合矢量三角形法可得；假设细线oa与竖直方向的夹角大小为θ2，拉力大小为T，选择小球ab整体进行受力分析：‎ 结合矢量三角形法可得，因为 ，所以线绳ab与竖直方向的夹角更大，故C选项正确。‎ ‎16．C【解析】由乙图可知，在0～2t0时间内，物块先处于超重状态，后处于失重状态，A错误；由乙图可知，在t0～3t0时间内，物块先处于超重状态，后处于失重状态，B错误；由乙图可知，t=t0时刻，物块所受的支持力大小为mg，C正确；由乙图可知，t=3t0时刻，物块所受的支持力大小为mg ‎，D错误。故选C。‎ ‎17．A【解析】若石块恰能落到O点，,则，，解得t=2s,v0=17.32m/s,所以若v0=18m/s，则石块可以落入水中；因为石块落水的时间均为2s，落到水中的竖直速度均为10m/s，所以若石块能落入水中，则v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越小；根据平抛运动的规律．若石块不能落入水中，则落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角满足，即为定值，而落到斜面上时速度方向与斜面的夹角等于-300，也为定值．选项A正确．‎ ‎18．D【解析】粒子运动的速度为，则粒子运动的轨道半径为：，则若粒子初速度沿y轴正方向，粒子在磁场中运动转过的角度为30°，则运动时间为，选项AB错误；当轨迹与磁场上边界相切时，粒子在磁场中运动的时间最长，由几何关系可知，粒子在磁场中转过的角度为1200，时间为，C错误，D正确。‎ ‎19．BD【解析】逃逸速度是卫星脱离地球的引力的第二宇宙速度，“鹊桥”的发射速度应小于逃逸速度，故A错误；根据题意知中继星“鹊桥”绕地球转动的周期与月球绕地球转动的周期相同，故B正确；鹊桥卫星与月球、地球两天体中心距离分别为R1、R2，到地表的距离要小一些，则嫦娥四号发出信号到传回地面的时间为t要小于，故C错误；由a=rω可知处于L1点绕地球运转的卫星其向心加速度a1小于月球的向心加速度，由可知月球的向心加速度小于同步卫星的向心加速度，则卫星其向心加速度a1小于地球同步卫星的加速度a2，故D正确。‎ ‎20．BD【解析】据半径为R0的均匀带正电＋的球壳在内部的电势为，可知均匀带电球壳在其壳内产生场强为零，则均匀带电球壳O在O点处产生场强为零；据对称性可知均匀带电球壳O1、O2在O点处场强抵消，所以O点处场强为零；O点电势等于均匀带电球壳O、O1、O2在O点的电势之和，则 ‎，故A项错误；均匀带电球壳在其壳内产生场强为零，则均匀带电球壳O、O1在O1处产生场强为零；均匀带电球壳O2在O1处产生场强不为零，则O1点场强等于球壳O2在O1处产生的电场、不为零；O1点电势等于均匀带电球壳O、O1、O2在O1点的电势之和，则，故B项正确；根据对称性可知，O1和O2电势相等，则O1O2两点电势差U12=0，故C项错误；OO2两点电势差为，故D项正确。‎ ‎21．AD【解析】在m1从A点运动到C点的过程中，绳子的拉力对m1做负功，则m1的机械能一直减少，选项A正确；设小球m1到达最低点C时m1、m2的速度大小分别为v1、v2，由运动的合成分解得v1cos45°=v2，则v1=v2，故B错误。在m1从A点运动到C点的过程中，对m1、m2组成的系统由机械能守恒定律得，结合v1=v2解得，若m1运动到C点时绳断开，至少需要有的速度，m1才能沿碗面上升到B点，故C错误。m2沿斜面上滑过程中，m2对斜面的压力是一定的，斜面的受力情况不变，由平衡条件可知地面对斜面的支持力始终保持恒定，故D正确。故选AD。‎ ‎22． （1）D（1分） （2） （1分） （3） （1分） （4） 0.46（2分）‎ ‎【解析】（1）小车与长木板的间的粗糙情况与小车的质量无关，所以在同一个实验中，每次改变小车的质量，不需要平衡摩擦力．故A错误．实验时应先接通电源，后释放小车．故B错误．根据牛顿第二定律可得系统的加速度，则绳子的拉力，由此可知钩码的质量远小于小车和砝码的质量m2时，绳子的拉力才等于钩码的重力．故C错误．由牛顿第二定律可知，当一定是，与成正比，所以应作出图象．故D正确．‎ ‎（2）根据牛顿第二定律可知，结合图象可得，由此可得钩码的质量为，小车与木板间的动摩擦因数为．‎ ‎（3）设，，有公式，化简可得 ‎23．