2020届全国天一大联考新高考押题信息考试(二十)物理试卷
2020届全国天一大联考新高考押题模拟考试(一)物理试卷
2020届全国天一大联考新高考押题模拟考试（一）物理★祝你考试顺利★注意事项：1、考试范围：高二考查范围。
2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。
3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。
4、主观题的作答：用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非主观题答题区域的答案一律无效。
5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。
答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。
6、保持卡面清洁，不折叠，不破损。
7、本科目考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。
一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
每小题只有一个选项符合题意，答对得3分，答错或不答得0分。
1.如图所示，平行板电容器两极板带有等量异种电荷，上极板与静电计金属球相连，下极板和静电计金属外壳都接地。
现保持下极板不动，将上极板向左移动一小段距离至图中虚线位置，则两极板间的电场强度E，和静电计指针偏角θ的变化情况是（）A. θ增大，E增大B. θ增大，E不变C. θ减小，E减小D. θ减小，E不变【答案】A【解析】分析】电容器充电后断开电源，极板上的电量不变。
根据电容器的定义式和决定式可分析电容的和电压的变化，再根据电场强度和电压的公式分析电场强度的变化。
【详解】电容器与电源断开，故电荷量不变。
上极板向左移动时，两极板的面积减小，根据4r SC kdεπ=可知电容C 减小，Q 不变，则根据=Q C U可知电压U 增大，故静电计指针偏角θ增大。
2020届全国天一大联考新高考押题信息考试(六)物理试卷
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二、选择题（本大题共8小题，每小题6分，共48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）1.下列说法正确的是A. 在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式32,rkr=这个关系式是开普勒第三定律，是可以在实验室中得到证明的B. 在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式2mvFr=，这个关系式实际上是牛顿第二定律，是可以在实验室中得到验证的C. 在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式2πrvT=，这个关系式实际上是匀速圆周运动的速度定义式D. 在探究太阳对行星的引力规律时，使用的三个公式，都是可以在实验室中得到证明的【答案】B【解析】【详解】在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式32 r k T＝，这个关系式是开普勒第三定律，是通过研究行星的运动数据推理出的，不能在实验室中得到证明，故A 错误；在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式2mv F r＝，这个关系式是向心力公式，实际上是牛顿第二定律，是可以在实验室中得到验证的，故B 正确；在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式2rv Tπ＝，这个关系式不是匀速圆周运动的速度定义式，匀速圆周运动的速度定义式为xv t∆∆＝，故C 错误；通过ABC 的分析可知D 错误。
2020届全国天一大联考新高考押题信息考试(二)物理试卷
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二、选择题：1.如图是氢原子的能级示意图。
已知锌的逸出功为3.3eV，一群处于n=4能级的氢原子跃迁时辐射出不同频率的光，其中能使锌发生光电效应的有A. 2种B. 3种C. 5种D. 6种【答案】B【解析】【详解】一群处于n=4能级的氢原子跃迁时辐射出24=6C种不同频率的光，其中4到1时放出光的能量为12.75eV ，2到1时放出光的能量为10.2eV ；3到1时放出光的能量为12.09eV ；这三种光子的能都大于锌的逸出功为3.3eV ，所以能使锌发生光电效应。
故选：B 。
2.图甲为一小型发电机的示意图，发电机线圈内阻为1Ω，灯泡L 的电阻为9Ω，电压表为理想交流电压表。
发电机产生的电动势e 随时间t 按图乙的正弦规律变化，则A. 0.01s 时穿过线圈的磁通量为零B. 线圈转动的角速度为50rad/sC. 电压表的示数为10VD. 灯泡L 的电功率为9W 【答案】D 【解析】【详解】A 项：0.01s 时电动势为零，所以此时穿过线圈的磁通量最大，故A 错误； B 项：由图乙可知，周期为0.0.2s ，由公式22==1000.02rad rad s s T ππωπ=，故B 错误；C 项：电动势的有效值为102102E V ==，由闭合电路欧姆定律得： 910991U V V =⨯=+，故C 错误； D 项：由公式22999U P W W R ===，故D 正确。
2020届全国天一大联考新高考押题模拟考试(二)物理试卷
