1、2019年高考原创押题预测卷02【新课标卷】理科综合物理全解全析1415161718192021CDCBBADCDBC14C【解析】根据玻尔理论可知，氢原子从n6能级向n1能级跃迁时辐射出光的能量大于氢原子从n6能级向n2能级跃迁时辐射出光的能量，结合光电效应发生的条件可知，若氢原子从n6能级向n1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n6能级向n2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应，故A正确；根据质量数守恒与电荷数守恒可知，核反应方程式CsBax中，x的质量数为0，电荷数为：Z55561，所以x为电子，故B正确；衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个
2、电子，将电子释放出来，衰变释放的电子不是来自于核外电子，故C错误；质子和中子结合成粒子，核反应方程为2H2nHe，根据爱因斯坦质能方程可知，释放的能量是Emc2（2m12m2m3）c2，故D正确。本题要求选说法错误的，故选C。15D【解析】若小球与小车一起匀速运动，则细绳对小球无拉力；若小球与小车有向右的加速度agtan ，则轻弹簧对小球无弹力，故选项D正确。16C【解析】由题图乙知，F6 N时，滑块与木板刚好不相对滑动，加速度为a1 m/s2。对整体分析，由牛顿第二定律有F（Mm）a，代入数据计算得出Mm6 kg，当F6 N时，对木板，根据牛顿第二定律得: ，知图线的斜率k，则M2 kg，滑
3、块的质量m4 kg；故AB不符合题意；根据F6 N时，a1 m/s2，代入表达式计算得出0.1，当F8 N时，对滑块，根据牛顿第二定律得mgma，计算得出ag1 m/s2，故C符合题意，D不符合题意。故选C。17B【解析】 做斜上抛运动的物体只受到重力的作用，加速度等于重力加速度所以A与B的速度是相等的故A错误；如做竖直上抛运动的物体上升的高度为h,则物体在空中的时间，由于A球上升是高度更高，所以A在空中运动的时间长故B正确； 二者在水平方向的位移：x=vxt，由于二者在水平方向的位移是相等的，而A运动的时间长，所以A的水平方向的分速度小又由于在最高点物体只有水平方向的分速度，所以A球在最高点
4、的速度小故C错误；A在空中运动的时间长，则A在竖直方向的分速度大；又由于A在水平方向的分速度小，所以不能判断出二者开始时合速度的大小关系，不能判断出开始时二者机械能的大小二者在运动的过程中机械能不变，所以也不能判断出二者落回Q点时的机械能一定相同故D错误故选B18B【解析】由最小发射速度应是万有引力等于重力，而重力又充当向心力时的圆周运动速度，由此可以解得最小发射速度。小球获得瞬时冲量的速度为v0，有；而小球恰好通过圆周的最高点，满足只有重力提供向心力，；从最低点到最高点由动能定理可知：；联立解得月球的近地卫星最小发射速度即为月球的第一宇宙速度，满足，解得，故选B。19AD【解析】由图可知Ex
5、图象所包围的面积表示两点间的电势差大小，因此，由于o=0，因此，故A正确；粒子由A到B过程电场力一直做正功，则带正电粒子一直加速运动，在该过程电场强度不变，带电粒子做匀加速直线运动，故B错误；粒子在OA段的平均电场力大于BC段的平均电场力，则OA段的电场力做功大于BC段电场力做功，由功能关系知，粒子在OA段电势能的变化量大于BC段变化量，或者从OA段和BC段图象包围的面积分析可知UOAUBC，根据电场力做功公式W=qU和W=E电，也可得出粒子在OA段电势能的变化量大于BC段变化量。故C错误；从O到B点过程列动能定理，则有W电=qUOB=EKB0，而UOB=E0（d+2d），联立方程解得EKB=
6、，故D正确。故选AD。20CD【解析】根据左手定则，知负离子所受洛伦兹力方向向下，则向下偏转，N板带负电，M板带正电，则N板的电势比M板电势低，故A错误；最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：，解得：，与离子浓度无关，故B错误；污水的流速：，则流量，故C正确；污水的流速：；污水流过该装置时受到阻力；为使污水匀速通过该装置，左、右两侧管口应施加的压力差是60N，则压强差为，故D正确。21BC【解析】由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当x为0.1m时，小球的速度最大，然后减小，说明当x为0.1m时，小球的重力等于弹簧对它的弹力，所以可得kx=mg解得，弹
7、簧的最大缩短量为xm=0.61m，所以弹簧的最大值为Fm=20N/m0.61m=12.2N，弹力最大时的加速度，小球刚接触弹簧时加速度为10m/s2，所以压缩到最短的时候加速度最大，故A错误，C正确；当x=0.1m时，速度最大，则弹簧的弹力大小等于重力大小，小球的加速度为零，故B正确；设小球从释放点到弹簧的原长位置的高度为h，小球从静止释放到速度最大的过程，由能量守恒定律可知，解得，故D错误。故选BC。22（1）0.225 （1分） （2）. 0.5 （2分） （3）不变（2分）【解析】（1）由图知第5条刻度线与主尺对齐，则读数为：；（2）设斜面的长为s，倾角为，由动能定理得：即：，由图象可知
8、，当时，代入得到：；（3）由知斜率为定值，若更换动摩擦因数更小的斜面，图象的斜率不变23（1）1.990（2分） （2）500 （2分） （3）电路图如图所示（3分） （4） （3分）【解析】（1）螺旋测微器固定刻度为1.5mm，可动刻度为49.00.01mm=0.490mm，所以最终读数为1.5mm+0.490mm=1.990mm（1.9891.991mm均正确 ）。（2）表盘的读数为5，所以导电玻璃的电阻约为5100=500（3）电源的电动势为12V，电压表的量程为10V，滑动变阻器的电阻为20，由于滑动变阻器的电阻与待测电阻的电阻值差不多，若串联使用调节的范围太小，所以滑动变阻器选择分压
9、式接法； 流过待测电阻的电流约为：I=0.006A=6mA，两电压表量程均不合适；同时由于电压表量程为10V，远大于待测电阻的额定电压3V，故常规方法不能正常测量；所以考虑用电流表改装成电压表使用，同时电压表量程为10V，内阻RV=1k，故满偏电流为10mA，符合要求，故将电压表充当电流表使用，电流表A2与R2串联充当电压表使用，改装后量程为4V，可以使用，由于改装后电表已知，故内外接法均可，故电路图如图所示；（4）根据串并联电路的规律可知，待测电阻中的电流：I=-I2电压：Ux=I2（R2+RA2）由欧姆定律可知电阻：Rx=根据电阻定律可知：R=而截面积：S= 联立解得：= 24（1）24.
