1、参态,设小球重心与圆弧轨道圆心的连线与竖直方向的夹角为0,由平衡条件可河北省九校2020届高三上学期第二次联考试题知小球所受支持力羔小球所受拉力Fg蛔n0小球缓慢向上运动0增大,支持力增大拉力增大B项错;对整体受力分析地面对轨道的支持力等于整体重力且保持不变,由牛顿第三定律可知轨道对地面的压力保持不变C项错;轨道与地面间的摩擦力与拉力平衡随拉力的增大而增大,A项错;地面对轨道的支持力和摩擦力的合力增大D项正确.4日命题意图本题考查动量守恒定律、速度时间图象、库仑定律及其相关知识点。解题思路由速度时间图象可知乙球速度先逐渐减小后反向增大,甲球速度逐渐增大,所以两球均受斥力作用,因此两小球带电的电
2、性相同A项错;两小球整体在水平方向上不受外力,由动量守恒定律有m乙o0（m甲m乙）U共解得m甲:m乙2:1B项正确;由UZ图象可知,002时间内两球之间的距离先减小后增大,由库仑定律可知,两球间的静电力先增大后减小C项错;03时间内,乙的速度先减小后增大,所以其动能先减小后增大,D项错总评:本套试题对力学、电磁学知识的主于内容进行了全方位的考查在典型物理模型的考查中,更注重对细节的考查,如第8题考查考生对研究对象的选择是否明确;第12题的设问很灵活实验思略很巧妙对考生的实验探究能力妥求较高;第l6题的设计比较合理,将电磁学的重点模型有机结合起来很好地考查了考生的分析综合能力夕选择题答案速查撼撼
3、辨谗硼睡蹦辙瓣CD司三AAqqA吕ID命题意图本题考查电磁感应中的能量问题。解题思路磁铁插人闭合线圈过程中,闭合线圈中有感应电流产生,即有电能产生所以磁铁的机械能减少,A项错;磁铁尚未运动时,电子秤的示数等于有闭合线圈的绝缘圆筒的质量,当磁铁向下运动时由“来拒去留,规律可知,闭合线圈对磁铁有向上的作用力,磁铁对闭合线圈有向下的作用力,故电子秤的示数增大,D项正确;磁铁下落过程中受到闭合线圈的作用力变化而所受p-二二一-户二可-题多解本题中C选项也可以利用图线的斜率求解。0t2时间内,曲线甲的斜率先增大后减小,即甲球的加速度先增大后减小,甲球所受静电力先增大后减小选项C错误重力不变,所以磁铁的加
4、速度变化,B项错;由楞次定律可知通过电阻的电流方5。B命题意图本题考查理想变压器的原理欧姆定律向与图中箭头所示方向相反,C项错解题思路由题图乙可知、b端接人交流电压的最大值为l8百V,有效值2D命题意图本题考查牛顿第二定律的应用,考查的核心素养是科学为18V又L正常发光,故其两端电压为6V,通过Ll的电流为05A,则原线思维解题思路两物体互换位置前,对B有n凰gT二厨!,对A有T厕脚!圈两端的电压为12V,所以电压表示数为l2VB项正确;L2正常发光所以L2两端的电压为6V通过的电流为05A则副线圈两端的电压为6V,由理lBg几AmBg解得l,Tl7BlAB;两物体交换位置后,对A有mAgT2
5、nA2想变压器变压规律知,-,A项镊由鲤想变雌器变流规肄则知mg.mAmBg对B有T2lB2,解得2所以l:2lB。mAl十BmA刀B十,所以通过电阻辙吨流也是肌Ac项锚若减小屯阻箱膳八l:内T:Zl:1,AB、C项错,D项正确3.D命题意图本题考查共点力的干衡问题.电路的阻值则通过电阻箱的电流增大,通过原线圈的电流也增大则灯Ll两解题思路以小球为研究对象,小球受重力支持力和拉力作用处于平衡状端的电压增大,原线圈两端的电压减小导致副线圈两端的电压减小,灯L2变物理答案1.第1套解题思路由速度时间图象可知滑块由A滑到B的过程中的加速度暗D项错6命题意图本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动问题。六m
6、爵二5m愚;,由牛顿第二定律有gsm0咖硼,解滁,A项正确;滑解题思路电子垂直OM进人磁场后,经半个周期从O点右侧离开磁场,由块压缩弹簧的过程中滑块与弹簧组成的系统机械能守恒,弹簧由原长压缩过程中,其弹性势能不断增大,所以滑块的机械能不断减小,B项正确;滑块下滑到左手定则可知磁场方向垂直纸面问里,由周期公式叮知二器.当电C点时,其减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能,由U图线与坐标轴所子向左上方垂直射人磁场时,由几何关系可知电子在磁场中运动的轨迹圆弧围图形的面积表示位移知ABO42mO4m,弹簧储存的最大弹性势能垄八旷日和础酣间寸日动一互、丁勺日中场磁在其故日为角心圆的对所Epmg（ABBC
