【文档说明】【精准解析】百校联考2020届高三百日冲刺金卷全国Ⅰ卷物理试题（二）.doc，共(18)页，593.069 KB，由小赞的店铺上传

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-1-2020届百校联考高考百日冲刺金卷全国I卷·物理（二）注意事项：1.本试卷分第I卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷相应的位置。3.全部答案写在答题卡上，写在本试卷上无效

。4.本试卷满分300分，测试时间150分钟。5.考试范围：高考全部内容。第I卷二、选择题：本题共8小题，每小题6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，有选错的得0分。1.在光电效应现象中，用绿光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是（）A.绿光强度越大，光电子的最大初动能越大B.绿光照射时间越长，光电子的最大初动能越大C.改用黄光照射时，一定不会发生光电效应D.改用紫光照射时，光电子的最大初动能变大【答案

】D【解析】【详解】AB．根据km0EhW=−可知光电子的最大初动能与光的强度和光照时间无关，故AB错误；C．光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，当改用黄光照射时，黄光的频率不一定小于极限频率，故有可能发生光电效应，故C错误；D．紫光

的频率大于绿光的频率，根据km0EhW=−可知当增大照射光频率，光电子的最大初动能增大，故D正确。故选D。2.一平直公路上有两条同向并排车道，汽车I和II分别在两条车道上行驶。汽车I、II的v-2-－t图像如图所示，两车在t=2s时同时到达终点。下列说法正确的是（）A.在t=0时，汽车I在汽车

II前面5m处B.在t=1s时，汽车I、II恰好并排行驶C.在t=1.5s时，汽车I追上汽车ID.汽车II追上汽车I时，距终点还有10m【答案】B【解析】【详解】A．由题图知，车Ⅰ做初速度为0的匀加速直线运动，其加速度a

=151.5m/s2=10m/s2车Ⅱ做速度v=15m/s的匀速直线运动，2s内位移分别为21102m20m2x==Ⅰ152mx==Ⅱ30m由于t=2s时两车同时到达终点，则位移差为x=xⅡ-xⅠ=10m说明t=0时车Ⅰ在车Ⅱ前10m

处，故A错误；BC．在t=1s时，车Ⅰ前进5m，车Ⅱ前进15m，由于初始位置车Ⅰ在车Ⅱ前10m处，所以此时两车对齐，故B正确，C错误；D．两车对齐之后，经1s到达终点，所以这个位置和终点间的距离为151mx

==Ⅱ15m故D错误。故选B。3.如图所示的电路中，R1和R2是两个阻值相等的定值电阻，R是滑动变阻器，电源电动势为E、内电阻为r，当滑动变阻器的滑动触头从右向左移动的过程中，下列说法正确的是（）-

3-A.R1、R2消耗的电功率均逐渐变小B.R1消耗的功率逐渐变小，R2消耗的功率逐渐变大C.电源内电阻r消耗的热功率逐渐减小D.R和R1消耗的总功率逐渐增大【答案】B【解析】【详解】AB．在滑动触头从右向左移动的过程

中，滑动变阻器的阻值减小，所以电路的总电阻减小，总电流I增大，根据222PIR=可知2R消耗的功率逐渐变大；由UEIr=−可知路端电压减小，2R的电压增大，则R1两端的电压减小，根据211UPR=可知R1消耗的功率逐渐变小，故A错误，B正确；C．总电

流增大，由2PIr=知电源内电路消耗功率逐渐增大，故C错误；D．将R2看成电源内电路的一部分，R和1R消耗的总功率是等效电源的输出功率，由于等效电源的内阻大于外电阻，所以当R减小，即外电阻减小时，等效电源的内外电阻差增大，输出功率减小，则电阻R

和1R消耗的总功率逐渐减小，故D错误。故选B。4.嫦娥四号探测器作为世界首个在月球背面软着陆和巡视探测的航天器，其主要任务是着陆月球表面，继续更深层次更加全面地科学探测月球地质、资源等方面的信息，完善月球的档案

资料。嫦娥四号探测器在月球表面着陆过程十分复杂，要经过一系列的轨道变换，其中就-4-包括如图所示的由圆形轨道变轨为与之相切的椭圆轨道。下列说法正确的是（）A.嫦娥四号沿圆轨道运行时的加速度等于月球表面的重力加速度B.嫦娥四号沿椭圆轨道运行时，越接近月球表面其运行速率越小。