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一、选择题1.超重和失重现象在日常生活中到处可见，下列说法正确的是A. 火箭刚点火上升时处于超重状态，此时火箭的重力增大B. 汽车驶过拱桥顶端时处于失重状态，此时汽车对桥面一定无压力C. 举重运动员抓住杠铃使其由静止上升的瞬间，杠铃处于失重状态，此时杠铃速度向上D. 人造飞船绕地球做匀速圆周运动时，飞船内的物体处于完全失重状态【答案】D【解析】【详解】A．火箭刚点火上升时加速度向上，处于超重状态，此时火箭的重力并没有增大，选项A错误；B．汽车驶过拱桥顶端时加速度向下，处于失重状态，当满足v B错误；C．举重运动员抓住杠铃使其由静止上升的瞬间，加速度向上，杠铃处于超重状态，选项C错误；D．人造飞船绕球做匀速圆周运动时，重力完全提供向心力，所以飞船内的物体处于完全失重状态，故D正确．2.一物体静止在光滑的水平面上，从某时刻开始，物体受到水平方向的作用力F，力F随时间t变化的关系图线如图所示．若该图线为正弦曲线，则在0～t4时间内，下列说法正确的是A. t1时刻，物体的速度最大B. t2时刻，物体的位移最大C. t2～t4时间内，物体反向运动D. t1、t3时刻，物体的速度相同【答案】D【解析】【详解】AB．物体在0～t2时间内向正方向做加速运动，在t2～t4时间内向正方向做减速运动，在t4时刻速度为零，则t2时刻速度最大，在t4时刻位移最大，故AB错误；C．在0～t4时间内，物体先加速再减速到零，做单向直线运动，故C错误；D．在t1～t2时间内，物体一直做加速运动，在t2～t3时间内，物体一直做减速运动；在t1～t2时间内和在t2～t3时间内速度的变化量大小相等，故t1、t3时刻，物体的速度相同，故D正确；3.北京时间2019年1月11日1时11分,我国在西昌卫星发射中心用“长征三号”乙运载火箭,成功将“中星2D”卫星发射升空,卫星进入预定轨道．其发射过程的简化示意图如图所示,首先将“中星2D”卫星送至近地圆形轨道1,然后再控制卫星进入椭圆轨道2,最后进入预定圆形轨道3运动．若卫星在轨道1上的速度大小为其在轨道3上的3倍,则下列说法正确的是A. 卫星从轨道2变轨到轨道3必须减速B. 卫星在轨道1上运动的周期为其在轨道3上运动的周期的1 27C. 卫星在轨道2上运动的周期比在轨道1上运动的周期长D. 卫星在轨道1的向心加速度为其在轨道3的向心加速度的21倍【答案】BC【解析】【详解】A．轨道3相对于轨道2半径增大，所以卫星从轨道2变轨到轨道3必须加速做离心运动，故A错误；B．卫星在轨道1的速度大小为其在轨道3上的3倍，根据GMvr=可知卫星在轨道1的半径大小为其在轨道3上的19倍，根据开普列第三定律可得23112333T rT r=，则卫星在轨道1上运动的周期为其在轨道3上运动的周期的127，故B正确；C．根据开普列第三定律可得32rkT=可知卫星在轨道2上运动的周期比在轨道1上运动的周期长，故C正确；D．根据2GMar=可知卫星在轨道1的向心加速度为其在轨道3的向心加速度的81倍，故D错误．4.如图所示，一直角斜劈ABC绕其竖直边BC做圆周运动，物块始终静止在斜劈A上．若斜劈转动的角速度ω缓慢减小时，下列说法正确的是A. 斜劈对物块的支持力逐渐减小B. 斜劈对物块的支持力保持不变C. 斜劈对物块的摩擦力逐渐减小D. 斜劈对物块的摩擦力保持不变【答案】C【解析】【详解】物块的向心加速度沿水平方向，加速度大小为a=ω2r，设斜劈倾角为θ，对物块沿AB方向有f-mg sinθ=ma cosθ垂直AB方向有mg cos θ-N =ma sin θ解得f =mg sin θ+ma cos θ N =mg cos θ-ma sin θ当角速度ω逐渐减小时，加速度a 逐渐减小，f 逐渐减小，N 逐渐增大． A ．斜劈对物块的支持力逐渐减小，与结论不相符，选项A 错误； B ．斜劈对物块支持力保持不变，与结论不相符，选项B 错误； C ．斜劈对物块的摩擦力逐渐减小，与结论相符，选项C 正确；D ．斜劈对物块的摩擦力保持不变，与结论不相符，选项D 错误；5.如图所示，小球由斜面上的P 点以不同的初速度水平抛出，平抛运动结束时，若小球水平方向的分位移为x ，竖直方向的分位移为y ．下列图象正确的是A.B.C.D.【答案】C 【解析】【详解】设斜面的倾斜角为θ，小球落在斜面上时，有ytan xθ=，对应的y-x 图象斜率不变，即图象为一条直线；当小球落到地面上时，y 不变；A ．该图与结论不相符，选项A 错误；B ．该图与结论不相符，选项B 错误；C ．该图与结论相符，选项C 正确；D ．该图与结论不相符，选项D 错误；6.如图所示，半径为0.1m 的竖直圆环上固定有一个质量为0.1 kg 的小球，圆环绕其圆心在竖直面内以角速度ω＝7rad/s 沿逆时针方向匀速转动．已知重力加速度g 取9.8 m/s 2，小球由P 点转动到Q 点的过程中，下列说法正确的是A. 小球重力的功率先增大后减小B. 圆环对小球的作用力先减小后增大C. 圆环对小球的作用力与竖直方向的最大夹角为30°D. 圆环对小球的作用力的最小值为0.98 N 【答案】C 【解析】【详解】A ．小球随圆环匀速转动，由P 点转到Q 点的过程中，竖直分速度越来越大，因此重力的功率越来越大，故A 错误；BD ．圆环由P 到Q 转动过程中，由牛顿第二定律：2cos N F mg m R αω+= （其中α为圆环所在位置与圆心连线与竖直方向的夹角），当α=0时F N =-0.49N ，方向竖直向上；当α=90°时F N =0.49N ，则随着α增大，F N 先减小到0后变大，圆环对小球的作用力的最小值为0，故BD 错误；C ．小球受到的向心力F 向＝mω2r =0.49N ，如图所示，以小球所处的位置为圆心，以0.49N 为半径作圆，可知圆环对小球的作用力F 与圆相切时，夹角θ最大，12F sin mg θ=向＝，则θ=30°，故C 正确；7.如图，两物体A 、B 用轻质弹簧相连，静止在光滑水平面上，现同时对A 、B 两物体施加等大反向的水平恒力F 1、F 2，使A 、B 同时由静止开始运动，在弹簧由原长伸到最长的过程中，对A 、B 两物体及弹簧组成的系统，下列不正确的说法是（ ）A. A 、B 先做变加速运动，当F 1、F 2和弹力相等时，A 、B 的速度最大；之后，A 、B 做变减速运动，直至速度减到零B. A 、B 做变减速运动速度减为零时，弹簧伸长最长，系统的机械能最大 C. A 、B 、弹簧组成的系统机械能在这一过程中是先增大后减小 D. 