7、）sjn014JC项正确;滑块由C返回A的过程中,离开弹簧以后滑块的机械能不变D项错。OCD命题意图本题考查法拉第电磁感应定律、闭合电略欧姆定律、安培力、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律等。解题思路设导轨宽度为L,则金属棒6沿导轨向上移动d的过程中,通项正确B、C、D项错。7,D命题意图本题考查卫星的在轨运动规律和变轨规律万有引力定律、功能关系。解题思路由卫星模型“高轨低速,规律可知,卫星在轨道上B点的速率大于卫星在轨道I上A点的速率,由变轨规律可知,卫星在轨道I上A点的其）（尺尺厂厂得解蛔叶蛔砷量荷电的尺阻电值定过速率大干在轨道上A点的速率所以卫星在轨道上B点的速率大于卫星在轨道I上A点的速
8、率,A项正确;卫星从轨道I经轨道进人轨道的过程中k为图乙中图线的斜率,所以通过闭合回路的磁通量oo0（R厂）t2,A项错;由B皿k（R）t2可知,d呸r2故金属棒沿导轨做初速度为零的匀中,需要经过两次制动,故机械能减小,B项错;由G哗厕可知卫星从远地厂加速直线运动加速度保持不变B项错;金属棒的加速度为,则有t,点A向近地点B运动的过程中加速度随距离的减小而增大,C项错;尾存解刀几几吕吧有律定第顿牛庄确正项砷酗叶肺轨道I上运行时,由万有引力提供向心力有c（舟）;笋（Rh）解得得-!带骋,所以c项正确.42（Rh）3G?逮D项正确。25U参考答鬃（笋（2分偏大（2分（2）L-1（2分）aD命题意图
9、本题结合实际情境考查牛顿第二定律的应用,考查的核心素养是科学思维命题意图本题考查运动的合成与分解、机械能守恒定律的应用（解题思路摄像机受重力轻绳拉力空气水平方问的作用力,沿水平方向解题恩躇（）物块到达幂轨顶端时遮度为檄则慨-0.-粤徽,帧做匀变遮直线运动竖直方向受力平衡,则有c。s吧,解得T揣,A项,sm30。,竖直方向上做竖直上抛运动,运动时则二些兰水平方刨gg的位移甄-泌警,变形得-竿撼,由幽蕊图象可知,隐三挚解得:-正确;空气对摄像机的作用力大小为F,水平方向上有TsinFm解得二g陋n,B项错遥控直升机匀j逮运动过程中,有z“,解得何v2由于空气阻力的影响小物块在空中运动时间减小水平位
10、移减小所芋所以直升机所受的合外力各半,摄像机所受的合外力F合L凸测重力加速度值偏大。（2）在每次释放小物块到小物块滑至导轨顶端的过程芋,C项错;由前面的分析可知,g馏n二,解得厕（g蛔n中,若满足器（L）唱（l）z副n30.酗型,则物块与弹簧组成的系统普）,D项正确.2可如机械能守恒,整理得L3（则2l-1）,因此需要验证的表达式为L9BC命题意图本题考查机械能守恒定律、功能关系、牛顿第二定律速2可典且见度时间图象。物理答案2。第l套因鳃勿217m期0,所以两车不会相撞。（l分）4命题意图本题考查动能定理机械能守恒定律、乎抛运动、牛顿运动2参考答案（1）如图所示（2分）（2）0.20（2分）（
11、3）I）（1分）（4）15（l分）0.25（l分）（5）能（2分）定律!C解:（l）对小物块由A到B的过程由动能定理有Dl（gsin0）。2厂严（吧cos0qE）.2厂丁ni（1分）飘厉得解命题意图本题考查测定电源电动势和内阻的实验解题思路（2）开关S接C时,电流表A与电阻箱R并联后与电流表A利滑动变阻器R2串联,根据串并联电路的规律可知流过电阻箱R!的电流l（0.600.20）AO40A;电压Ul0.l00.40V0.040V则电流表A的内阻凰耕n20O.（3）由丁K是断开的,只有s接D时,才能对小物块由B到C的过程,由机械能守恒定律有哪g（lcos）测:帆,i（l分）凸仔丽解得zC2在C点
12、,由牛顿第二定律有Fmgn卫旦（1分）厂形成闭合回路。（4）断开开关K,将开关S接D,电路为安阻法测量电源电动）分（召加旧日尸得解势和内阻,由闭合电路欧姆定律叮知圆二（尺R）,变形可得二由牛顿第二定律叮得在c点小物块对轨道的压力大小为烈二号略（!分）R厂根掂图象叫知3册楞）vR昔30A解得E山5v（2）小物块离开D点后做平抛运动水平方向有如0（1分）厂025O。（5）由（4）可知当电流表A内阻未知时能测出电源电动势,但竖直方向有g（l分）垄不能测出电源的内阻3.命题意图本题考查匀变速直线运动规律的应用解:（1对轿车刹车的过程有2l厕（l分）解得轿车刹车过程的加速度大小5IIs2（分）当两车的速
