物理-全国名校2020年高三6月大联考（新课标Ⅰ卷）（全解全析）.doc

全国名校2020年高三6月大联考（新课标I卷）‎ 理综物理·全解全析 ‎14‎ ‎15‎ ‎16‎ ‎17‎ ‎18‎ ‎19‎ ‎20‎ ‎21‎ B B B D C AB BCD CD ‎14．B【解析】发生β衰变时，原子核内的中子转化为质子和电子，与外层电子无关，A错误；γ射线是原子核发生α衰变和β衰变后新核处于不稳定状态产生的，B正确；根据质量数和电荷数守恒，可知应为电子，C错误；用α粒子轰击铍核，铍核转变为碳核，同时产生一个中子，D错误。‎ ‎15．B【解析】弹簧弹力不会突变，撤去挡板之前A、B、C三个物体均处于平衡状态，挡板对A的支持力大小为3mgsin30°，撤去挡板的瞬间，挡板对A的支持力立刻消失，其他力不变，此时A的加速度最大，为3gsin30°，故A的最大加速度是，D错误；撤去挡板的瞬间，B与C受力情况均不变，加速度均为0，故B正确，A错误。B与C恰好分离的瞬间，B、C之间没有弹力，此时弹簧恢复原长，对A、B无弹力，A、B、C三个物块的瞬时加速度都是gsin30°，方向平行斜面向下，因此C选项错误。‎ ‎16．B【解析】初速度为0的匀加速直线运动速度与位移的关系，图中v与x是一次函数关系，故运–20飞机在平直跑道上起飞的过程不是匀加速直线运动，A错误；若飞机在跑道上做匀加速直线运动，则飞机加速到2v0走的位移应该是4x0，从图中看出运–20飞机加速到2v0只走了2x0的位移，因此从O到B运–20飞机做的是加速度增大的加速运动，故B正确；运–20飞机在OA之间的动能增加量，在AB之间的动能增加量，，故C错误；运–20飞机在B点的加速度大于在A点的加速度，故在B点所受合外力大于在A点所受合外力，D错误。‎ ‎17．D【解析】因卫星先后两次变轨时均需点火加速，卫星的动能增大，所以点火瞬间卫星的机械能增大，而点火结束后卫星只受万有引力作用，卫星的机械能守恒，故卫星在轨道Ⅲ上的机械能大于在轨道Ⅰ上的机械能，选项A错误；卫星在轨道Ⅱ上运行时，其最大运行速度介于7.9 km/s与11.2 km/s之间，选项BC错误；据开普勒第三定律及（其中a为椭圆的半长轴、T为周期、M为地球的质量、G为引力常量），可求出地球的质量，选项D正确。‎ ‎18．C【解析】根据题意可知在t0时刻汽车的速度达到了54 km/h（15 m/s），在0~t0这段时间内汽车靠电动机输出功率，其加速度为，因此，A错误；电动机输出的最大功率，B错误；由图可知在t0‎ 物理 全解全析 第8页（共8页）‎ 时刻切换动力引擎之后瞬时牵引力大小为6 000 N，牵引力的功率为，在之后的时间内，功率不变，因此牵引力做功为，C正确；汽车在11 s末的速度为，从t0时刻到11 s末，由动能定理得，可得，D错误。‎ ‎19．AB【解析】A、C两点处的电荷均为正电荷，B、D两点处的电荷均为负电荷，由几何关系和对称性可知，E点电势大于F点的电势，E点场强和F点场强相等，故A、B选项正确；O点是AB的中点，也是C、D的中点，由等量异种点电荷连线的中点电势为零可知O点电势等于零，A、B两处电荷在O点产生的场强方向沿OB方向，CD两处电荷在O点产生的场强方向沿OD方向，根据场强的叠加可知O点场强不为零，C选项错误；由题意知，在直线EF上，AC连线中点电势最高，BD连线中点电势最低，故正电荷沿直线从E点运动到F点，电势能先增大后减小再增大，D错误。‎ ‎20．