因F 1、F 2等值反向，故A 、B 、弹簧组成的系统的动量守恒 【答案】C 【解析】【详解】A ．在拉力作用下，A 、B 开始做加速运动，弹簧伸长，弹簧弹力变大，物体A 、B 受到的合力变小，物体加速度变小，物体做加速度减小的加速运动，当弹簧弹力等于拉力时物体受到的合力为零，速度达到最大，之后弹簧弹力大于拉力，两物体减速运动，直到速度为零时，弹簧伸长量达最大，因此A 、B 先作变加速运动，当F 1、F 2和弹力相等时，A 、B 的速度最大；之后A 、B 作变减速运动，直至速度减到零，故A 正确，不符合题意；BC ．在整个过程中，拉力一直对系统做正功，系统机械能增加，A 、B 作变减速运动速度减为零时，弹簧伸长最长，系统的机械能最大，故B 正确，不符合题意，C 错误，符合题意；D ．因F 1、F 2等大反向，故A 、B 、弹簧组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故D 正确，不符合题意；8.如图所示，一质量为m 的物块位于光滑水平地面上，轻弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端与物块相连；轻绳左端与物块相连，右端固定在天花板上，且与竖直方向的夹角为θ，此时物块与地面接触恰无弹力．已知重力加速度为g ，下列说法正确的是A. 剪断轻绳前，轻绳拉力大小为mg cos θB. 剪断轻绳瞬间，地面对物块的支持力大小为mgC. 剪断轻弹簧瞬间，物块加速度方向水平向右D. 剪断轻绳瞬间，物块加速度大小为g tan θ 【答案】BD 【解析】【详解】A ．由受力平衡得mg =F cosθ解得绳子拉力大小为mgFcosθ=故A错误；B．剪断细线的瞬间，地面对物块产生支持力，竖直方向受力平衡，所以支持力大小为mg，故B正确；C．剪断轻弹簧瞬间，轻绳拉力变为零，物块加速度为零，故C错误；D．剪断轻绳前，弹簧弹力为T=F sinθ=mg tanθ剪断轻绳瞬间，弹簧弹力不变，由牛顿第二定律得T=ma，解得a=g tanθ方向向左；故D正确．9.质量均为m的两个木块A、B用一轻弹簧拴接，静置于水平地面上，如图1所示．现用一竖直向上的恒力F＝mg拉木块A，如图2所示．设弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，在木块A向上运动的过程，下列说法中正确的是A. 物块A的动能先增大后减小B. 物块A的加速度先减小后增大C. 物块A到达最高点时，物块B恰好对地面无压力D. A、B和弹簧组成的系统机械能先增大再减小【答案】ABC【解析】【详解】A．没有施加恒力F时，弹簧处于压缩状态，以物块A为研究对象，可得弹簧的压缩量为1mgxk=．施加恒力F=mg时，物块A受到的合外力做功情况如图所示．根据动能定理可知物块A上升到最高点时，弹簧的伸长量为21mgx xk==．故物块A的动能先增大后减小，故A 正确．B ．在木块A 向上运动的过程合力先减小，当弹力为零时，合力为零，然后反向增加，则物块A 的加速度先减小到零后反向增大，故B 正确．C ．物块A 到达最高点时，弹簧的拉力等于物体B 的重力，则物块B 恰好对地面无压力，故C 正确．D ．在木块A 上升的过程中，恒力F 对A 、B 和弹簧组成的系统一直做正功，所以系统的机械能始终增大，故D 错误．10.研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是( )A. 实验前，只用带电玻璃棒与电容器a 板接触，能使电容器带电B. 实验中，只将电容器b 板向上平移，静电计指针的张角变小C. 实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D. 实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大 【答案】A 【解析】A 、当用带电玻璃棒与电容器a 板接触，由于静电感应，从而在b 板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项A 正确；B 、根据电容器的决定式：4SC kdεπ=，将电容器b 板向上平移，即正对面积S 减小，则电容C 减小，根据QC U=可知， 电量Q 不变，则电压U 增大，则静电计指针的张角变大，故选项B 错误； C 、根据电容器的决定式：4SC kdεπ=，只在极板间插入有机玻璃板，则介电系数ε增大，则电容C 增大，根据QC U=可知， 电量Q 不变，则电压U 减小，则静电计指针的张角减小，故选项C 错误；D 、根据QC U =可知， 电量Q 增大，则电压U 也会增大，则电容C 不变，故选项D 错误．点睛：本题是电容器动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是电容与哪些因素有什么关系．11.如图，三个电阻R 1、R 2、R 3的阻值均为R ，电源的内阻r <R ，c 为滑动变阻器的中点．闭合开关后，将滑动变阻器的滑片由c 点向a 端滑动，下列说法正确的是( )A. R 2消耗的功率变小B. R 3消耗的功率变大C. 电源输出的功率变大D. 电源内阻消耗的功率变大 【答案】CD 【解析】 【分析】本题考查闭合电路欧姆定律的综合动态分析问题的相关知识点 【详解】把等效电路画出，如图设ca x R R =，cd x R R R 滑=-，则()()x x R R R R R R R R R R ++-=+++滑外滑当x R R 2=滑时，R 外有最大值，当滑动变阻器的滑片由c 点向a 端滑动时，ca R 减小，cd R 增大，易得：R 外减小，R R r 总外=+减小，1E I R =总增大，故电源内阻消耗的功率r P =21I r 增大，故D 正确 3cb R R U +=()2caRR 11U E I r R +=-+减小，3cb R R 33cbU I R R +=+减小，故R3P =233I R 减小，故B 错误而213I I I =-增大，故R 2P =222I R 减大，故A 错误根据电源输出功率与R 外的关系图可知，当R r >外时，R 外减小电源输出功率越大，故C 正确； 12.