13、度相等时有to2（l分）尺如小物块平抛过程机械能守恒则有吧-圆咖;（分）分（斗引付哩仪得子式上以由肘略何鲤斗句凹一哩绚知可式等不本基中学数由解得tl1上二些3Sl则小物块动能的最小值为Ek蹿卓（l分）垄在03时间内轿车行驶的距离卯止丝975m（l分）凸5.命题意图本题结合数学归纳法考查动量定理以及动能定理的综合应用。货车行驶的距离x2U2t75m（1分）因卿l-剪222.5m彪o,所以两车会相撞（l分）（2）假设从轿车开始刹车经过时间r,两车速度相等,即0lo22（0）（l分）解:（l）设滑块第次运动到斜面底端时的速度大小为,由动能定理有mgh0-以lgh0OS0sjn01丁似（2分）解得l8
14、ms（1分）（2）由于碰撞过程中无机械能损失故碰撞后瞬间的速度与碰撞前瞬间的速度等大反向,由动量定理有!2l（2分）解得第次碰撞过程中挡板对滑块的冲量大小l6N.s（l分）（3）滑块在斜面底端以初速度大小o上滑到所能达到的最高点,由动能定理在这段时间内,轿车行驶的距离撼,:（l分）货车行驶的距离鳃1刚2t02（0）2（0）2（l分）叁】了厂【邮内乙勿二日允得解物理答案3第l套粒子做直线运动所需的时间为2丝2皿I巫（l分）q砂BD联立解得粒子从出发到再次到达O点所需的时间LlgllCOS0有-加gllSin00厕锄（1分）设滑块再次滑到斜面底端时的速度大小为!2,由动能定理有mgh皿gh:os6
15、测i0（1分）Sin0）分（）汀勺（班创回鄂南高中华师一附中黄石二中荆州中学2020届高三孝感高中襄阳四中襄阳五中黄冈中学句些些一得解（1分八校第次联考-I一丛tan0雨跳）夕勺人几似儿句丝第门次滑到斜面底端的速度腿总评:本套试卷在命题方式上重视对基础知识和物理方法的考查对主于知识考查全面把握了高考的新方向,对高考的热点难点和重点进行了全面的考查且试题新颖性强。其中第15题需妥考生自己构建物理模型考查考生对知识的迁移应用能力;第l8题结合我国第49颗北斗导航卫星命题且I）选项设问新颖巧妙,能够引导考生思考物理知识在生活中的应用;第2l题考查多种情况的分析引导考生全面分析问题培养考生的科学思维;
16、第25题思维难度较大,但设置有梯度需妥考生突玻思维桂桔灵活分析问题。I2m（0lo2n）（l分）解得挡板对滑块总的冲量大小32N.s（l分）6命题意图本题考查带电粒子在纽合场中的运动,意在考查考生的分析综合能力和运用数学处理物理问题的能力解:（l）粒子的运动轨迹如图所示（2分）似鲜选择题答案速查撼答案撼ci蹿糊螺辩笛凹IICA吕I由几何关系得Oc2m（1分）4C命题意图本题考查原子物理的相关知识考查的核心素养是物理观念解题思路金属的逸出功是由金属本身决定的与人射光的频率无关选项A错误;比结合能大的原子核分裂成比结合能小的原子核时需要吸收能粒子从C到O做类平抛运动,且在垂直平行电场方向上的位移相
17、等即,上sOcsin45二2R（1分）做类平抛运动的时间为t3兰巫（1分）UO量选项B错误;根据德布罗意波的波长公式上,可知动量相同的质子和p又凰十;绊u分）R匹LqB电子,具有相同的德布罗意波波长,选项C正确;玻尔第次将量子观念引人原子领域提出了定态和跃迁的概念,成功地解释了氢原子光谱的实验规律选项D错误。5.B命题意图本题考查机械能守恒定律和运动学规律开枚性较强考查的核心素养是科学思维。联立解得EB（1分）（2）粒子在电场中的加速度塑延（l分）m汀l宁-宇凸可模型分析本题考查考生对所学知识的迁移应用能力,难点在于需要考生自己构建模型甲轨道上的小球从轨道左侧开始做匀速直线运动;乙轨道上的小球
18、从轨道左侧开始向下做圆周运动;丙轨道上的小球从轨道左俐侧开始向上做圆周运动p2t3。巫2Do1D粒子再次从O点进人磁场后的速度U删i5（l分）则粒子再次从（）点进人磁场后的运动轨迹半径厂器佰R（l分）解题思路根据机械能守恒定律可知,三个小球到达轨道的左侧时速度相同甲轨道上的小球从轨道左侧开始做匀速直线运动;乙轨道上的小球从轨道左侧开始（前端的段）向下做圆周运动,先加速再减速水平分速度先增（3）粒子在磁场中运动的总时间为r2五k（1分）U物理答案4第2套相对于地球静止选项A错误;赤道上某物体的角速度与同步卫星的角速度相同但运动半径较小根据2厂可知,赤道上物体的向心加速度小于此卫星的向心加速度,选
19、项B错误;地球的第宇宙速度是地球上发射卫星的最小速度,选项（错误;如题图所示地球同步轨道与倾斜同步轨道有两个交点,交点位置正下方的人用望远镜观测,天能看到两次此卫星选项D正确9.D命题意图本题考查电略的串并联、闭合电略欧姆定律等相关知识大后减小,水平方向的平均速度比甲轨道上的小球大;丙轨道上的小球从轨道左侧开始（前端的段向上做圆周运动先减速后加速,水平分速度先减小后增大,水平方向的平均速度比甲轨道上的小球小故乙轨道小球水平方向的平均速度最大,丙轨道小球水平方向的平均速度最小,又三个轨道水平方向长度相同,则乙轨道上的小球先到达右侧,选项B正确。6.命题意图本题考查力的干衡条件、安培力和左手定则等