C.嫦娥四号在圆轨道上运行的周期大于在椭圆轨道上运行时的周期D.嫦娥四号由圆轨道变成椭圆轨道必须在P点点火加速【答案】C【解析】【详解】A．根据2MmFGr=在圆轨道上运行时轨道半径大于月球半径，所以嫦娥四号所受的万有引力小于在月球表面时所受的万有引力，所以加速度小于月球表面的重力加速度，故A错误

；B．沿椭圆轨道运行时，根据开普勒第二定律知，近月点的速率大于远月点的速率，故B错误；C．圆轨道的半径大于椭圆轨道的半长轴，根据开普勒第三定律知，在圆轨道上的运行周期大于在椭圆轨道上的运行周期，故C正确

；D．由圆轨道进入椭圆轨道时做近心运动，需要的向心力要小于提供的向心力，所以必须在P点制动减速，故D错误。故选C。5.如图所示，小球用不可伸长的细线悬挂起来，将细线水平拉直后由静止释放小球，小球运动到最低点时的速度

为v、向心加速度为a，重力的功率为P、绳子的拉力为F，若不改变小球的质量，把细线的长度增加一倍，仍将细线水平拉直后由静止释放小球，下面说法正确的是（）A.改变细线长度之后，小球在最低点的速度v变为原来的2倍B.

改变细线长度之后，小球在最低点时重力的功率P变为原来的2倍-5-C.改变细线长度前后，小球在最低点时向心加速度a都等于重力加速度的2倍D.改变细线长度前后，小球在最低点时绳子拉力F都等于小球重力的2倍【答案】C【解析】【详解】A．由机械能守恒定律得212mgLmv=

解得2vgL=，L加倍之后，小球在最低点的速度v变为原来的2倍，故A错误；B．在最低点时重力方向与速度方向垂直，所以重力的功率为零，故B错误；CD．在最低点绳的拉力为F，则有2vFmgmL−=解得F=3mg，与L无关，向心加速度2Fm

gagm−==故C正确，D错误。故选C。6.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5：1，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想交流电表，定值电阻R=10Ω，其余电阻均不计，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压，下列说法正确的是（）A.当单刀双掷开关与a连接，在t

=0.01s时，电流表的示数为零B.当单刀双掷开关与a连接时，电压表示数为44.0VC.当单刀双掷开关由a拨到b时，原线圈的输入功率变为原来的4倍D.当单刀双掷开关由a拨到b时，副线圈输出电压的频率变为100Hz【答案】BC【解析】【详解】AB．由乙

图知，原线圈所加的交流电压的最大值为311V，其有效值为-6-1311V2U==220V由题意知，理想变压器原、副线圈的匝数比为5:1，则有112251UnUn==所以电压表示数为2U=44.0V，电流表

的示数为22UIR==4.4A故A错误，B正确；C．当单刀双掷开关由a拨到b时，根据1122UnUn=可知1n变为原来的一半，则副线圈电压2U加倍，根据22UPR=可知电阻R上消耗的功率变为原来的4倍，因理想变压器原线圈输入功率与副线圈输出功率相等，所以原线

圈的输入功率变为原来的4倍，故C正确：D．由乙图知，原线圈所加交流电的频率为50Hz，理想变压器不改变交流电的频率，副线圈的频率仍为50Hz，故D错误。故选BC。7.电磁炮的原理如图所示，把充满电的电容器与金属导轨接通，电容器开始放电，炮弹在强

大的安培力作用下加速获得一个很大的速度。不考虑炮弹与轨道间的摩擦，不计导轨电阻，关于电磁炮，下面说法正确的是（）A.炮弹在磁场中做匀加速直线运动B.炮弹刚开始运动时的加速度与电源电动势成正比C.炮弹离开轨道时的速度跟电容器释放的电量成正比D.如果轨道足够长，电容器中

最后剩余的电量与炮弹质量成反比【答案】BC-7-【解析】【详解】A．由于感应电动势的存在，电路中的电流逐渐减小，安培力逐渐减小，炮弹在磁场中的加速度逐渐减小，故炮弹做加速度减小的加速运动，故A错误；B．电容器充电完毕后，两极板间电压

为E，设刚放电瞬间电流为I，有EIR=安培力为F=BIL加速度BLaEmR=，则炮弹刚开始运动时的加速度与电源电动势成正比，故B正确；C．根据动量定理BLItBLQmv==解得BLvQm=，炮弹离开轨道时的速度v跟电容器释放的电量Q成正

