2020届全国百校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。

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(本题共12小题，每小题4分。

在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

)1.如图所示，在粗糙的水平面上，静置一矩形木块，木块由、两部分组成，的质量是的3倍，两部分接触面竖直且光滑，夹角θ=30°，现用一与侧面垂直的水平力推着木块贴着匀速运动，木块依然保持静止，则受到的摩擦力大小与受到的摩擦力大小之比为（）A. 3B.C.D.【答案】C【解析】N作用．木块B做匀速运木块A静止，受力平衡在水平方向上，受静摩擦力A f和木块B对木块A的弹力A动，受力平衡，在水平方向上受推力F ．木块A 对木块B 的弹力B N ．滑动摩擦力B f 三个力作用．由图可知B f ="Fcos" 30°，B N ="Fsin" 30°，而B N =A N =A f .则A f ：B f =3：3，故C 项正确．2.运动员手持乒乓球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M 、m ，球拍平面和水平面之间的夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦及空气阻力不计，则A. 球拍对球的作用力cos mg θB. 运动员对球拍的作用力为cos Mg θC. 运动员的加速度为tan g θD. 若运动员的加速度大于sin g θ，球一定沿球拍向上运动【答案】C【解析】【详解】A ．对小球分析如下图所示:根据平行四边形定则知，球拍对球的作用力cos mg N θ=， 故A 错误； B ．同理，对球拍和球整体分析，根据平行四边形定则知，运动员对球拍的作用力为cos mg N θ=， 故B 错误； C ．球和运动员具有相同的加速度，对小球分析如图所示，则小球所受的合力为mg tan θ，根据牛顿第二定律得：运动员的加速度为tan g θ，故C 正确；D ．当a >g tan θ时，网球将向上运动，由于g sin θ小于g tan θ，．若运动员的加速度大于tan g θ，但不一定比g tan θ大，故球不一定会沿球拍向上运动，故D 错误．3.如图所示为一水平匀强电场，方向水平向右，图中虚线为 电场中的一条直线，与电场方向的夹角为θ，一带正电的点电荷以初速度0v 沿垂直电场方向从A 点射入电场，一段时间后经过B 点，此时其速度方向与电场方向的夹角为α，不计重力，则下列表达式正确的是A. 2θα=B. tan tan αθ=C.D.【答案】C【解析】 试题分析：点电荷在电场中做类平抛运动，初速度方向0x v t =，电场线方向22Eq y t m =，所以有0tan(90)2y Eqt x mv θ-==o ，即02tan mv Eqt θ=；初速度方向10v v =，电场方向2Eq v t m=，所以012tan mv v v Eqtα==，联立可得tan 2tan θα=，故选项C 正确． 考点：带电粒子在电场中的运动；类平抛运动规律的应用．4.如图所示，竖直平面内放一直角杆MON ，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数μ＝0.2，杆的竖直部分光滑．两部分各套有质量均为1 kg 的小球A 和B ，A 、B 球间用细绳相连．初始A 、B 均处于静止状态，已知OA ＝3 m ，OB ＝4 m ，若A 球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动1 m (取g ＝10 m /s 2)，那么该过程中拉力F 做功为( )A. 14 JB. 10 JD. 4 J【答案】A【解析】【详解】对AB整体受力分析，受拉力F、重力G、支持力N、向左的摩擦力f和向右的弹力N1，如图；根据共点力平衡条件，有：竖直方向：N=G1+G2；水平方向：F=f+N1；其中：f=μN；解得：N=（m1+m2）g=20N；f=μN=0.2×20N=4N；对整体在整个运动过程中运用动能定理列式，得到：W F-fs-m2g•h=0；根据几何关系，可知求B上升距离h=1m，故有：W F=fs+m2g•h=4×1+1×10×1=14J；故选A．【点睛】本题中拉力为变力，先对整体受力分析后根据共点力平衡条件得出摩擦力为恒力，然后根据动能定理求变力做功．5.如题20图所示，在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里．P为屏上的一个小孔．PC与MN垂直．一群质量为m、带电量为－q的粒子（不计重力），以相同的速率v，从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域．粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内，且散开在与PC夹角为θ的范围内，则在屏MN上被粒子打中的区域的长度为A. 2mvqBB.2cosmvqBθC. 2(1cos)mvqBθ-D.2(1sin)mvqBθ-【答案】C【详解】粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：2v qvB m r=，解得，粒子的轨迹半径：mv r qB=，粒子沿着右侧边界射入，轨迹如上面左图，此时出射点最近，与边界交点与P 间距为：2cos r θ； 粒子沿着左侧边界射入，轨迹如上面右图，此时出射点最近，与边界交点与P 间距为：2cos r θ； 粒子垂直边界MN 射入，轨迹如上面中间图，此时出射点最远，与边界交点与P 间距为：2r ；故范围为在荧光屏上P 点右侧，将出现一条形亮线，其长度为：()21cos 22cos 21cos mv r r r qBθθθ--=-=（），C 正确． 6.如图所示，R 3处是光敏电阻，a 、b 两点间接一电容，当开关S 闭合后，在没有光照射时，电容上下极板上电量为零，当用光线照射电阻R 3时,下列说法正确的是（ ）A. R 3的电阻变小，电容上极板带正电，电流表示数变大B. R 3的电阻变小，电容上极板带负电，电流表示数变大C. R 3的电阻变大，电容上极板带正电，电流表示数变小D. R 3的电阻变大，电容上极板带负电，电流表示数变小【答案】A【解析】【详解】R 3是光敏电阻，当用光线照射电阻R 3时，据光敏电阻的特点，其阻值变小，据闭合电路的欧姆定律知，所以电流表示数变大，CD 错误；因原来时电容器极板上的带电量为零，故说明ab 两点电势相等；有光照以后，两支路两端的电压相等，因R 1、R 2支路中电阻没有变化，故R 2的分压比不变；而由于R 3的电阻减小，所以R 3的两端电压减小，3=R U ϕϕ-右左，而ϕ左不变，所以ϕ右增大，故上端的电势要高于下端，故上端带正电，A 正确B 错误；7.科学家通过射电信号首次探测到奇特的时空涟漪，其被称为引力波，形成原因是来自中子星的双星系统．引力波的产生意味着中子星的双星系统能量在降低，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化．若该双星系统的总质量为m ，经过一段时间演化后，两星做匀速圆周运动的周期变为原来的p 倍．两星之间的距离变为原来的q 倍，则演化后系统的总质量为A. q mpC. 32q m p 【答案】C【解析】 【详解】设m 1的轨道半径为R 1，m 2的轨道半径为R 2，两星之间的距离为L 。