压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置，其工作原理如图（a ）所示，将压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个绝缘重球．小车向右做直线运动过程中，电流表示数如图（b ）所示，下列判断正确的是（ ）A. 从t 1到t 2时间内，小车做匀加速直线运动B. 从t 2到t 3时间内，小车做匀速直线运动C. 从t 1到t 2时间内，小车做变加速直线运动D. 从t 2到t 3时间内，小车做匀加速直线运动 【答案】CD 【解析】【详解】AC ．由图示图象可知，在t 1～t 2内，I 变大，说明压敏电阻阻值减小，压敏电阻受到的压力增大，绝缘球受到向右的力增大，球的合力增大，球的加速度增大，小车向右做加速度增大的加速运动，故A 错误，C 正确；BD ．由图示图象可知，在t 2～t 3内，I 不变，压力恒定，绝缘球受到的合力向右，加速度向右，小车向右做匀加速直线运动，故B 错误，D 正确；二、实验题13.某同学用如图所示装置做“探究合力的功与动能改变量的关系”的实验，他通过成倍增加位移的方法来进行验证．方法如下：将光电门固定在水平轨道上的B 点，用重物通过细线拉小车，保持小车（带遮光条）和重物的质量不变，已知遮光条的宽度d ．通过改变小车释放点到光电门的距离进行多次实验，每次实验时要求小车都由静止释放．（1）如果每次实验时遮光条通过光电门的时间为t，小车到光电门的距离为s，通过描点作出线性图象来反映合力的功与动能改变量的关系，则所作图象关系是______时才能符合实验要求．A．s t-B．2s t-C．1s t--D．2s t--（2）下列实验操作中必要的是______．A．调整轨道的倾角，在未挂重物时使小车能在轨道上匀速运动B．必须满足重物的质量远小于小车的质量C．必须保证小车由静止状态开始释放【答案】(1). D (2). C【解析】【详解】（1）[1]由题意可知，该同学是通过成倍改变位移来改变做功的，设小车所受的合力为F，对小车，有212dFs mt⎛⎫= ⎪⎝⎭，即有21st∝，则D正确．（2）[2]由（1）可知，公式中的F是指小车所受到的合力，而且在整个实验过程中保持不变，所以在该实验中不需要平衡摩擦力；同理可知，重物与小车质量的大小关系也不会对实验结果产生影响；若小车释放速度不为0，则会对实验结果产生影响，选项C正确．14.在“测定金属丝电阻率”的实验中,需要测量的物理量有U、I、d、l：（1）用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图甲，则金属丝的直径为______mm．（2）若用图乙测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值______.(选填“偏大”或“偏小”)（3）用电压表和电流表测金属丝的电压和电流时读数如图丙、丁，则电压表的读数为______V，电流表的读数为______A.（4）请用直接测量的物理量写出金属丝电阻率的表达式：______________．【答案】 (1). ()0.6970.6950.698- (2). 偏小 (3). ()2.602.59 2.61- (4). 0.52 (5).24U d Ilπρ=【解析】【详解】（1）[1]由图甲所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm ，可动刻度示数为19.7×0.01mm ＝0.197mm ，螺旋测微器示数为0.5mm ＋0.197mm ＝0.697mm （0.695−0.698）；（2）[2]由图示电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，所测电流偏大，由欧姆定律可知，电阻测量值小于真实值．（3）[3] [4]由图丙所示电压表可知，其量程为3V ，分度值为0.1V ，示数为2.60V ；由图示电流表可知，其量程为0.6A ，分度值为0.02A ，示数为0.52A ． （4）[5]电阻：22U LL R I SD ρρπ===⎛⎫ ⎪⎝⎭，则电阻率：24U d Ilπρ=． 三、计算题15.质量为m 的铁块静止在水平面上，在铁块上施加竖直向上的恒力F ＝2mg ，恒力F 作用时间t 时突然反向，铁块再运动一段时间后返回地面．已知重力加速度为g ，求： （1）恒力F 反向后，铁块返回地面的时间； （2）铁块上升的最大高度． （3）铁块返回地面时的速度． 【答案】（1）t （2）223gt （3）v =2gt 【解析】【详解】（1）施加恒力F 时，根据牛顿第二定律有：F-mg =ma根据运动学公式有：v =at2112x at ＝恒力F 反向后，根据牛顿第二定律有：F +mg =ma′根据运动学公式有：'2112vt a t x -='-'联立解得：t ′=t（2）恒力F 反向后，铁块沿竖直方向向上运动的最大距离为x 2，根据运动学公式有：2202v a x -=-'(）则铁块上升的最大高度为：12h x x +＝联立解得：223h gt ＝（3）铁块返回地面时的速度''22v a h gt ==16.如图所示，两形状完全相同的平板A 、B 置于光滑水平面上，质量分别为m 和2m ．平板B 的右端固定一轻质弹簧，P 点为弹簧的原长位置，P 点到平板B 左端点Q 的距离为L ．物块C 置于平板A 的最右端，质量为m 且可视为质点．平板A 、物块C 以相同速度v 0向右运动，与静止平板B 发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后平板A 、B 粘连在一起，物块C 滑上平板B ，运动至P 点开始压缩弹簧，后被弹回并相对于平板B 静止在其左端Q 点．