比，故C正确；D．如果轨道足够长时，速度能够达到最大值vm，则有()mmvBLQQ=−感应电动势mEBLv=由于QEC=，QEC=解得22222BLCEQmBLC=+故D错误。故选BC。8.小滑块A、B放在粗糙的水平面上，滑块A、B与水平面间

动摩擦因数均为0.1。现让滑块A以某初速度向滑块B滑动，并与滑块B发生弹性碰撞，滑块B被撞后向右滑动2m后停下，已知小滑块A、B质量之比为4：3。重力加速度g=10m/s2，下面说法正确的是（）-8-A.物块A、B碰

撞后，A有可能反弹B.物块A、B碰撞后，B速率是A速率的8倍C.物块A、B碰撞后，A向右滑动的距离约为0.3mD.物块A与物块B碰撞前的速度为1.75m/s【答案】BD【解析】【详解】AB．物块A、B发生弹性碰撞时，根据动量守恒有112443mvmvmv=+根据能量守

恒有222112111443222mvmvmv=+解得1117vv=，2187vv=，故A错误，B正确；C．碰后A的速度为B速度的18，根据速度位移公式有22vgx=解得A向右滑动的距离为x=0.03m，故C错误；D．由功能关系有2213

32mvmgl=由于0.1=，l=2m，2187vv=解得v1=1.75m/s，故D正确。故选BD。第II卷三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题。每个试题考生都必须作答。第33题~第38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）9.

两个同学相互配合，利用如图所示的实验装置来验证机械能守恒定律．跨过定滑轮的细绳两端与两个钩码A、B相连，其中钩码A的质量为m，钩码B的质量为M（M>m）．实验过程如下：-9-①钩码A放置在地面上，钩码B跨过定滑轮悬空，同学甲用手将钩码A压在地面上，使得A、B静止不动，同学乙用米尺测量并

记录钩码B的底端距地面的高度为H，然后手持秒表，做好测量B落地时间的准备．②某时刻，同学甲松手让A、B运动起来，与此同时，同学乙开启秒表，在钩码B落地时停止计时，记录下钩码B的运动时间．③重复测量几次下落时间，取其平均值作为测量值t．请回答下列问题：(1)钩码B落地时的瞬时速

度v=________．(2)根据实验数据，并知道当地重力加速度为g，如果关系式H=________成立，则可说明机械能守恒定律成立．(3)你认为本实验误差产生的原因，可能有________．(写出一条即可)【答案】(1).（1）2Ht(2).2()2()M

mgtMm−+(3).（3）释放钩码A的时间与秒表开始计时时间不同步、空气阻力、滑轮与绳子摩擦力等都会造成误差【解析】【详解】第一空.运动过程中的平均速度Hvt=，又因为02vv+=，因此，落地速度2Hvt=．第二空.如果机械能守恒，则()212MmvMgHmgH+=−，所以()()

22MmgHtMm−=+．第三空.空气阻力、滑轮阻力、释放钩码A的时间与秒表开始计时时间不同步等，都会造成误差．10.有一个简易的多用电表，内部电路如图所示。它有a、b、c、d四个接线柱，表盘上有两条刻度线，其中表示电阻的刻度

线刻度是均匀的，表头G的满偏电流Ig=25mA，内阻Rg=10Ω。使用a、c两个接线柱，多用电表的功能是量程为0~100V的电压表。-10-（1）表盘上电阻刻度线上的相邻两刻度表示的电阻值之差越往左侧越_____（填“大”或“小”）。（2）如果使用a、b两个接线柱，多用电

表最多能够测量___________V的电压，与接线柱c相连的电阻R=__________Ω。（3）将a、d两个接线柱短接，调节滑动变阻器的滑动触头，使表头指针指向表盘右侧“0”刻度。取一个电阻箱，将a、d两个接线柱与电阻箱相

连，调节电阻箱，使表头指针指向表盘的正中央，此时电阻箱的电阻为120Ω，则这只多用电表欧姆挡的内阻为___________Ω；这只多用电表内电源的电动势为___________V。（4）按照红、黑表笔的一般使用规则，测电阻时红表笔应该与接线柱_

______（填“a”或“d”）相连。【答案】(1).大(2).0.25(3).3990Ω(4).120Ω(5).3V(6).a【解析】【详解】（1）[1]由欧姆表原理可知，左侧电阻大，所以越往左侧，相邻两刻度表示的电阻值之差越大；（2）[2]使用a、b两个接线柱时，多用电