BCD【解析】由题意知，线框经过Ⅱ位置时穿过线框的磁通量增加，线框经过Ⅲ位置时穿过线框的磁通量减少，由楞次定律可知，经过两位置时线框中感应电流的方向相反，A错误；由图示可知，线框经过Ⅱ位置和Ⅲ位置时，线框切割磁感线的有效长度（设为L）相等，由可知，线框产生的感应电动势相等，由欧姆定律可知，线框中的感应电流大小相等，故B选项正确；导线粗细均匀，故ab，bc，cd，da段电阻相等，线框在Ⅱ位置时cd两点的电压，线框在Ⅲ位置时cd两点的电压，所以电压之比为3:1，C选项正确；穿过线框横截面的电荷量，在Ⅱ位置和Ⅲ位置，有磁场存在的面积之比为1:1，所以从Ⅰ位置到Ⅱ位置和从Ⅰ位置到Ⅲ位置的两个过程中，穿过线框横截面的电荷量之比为1:1，D选项正确。‎ ‎21．CD【解析】小球与滑块组成的系统在水平方向动量守恒，若小球能飞离轨道，则飞离轨道瞬间，因轨道上端的切线方向是竖直的，所以小球与圆弧轨道有相同的水平速度v，小球另外还有竖直分速度，它从轨道上端飞出后相对于地面做斜抛运动，A选项错误；小球滑上轨道B，并从轨道B上滑下的过程，与完全弹性碰撞类似，有，，则。若m>M，则v1>0，小球不能滑上轨道C；若m>m。实验选取数据时通常会选用点迹清晰的一段，不一定要从第一个点开始选用，利用逐差法计算对选取的纸带区域没有限制，为了减小误差，通常选用逐差法计算加速度。‎ （2） 本实验平衡摩擦力后，小车的加速度，所以图线的斜率是；‎ ‎23．（1）V1（2分） R2（2分） （2）连线电路如图所示（2分） （3）绘制U-I图线如图所示（2分）‎ ‎（4）从U-I图线可以看到，0~0.8 V图线是直线，电机内阻R约为0.5 Ω，0.8 V后电机开始逐步启动，3 V时电流约2.0 A左右，电机的额定功率约6 W（2分）（答案合理即可）‎ ‎【解析】（1）直流电源为E1，采用分压接法，电压表应选V1，滑动变阻器选R2，调节范围宽，测量误差小。‎ ‎（2）连线电路图如下左图。‎ ‎（3）U-I图线如下右图。‎ ‎（4）从U-I图线可以看到，0~0.8 V图线是直线，电机内阻R约为0.5 Ω，0.8 V后电机开始逐步启动，3 V时电流约2.0 A左右，电机的额定功率约6 W。（合理即可）‎ ‎24．（1）（6分） （2）（6分）‎ 物理 全解全析 第8页（共8页）‎ ‎【解析】（1）竞技爱好者飞越河道时，在上升过程中是平抛运动的逆过程，然后从最高点开始做平抛运动，设在空中飞行的时间为t，斜面的倾角为θ，由题意可得 ‎（1分）‎ ‎（1分）‎ 则（1分）‎ 从斜坡飞出时，沿竖直方向的分速度（1分）‎ 则时间，（1分）‎ 河宽（1分）‎ ‎（2）为了确保安全，摩托车必须顺利通过最高点A，由题意可得 ‎（2分）‎ ‎（1分）‎ 从落点到最高点由机械能守恒可得：‎ ‎（1分）‎ 由以上可得（1分）‎ 故最大半径为（1分）‎ ‎25．（1）E1= B=（6分） （2）v1= v2=（4分）‎ ‎（3），（10分）‎ ‎【解析】（1）设粒子a从（–L，L）沿x轴正方向以速度v0射出，在y轴P点处进入磁场，速度方向与y轴夹角为53°，可知此时粒子a速度为v，与水平方向夹角为37°，由于粒子此过程为类平抛运动，根据相关规律，得：‎ L=v0t 物理 全解全析 第8页（共8页）‎ v0tan37°=at qE1=ma（1分）‎ 联立解得：E1 = （1分）‎ 此过程中粒子a下降的距离h==L 粒子a到达y轴的P点坐标为（0，）（1分）‎ 粒子a进入磁场后的速度为v，v=，方向与y轴夹角为53°，在磁场中做匀速圆周运动，沿垂直于x轴的方向到达x 轴上的M点。