弹簧始终在弹性限度内，平板B 的P 点右侧部分为光滑面，P 点左侧部分为粗糙面，物块C 与平板B 粗糙面部分之间的动摩擦因数处处相同，重力加速度为g ．求：(1)平板A 、B 刚碰完时的共同速率v 1；(2)物块C与平板B粗糙面部分之间的动摩擦因数μ；(3)在上述过程中，系统的最大弹性势能E p；【答案】(1)13v0(2)212vLgμ=(3)112m2v【解析】【详解】(1)对A、B碰撞过程，根据动量守恒定律有：mv0＝(m＋2m) v1解得：v1=1 3 v0(2)设C停在Q点时A、B、C共同速度为v2，根据动量守恒定律有：2mv0=4mv2解得：v2=1 2 v0对A、B、C组成的系统，从A、B碰撞结束瞬时到C停在Q点的过程，根据功能关系有：μmg(2L)＝12m2v＋12(3m)21v－12(4m)22v解得：212vLg μ=(3)设弹簧压缩到最短时A、B、C共同速度为v3．对于A、B、C组成的系统，弹簧压缩到最短时系统的弹性势能E p最大．对于A、B、C组成的系统，从A、B碰撞后瞬间到弹簧压缩到最短的过程，根据动量守恒定律有：2mv0＝4mv3；解得：v3＝1 2 v0根据功能关系有：μmgL+E p＝12m2v＋12(3m)21v－12(4m)23v解得：E p＝112m2v17.如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．在xoy平面的第一象限，存在以轴、轴及双曲线24Lyx=的一段（0≤x≤L，0≤y≤L）为边界的匀强电场区域Ⅰ；在第二象限存在以x＝－L、x＝－2L、y＝0、y＝L为边界的匀强电场区域Ⅱ．两个电场大小均为E，不计电子所受重力，电子的电荷量大小为e，则：(1)从电场Ⅰ的边界B 点处静止释放电子，求进入区域II 的速率；(2)从电场Ⅰ的边界B 点处静止释放电子，电子离开MNPQ 时的位置坐标； (3)从电场I 的AB 曲线边界处由静止释放电子，电子离开MNPQ 时的最小动能． 【答案】(1) 2eELv m= (2) （-2L ，0）(3) Ee L 【解析】【详解】(1)关于B 点，其纵坐标y =L ，根据24L y x=，相应横坐标4L x =当电子加速到y 轴C 位置时，2142L eEmv =， 解得 2eELv m=(2)电子以速度v 进入电场区域Ⅱ，做类平抛运动有L =v t ，212h at =eE a m=解得：h =L即电子恰从P 点射出，坐标为（-2L ，0）(3)设释放位置坐标为（x ，y ） 根据动能定理212eEx mv =L =vt212eE h t m=解得：24L h x= 即所有从边界AB 曲线上由静止释放的电子均从P 点射出 从边界AB 出发到P 点射出的全过程，由动能定理：E k =Ee （x+h ）因为24L h x=，所以当x =h =L /2时，动能E K 有最小值E k =EeL ．。
2020届全国天一大联考新高考押题信息考试(四)物理试卷
2020届全国天一大联考新高考押题信息考试（四）物理试卷★祝你考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考考查范围。
2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。
3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。
4、主观题的作答：用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非主观题答题区域的答案一律无效。
5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。
答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。
6、保持卡面清洁，不折叠，不破损。
7、本科目考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。
一、选择题1.关于物理学发展过程中的认识，下列说法正确的是( )A. 奥斯特发现了电流的磁效应，并发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系B. 法拉第在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化C. 回路中的磁场发生变化时产生感生电动势，其本质是变化的磁场能在其周围空间激发感生电场，通过电场力对自由电荷做功实现能量的转移或转化D. 导体在磁场中做切割磁感线运动时产生动生电动势，其本质是导体中的自由电荷受到洛仑兹力作用，通过洛仑兹力对自由电荷做功实现能量的转化【答案】C【解析】【详解】奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系，选项A错误；楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项B错误；回路中的磁场发生变化时产生感生电动势，其本质是变化的磁场能在其周围空间激发感生电场，通过电场力对自由电荷做功实现能量的转移或转化，选项C正确；导体在磁场中做切割磁感线运动时产生动生电动势，其产生与洛伦兹力有关，但要注意洛伦兹力永不做功的性质，故D错误。
2020届全国天一大联考新高考原创考前信息试卷(三)物理
2020届全国天一大联考新高考原创考前信息试卷（三）物理★祝考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考范围。
2、试题卷启封下发后，如果试题卷有缺页、漏印、重印、损坏或者个别字句印刷模糊不清等情况，应当立马报告监考老师，否则一切后果自负。
3、答题卡启封下发后，如果发现答题卡上出现字迹模糊、行列歪斜或缺印等现象，应当马上报告监考老师，否则一切后果自负。
4、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
