【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

轨道III上的速度大于在轨道Ⅰ的速度，所以动能减小，由于在轨道Ⅲ上B点点火加速机械能增加，

在轨道Ⅱ上A点点火加速机械能增加，所以机械能增加，故选项C错误；根据公式可得

，所以轨道半径越大，向心加速度越小，故卫星从远地点A向近地点B运动的过程中，轨道

变小，加速度变大，故选项D错误。

17．【答案】C

【解析】由于a、b两点相对于L1对称，L1和L2中电流大小相等，由安培定则可知，流经L1的电流在a、b两点产生的磁感应强度大小相等，方向相反，故A错误；由于a点到L1和L2的距离相等，L1和L2中电流大小相等，由安培定则可知流经L1的电流和流经L2的电流在a点产生的磁感应强度相同，故B错误；由于a、b两点的磁感应强度的方向也垂直于直面向外，a点处的磁感应强度为

，b点处的磁感应强度为

，故C正确、D错误。 18．【答案】A

，

，解得外加匀强磁场：

【解析】由题意得：

，

，，，

，故A错误；把AC线段三等分，连接BR，

如图所示，由几何关系得：

，

，，，则

，

，根据匀强电场等分线段等分电势差得BR为等势线，且

，故，由于，

，故

过A点作BR的垂线交于M点，可知C正确；设AC的中点为P，有点P，电场力的功为：

19．【答案】ABC

，方向与AB成60°夹角，故B、

，电子从B点移到AC中

，即电势能增加2.5eV，故选项D正确。

【解析】根据P＝Fv得，F可知图线的斜率k，根据牛顿第二定律得，F﹣f＝ma，解得a，

，

，因为汽车的质量已知，所以可以得出汽车的功率P，汽

，所以可以求出

车所受的阻力f，故A、C正确。当牵引力等于阻力时，速度最大，最大速度最大速度，故B正确。根据动能定理知，Pt﹣fx，由于汽车运动的路程未知，则无法

求出汽车运动到最大速度所需的时间，故D错误。

20．【答案】BCD 【解析】根据欧姆定律可知

，故选项A错误；理想变压器的原、副线圈的电压变化

比，电流变化比，则有，将视为输入端电源内阻，则有，

所以有，故选项B正确；向下调节滑动变阻器R3的滑动端P时，电阻增大，副线

圈的电流变小，根据电流与匝数成反比知原线圈的电流变小，电源电压不变，电源的输出功率一定减小；两端电压减小，根据闭合电路欧姆定律可知原线圈的输入电压增大，根据电压与匝数成正比知副线圈的输出电压增大，电压表示数一定增加，故选项C、D正确。

21．【答案】ABD

【解析】设小球速度为vA，立方体速度为vB，分离时刻，小球的水平速度与长方体速度相同，

2vAm即：vAsin30°＝vB，解得：vA＝2vB，故A正确；根据牛顿第二定律有：mgsin30°＝l，解得vA

＝

gl2，vB＝vA/2＝1212glmv?mvA8，2故B正确；A从分离到落地，小球机械能守恒，mgLsin30°＝2，

3glv＝2，故C错误；在杆从竖直位置开始倒下到小球与长方体恰好分离的过程中，小球和长方体

1212mvA?MvB2组成的系统机械能守恒，则有：mgL(1?sin30°)＝ 2，把vA和vB的值代入，化简得：

m：M＝1：4，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．(5分)

【答案】0.50(2分) 4.50(3分)

【解析】A处于平衡状态，所受摩擦力等于弹簧秤示数，Ff＝F＝2.50N。根据Ff＝μmAg，解得：

2

μ＝0.50。由题意可知，金属板做匀加速直线运动，根据△x＝aT，其中△x＝2cm＝0.02m，T＝0.1s，

所以解得：a＝2.0m/s。根据牛顿第二定律得：F-Ff＝mBa，代入数据解得F＝4.50N。

23．(10分)

【答案】(1)见解析图 (2)0.20 (3)D (4)1.5 0.25 (每空2分)

2

10

【解析】（1）由实物图连接原理图，如图所示； （2）根据串并联电路的规律可知，流过电阻箱R1的电流

；

电压

；

（3）S接D，否则外电路短路；

，则电流表内阻为：

（4）根据（3）中步骤和闭合电路欧姆定律可知，变形可得：，

根据图象可知:

24．(14分)

，，解得，。

【解析】(1)设木盒下滑到弧面底端速度为，对木盒从弧面下滑的过程由动能定理得

(1分)

依题意，木箱滑上传送带后做减速运动，由运动学公式有：对箱在带上由牛顿第二定律有：

(1分)

(1分)

代入数据联立解得传送带的速度v=2m/s (1分) 设第1个球与木盒相遇，根据动量守恒定律得代入数据，解得v1=2m/s(1分)

(2)设第1个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为s，第1个球经过t0与木盒相遇，则

(2分)

(1分)

设第1个球进入木盒后两者共同运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有

(1分)

得：

(1分)

=1s(1分)

设木盒减速运动的时间为t1，加速到与传送带相同的速度的时间为t2，则故木盒在2s内的位移为零 依题意：

(1分)

其中t3为木盒回到与1球碰撞点后再随带运动的时间 则对1球和2球有：

代入数据解得：s=10m，t0=1s(1分) 25．(18分)

(1分)

【解析】（1）设粒子做匀速圆周运动的半径为R，过O作PQ的垂线交PQ于A点，如图所示。

PC由几何知识可得PQ?QAQO(1分)

5R?QO?L8(1分) 代入数据可得粒子轨迹半径

v2qvB?mR(2分) 洛伦兹力提供向心力

v?解得粒子发射速度为

5qBL8m(1分)

（2）真空室只加匀强电场时，由粒子到达ab直线的动能相等，可知ab为等势面，电场方向垂直ab向下．水平向左射出的粒子经时间t到达Q点，在这段时间内

1CQ?L?vt2(1分) 1PC?L?at22(1分)

a?式中

qEm(1分)

25qB2LE?8m(1分) 解得电场强度的大小

25qB2L2U?EL?8m(1分) 则PQ两点间的电势差

（3）只有磁场时，粒子以O1为圆心沿圆弧PD运动，当圆弧和直线ab相切于D点时，粒子速度的偏转角最大，对应的运动时间最长，如图所示．

据图有

sin??L?R?0.6R(1分)

解得α＝37°(1分)

故最大偏转角γmax＝233°(1分)

tmax??max360?T?粒子在磁场中运动最大时长

233πm180Bq(1分)

式中T为粒子在磁场中运动的周期．

粒子以O2为圆心沿圆弧PC运动的速度偏转角最小，对应的运动时间最短．据图有

sin??L/2?0.8R(1分)

解得β＝53°(1分)

速度偏转角最小为γmin＝106°(1分)

12