表为电流表，多用电表所能测的最大电压，即为表头的满偏电压0.02510V0.25VgggUIR===[3]与接线柱c相连时是将表头改成量程为0~100V的电压表，根据电压的改装原理，则有gggUIRIR=+解得gggUIRRI−=代入数据得R=3990Ω（3）[4][5]当指针指在正

中央时，表头示数为22.51.25102mAAI−==，欧姆表中值电阻等于其内阻，即RR==内中120Ω，根据闭合电路的欧姆定律，则电源电动势为-11-()EIRR=+中内代入数据解得3VE=（4）[6]按照多用

电表红、黑表笔的使用规则，黑表笔电势要高于红表笔电势，所以红表笔应该与接线柱a相连。11.如图所示，有一个截面为矩形ABCD的高台，A、B两点之问的距离为2L，A、D两点之间的距离为3L．某时刻从A点斜向上抛出一个小球

，小球刚好经过B点（小球未与高台发生相碰），之后落到地面上的P点，C、P两点之间的距离为L．不计空气阻力，重力加速度为g，求：(1)小球从抛出到落地全过程所经历的时间；(2)小球被抛出时的初速度．【答案】（1）2Ltg=（2）1102gL，与水平方向的夹角正切值为2【解析】【详解】(1)

从A到B为斜上抛运动，根据对称性可知，从A到最高点和从最高点到B的时间相等，设为t，水平方向为匀速直线运动，所以从B到P的时间也为t；设从A到最高点的高度为h，根据运动学公式可得：212hgt=从最高点到P，根据位移时间关系可得：213(2)2hL

gt+=联立解得2Ltg=小球从抛出到落地全过程所经历的时间-12-233Lttg==总(2)从球从A到最高点，水平方向有：xLvt=竖直方向：ygt=v则抛出时的速度：22xyvvv=+解得：1102vgL=

设v与水平方向的夹角为θ，则：tan2yxvv==所以小球抛出时的速度与水平方向的夹角正切值为2．12.如图所示，平行金属板上下相对，金属板总长度为3L，被绝缘橡胶垫（厚度不计）分成两部分，左侧长度为2L，右侧长度为L，实际构成了两个并排水平放置

的平行板电容器，左侧电容器上板带负电，下板带正电，右侧电容器下板带负电，上板带正电。两电容器内部电场强度大小相等。电容器右侧区域内存在一垂直于纸面向外的匀强磁场，直线OO'是电容器的中心线。有两个电荷量相等的带电粒子A和B，A带正电，B带

负电，某时刻先后从电容器最左端O点沿OO'方向以初速度v0.进入电场，然后进入磁场，A、B两粒子在磁场中分别运动半周后在某点P相遇。已知A粒子质量为B粒子质量的3倍，A粒子进入磁场时速度方向与竖直方向的夹角为60°，不考虑左右两电场的相互影响，不计粒子的重力以及

粒子之间的相互作用力，求：（1）B粒子进入磁场时的速度方向；（2）两粒子出电场时在竖直方向的位移大小；（3）A粒子比B粒子早进入电场多长时间。-13-【答案】（1）与竖直方向的夹角为30°；（2）736L，732L；（3）0736Lv

【解析】【详解】（1）设A粒子进入磁场时竖直方向的速度为vy，则有0tan60yvv=在电场中竖直方向先加速、后减速，则有2133yAEqvttm=−根据水平方向做匀速直线运动，则有03Ltv=联立得20tan60AEqLmv=同

理，对于粒子B，则有20tanBEqLmv=因为3ABmm=所以13tantan6033==解得30=，可知B粒子进入磁场时速度方向与竖直方向的夹角为30°；（2）粒子A在两个电场中竖直方向的位

移之和为22220000012217222AAAAAEqLEqLLEqLqELymvmvvmvmv=+−=结合（1）中mA的表达式，解得-14-71732tan606ALyL==同理，

粒子B在两个电场中竖直方向的位移之和71732tan302BLyL==（3）设两粒子在磁场中运动半径分别为RA、RB，两粒子在磁场中运动时间均为半个周期，如图所示由几何关系有()17sin6022AABLRyy=+=()173sin3026BABLRyy=+=粒子

在磁场中做圆周运动的速度0023sin603Avvv==002sin30Bvvv==粒子在磁场中运动半周的时间分别为0734AAARLtvv==07312BBBRLtvv==由于两粒子在电场中运动时间相同，所以进入电场