20、相关知识点解题思路细线的拉力刚好为零则圆环受到的安培力的方向应竖直向上,大小为F,根据磁场方向和左手定则可知环中电流方向应为顺时针方向;再由圆环在磁场中的有效长度和安培力公式可知FB.徊R,解得环中电流的大小舞选项A正确.7。D命题意图本题考查力的合成与分解、共点力的干衡,考查了考生的点,意在考查考生的推理能力-可教你审题本题考查闭合电路欧姆定律与电路的动态分析注意滑动变阻器R上部分与R0串联后再与R下部分并联因为两部分阻值之和不变,根据数学规律即可明确总电阻先增大后减小,且两支路电阻相等时,并联后的电阻最大,据此分析电表示数的变化情况。-叼理解能力和椎理能力解题思路物体（设其质量为m）原来保
21、持匀速下滑斜面（设其质虽为）静止以物体和斜面组成的系统为研究对象根据平衡条件可知地面对斜面没有摩擦力。对物体有mgSin0以mgcos0解得物体和斜面间的动摩擦因数队tan0,0是斜面的倾角。在物体上加沿斜面向下的力F时,物体所受的合力将沿斜面向下,故做加速运动,但物体与斜面间的弹力大小不变,故滑动摩擦力大小不变,即物体所受支持力与摩擦力的合力仍然竖直向上,则物体对斜面的作用力方向竖直向下斜面水平方向仍无运动趋势,故地面仍对斜面无摩擦力作用选项A错误在物体上加水平向石的力F时对物体沿斜面方向有mgsin0Fcos0严（mgcos0Fsin0）,故物体做减速运动,所受支持力增加了Fsin0,则摩
22、擦力增加了sin0即支持力与摩擦力均成比例增加,其合力方向还是竖直向上,则斜面所受物体的摩擦力与压力的合力方向还是竖直向下,水平方向仍无运动趋势,则斜面不受地面的摩擦力,选项B错误同理可得,无论在物体上加上什么方句的力,物体对斜面的压力与物体对斜面的摩擦力都是以:以的比例增加则其合力的方向始终竖直向下斜面始终没有运动趋势,始终对地面无摩擦力作用,而恒力F方向与物体的运动方向相反时,物体做减速运动,选项C错误,D正确解题思路由于电源的内阻忽略不计,故电压表的示数为电源的电动势即电压表示数直不变,则电压表示数U的变化量与电流表示数的变化量的比值为零,不等于R3,选项B、C均错误;由题图可知滑动变阻
23、器R上部分与R0串联后再与R下部分并联当Rl上部分与R0串联的电阻与Rl下部分电阻相等时,并联后的电阻最大,故在滑动变阻器R!的滑片P由b端滑到端的过程中,R上部分与R0串联后再与R下部分并联的电阻先增大后减小,又该支路电压不变,电阻先增大后减小,根据闭合电路欧姆定律可知电流表示数先减小后增大,选项A正确;由电路结构可知,电压表示数U与电流表示数的比值为除R3外的总电阻结合以上分析可知,电压表示数U与电流表示数的比值先变大后变小选项D正确。2Oc命题意图本题考查动能定理弹性势能和能量守恒定律等相关知识点,考查了考生的推理能力和分析综合能力。解题思路设弹簧压缩量为x（绷0）时弹簧的弹力F和电场力
24、qE平衡即FqE滑块的动能最大,由动能定理有qE（OA绷）!寺互“E代人叁数据解得（M32m,选项A正确;从B点释放滑块滑块动能最大的位置不-一-导忌.司光速解法本题可以用排除法,快速解题物体有向下的初速度时,可以在斜面上匀速下滑,则有mgsln0四吧cos0物体和斜面间的动摩擦因数为tan0当物体和斜面间的动摩擦因数为tan0时,无论物体受力情况俐如何,物体对斜面的压力与摩擦力的合力始终沿竖直方向,故斜面与地面间的摩擦力一定为零可排除A、B、C选项只有D选项正确凸变则从B点至动能最大的过程由动能定理有qE（AO露BA）0音上x闽凸解得闯ma9J选项B错误;从B点释放滑块至滑块被弹簧弹回经过A
25、点的过程,由动能定理有qE.BAEk0解得被弹簧弹回经过A点时的动能EklJ选项C正确;从B点释放滑块时,弹簧的最大压缩量大于从A点释放时的,则电场力做的功相对从A点释放时的多的不止lJ,故弹簧的最大弹性势能增加的大于1J,选项D错误。2.BC命题意图本题考查带屯粒子在匀强电场中的运动,考查了考生的8D命题意图本题考查万有引力定律,考查的核心素养是科学思维解题思路倾斜地球同步轨道卫星相对地面有运动,而地球同步轨j首尾物理答案5.第2套理解能力和分析综合能力。中的时间相同,解得（）MOPOV23.参考答案（2）增大（3分）（3）300（3分）500（3分）-司教你审题根据动能定理列出粒子从电场中
