全国名校2020年高三5月大联考--物理试题（新课标I卷）（全解全析）

1 / 14 全国名校 2020 年高三 5 月大联考（新课标 I 卷） 理综物理部分 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 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，有选错或不答的得 0 分。 14．下列说法正确的是 A．卢瑟福通过对 α 粒子散射实验的研究，揭示了原子核的组成 B．动能为 10 eV 的电子与能级值为–13.6 eV 的基态氢原子碰撞，碰后氢原子可能处于第一激发态 C．能量为 E 的光子照射逸出功为 W0 的金属发生光电效应，逸出质量为 m 的光电子的最大动量为 D．质量为 m 半衰期为 3.8 天的氡，经过 11.4 天已衰变的氡的质量为 15．如图所示，M 是一个截面为四分之一圆的柱体，小球 m 处于竖直墙面和柱体的弧面之间，整个系统在 水平力 F 的作用下处于静止状态，所有接触面均光滑。若系统发生轻微扰动，此后发现 F 增大且系统 仍保持静止状态，则 A．柱体对小球的支持力减小 B．小球的位置降低 C．地面对柱体的支持力增大 D．竖直墙对小球的支持力减小 16．如图所示，在竖直平面内有一固定的光滑绝缘圆轨道，半径为 R，在其圆心处固定一带电荷量为+Q 的 点电荷。有一质量为 m、带电荷量为–q 的小球（可视为质点）沿着轨道外侧做圆周运动。A、B 两点分 别是轨道的最高点和最低点，不计一切摩擦和空气阻力，则 02 ( )m E W− 8 m 2 / 14 A．小球通过A点的最小速率为 B．小球以速率 通过A点时，轨道对小球的作用力为零 C．若小球恰能沿轨道做完整的圆周运动，则小球在B点时的速率为 D．若小球恰能沿轨道做完整的圆周运动，则小球在B点时的速率为 17．如图 1，直线 MN 表示某电场中的一条电场线，a、b、c 是线上的三点。将一带正电荷的粒子从 a 点处 由静止释放，粒子在 a、c 间运动的 v–t 图线如图 2 所示，已知 b 为 a、c 中点，4T 时刻粒子位于 a 处。 设 a、b、c 三点的电势分别为 、 、 ，场强大小分别为 、 、 ，不计重力，则有 A． B． C． D． 18．如图所示，在平面直角坐标系 xOy 内，仅在第二象限内有垂直于纸面向外的磁感应强度为 B 的匀强磁 场，一质量为 m、电荷量为+q 的粒子在纸面所在平面内从 A 点射入磁场。当粒子速度为 v0 时，最远到 达 y 轴上的 C 点，已知 OA=OC=d，则下列说法中正确的是 A．若粒子从O、C间通过y轴，则其速度一定小于v0 B．若粒子从O、C间通过y轴，则其速度一定大于 gR gR gR2 gR5 aϕ bϕ cϕ aE bE cE cba EEE >> cba EEE = bca ϕϕϕ ca ϕϕ = ba ϕϕ > 9 / 14 的，其轨迹圆心在 AC 中点，半径为 ，由于粒子进入磁场的方向不确定，所以若粒子从 O、C 间 通过 y 轴，则其速度不一定小于 v0，选项 A 错误；若粒子通过 O 点，则其轨迹圆心一定在 OA 的中垂 线上，最小半径为 ，由 可得， ，当速度大于 时，控制射入方向，粒 子可以从 A、O 间或 O、C 间任意位置通过，也可以从 O 点通过，当速度小于 时，粒子仅可以从 A、O 间通过，所以选项 C、D 错误，选项 B 正确。 19．AC【解析】太阳质量缓慢减小，日地之间万有引力减小，地球运动的半径增大，速率减小，角速度减 小，公转周期变大，所以地球会变冷，地球“一年”的时间变长，北半球的夏季时间变长，所以选项 A、C 正确，选项 B 错误；地球同步卫星的高度 ，与地球的质量 M、地球自转周期 T 和地球 半径 R 有关，因此不变，选项 D 错误。 20．BC【解析】由题图可知，0~2 s内 ，可得a1=2 m/s2，2~3 s内， ，a2=0， 3~4 s内 ，得a3=–4 m/s2，所以选项B、C正确。 21．AB【解析】导体棒切割磁感线产生的电动势 E=2Brv，A 正确；左、右两侧的圆环为并联关系，阻值为 ，导体棒上电流为 ，B 正确；热功率 ，C 错误； 导体棒两端的电势差应等于路端电压， ，D 错误。 22．（5 分） （1）平衡摩擦力过度（2 分） 未平衡摩擦力（合理即可）（2 分） （2）0.75（1 分） 【解析】（1）根据 ，分析可知图线①是由于平衡摩擦力过度，图线② 是由于未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。 （2）因为 T=0.10 s，根据 ，小车的加速度为： 。 23．（10 分） （1） （2 分） （2）B（1 分） C（1 分） （3）A（2 分） （4） （1 分） （1 分） （1 分） （1 分） 【解析】（1）欧姆表的内阻应为表内所有元件电阻之和，即 ； （2）滑动变阻器无法读出阻值，应选 B（电阻箱），两节干电池的电动势最大为 3.0 V，所以应选 C d2 2 d2 1 r vmqvB 2 = m qBdv 2min = m qBd 2 m qBd 2 3 2 24π GMTh R= − 1mamgF =− µ 2 NF mgµ= = 3mamgF =− µ π 2 rR S ρ=并 2 4 π 2 π 2 E Brv BrvSI rR R RS rR S ρ ρ= = =+ ++并 2 2 28 2 π B r v SP EI RS rρ= = + 22 π 2 π BvrU IR RS r ρ ρ= = +并 M MgMg M Fa θµθ cossin −+= 2aTx =∆ 236 03 06 03 2 2 2 0.75 m / s 3 9 x x x xa T T − −= = = （ ） H gR R r+ + 1 1 a 3 1 1 2 a a a a − 3b 3 1 2 b b b − H gR R R rΩ = + + 10 / 14 （量程 3 V 的电压表）； （3）黑表笔连接内部电源的正极，所以应接图 2 电路的 A 端； （4）由闭合电路欧姆定律得： ，可变形为： ，所以：图 3 中，图线与纵轴的截距 ，斜率 ，即 ， ；又可以变形为： ，所以图4中，图线与纵轴的截距 ，斜率 ，即 ， 。 24．（12 分） （1） （2） 【解析】（1）设 A 与 B 碰撞前 A 的速度为 v0，碰撞后 A 的速度为 v1、B 的速度为 v2，则 A 沿斜面下 滑的过程，由动能定理可得： （1 分） 又 （1 分） 由几何关系可知： （1 分） A、B 发生完全弹性碰撞，动量守恒、能量守恒，可得： （1 分） （1 分） 对碰撞后 A 返回斜面的过程，由动能定理有： （1 分） 联立解得： （1 分） （2）A、B 碰撞后，对 B 由动能定理得： （1 分） 对 A 由动能定理得： （1 分） 由题可知： （1 分） 解得： （2 分） 25．（20 分） （1） （2） D 点坐标为（2l，0） （3）见解析 ΩΩ +=+= RR UUIRUE RE R EU 111 ⋅+= Ω Ea 1 1 = E R a aa Ω=− 2 13 1 1 aE = 21 13 aa aaR −=Ω Ω−= RR UEU 3b E= Ω−=−− Rb bb 2 13 3E b= 2 13 b bbR −=Ω 0.14 mh = 2.4 md = 02 1 2 0 −=− mvfsmgH θµ cosmgf = θsin Hs = 210 2mvmvmv += 2 2 2 1 2 0 22 1 2 1 2 1 vmmvmv ）（+= 2 12 10sincos mvhmgmgh −=⋅−− θθµ 0.14 mh = 2 222 102 vmgsm B ）（）（ −=− µ 2 12 10sincos2 mvmgshmg A −=−⋅− µθθµ AB ssd −= 2.4 md = ql mvB 0= ql mvE 2 2 0 1 = 11 / 14 【解析】（1）由题，粒子在二、三象限内做匀速圆周运动，可知其轨迹圆心为点 O，半径为 l， （1 分） 解得： （1 分） （2）由题知，粒子在第一象限内做类平抛运动，竖直位移为 l，水平位移即为 D 点横坐标 xD，有： （1 分） （1 分） （1 分） （1 分） （1 分） 解得： ， （1 分） D 点坐标为（2l，0）（1 分） （3）若要使该粒子可以返回 A 点并沿固定路线做周期性运动，则应满足：v1 的水平分量 v1x 需反向且 大小为 v0，v1 的竖直分量 v1y 需减小为零。 