2019年高考物理金榜押题卷答案三

海量资源尽在星星文库：解析：根据动量守恒可知，22486Rn核与粒子的动量大小相等，方向相反，所以二者动量不同，因此A错误。镭核22888Ra衰变成22486Rn核过程中，存在质量亏损，导致衰变后22486Rn核的质量与粒子的质量之和小于衰变前镭核22888Ra的质量，所以B错误。少量放射性元素的衰变是一个随机事件，对于8个放射性元素，无法准确预测其衰变的个数，所以C错误。2kg的22888Ra，符合统计规律，经过2的时间，已有1.5kg发生衰变，所以D正确。综上所述，选项D正确。15.C解析：A项:由公式2GMgr可知,高度越高,重力加速度越小,所以g1g2,故A错误;B项:由公式GMvr可知,高度越高,线速度越小,所以v1v2,故B错误;C项:由公式3GMr可知,高度越高,角速度越小,所以ω1ω2,故C正确;D项:由公式234rTGM可知,高度越高,周期越大,所以T1T2,故D错误;故应选C。16.C17.C18.C19.CD20.BC解析：A、滑块A运动到P点时,垂直于杆子的方向受力平衡,合力为零;沿杆子方向,重力有沿杆向下的分力mgsin53°,根据牛顿第二定律得:mgsin53°=ma,a=gsin53°,故A错误。B、滑块A由O点运动到P点的过程中,绳子的拉力对滑块A做正功,其机械能增加;故B正确。C、D、由于图中杆子与水平方向成53°,可以解出图中虚线长度:,所以滑块A运动到P时,A下落,B下落,当A到达P点与A相连的绳子此时垂直杆子方向的速度为零,则B的速度为零,以两个物体组成的系统为研究对象,由机械能守恒定律得:212MgHmghmv,解得52m/sv;故C正确,D错误。故选BC。21.ABC22.3.dt;222dht4.a-m5.3.0kg;1.0kg解析：3.由很短时间内的平均速度近似等于瞬时速度可知，dvt；由匀变速直线运动的速度位移公式得：2222dahvt，解得：222daht；海量资源尽在星星文库：由牛顿第二定律得：00()[()]()ABABmmgmmmgmmma，解得：00()2ABABmmmgmgammm，所以应作出a-m的图象；5.图象斜率为：024ABgmmm，截距为：00()2ABABmmmgmmm，联立解得：3.0,1.0ABmkgmkg。23.1.CD;2.4.21900或1.9×1033.ABD;4.AC解析：1.由图示电路图可知,当S接触点3时,表头与分压电阻串联,此时多用电表处于测量电压的挡位,其中接线柱B接的是黑表笔,故A错误;由图示电路图可知,当S接触点2时,表头与电源相连,此时多用电表处于测量电阻的挡位,其中接线柱B接的是黑表笔,故B错误,C正确;由图示电路图可知,当S接触点1时,表头与分流电阻并联,此时多用电表处于测量电流的挡位,其中接线柱B接的是黑表笔,故D正确;故选CD。2.若所选挡位为直流10A挡,由图所示可知,其分度值为0.2A,则示数为4.2A。若所选挡位为电阻×100Ω挡,由图所示可知,示数为:19×100=1900Ω;3.用多用电表正确测量了一个约15Ω的电阻后,要继续测量一个阻值约2kΩ的电阻,首先要把选择开关置于×100挡位位置,然后进行欧姆调零,把红黑表笔短接,调节欧姆调零旋钮使指针指针欧姆零刻度线位置,最后再测电阻,故合理的步骤是:BAD;4.设欧姆表内电池电动势为E,内阻为r,电流表内阻与调零电阻的和为Rg,则有:gxEIRrR,则I-Rx图象是双曲线的一条,随着Rx的增大,I减小,故C正确,D错误;上式的倒数:g1xRrRIE,可知1I−Rx是线性函数,Rx=0时,1I0且有最小值,1I随着Rx的增大而增大,故A正确,B错误。故选AC.24.1.当弹簧压缩最短时,弹簧的弹性势能最大,此时滑块A、B共速由动量守恒定律得0AABmvmmv解得014/1/13AABmvvmsmsmm弹簧的最大弹性势能即滑块A、B损失的动能22011()622mpAABEmvmmvJ2.当弹簧恢复原长时,滑块B获得最大速度由动量守恒和能量守恒得0AAABmmvmvmv2220111222ABmAAmvmvmv解得2/mvms25.1.粒子在第Ⅲ象限做类平抛运动：023dvt①qEam②212dat③海量资源尽在星星文库：解得：场强220066mvvEqdkd④2.设粒子到达O点瞬间，速度大小为v，与x轴夹角为α：03yvvat⑤220023yvvvv⑥01tan3yvv，6⑦粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力：2vqvBmR⑧解得，粒子在匀强磁场中运动的半径23mvdRqB⑨在磁场时运动角度：223⑩在磁场时运动时间023BRdtvv（11）3.如图，若粒子进入磁场和离开磁场的位置恰位于磁场区的某条直径两端，可求得磁场区的最小半径2sin22mRr（12）解得：sin2mrRd解析：33.1.ABE2.(i)设需要打气n次，因每次打入的气体相同，故可视n次打入的气体一次性打入，海量资源尽在星星文库：则气体的初状态：511.010PPa，10VVnV末状态：525.010PPa，20VV其中：3302,0.2VdmVdm由玻意尔定律：1122PVPV代入数据解得：n=40次；(ii)设气压为52.010Pa时气体的体积为，则532.010PPa由玻意尔定律有：2233PVPV代入数据解得：335Vdm真空瓶的容积为30.7Vdm瓶因：322=47VVV瓶故可充4瓶。解析：1.A、设a状态的压强为Pa，则由理想气体的状态方程可知：000033abpVpVTT，所以：3bapp，同理：00003acpVpVTT：得3capp，所以：cbappp．故A正确；B、过程ab中气体的体积不变，没有做功；温度升高，内能增大，所以气体一定吸热。故B正确；C、由图象可知，bc过程气体压强不变，温度降低，由盖吕萨克定律可知，其体积减小，外界对气体做功，W＞0，气体温度降低，内能减少，△U＜0，由热力学第一定律可知，气体要放出热量，过程bc中气体放出的热量一定大于外界对气体做的功，故C错误；D、温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，对单个的分子没有意义，所以过程bc中气体的温度降低，分子的平均动能减小，并不是每一个分子的速率都减小。故D错误；E、由图可知过程ca中气体等温膨胀，温度不变，由c到a的过程中气体分子的平均动能不变，故E正确。34.1.ABE2.①作出光路图，光线在AC面上的入射角为60°，折射角为30°，则折射率sin603sin30n海量资源尽在星星文库：②因为发生全反射的临界角为11sin23C，所以光线在在F点发生全反射，在E、H点不能发生全反射。该光束经一次反射后，到紧接着的一次射出玻璃砖发生在H点，则时间为GEEFFHtvcvn联立解得1123223LLLLtcc解析：1.A、由波动图象知，波长为λ＝4m，由振动图象知，周期为T＝4s，则波的传播速度为4/1/4vmsmsT，故A正确；BC、根据振动图象知该质点在t＝2s时在平衡向下振动，根据“同侧法”可知，该质点在波形图中处于平衡位置，并且向下振动，波如果向右传播，应是x＝0、4m处质点的振动图象，故B正确、C错误；D、无论波向左传播，x＝2m处质点此时向下振动，经过14Tts，质点达到坐标（2m，-A）处，故D错误；E、无论波向左传播还是向右传播，x＝2m处质点经22Tts，走过的路程S=2A，故E正确。