26、射出的最大动能与初动能之间的关系式和经过b点的粒子在b点的动能与初动能之间的关系式然后求解不同情况下对应的电场强度和电场方向。-一-一-呵命题意图本题考查灵敏电流计满偏电流和内阻的测蚤,意在考查考生的实验能力。考查的核心素养是科学探究二司实验攻略电流由流向b说明6点电势比点电势低即R2两端电压大于电阻箱两端电压。要使G2中的电流为零,则R2两端电压应与电阻箱两端电压相同,故应增大电阻箱两端的电压即增大电阻箱的阻值流过G2的电流为零时电阻箱与R2两端的电压相同,G与代l两端的电压榴凤则有.O叼解题思路设电场方向与6连线的夹角为0离开电场时动能最大的粒子的出射点和c点的连线定和电场线平行,如图所示
27、,在粒子从点运动到6点的过程中由动能定理有qERcos02Ek,对离开电场时动能最大的粒子在电场中的运动由动能定理有qER1sin（030）3E臆联立解得sin00或茅.驾-0时解得-尝电力向从倒当-兼时解得网-器.根据以上分忻叫知选、c均正确,储谩.解题思路（2）灵敏电流计G2中的电流由流向6,说明b点电势比点电势低R2两端电压大于电阻箱两端电压,故应增大电阻箱R接人电路的阻值当、6两点电势相等时,流过G2的电流为零。（3）流过G2的电流为零,则有IRgR:-哥代入得皮;-5n梳过两支路的电流之比叮-愿腮三,可资鹰什!二A,已测腮0mA则嚼02mA灵敏电流计C瞒偏22.参考答案（1）AC（2
28、分）（2）加.O!2OmlOP（2分）（3）0M（）PO（2分）命题意图本题考查验j正动量守恒定律的实验意在考查考生的实验能力。刻度为30格而此时的指针指在20格的刻度处则灵敏电流计G的满偏电流芳嚼!2mA3mA二300队A.宁P凸-勺实验攻赂（1）根据实验原理分析答题（2）根据动量守恒定律进行分析确定需要验证的关系式（3）弹性碰撞过程机械能守恒,应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出实验需要验证的表达式。凸-亡凸亡司24.命题意图本题结合无线充电系统考查法拉第电磁感应定律闭合电略欧姆定律、交变电流的乎均值、最大值和有效值、电流的热效应等相关知识解:（l）受电线圈中产生的平均感应电动势为El鱼（
29、1分）t通过电阻R的平均电流为六（分）解题思路（1）为保证球l碰后不反弹,球1的质量应比球2大,选项A正确;为了保证球1每次运动到抛出点时速度相同,球1每次必须从同-高度释放而小球与斜轨间的摩擦虽然会影响小球的加速度但并不影响球1每次运动到抛出点的速度相同,故对本实验没有影响,选项B错误,C正确;为保证两球碰后速度均沿水平方向,两小球的半径应相同,选项D错误。（2）设两球碰前瞬间球l的速度为,碰后瞬间球1的速度为o2、球2的速度为3要验证动量守恒定律,只需验证mo矾o2m2凹即可,已知小球离开轨道后做平抛运动,它们抛出点的高度相同在空中的运动时间t相同,上式两边同时乘以r得加t加l2lm2O3
30、r即ml。OPml.OM7l2.O,故若两球相碰前、后动量守恒其表达式可表示为ml.OPml.OMm2O（3）如果碰撞过程系统动量守恒以向右为正方向由动量守恒定律得mol咖隘如果酶为弹健碰撞,碰撮过程机械能守恒,有鹏似咖似舌哪2;,解得:,扎,显然,:哪又因为平抛运动刀l-2ln2J772通过电阻R的电荷量为q（1分）由题图（b）知,在rl到t2的时间内O4.）104Wb（l分）解得q2.0103C（2分）（2）由题图（b）知,周期Tl03s（1分）又倒等（分）受电线圈中产生的电动势的最大值Enom“（l分）线圈中产生的感应电流的最人值瞅.-器（!分）遮过屯阻闹的电流的有激愉芳（分）电阻R在个
31、周期内产生的热量QRT（l分）解得Q5.7102J（2分）25.命题意图本题考查牛顿第二定律、动能定理等相关知识点意在考查考物理答案6.第2套观态的无序程度选项B正确;使气体液化的方法有降低温度和压缩体积而只增大压强不定能使气体液化,选项C错误;切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的,选项D正确;由图象可知二l0Pa,由粤c,可得粤（2l055107V）V（K）-5l07（V-2103）2200（K）解得V2CCl03m3时,T取最大值,此时p1l05Pa,选项E正确。（2）命题意图本题考查理想气体状态方程、气体的等容变化和等压变化等相关知识点解:o设气缸内气体压强为p外力为F,则对活塞A、