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写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。
如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答无效。
7、保持答题卡卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。
8、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。
一、选择题1.一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的规律如图所示。
取物体开始运动的方向为正方向，则下列关于物体运动的描述正确的是( )A. 在1~2s时间内，物体做减速运动t=时物体速度最大，最大值为3m/sB. 在2sC. 在1~3s时间内，物体做匀变速直线运动D. 在0~4s时间内，物体先沿正方向运动，后沿负方向运动【答案】B【解析】【详解】物体由静止开始运动，所以物体的速度的方向一定与开始时加速度的方向相同，由a t-图可知，该物体在第1s内做匀加速直线运动，加速度的方向与速度的方向相同；在第2s内，物体做加速度减小的加速运动，第3s物体的加速度的方向与开始时相反，所以与速度的方向相反，物体做加速度增大的减速运动；第4s内物体继续减速，结合运动的对称性可知，在4s末物体的速度恰好减为0；A、在第2s内，物体做加速度减小的加速运动，故选项A错误；B、物体从第2s末开始减速，所以物体在2s末时物体的速度最大，a t-图线围成的面积表示速度的变化量，则2s末物体的速度：()1122m/s3m/s2v=⨯+⨯=，故选项B正确；C、在1~3s时间内，加速度在变化，故选项C错误；D、物体在整个过程中运动的方向未发生改变，故选项D错误；2.岳阳某些农村一大家人过春节时常用简易灶做菜，如图甲所示，将一个球形铁锅用三个轻小石块支起用柴火烧菜，铁锅边缘水平，小石块成正三角形放在水平灶台上，石块到铁锅球心的连线与竖直方向的夹角均成30°，已知锅与菜的总质量为9kg，不计铁锅与石块间的摩擦，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是A. 灶台对每个石块的作用力均竖直向上B. 灶台受到每个石块的压力为90NC. 每个石块与铁锅之间的弹力大小为203ND. 灶台对每个石块的摩擦力为10N 【答案】C【解析】【详解】试题分析：对灶台受力分析，受重力、三个石块有垂直向上的支持力，如果石头光滑也是一样的，故可以没有摩擦力；根据平衡条件，竖直方向，有：3Ncos30°=mg；解得：20333033mgN Ncos===︒⨯；根据牛顿第三定律，灶台对每个石块的压力为3N，是垂直向下；故C正确，ABD错误；故选C3. 如图所示，扶手电梯与地面的夹角为30°，质量为m 的人站在电梯上．当电梯斜向上作匀加速运动时，人对电梯的压力是他体重的1.2倍．那么，关于电梯的加速度a 的大小和人与电梯梯级表面间的静摩擦力f 的大小，正确的是（ ）A. 5g a =，25mg f = B. 25g a =，3mgf = C. 25g a =，25mg f = D. 23ga =3mg f =【答案】B 【解析】试题分析：人在竖直方向上受到重力和电梯的支持力，在水平方向上受到向右的摩擦力，三个力合力沿斜面向上，F ma =合，根据几何知识可得02sin 305N mg F mg -==合，3tan 305N mg mgf -==，解得25g a =， 考点：考查了牛顿第二定律的应用【名师点睛】关键是对人受力分析，本题可以等效于人在竖直方向上受到重力与支持力的合力，水平方向上受到摩擦力两个力作用，然后根据牛顿第二定律分析列式求解4.一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替。
2020届全国天一大联考新高考原创考前信息试卷(六)物理
2020届全国天一大联考新高考原创考前信息试卷（六）物理★祝考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考范围。
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一、单选题1. 下列说法正确的是( )A. 太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应B. 汤姆生发现电子，表明原子具有核式结构C. 一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太短D. 按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大【答案】D【解析】A、太阳内部有大量的氢核，太阳内部温度极高，满足氢核发生聚变的条件，所以A错误；B、 粒子散射实验表明原子的核式结构，故B错误；C、一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为光的频率小于极限频率，即改光的波长太长，故C错误；D、根据222e vk mr r，轨道半径增大，电子的动能减小，原子能量增大，势能增大；故D正确；点睛：本题考查了聚变和裂变反应、玻尔理论以及能级等知识点，关键掌握这些知识的基本概念和基本规律，以及理清一些物理学史。
2020届全国金太阳联考新高考押题信息考试(一)物理试卷
2020届全国金太阳联考新高考押题信息考试（一）物理试卷★祝你考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考考查范围。