10、5J；（2）2.4m（3）24J。【解析】（1）将物块a在B点的速度沿水平和竖直方向分解，则 （1分）物块a由E到B的过程中根据能量守恒有 （1分）（2）物块a、b碰撞过程中根据动量守恒 （1分）解得 （1分）对ab整体，根据牛顿第二定律有 （1分）解得 （1分）减速位移 （1分）故先减速到0再反向加速,减速时间 （1分）相对位移 （1分）加速时间 （1分）相对位移： （1分）故划痕长度 （1分）（3）由于物块动能未变，故电动机多消耗的电能用来补充系统损失掉的热量 （2分）25（1）（2），粒子初速度方向与y轴正方向夹角为30（3）【解析】（1）垂直y轴方向射入磁场的粒子运动轨迹如图甲所示。由
11、几何关系知，粒子运动轨迹的圆心在O点，轨迹半径：r1a （1分）由洛伦兹力提供向心力得：qv1Bm （2分）解得：v1。（1分）（2）当粒子初速度方向与y轴正方向夹角为30时，粒子在第一象限的磁场中运动的时间最长，此时运动轨迹对应的圆心角：150（1分）粒子在磁场中运动的周期：T （1分）粒子的运动时间：tT。（2分）（3）粒子在第一象限内的轨迹如图乙所示。设粒子射入磁场时速度方向与y轴负方向的夹角为，轨迹半径为R，由几何关系得：RRcos（1）a （1分）Rsina（1分）解得：45（1分），Ra （1分）由洛伦兹力提供向心力得：qv0Bm （1分）此粒子进入磁场的速度：v0 （1分）设粒子
12、到达y轴上yb点的速度大小为v，根据动能定理得：qEbmv2mv （2分）解得：v 。（2分）33（1）ABE【解析】由理想气体状态方程C得，pT，由题图可知，VaVc，选项A正确；理想气体的内能只由温度决定，而TaTc，故气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能，选项B正确；由热力学第一定律UQW知，cd过程温度不变，内能不变，则QW，选项C错误；da过程温度升高，即内能增大，则吸收的热量大于气体对外界做的功，选项D错误；由理想气体状态方程知：C，即paVaCTa，pbVbCTb，pcVcCTc，pdVdCTd.设过程bc中压强为p0pbpc，过程da中压强为p0pdpa.由外界对气体做功
13、WpV知，过程bc中外界对气体做的功Wbcp0（VbVc）C（TbTc），过程da中气体对外界做的功Wdap0（VaVd）C（TaTd），TaTb，TcTd，故WbcWda，选项E正确（2）（） 1.06 kg/m3 （） 59.8 【解析】（）设加热至热力学温度T，灯内气体密度为，孔明灯刚能浮起，有：0VgmgVg（2分）解得：1.06 kg/m3。（2分）（）孔明灯底部开口，说明灯内气体压强不变。以t07 （热力学温度为T0）时灯内气体为研究对象（初始体积V0V），设加热后体积膨胀至V，有：（2分）又因为灯内原有气体总质量不变，则：0V0V（2分）联立代入T273t及数据，得：T332.8
14、 K，即t59.8 。（2分）34（1）BCD【解析】由图看出，波源Sl形成的水波波长大于波源S2是形成的水波波长，两列波在同一介质中传播，波速相等，由波速公式v=f得知，两列波的频率不等，不会形成干涉现象，但能发生叠加现象，故A错误；根据两列水波波源S1和S2的振幅分别为2A和A，结合图可知，此时刻A点和B点的位移大小分别是A和3A，故B正确。在杨氏双缝实验中，若两缝之间的距离稍微加大，其他条件不变，根据可知，则条纹间距减小，干涉条纹将变密集，选项C正确；情形3中小圆盘和小圆孔衍射均为中央亮点的同心圆形条纹，选项D正确，E错误。故选BCD。（2） 【解析】作出光路图，如图所示由图可知光在三棱镜中的折射角r为30根据光的折射定律：n得：n要使光全部从器具的右端面射出必须以全反射的方式传播，每次的入射角都大于或等于临界角，但等于临界角时路程最大，时间最长，如图所示第一次发生全反射时，由几何关系知：sin C，s1nl1设光经N次全反射从右端面射出，则在长方体内的总路程为s1s1s1s2s3sn4Rn光在器具内总路程ss1s24RnR光在器具中的传播速度v所以光在器具中最长的传播时间t