【名校试卷】2020高考物理考前提分冲刺信息卷3套带答案解析

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2020年高考高三最新信息卷

物理答案

二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求。第19～21题有多选项符合题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14．【答案】C

【解析】伽利略斜面实验间接推出力不是维持物体运动的原因，故A说法正确；图中是采用控制变量法研究加速度a和外力F、质量m的关系实验，故B说法正确；探究合力与分力的关系实验采用的是等效思想，故C说法错误；卡文迪许通过扭秤实验测万有引力常量，采用是的放大思想方法，故D说法正确。

15．【答案】C

【解析】同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，根据

比较a与c的

向心加速度大小，再比较c的向心加速度与g的大小．根据万有引力提供向心力，列出等式得出角速度与半径的关系，分析弧长关系．根据开普勒第三定律判断d与c的周期关系。

同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据

知，c的向心加速度大．由，得，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同

步卫星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g，故A错误；c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是，故B错

误；由，得，卫星的半径越大，速度越小，所以b的速度最大，在相同时间内

转过的弧长最长，故C正确；由开普勒第三定律知，卫星的半径越大，周期越大，所以d的

运动周期大于c的周期24h，不可能为23h，故D错误。

16．【答案】B

【解析】根据速度图象与横轴所夹面积表示位移可知，在t=2s内物体位移最大的是图B。 17．【答案】B

【解析】机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，A错误；圆周运动过程中，在最高点，由重力和支持力的合力提供向心力F，向心力指向下方，所以F=mg-N，则支持力N=mg-F，所以重

力大于支持力，乘客处于失重状态，选项B正确；转动一周，重力的冲量为I=mgT，不为零，C错误；运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，所以重力的瞬时功率在变化，D错误。故选B。

18．【答案】D

【解析】原线圈两端电压有效值为220，原副线圈匝数比为5：1，所以副线圈的电压有效值为44V，电压表V1示数为44V保持不变，与光照无关，所以A错误；当光照增强时，R3的电阻减小，总的电阻减小，所以电路的总电流要变大，R1的电压变大，副线圈的总电压不变，所以电压表V2示数变小，所以B错误；交流电的频率为f=

=50Hz，所以通过电流表A1的电流方向每秒变化100

次，所以C错误；当光照增强时，R3的电阻减小，总的电阻减小，所以电路的总电流要变大，因此A1、A2的示数都要变大，故D正确；故选D。

19．【答案】AC

【解析】线圈面积不变，电阻不变，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E?感应电流I????B，?s?t?tEs?B，即感应电流大小与B?t图像斜率成正比，1s?2s感应电流为0，即??RR?tB?t图像斜率为0，选项B错。根据楞次定律增反减同，0?1s要产生顺时针方向的感应电流，磁

场可能是正向增大，也可能是负向减小，选项D错。3s?4s感应电流为负向，磁场可能是正向减小或者负向增大，而且根据电流大小关系，B?t图像在1s?2s的斜率等于3s?4s斜率的二倍，对照选项AC对。

20．【答案】BD

v212q2B2R2qBR【解析】根据qvB?m，解得v?，则最大动能EKm?mv?，则增大磁

R22mm场的磁感应强度或增大D形盒的半径，可以增加粒子射出时的动能，与加速电压和狭缝间的距离无关，故BD正确，AC错误。

21．【答案】ABD

【解析】电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最高，c点的电势最低，故A正确；根据质点受力情况可知，从P到

Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B正确；从P到Q过

程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；根据电场线的疏密来确定电场强度的强弱，可知，质点在P点时的电场力比通过Q点时大，那么P点时的加速度比通过Q点时大，故D正确。

第Ⅱ卷（非选择题，共174分）

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40题为选考题，考生根据要求做答)

(一)必考题(共129分) 22．(6分)

【答案】C 0.653

【解析】①车在水平木板运动时水平方向受到绳的拉力和摩擦力，想用钩码的重力表示小车受到的合外力，首先需要平衡摩擦力；而平衡摩擦力是小车带动纸带恰好做匀速运动，A错误；设小车质量M，钩码质量m，整体的加速度为a，绳上的拉力为F，则：

对小车有：F=Ma；

对钩码有：mg-F=ma，即：mg=（M+m）a；

如果用钩码的重力表示小车受到的合外力，则要求：Ma=（M+m）a，必须要满足小车的总质量远大于钩码质量，这样两者才能近似相等．为使纸带打上尽量多的点，实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放

② 中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度得：23．(9分)

【答案】1 负 ×1k 4.0×10 2.20 3.0

【解析】（1）当做电流表使用时，电阻应和表头并联分流，故连接1和2时为电流表，根据欧姆定律可知并联支路的电压相等，并联支路的电阻越大，分流越小，故当接1时量程最大；

（2）③根据“红进黑出”原理，即电流从红表笔流进可知红表笔接电压表的负极； ④欧姆表在测量电阻时指针从无穷大处开始偏转，故欧姆表指针偏转很小，说明被测电阻大，档位应提升一级，即换×1k的测量；

（3）欧姆表的读数为

；电压表分度值为0.1V，故读数为2.20V；

，根据闭合回路欧姆

4

=0.653m/s。

（4）根据（3）采用的档位可知中值电阻即欧姆表内阻为

定律可得

24．(10分)

，解得

【解析】（1）小球A下摆阶段机械能守恒，根据机械恒守恒定律可得：解得：vA＝4m/s

小球在O点正下方时，由牛顿第二定律可得：解得：T＝6N；

（2）A上摆过程机械能守恒，则有：解得：v1＝1m/s

A、B碰撞过程中系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得： mAvA＝﹣mAv1+mBvB 解得：vB＝1m/s

设经过时间t，B与传送带速度相等，由匀变速直线运动速度公式可得： v0＝vB+at 由牛顿第二定律得：μmBg＝mBa 代入数据可得：t＝1s

物块滑行的距离为：传送带的位移为：s带＝v0t

物块与传送带间的相对位移大小为：△s＝s带﹣s物 解得：△s＝2.5m

滑块B与传送带之间因摩擦而产生的热量为：Q＝μmBg△s 解得：Q＝12.5J。 25．（22分）

【解析】（1）粒子从O点进入匀强磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则其运动轨迹如图所示，经过磁场后进入电场，到达P点 （2分）

假设粒子在O点时的速度大小为v，OQ段为圆周，QP段为抛物线。

根据洛伦兹力与速度垂直不做功 可知粒子在Q点时的速度大小也为v，根据对称性可知方向与x轴正方向成45°角，可得：