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一、单选题1.以下有关近代物理内容的叙述，其中正确的是（）A. 某种元素的半衰期为T，经过2T时间后该元素完全变成了另一种元素B. 23592U裂变产物14156Ba是中等质量的核，23592U的平均结合能大于14156Ba的平均结合能C. 按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半轻较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量也减小D. 光电效应和康普顿效应深入揭示了光的粒子性。
前者表明光子具有能量，后者表明光子除了具有能量外还具有动量【答案】D【解析】【详解】A.某种元素的半衰期为T，经过2T时间后，为两个半衰期，有34发生衰变，故A错误；B.23592U属于重核，它们的平均结合能小于14156Ba的平均结合能，故B错误；C.按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，氢原子吸收能量，原子总能量增大；根据库仑力提供向心力可得：222ke mvr r可知，电子的动能减小，故C错误；D.光电效应和康普顿效应效应深入揭示了光的粒子性。
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2020届全国天一大联考新高考押题信息考试（二十）物理试卷★祝你考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考考查范围。
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答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。
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1.关于近代物理，下列说法正确的是（）A. 卢瑟福由α粒子散射实验确立了原子有内部结构B. 氢原子光谱表明氢原子的能量是不连续的C. 光电效应揭示了光的粒子性，康普顿效应揭示了光的波动性D. 基态的一个氢原子吸收一个光子跃迁到n＝3激发态后，可能发射3种频率的光子【答案】B【解析】【详解】A．卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，建立了原子的核式结构模型，故A错误；B．根据玻尔理论可知，氢原子光谱表明氢原子的能量是不连续的，故B正确；C．光电效应和康普顿效应深入揭示了光的粒子性，前者表明光子具有能量，后者表明光子除了具有能量外还具有动量，故C错误；D．基态的一个氢原子吸收一个光子跃迁到n＝3激发态后，可能从n＝3→1，也可能从n＝3→2→1，最多发射2种频率的光子，故D错误。
2.如图所示，倾角为θ＝30°斜面上，一质量为6m的物块经跨过定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连，现将小球从水平位置静止释放，小球由水平位置运动到最低点的过程中，物块和斜面始终静止。
运动过程中小球和物块始终在同一竖直平面内，则在此过程中（）A. 细绳的拉力先增大后减小B. 物块所受摩擦力逐渐减小C. 地而对斜面的支持力逐渐增大D. 地面对斜面的摩擦力先减小后增大【答案】B 【解析】【详解】A．小球向下摆动的过程中，对小球的拉力一直增大，故A错误；B．开始摩擦力沿斜面向上，根据平衡条件可得摩擦力大小f＝6mgsin30°＝3mg；设滑轮到小球的距离为R，当物块在最低点时，根据动能定理可得，根据牛顿第二定律可得，解得最低点绳子拉力为F＝3mg，此时物块的摩擦力大小为0，所以斜面对物块的摩擦力一直减小，故B正确；CD．对物块和斜面组成的整体分析可知，拉物体的绳子拉力在竖直方向的分力一直增大，在水平方向的分力一直增大，地面对斜面的支持力一直减小，摩擦力一直增大，故CD错误。
3. 如图所示为伽利略研究自由落体运动规律时设计的斜面实验，他让铜球沿阻力很小的斜面从静止滚下，利用滴水计时记录铜球运动的时间．关于伽利略的“斜面实验”，下列说法正确的是（）A. 伽利略测定了铜球运动的位移与时间，进而得出了速度随位移均匀增加的结论B. 铜球在斜面上运动的加速度比自由落体下落的加速度小，所用时间长得多，时间容易测量C. 若斜面长度一定，铜球从顶端滚动到底端所需时间随倾角的增大而增大D. 若斜面倾角一定，铜球沿斜面运动的位移与所用时间成正比【答案】B【解析】试题分析：伽利略测定了铜球运动的位移与时间，进而得出了位移x与t平方的成正比，就可以检验这个物体的速度是否随时间均匀变化，小球是否做匀变速运动．故A错误；在伽利略时代，没有先进的计时仪器，因此伽利略让小球从斜面上滚下来用来“冲淡”重力，铜球在斜面上运动的加速度比自由落体下落的加速度小，所用时间长得多，时间容易测量．故B正确；若斜面长度一定，铜球从顶端滚动到底端所需时间随倾角的增大而减小．故C错误．他得到的结论是，若斜面倾角一定，铜球沿斜面运动的位移与所用时间的平方成正比，故D错误．故选B考点：伽利略斜面实验4.图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表，线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是()A. 电流表的示数为 AB. 线圈转动的角速度为50π rad/sC. 0.01 s时线圈平面与磁场方向平行D. 0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左【答案】C【解析】【详解】A. 题图乙可知交流电电流的最大值是I m=10A，则有效值为：I==10A；由于电流表的示数为有效值，故示数I=10A，故A错误；B. 线圈转动的角速度ω=2π/T=100πrad/s，故B错误；C. 0.01s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，故C正确；D. 0.02s时线圈位置与图示位置重合，由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向自左向右，故D错误。