32、B及细杆组成的整体由平衡条件有pOSApSApSBp0SBF0F解得pp0SA-SBp减小,F随之减小。当F减小到0时pp0（2分）设此时撼度为贝有-（2分）得T2450K（1分）再降温缸内气体发生等压变化即pp0活塞右移体积相应减小当A到达雨圆筒霍接处时温度为鸣则育瓣铲狸（2分）T3生的分析综合能力。考查的核心素养是科学思维。-司压轴题透析（l）先对两块薄片整体分析根据牛顿第二定律求出第l块薄片刚好完全滑上BC时的加速度大小再分析第2块薄片,根据牛顿第二定律求出两薄片间的作用力F（2）将两块薄片视为整体应用动0能定理,求得恰好完全进入BC段的速度再受力分析可知此后两块薄片整体匀速下滑至第1块
33、薄片下边缘刚运动到C求得此时的速度大小0（3）分析每块薄片从下边缘在C点到上边缘到达水平面的过程根俐据动能定理列式,求得每块薄片滑到水平面时的速度由运动学公式求得两块薄片到达C点的时间差,即到达水平面的时间差,从而求得薄片间的距离厕b解:（l）第l块薄片刚完全进人BC段时对两薄片有2骋副n30.队咖gcs30.二2咖解得十g（3分）对薄片2有吨sin30。Fm（2分）得两薄片间的作用力大小二厕啥25N（l分）（2）把两块薄片视为整体在两薄片开始运动至恰完全进人BC段的过程由动能定理有2mgsin30。（L蛔L“）-02腆厕gc。s30。2峙2m20（2分）2解得孕m鼠（2分）此后对两薄片受力分
34、析知沿斜面方向合力为零故两薄片直匀速运动到薄片下边缘到达c点.此时第块薄片速度为徽-孕m.（2分）（3）对每块薄片由下边缘在C点运动到上边缘到达水平面上的过程由动能定理有顾gsm30.（L赚）脚gcs30。!尉二十厕删十咖得?270K（3分）3q。（l）C巨（5分）命题意图本题结合波形图考查波长、频率和波速的关系。解题思路由题图可知,波长人4km再根据能发生明显衍射的条件障碍物或孔的尺寸与彼长相差不大或比波长小得多可知若波传播中遇到宽为4km的障碍物能发生明显的衍射现象,选项E正确B错误;由题图可知图中由实线变成虚线的时间为（厕辨）r当二0时,周期最大,此时十74.,所以最大周期为8.当2时周
35、期为l6.选项A正确;由波逮,可知,周期最大时波速最小,所以最小波逮为,亡-六-km.,选项c正确;由题图结合艘向右传播可知,在时刻勿2。5km处的质点振动的方向问上而鳃2km处的质点已经在最大位移处所以从t时刻开始计时勿2km处的质点比冗2.5km处的质点先回到平衡位置选项D错误（2）命题意图本题考查光的折射定律全反射等相关知识点。解得似孪ms（2分）么两薄片到达水平厕的肘间羞-等楞.（2分）得两块薄片滑到水牺上后的距离膊-侧!斋n（2分）3a（1）BD巨（5分）命题意图本题考查热学的基础知识考查考生的理解能力解题思路根据热力学第二定律可知,不可能从单热源吸收热量并把它全部用来做功,而不引起
36、其他变化选项A错误;系统的宏观态对应的微观态越多,宏观态就越无序,故系统的宏观状态所对应的微观态的多少表现为宏解:O根据折射定律有si!45百（1分）sIn厂可得进人玻璃后光线与竖直方向的夹角为厂30（1分）如图所示,过O的光线从O3点射出O3与B之间的圆弧上没有光线射出越物理答案7第2套接近A的光线人射到圆弧AC界面上时的人射角越大发生全反射的可能性越大根橱胸界角公式有咖c,-十二粤得胸界角为45.假设圆狐c界而上的临界点为O2,此光线从AO界面上点F人射,在三角形F（）O2中可求得OO2与FO的夹角为180-（l2045。）15所以A到O2之间的圆弧上没有光线射出,由此可得有光线射出的圆弧
37、对应的圆心角为90-（30。15）45（2分）所以有光透出部分的铡长为z十耐R（分）从最左侧出射的光O2Ol与OO2垂直,与OC延长线的交点为Ol,由几何关系得OOlO215（2分）解题思路电路所加电压为正问电压若只让滑动变阻器的滑片P向D端移动光电管两端电压增大但如果此前已经达到饱和电流则电路中的电流不会增大,电流表的示数不变,选项A错误;若只增加该单色光的强度单位时间照射到光电管阴极K的光子数目增加逸出的光电子数目增加,电路中单位时间内通过的电子数目增加,电流增大,则电流表的示数增大选项B正确;阴极K的逸出功与照射光的波长无关,选项C错误;若改用波长大于入o的单色光照射光电管的阴极K,由二