（1）如图所示（2分）‎ ‎（2）100（2分） 50（2分） （3）87 （2分） 1.9 （2分） ‎ ‎【解析】（1）根据电路原理图，实物连线如图所示：‎ ‎（2）根据分压规律，串联在电路中的总电阻约为，所以和阻值太大不能用，否则电压表的示数不满足题中要求；为了在闭合时，能够有效的保护电路，所以，。‎ ‎（3）当电键闭合、断开时，当、均闭合时，解得，。‎ ‎24．（1）4×106 m/s　0.25 m　（2） m ‎【解析】（1）电场内，内外边界的电势差大小为U＝0－φ＝45V，（1分）‎ 在加速正电子的过程中，根据动能定理可得qU＝mv2－0，（2分）‎ 代入数据解得v＝4×106 m/s，（1分）‎ 正电子进入磁场做匀速圆周运动，由向心力公式可得：qvB＝m（1分），解得r＝0.25 m。（2分）‎ ‎（2）正电子在磁场中运动的轨迹如图所示，当正电子运动的轨迹与接收器相切时，正电子恰好能被接收器接收，由几何关系可得：（R′＋r）2＝r2＋R2，（3分）‎ 解得R′＝ m。（2分）‎ ‎25．（1） （2） （3）‎ ‎【解析】（1）a棒刚进入水平轨道时，由机械能守恒得（1分）‎ 解得（1分）‎ 由：‎ ‎（1分）‎ ‎（1分）‎ 得（1分）‎ 由牛顿第二定律（1分）‎ ‎（1分）‎ ‎（2）b棒在窄轨上运动的过程中，对a、b棒，设b棒刚滑上宽轨时的速度为，此时a棒的速度为 ‎，由动量守恒得：（1分）‎ 又由： 得（1分）‎ 故由能量守恒，该过程中系统产生的焦耳热：（1分）‎ 又因此过程中，a、b棒连入电路的电阻相等，故由（1分）‎ 得（1分）‎ ‎（3）当a棒在窄轨上匀速时，b棒在宽轨上也一定匀速，设其速度分别为、，由E=BLv 知（1分）‎ 由得（1分）‎ 而由可得（1分）‎ b棒刚滑上宽轨时，a，b两棒的总动能为（1分）‎ b棒在宽轨上第一次恰好达到匀速时，a，b两棒的总动能为 ‎（1分）‎ 故从b棒刚滑上宽轨到第一次达到匀速的过程中，两棒产生的总焦耳热 ‎（1分）‎ 而此过程中，b棒连入电路的电阻是a棒的两倍，由（1分）‎ 知（1分）‎ ‎33．（1）ACE ‎【解析】内能取决于物体的温度、体积、物质的量和物态，温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大，故A正确；外界对物体做功的同时如果物体向外界放出热量，则物体的内能不一定增大，故B错误；悬浮颗粒越小布朗运动越显著，温度越高布朗运动越剧烈，故C正确；当分子间作用力表现为斥力时，随分子间距离的减小，分子力做负功，分子势能增大，故D错误；夏天荷叶上小水珠呈球状，是由于液体表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势的缘故，故E正确．‎ ‎（2）①5×103 kg/m3 ②351 K.‎ ‎【解析】①设右管横截面积为S，对右管内的气体，由玻意耳定律：p0V0＝p1V1（1分）‎ 其中：V0＝L0S，V1＝（L0－h2）S（1分）‎ 解得：p1＝1.25×105 Pa（1分）‎ 又：p1＝p0＋ρg（h1－h2）（1分）‎ 解得：ρ＝5×103 kg/m3（2分）‎ ‎②对右管内的气体：＝（1分）‎ 其中：p2＝p0＋ρgh1，（1分）‎ 解得：T′＝351 K. （2分）‎ ‎34．（1）ABE ‎【解析】由题图可知，该波的周期为12 s，故A正确；由两图比较可知，x＝5m处的质点比x＝11m处的质点早振动3 s，即，所以两点之间的距离为：x＝（n＋）λ（n＝0,1,2,3，…），解得：λ＝（n＝0,1,2,3，…）＝（n＝0,1,2,3，…），则波速为v＝＝（n＝0,1,2,3，…），当n＝0时，v＝2m/s，故B正确；由题图可知，振幅A＝4cm，角速度为ω＝ rad/s＝rad/s，则x＝5m处的质点做简谐运动的表达式为y＝Asin ωt＝4sint（m），故C错误；0～4s的时间为T，由题图可知，T时间内，两个质点通过的路程不相等，故D错误；由波长λ＝（n＝0,1,2,3，…），可知当n＝0时，波长为λ＝24m，故该波在传播过程中若遇到4.8 m的障碍物，可能发生明显衍射现象，故E正确．‎ ‎（2）（i）；（ii）‎ ‎【解析】（i）如图，作出光路图（1分）‎ 根据折射定律可得①（1分）‎ 根据几何知识可得（1分）‎ ‎ （1分）‎ 联立解得（1分）‎ 玻璃的折射率为。（1分）‎ ‎（ii）光从经多次反射到点的路程（1分）‎ 时间 得（2分）‎ 光线从A在气泡中多次反射到C的时间为。（1分）‎