的时间差为在磁场中运动半周的时间差，即0736ABLtttv=−=-15-（二）选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，

按所涂的首题进行评分；不涂，按本学科选考题的首题进行评分。13.下列说法中正确的是（）A.气体放出热量，其分子平均动能不一定减小B.布朗运动可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动C.水的饱和汽压随温度升高而增大D.液体汽化现象的原因是液体分子间存在斥力，分子相互排

斥导致汽化现象的发生E.任何物质的摩尔体积V、分子体积V0与阿伏加德罗常数NA之间的关系都可表示为V=NAV0【答案】ABC【解析】【详解】A．若外界对气体做的功大于气体放出的热量，气体温度升高，其分子的平均动能增大，故A正

确；B．布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动，故B正确；C．水的饱和汽压随温度的变化而变化，温度越高，饱和汽压越大，故C正确；D．汽化是物质从液态变成气态的过程，汽化分为蒸

发和沸腾两种情况，跟分子运动有关，不是分子间的相互排斥产生的，故D错误；E．固体或液体的摩尔体积V，每个分子的体积V0和阿伏加德罗常数的关系可表示为0AVNV=，但对于气体此式不成立，故E错误。故选ABC。14.如图所示，圆柱形

导热汽缸内径为2R，活塞和手柄构成一个“倒T”形。活塞将汽缸分成体积相等的上下两部分，两个空间密封着两部分理想气体，活塞和手柄自身体积、重量都不计，手柄与汽缸之间不漏气。开始时，活塞上下两个空间的压强均为p0，现缓慢向下推手柄，当活塞向下移动的位移为汽缸总高度的16时，

向下推手柄的力等于多少。-16-【答案】2034pR【解析】【详解】设汽缸总的高度为H，总体积为V，手柄向下移动6H时，活塞上方气体的体积为V1、压强为p1，活塞下方气体的体积为2V、压强为2p由玻意耳定律得0112VppV=0222VppV=2VRH=211126VRH

H=+221126VRHH=−设向下推手柄的力为F，由力的平衡条件得2221pRpRF=+联立以上各式得2034FpR=15.如图所示，有一截面为半圆的玻璃柱体水平放置，右侧有一竖直屏幕，半圆的半径为10c

m。由红光和紫光两种单色光组成的复色光沿半径方向射向圆心，已知玻璃对这两种色光的折射率分别为233、2，逐渐增大入射光与竖直方向的夹角θ，投射到屏幕上的折射光首先消失的是___________色光，此时入射角等于___________，屏幕上剩下的两个光斑之间的距离为______

_____。-17-【答案】(1).紫(2).45°(3).()1052cm+【解析】【详解】[1]作出光路图，如图所示因紫光折射率较大，根据1sinCn=可知紫光的全反射临界角较小，所以当增大入射角时，紫光先发生全反射，其折射光线先消失；[2]设紫光

的临界角为C2，根据2212sin2Cn==解得C2=45°[3]根据几何关系，可知此时入射角i=C2=45°，对红光，根据折射定律有1sinsinrni=解得6sin3r=根据几何关系，可得红光两亮斑PQ的间距()1052cmtanRdR

r=+=+16.如图所示，O、P、Q是介质中一条直线上的三个质点，O、P平衡位置之间的距离为30cm。t=0时刻质点O开始向上振动，产生一列周期为1s、振幅为4cm的简谐横波，波沿着O、P、Q-18-所在直线向右

传播。当波源O第二次位于波峰位置时，质点P刚要开始向上振动，此后再经过8s，质点Q第一次处于波峰位置。求：（i）质点P与质点Q平衡位置间的距离；（ii）从波源起振到质点Q第一次处于波峰，波源运动的路程。【答案】（i）186cm；（ii）148cm。【解析】【详解】（i）由题意知，O、P两质点

平衡位置间的距离与波长之间满足5=30cm4OP=解得=24cm波速为24cm/svT==在t=8s的时间间隔内，波传播的路程为s=vt=192cm由题意有14PQs=−解得PQ=186cm（i

i）从波源起振到质点Q起振所用的时间130186s9s924OQtTv+====从波源起振到质点Q点第一次处于波峰所用的时间2111944ttTTT=+=+波源从平衡位置开始运动，故2t时间内，波源运动的路程为s=9×4A+A=148cm