38、子叫知,光子能量变小,但只要大于阴极K的逸出功就仍可以发生光电效应电流表仍有示数选项D错误。2c命题意图本题以甲、乙两辆汽车的速度-时间图象给出解题信息考查考生对速度-时间图象的理解。考查的核心素养是物理观念。解题思路根据t图线的斜率表示加速度,可知乙车先做加速度逐渐减小的加速运动再做加速度逐渐增大的减速运动最后做加速度逐渐减小的减速运动选项A错误;根据-t图线与坐标轴所围图形的面积表示位移可知在前4.的时间内,甲车运动的位移为膊蠕二（54l2）4m29.6m选项B错误;由于在4s内,乙车的速度一直大于甲车的所以甲、乙两车的距离越来越远选项C正确;在t10s时乙车速度减小到零,但在010s内,
39、乙车直向前运动没有回到起始位置,选项D错误。4PPB-一.-.一.-司易错警示解答此题常见的错误主要有:一是0图象是曲线不知如何分析斜率;二是误认为甲车4s时对应的速度是l0ms,导致错选B。-亡-3.B命题意图本题以游乐设施跳楼机为情境,考查动量定理、动能定理、功能关系及其相关知识点解题思路根据动量定理过程中跳楼机动量的改变量等于合外力的冲量而过程中跳楼机受到重力和制动力,即过程中跳楼机动量的改变量等于重力（方向竖直向下）和制动力（方向竖直向上）合力的冲量选项A错误;过程I中只受重力过程中跳楼机受到重力和制动力整个过程中合外力的冲量等于零用IGI表示过程I重力的冲量大小用Ic表示过程重力的冲
40、量大小,用制动I表示过程I制动力的冲量大小则有clIc制动0,所以制动;l选项B正确;根据动能定理,过程I和过程中合外力做的功之和等于零用cI表示过程I重力做的功,用c表示过程重力做的功用W制动表示过程克服制动力做的功,则有WclWc-W制动0,所以W制动GI,选项C错误;根据功能关系过程中跳楼机损失的机械能等于整个过程中跳楼机减少的重力势能大于跳楼机在过程I中所增加的动能,选项D错误回2092020学年西安五校高三联考试题总评:第3题以游乐设施跳楼机为情境体现物理知识的趣味性考查角度创新;第7题以变压器副线圈接火灾报警系统为情境,强调学以致用;第8题以由细软电阻丝制成的闭合导线框两种不同的运
41、动方式为情境综合性强难度较大;第l2题以电表改装与设计校准电略为切入点,对考生的能力要求较高;第l6题以小滑块从四分之一圆弧轨道上滑到并排静止在光滑水平地面上的A、B木板上为情境命题,难度较大。禽选择题答案速查4上5鳃A巳A日-易错警示解答此题常见的错误主要有:一是没有把两个过程的受力情况分析完整;二是对动量定理理解不到位;三是对动能定理理解不到位;四是不会列出相关方程进行综合分析题号0式;7飞ir颓岂823巴晌答案巳ccCDBD巳DlB命题意图本题以光电效应实验电略为情境考查光电效应及其相关知识点考查的核心素养是科学探究。物理答案8。第3套0。命题意图本题考查安培力、电阻定律、并联电略及其相
42、关知识点。霹由题慧可知,.边（喊边）的边）长膛的2倍由电阻定律可知,b边（c边）的电阻是边（cb边）电阻的2倍通过b边的电流大小为,根据并联电路规律可知,通过dcb支路的电流大小为根据凸左手定则和安培力公式可知,金属线框b边所受安培力大小为FbB几方向竖直向上;金属线框c边所受安培力大小为Fd毕,方向竖直向上;金属线框边所受安培力大小为哪乎,方向向左;金属线框c0边所受安培力大小为及乎,方问问宿。所以金属线框整体受到的安培力大小为.哗皿,方向竖直向上,选项A正确.7.CD命题意图本题以变压器昌线圈接火灾报警系统为情境,考查交变电流的有效值、变压器的原理、电略的动态分析等知识点解题思路将此电压加
43、在阻值为R的电阻上,电压的最大值为U酗a州孝黔伙数据得题图乙中电压的有效值为11W可V选项A错误;根据变压器的变压公式瓮可得电川霍胸示数呸-2蛔v选项假镭谍;厨处出砚火悄时温度升高,其阻值减小,由于副线圈电压不变所以副线圈上的电流增大,根据变压器的变流公式可知,电流表示数增大,选项C正确;由于出现火情时副线圈上的电流增大故电阻R0消耗的电功率增大选项D正确Q宇-刁关键点拨求解正弦交变电流的有效值时可以直接利用有效值是最大值输粤计算.求解其他衔效值陇,需要根掘有效值钩定义列式计算根据!图象准确找出已知量是对考生识图的基本要求,准确掌握理想变压器的特点及电压比、电流比与匝数比的关系是解决本题的关键
44、p-叼-司易错警示解答此题常见的错误主要有:一是没有正确运用电阻定律得出两支路电阻的关系;二是没有正确运用并联电路规律得出两支路电流的关系;三是没有正确运用安培力公式和矢量运算法则进行求解5.C命题意图本题以斜面上的叠加体为情境考查受力分析物体的乎衡及其相关知识点。解题思路设木板与水平面的夹角为0,在原位置时由于B上表面水平故B对A的摩擦力为零,A对B的作用力大小等于A的重力,木板对B的摩擦力等于A、B整体重力沿斜面方向的分力即（m州矾）gsin0木板对B的支持力等于A、B整体重力垂直斜面方向的分力,即（mAm）gcos0;使木板P绕O点缓慢旋转到虚线所示的位置物体A、B仍保持静止且相对木板没