故选：C.5.如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上距离为L的两点，其中Q1带正电位于原点O，a、b是它们连线延长线上的两点，其中b点与O点相距3L现有一带正电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，设粒子经过a、b两点时的速度分别为v a、v b，其速度随坐标x变化的图象如图乙所示，则以下判断正确的是A. Q2带负电且电荷量大于Q1B. b点的场强不为零C. a点的电势比b点的电势高D. 该粒子在a点的电势能比在b点的电势能小【答案】D 【解析】【分析】由图象分析可知：正带电粒子在b点前做减速运动，b点后做加速运动，可见b点的加速度为0，则在b点正电粒子受到两点电荷的电场力平衡，从而可得出Q2的电性；通过正带电粒子的动能先减小再增大，判断电场力做功和电势能的变化．【详解】AB．由图象分析可知：在b点前做减速运动，b点后做加速运动，可见b点的加速度为0，则在b 点受到两点电荷的电场力平衡，可知b点的合场强为零，Q2带负电，且有所以，Q1＞Q2，故AB错误。
CD．该电荷从a点到b点，做减速运动，且该电荷为正电荷，电场力做负功，所以电势能增大，再据Ep=qφ知，电势升高，所以b点电势较高，故C错误，D正确。
故选D。
【点睛】解决本题的关键是据图象分析，明确b点的合场强为零为突破口，根据库仑定律得到Q1和Q2的电量关系；用活电场力做功和电势能的关系．6.如图所示，设地球半径为R，假设某地球卫星在距地球表面高度为h的圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，运行周期为T，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近地点B时，再次点火进入近地轨道Ⅲ绕地做匀速圆周运动，引力常量为G，不考虑其他星球的影响，则下列说法正确的是A. 该卫星在轨道Ⅲ上B点的速率大于在轨道Ⅱ上A点的速率B. 卫星在圆轨道Ⅰ和圆轨道Ⅲ上做圆周运动时，轨道Ⅰ上动能小，引力势能大，机械能小C. 卫星从远地点A向近地点B运动的过程中，加速度变小D. 地球的质量可表示为【答案】AD【解析】【详解】A、在轨道Ⅰ上A点时点火减速变轨进入椭圆轨道Ⅱ，所以在轨道Ⅰ上A点速率大于在轨道Ⅱ上A 点的速率，在轨道Ⅲ上B的速率大于在轨道Ⅰ上A点的速率，即在轨道Ⅲ上B点的速率大于在轨道Ⅱ上A 点的速率，故A正确；B、从轨道Ⅰ到轨道Ⅲ，引力做正功，动能增加，引力势能减小，在A点和B点变轨过程中，发动机点火减速运动，则机械能减小，即在轨道Ⅰ上动能小，引力势能大，机械能大，故B错误；C、根据公式可得，所以距离地球越近，向心加速度越大，故从远地点到近地点运动过程中，加速度变大，故C错误；D、在轨道Ⅰ上运动过程中，万有引力充当向心力，故有解得，故D正确。
7.1931年英国物理学家狄拉克曾经预言,自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子,其周围磁感线呈均匀辐射状分布;如图所示,现一半经为R的线状圆环其环面的竖直对称轴CD上某处有一固定的磁单S极子,与圆环相交的磁感线跟对称轴成θ角,圆环上各点的磁感应强度B大小相等,忽略空气阻力,下列说法正确的是A. 若R为一闭合载流I、方向如图的导体圆环,该圆环所受安培力的方向竖直向上,大小为BIRB. 若R为一闭合载流I、方向如图的导体圆环,该圆环所受安培力的方向竖直向下,大小为2πBIR sinθC. 若R为一如图方向运动的带电小球所形成的轨迹圆,则小球带负电D. 若将闭合导体圆环从静止开始释放,环中产生如图反方向感应电流、加速度等于重力加速度【答案】BC【解析】根据左手定则可知，通电圆环每一部分受到的安培力斜向下，利用微元法可知该圆环所受安培力的方向竖直向下，大小为2πBIRsinθ，故A错误，B正确；若R为一如图方向运动的带电小球所形成的轨迹圆，说明形成的电流产生的安培力竖直向上，形成的电流应与图示电流方向相反，故小球带负电，故C正确若将闭合导体圆环从静止开始释放，在下落过程中穿过线框的磁通量增大，根据右手定则可知，产生的感应电流为环中产生如图反方向感应电流，受到的安培力向上，根据牛顿第二定律可知加速度小于g，故D错误；故选BC.8.如图所示，在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外。
P(，0)、Q(0，)为坐标轴上的两个点。
现有一电子从P点沿PQ方向射出，不计电子的重力A. 若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则电子在磁场中运动的轨道半径为B. 若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程一定为2πLC. 若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子在Q点速度方向与y轴正向的夹角可能为45°或135°D. 若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程可能为πL，也可能为2πL【答案】CD【解析】【详解】A. 若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则有运动轨迹如图所示，则微粒运动的轨迹为圆周的1/4，则电子在磁场中运动的轨道半径为L，故A错误；BCD. 若电子从P点出发经原点O到达Q点，运动轨迹可能如图所示，或者是：因此则微粒运动的路程可能为2πL，也可能为πL，电子在Q点速度方向与y轴正向的夹角可能为45°或135°，故B错误，CD正确；故选：CD.9.某同学设计图示装置“验证动量守恒定律”，用不可伸长的轻质细绳悬挂小球A，悬点O到小球球心的长度为L,细绳偏离竖直方向的夹角可从量角器直接读出。