若粒子a在磁场中运动的轨道半径为R，由几何关系可得：‎ 即R=2L（1分）‎ 根据带电粒子在磁场中运动规律及牛顿第二定律，得（1分）‎ 解得：B=（1分）‎ ‎（2）在M点，粒子a与粒子b发生弹性碰撞，遵守动量守恒定律和能量守恒定律，设碰后粒子a与粒子b的速度大小分别为v1和v2，以向下为正方向，则可得：‎ ‎（1分）‎ ‎（1分）‎ 解得v1=（1分）‎ v2=（1分）‎ ‎（3）粒子a与粒子b形状大小一样，发生弹性碰撞后电荷量平分，每个粒子带电荷量均为–，设两粒子碰后第一次先后通过的点为N点，由第（2）问可知，粒子a碰后反弹，在磁场中做圆周运动，半径为R1；粒子b进入电场2后匀变速直线运动，返回磁场后做匀速圆周运动，半径为R2；‎ 由 得R1=（1分）‎ ‎ 得R2=（1分）‎ 物理 全解全析 第8页（共8页）‎ 因为R2=4R1的关系，则粒子b进入磁场后转过半个圆周到达N点；粒子a运动半个圆周后到达x轴进入电场，在电场里匀变速直线运动，返回磁场后做匀速圆周运动，如此运动在磁场中转过四个半圆周，在电场中往返三次到达N点。‎ 设粒子a和粒子b在磁场中的运动周期为T1和T2‎ T1=‎ T2=（1分）‎ 设粒子a和粒子b在电场中运动时做匀减速的时间分别为t1和t2，‎ ‎（1分）‎ ‎（1分）‎ 因为加速时间与减速时间相等，粒子a与粒子b碰后到达N点的时间分别为：‎ ‎（1分）‎ ‎（1分）‎ 则粒子a与粒子b碰后先后到达N点的时间间隔为 物理 全解全析 第8页（共8页）‎ ‎（1分）‎ 若粒子a先通过该点，则（1分）‎ 解得：（1分）‎ ‎33．（1）（2分） （1分） （2分）‎ ‎【解析】火星的表面积S＝4πR2，火星表面大气的重力与大气压力大小相等mg＝p0S，所以大气的总质量m＝；火星表面大气层的分子数为N＝NA=，可以认为每一个气体分子占据的空间为一个小立方体，小立方体紧密排列，其边长即为分子间的距离，设分子间距离为a，大气层中气体的体积为V，则有V＝4πR2h，a＝。‎ ‎（2）（i）（5分） （ii）（5分）‎ ‎【解析】（i）由题意可知，封闭气体的温度不变，设外力的方向改变前后，系统再次稳定时，封闭气体的压强大小分别为、，活塞距离气缸底部的距离分别为、。‎ 对活塞由力的平衡条件可得：、（2分）‎ 又因为、（1分）‎ 由玻意耳定律（1分）‎ 代入数据解得，满足题意。（1分）‎ ‎（ii）假设气缸内气体的温度变化前后的温度分别为、，最终活塞到气缸底部的距离为，、=0.2 m（1 分）‎ 最终气体的压强大小为、=（1分）‎ 由理想气体状态方程得=（2 分）‎ 解得：，即（1分）‎ ‎34．（1）ACE（5分）‎ 物理 全解全析 第8页（共8页）‎ ‎【解析】由图可知，波长λ=4 m，t=0时刻波形如图所示，且质点M刚好开始振动，再经过0.8 s，质点P第一次到达波谷，故第一个波谷传到P点经过的时间为Δt=0.8 s，距离Δx=11 m–3 m=8 m，故波速，质点M的起振方向向下，故该波向右传播，故A正确；周期T=，再经过0.2 s，即半个周期，质点M走过的路程是10 cm，故B错误，C正确；质点M、N平衡位置间距离为2 m=λ，故两质点振动刚好相反，那么，当质点M处在波峰时，质点N一定在波谷，故D错误；由题意可知，质点P开始振动时沿y轴负方向，故E正确。‎ ‎（2）（i）（7分） （ii）x＝l（3分）‎ ‎【解析】（i）因为从BC边射入的光线与BC边夹角为30°，则从BC边射入光线的入射角为60°，光线第一次的折射角与第二次的入射角相等，即第一次的折射角α＝30°（2分）‎ 由折射定律可得n＝＝（2分）‎ 从N点射入的单色光在棱镜中传播的时间为 ‎（3分）‎ ‎（ii）设从AC表面射出的光线的宽度为x，由几何关系可得x＝2lsin 30°＝l（3分）‎ 物理 全解全析 第8页（共8页）‎