由于它们之间的距离恒定，因此双星在空间的绕向一定相同，同时万有引力和周期都相同。

由万有引力提供向心力对1m 有：21211224m m m R G L Tπ=① 对2m 有：21222224m m m R G L Tπ=② 又因为12R R L +=12m m m +=由①②式可得：2324L m GTπ= 经过一段时间演化后，两星做圆周运动的周期变为原来的p 倍，两星之间的距离变为原来的q 倍，故：233224q L m Gp T π'= 解得：32q m m p'=，故选C 。

8.在磁感应强度为B 的匀强磁场，一个静止的放射性原子核(A Z X )发生了一次α衰变．放射出的α粒子(42He )在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R ．以m 、q 分别表示α粒子的质量和电荷量，生成的新核用Y 表示，真空中光速为c ，下列说法正确的是A. 新核Y 在磁场中做圆周运动的轨道半径为44Y R R Z =- B. α粒子做圆周运动可等效成一个环形电流，且电流大小为22Bq I mπ= C. 若衰变过程中释放的核能都转化为α粒子和新核Y 的动能，则衰变过程中的质量亏损约为22()2(4)A qBR m m A c∆=- D. 发生衰变后产生的α粒子与新核Y 在磁场中旋转方向相同，且轨迹为相内切的圆【答案】C【解析】【详解】A ．粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：2v qvB m R= 解得，粒子轨道半径： mv R qB=根据半径公式则有：122R R Z =- 解得：122R R Z =- 故A 错误；B ．粒子做圆周运动的周期：22rmT v qB ππ==则环形电流：22q Bq I T m π==故B 错误；C ．对α粒子，由洛伦兹力提供向心力，则有：2v qvB m R =解得：BqRv m =由质量关系可知，衰变后新核Y 质量为：44A M -=②衰变过程系统动量守恒，由动量守恒定律得：0Mv mv '-=解得：mv v M '=③系统增加的能量为：221122E Mv mv ∆'=+④由质能方程得：2E mc ∆=∆⑤由①②③④⑤解得： ()222()4A qBR m m A c =- 故C 正确；D ．由动量守恒可知，衰变后α粒子与新核Y 运动方向相反，所以轨迹圆应外切，故D 错误。

9.如图所示，倾角为的光滑斜面下端固定一绝缘轻弹簧，M 点固定一个质量为m 、带电量为-q 的小球Q ．整个装置处在场强大小为E 、方向沿斜面向下的匀强电场中．现把一个带电量为+q 、质量为m 的小球P 从N 点由静止释放，释放后P 沿着斜面向下运动．N 点与弹簧的上端和M 的距离均为s 0．P 、Q 以及弹簧的轴线ab 与斜面平行．两小球均可视为质点和点电荷，弹簧的劲度系数为k 0，静电力常量为k ．则 （ ）A. 小球P 返回时，不可能撞到小球QB. 小球P 在N 点的加速度大小为C. 小球P 沿着斜面向下运动过程中，其电势能一定减少D. 当弹簧的压缩量为时，小球P 的速度最大【答案】AB【解析】试题分析：根据动能定理知，当小球返回到N 点，由于重力做功为零，匀强电场的电场力做功为零，电荷Q 的电场对P 做功为零，则合力做功为零，知道到达N 点的速度为零．所以小球不可能撞到小球Q ，故A 正确；根据牛顿第二定律得，小球在N 点的加速度220q qE mgsin k F s a m mα+-==合，故B 正确；小球P 沿着斜面向下运动过程中，匀强电场的电场力做正功，电荷Q产生的电场对P做负功，两个电场力的合力不一定沿斜面向下，则最终电场力不一定做正功，则电势能不一定减小．故C错误；当小球所受的合力为零时，速度最大，即200 2qk k x qE mgsinxα+=+，则压缩量不等于sinqE mgkα+，故D错误．考点：考查了牛顿第二定律，电场力做功，功能关系10.第一次将一长木板静止放在光滑水平面上，如图甲所示，一小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止．第二次将长木板分成A、B两块，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由A的左瑞开始向右滑动，如图乙所示，若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列说法正确的A. 小铅块滑到B的右端前已与B保持相对静止B. 小铅块将从B的右端飞离木板C. 第一次和第二次过程中产生的热量相等D. 第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量【答案】AD【解析】【详解】AB．在第一次在小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到B的右端，两者速度相同。