由题及（2）知： ， （1 分） 由于 E2 为匀强电场，所以粒子在第四象限内做匀变速运动，设粒子在 x 方向的加速度大小为 ax，位移 为 sx，在 y 方向的加速度大小为 ay，位移为 sy，则有： （1 分） （1 分） （1 分） l vmqBv 2 0 0 = ql mvB 0= m qEa 1= 2 2 1 atl = tvxD 0= 0 1tan v v y=θ atv y =1 lxD 2= ql mvE 2 2 0 1 = 01 vv x = 01 vv y = 1 0x xv a t v′− = − 1 0y yv a t′− = 2 1 1 =02x x xs v t a t′ ′= − 12 / 14 （1 分） 设 E2 在 x 负方向的分量为 E2x，y 方向的分量为 E2y，E2 与 x 负方向的夹角为 α，则有： （1 分） （1 分） （1 分） 解得： ， （如图所示）（1 分） 设粒子达到电场最右端时与 D 点的水平距离为 ，则 ，其中 （1 分） 匀强电场为矩形区域，四个顶点分别为（2l,0）,（ ,0）,（2l,–l）,（ ,–l）。（1 分） 33．（1）BCE（5分） 【解析】在液体中的悬浮颗粒越小，受到周围液体分子的作用力的不平衡性越明显，布朗运动越明显， 若悬浮颗粒过大，则颗粒受到周围液体分子的作用力相互抵消，且大颗粒质量大，使布朗运动几乎观 察不到，选项A错误；单晶体具有规则的几何形状，组成单晶体的基本粒子（原子、分子或离子）的排 列具有空间周期性，选项B正确；液晶态下的物质称为液晶，其既有晶体的性质又有液体的性质，选项 C正确；所有的金属都是晶体，选项D错误；干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，是 由于湿泡外纱布中水蒸发吸收热量，使湿泡的温度降低的缘故，选项E正确。 （2） （10 分） 【解析】设活塞脱落部分的质量为 Δm，气缸倒置前气体Ⅱ的压强为 p20，倒置后上下气体的压强分别 为 p2、p1，由力的平衡条件有 （2 分） （2 分） 倒置过程中，两部分气体均经历等温过程，设气体的总体积为 V0，由玻意耳定律得 （2 分） 2 1 1 2y y ys v t a t l′ ′= − = xx maqE =2 yy maqE =2 2 2 2 22 yx EEE += x y E E 2 2tan =α 2 0 2 5 2 mvE ql = 2 1arctan=α xs ′ 1= 2 x x vs t′ ′′ 2 tt ′′′ = = 2x ls ′∴ 5 2 l 5 2 l g pSmgm 3 45 −=∆ 20 mgp p S = + 1 2 m m gp p S − ∆= +（ ） 42 0 1 0 VpVp = 13 / 14 （2 分） 解得： （2 分） 34．（1）BCE（5 分） 【解析】由题意和振动图象不能判断该波刚传到 Q 点时，质点 Q 的起振方向，选项 A 错误；由图线可 知 T=6 s，若振动由 P 向 Q 传播，质点 P 的振动图象向右平移 4 s 后与 Q 点的振动图象重合，意味着 Q 比 P 的 振 动滞 后 了 4 s， 即 P 传 到 Q 的 时 间 Δt 可 能 为 4 s， 故 波从 P 传 到 Q 的 时 间可 能 为 （n=1、2、3……），若振动由 Q 向 P 传播，质点 Q 的振动图象向右平移 2 s 后与 P 点的振动图象重合，意味着 P 比 Q 的振动滞后了 2 s，即 Q 传到 P 的时间 Δt'可能为 2 s，故波从 Q 传 到 P 的时间可能为 （n=1、2、3……），故该机械波在 P、Q 间传播的时间可能为 10 s，选项 B 正确；根据 可得 （n=1、2、3……），故波速可能为 0.5 m/s，不可能为 2 m/s，选项 C 正确，选项 D 错误；根据 ， （n=1、2、 3……），当 n =3 时，λ= m 或 3 m，选项 E 正确；故选 BCE。 （2） （10 分） 【解析】如图 1，考虑从正方形的一顶点 A 发出的一条光线，假设它斜射到水面上表面的 A'点刚好发 生全反射，设其入射角为 ，根据折射定律有 n= （2 分） 设 AA'线段在水面上表面的投影长为 L，由几何关系有 sin = （2 分） 水面光斑为一圆角矩形，如图 2 所示（2 分） 其面积为： （2 分） 4 3 2 0 2 0 20 VpVp = g pSmgm 3 45 −=∆ ( 4) s (6 4) snT n+ = + s)26(s)2( +=+ nnT dtv =∆ m/s26 10m/s46 10 ++= nnv 或 vT=λ m26 60m46 60 ++= nn 或λ 11 30 2 2 2 2 π 14 1 1 hS R Rh n n = + + − − θ 1 sinθ θ 2 2 L L h+ 2 2π 4S L R RL= + + 14 / 14 联立解得： （2 分） 2 2 2 2 π 14 1 1 hS R Rh n n = + + − −