45、有发生移动木板与水平面的夹角0减小B上表面倾斜,A相对B有下滑趋势,B对A的摩擦力不为零,A对B的作用力大小仍等于A的重力木板对B的摩擦力减小而对B的支持力增大选项ABD错误,C正确。aBD命题意图本题以由细软弹性电阻丝制成的闭合导线框两种不同的运动方式为情境考查法拉第电磁感应定律、闭合电略欧姆定律及其相关知识点解题思路方式中,在C沿圆弧移动到圆心O的正上方时导线框回路中磁通量的变化率为零根据法拉第电磁感应定律可知导线框中产生的感应电动势为零,选项A正确方式中,在C从A点沿圆弧移动到图中ADC30。位置的过程中穿过回路的磁通量变化.卓BR通过导线截面的电荷量乙为竿竿1选项正确方式二中侧路中磁通
46、瞳可表示为酸BR2COS2t,由法拉第电磁感应定律可知产生的感应电动势可表示为e2Ao万O2BR2SinO2逐渐增大,选项C错误方式中回路中的磁通量可表示为OBR2sint,由法拉第电磁感应定律可知,产生的感应电动势可表示为.-等-R1,产生的感应电蜘势有效值为偶-翅!M;方式-一-关键点拨分别对AB整体和物体A受力分析通过整体法得出木板对B的摩擦力和支持力的表达式通过隔离法得出A、B之间的作用力-司6.命题思路本题以卫星绕地球运动为情境,考查万有引力定律牛顿运动定律、圆周运动、开普勒第三定律及其相关知识点解题思路设卫星在轨道上做圆周运动的周期为则有G警中,产生的感应电动势有效值为倔-争h儡屁
47、.阀种方式回路中的电动势的有效值之比E:E2）:）2,选项D正确厕刷铲）,兰厨榔得懦谩卫垦在轨道2上逞动的阔斟为,7:（2R）3根据开普勒第三定律有可-F一解得吗2百T,则卫星从A到B运动的时间赂-哥A项正确.关键点拨通过分析得出两种方式下回路中的磁通量表达式和产生的感应电动势表达式是正确解题的关键。9。A日命题意图本题以匀强屯场中带电小球的运动为情境考查动能定物理答案9.第3套理、功能关系及其相关知识点考查的核心素养是运动与相互作用观念解题思路根据等势线与电场线垂直可知,AB为等势线,带电小球从A点抛出到运动到C点根据动能定理有mghW电0,可知电场力做的功W电为负值,小球的电势能增加选项A
48、不正确,C正确;C点电势高于A点电势所以C点定位于AB直线的石侧,选项D正确;由带电小球在运动过程中只受到重力和电场力作用,可知其电势能和机械能的总和保持不变又小球电势能增大,则其机械能减小由于小球受到沿电场线方向的电场力作用,所以小球水平抛出后在竖直方向所受的合力大于重力竖直方向的加速度大于g小球在t时间内竖直方问下落的高度h崇,机械能的减少量M二咖gh十吨!,选项B不正确0.日D命题意图本题以小球先在内壁光滑的倾斜直管中运动后做干抛运动为情境考查机械能守恒定律、牛顿运动定律、平抛运动规律及其相关知识点解题思路小物块落地后静止不动,小球继续向上运动小球运动的整个过程中,小球与小物块组成的系统
49、机械能不守恒,选项A错误;经分析可知当小物块落地时,小球速度达到最大,对小球释放到小物块落地的过程由机命题意图本题以小铁球自由下落通过两个光电门为情境,考查考生的实验探究能力考查的核心素养是科学探究解题思路（1）根据游标卡尺读数规则可知,小铁球直径D10mm30。05mml0.15mm（2）小铁球经过光电门2的时间极短可认为该段时间内的平均速度等于瞬时速度故小铁球经过光电门2时的瞬时速度大小徽最.（3）小铁球经过光电门时的瞬时速度大小舰-岛.巾匀变蜜线（最）,（品）1运动规律有;似2gH,联立解得g2H2参考答案（l）串（l分）l880（）.0（分）（2）如图所示（2分）（3）5.2（2分）（
50、4）A（1分）（5）17966.7（2分）命题意图本题以电表改装与设计校准电略为切入点考查实验电略的设计、欧姆定律及其相关知识考查的核心素养是科学探究械能守恒定律有屹Lsi30gLsin230（M厕）而.愿解得酗丝实验攻略（l）由电表改装原理列方程得出需要串联的电阻箱阻值。（2）根据校准电路的要求设计出校准电路。（3利用闭合电路欧姆定律计算出待校准电压表的实际量程。（4）分析电路并找出原因。（5）根据闭合电路欧姆定律列方程得出电阻箱需要调整的数值平选项B止确;小物块落地后静止水动小球继续向上做加逮度大小为gsin30.g的减速运动对小球继续运动到管口的过程由运动学知识有删;谬;醒2（LL圈m3
