【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

A．该波遇到长度为3米的障碍物时将会发生明显衍射现象 B．波速可能为20 m/s C．该波的周期可能为0.6 s

D．若波速为35 m/s，该波一定沿着x轴负方向传播

E. 若波速为15 m/s，从t1到t2时刻，质点M运动的路程为60 cm

(2)(10分)如图所示，ABC为等腰直角三棱镜的截面图，∠A＝90°。一束平行于BC边的单色光从AB边上的M点射入，折射光线刚好射到C点，已知三棱镜对该单色光的折射率为2，AB边的长度为L。

(i)求M点到A点的距离；

(ii)保持入射光线的方向不变，让入射点沿AB边下移，使折射光线刚好射到BC边上的中点，求入射点沿AB边移动的距离，并判断折射光线在BC边上是否会发生全发射。

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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】D

，根据图象分析，在0～1 s

【解析】根据题意分析，设阻力为f，根据牛顿第二定律

内加速度逐渐减小，所以外力F逐渐减小，A错误；根据题意分析，向右为正方向，3s前后速度始终为正值，始终是正方向，向右运动，B错误；根据牛顿第二定律－4 s内加速度不变，所以外力不变，C错误；外力功率－4 s内速度减小，所以功率减小，D正确。

15．【答案】C

【解析】物块B下滑的过程中，B、P距离越来越大，正电荷P对正电荷B的库伦斥力是变力且越来越小，B做变加速运动，故A错误；由于P对B的库伦斥力变小，所以这个库伦力在垂直于斜面的分力也减小，AB之间摩擦力也减小，所以B对A的作用力也不断减小，故B错误；根据题意，没有电荷P时，B沿斜面向下做匀速运动，根据动能定理：mgh﹣Wf＝0，有电荷P时，B沿斜面做变加速运动，由动能定理：mgh＋W电﹣Wf′＝△Ek,，由于f′＞f，所以Wf′＞Wf，因为电势能的减小量等于电场力做功，联合可得物块动能的增加与电势能的减小量之差为：△Ek﹣W电＝mgh﹣Wf′＝Wf﹣Wf′＜0，则有：△Ek＜W电，故C正确；把A、B看成一个整体，电荷P对这个整体有沿斜向左下方的库伦斥力，故A有向左的运动的趋势，斜面体A有受到地面向右的静摩擦力，故D错误。

16．【答案】B

【解析】因“轨道康复者”的高度低于同步卫星的高度，可知其角速度大于同步卫星的角速度，也大于站在赤道上的观察者的角速度，则站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向东运动，选项A

，根据图象分析在3

，结合选项C的分析，F不变，而3

错误；由得：，在图示轨道上，“轨道康复者”与地球同步卫星加速度之比为

，故B正确；因“轨道康复者”与地球同步卫星的质量关系不确定，则不能比较

机械能的关系，选项C错误；应让“轨道康复者”从图示轨道上加速，与同步卫星进行对接，故D错误。

17．【答案】D

【解析】固定滑块B不动，释放滑块A，设滑块A的加速度为aA，钩码C的加速度为aC，根据动滑轮的特征可知，在相同的时间内，滑块A运动的位移是钩码C的2倍，所以滑块A、钩码C之

22

间的加速度之比为aA: aC＝2:1。此时设轻绳之间的张力为T，对于滑块A，由牛顿第二定律可知T＝mAaA，对于钩码C由牛顿第二定律可得mCg–2T＝mCaC，联立解得T＝16 N，aC＝2 m/s，aA＝4 m/s。若只释放滑块B，设滑块B的加速度为aB，钩码C的加速度为aC?，根据动滑轮的特征可知，在相同的时间内，滑块B运动的位移是钩码的2倍，所以滑块B、钩码之间的加速度之比也为aB : aC?＝2 :1，此时设轻绳之间的张力为T?，对于滑块B，由牛顿第二定律可知T ?＝mBaB，对于钩码C由牛顿第二

2

2

定律可得mCg-2T? ＝mCaC?，联立解得

T??402010aB??aC??3N，3m/s2，3m/s2。则C在以上两种释放方

式中获得的加速度之比为aC : aC?＝3 :5，故D正确。

18．【答案】C

【解析】上极板与电源的正极相连，极板间电场方向向下，粒子所受的电场力方向向上，故粒子带负电，故A错误；电容器与R2、R3、R4这部分电路并联，当粒子匀速穿过电容器时，R2、R3、

R4这部分电路的总电阻为2Ω，根据串联电路分压特点可得这部分的电压U0＝2V，电容器的电荷量

为 Q0＝CU0＝1.5×10×2C＝3×10C，故B错误；当粒子匀速穿过电容器时，有 qE0＝mg，粒子

﹣9

﹣9

在电容器中的运动时间。当粒子向上偏转且刚好经过上极板最右端时，在竖直

方向上，有 ，解得：a＝2m/s．由牛顿第二定律得 qE1﹣mg＝ma，可得

2

，并可得

，由此得R2、R3、R4这部分电路总电压 U1＝2.4V，R1的电压UR1＝E﹣U1＝0.6V，电流

，可得R2、R3、R4这部分电路总电阻 ，由，

由此算出 R4≈5.7Ω，所以欲使粒子向上偏转但又不打到电容器的上板，R4阻值不得超过5.7Ω，故C正确；同理，粒子经过下极板最右端时的加速度a＝2m/s．电容器极板间电压 U2＝1.6V，解得：R4≈0.69Ω，故D错误。

19．【答案】AC

【解析】由图象可知金属的极限频率为ν0，入射光的频率必须要大于ν0才能发生光电效应现象，选项A正确；金属的逸出功与入射光的频率无关，选项B错误；若用频率是2ν0的光照射该金

2

属，则光电子的最大初动能为，则遏止电压为，选项C正确；遏

止电压与入射光的频率有关，入射光的频率越大，则最大初动能越大，遏制电压越大，选项D错误。

20．【答案】BD

【解析】金属杆获得冲量Io后，速度，对金属杆应用右手定则分析可得电流方向是b到

a，受安培力方向向左，根据牛顿第二定律，，所以杆做的是加

速度减小的减速直线运动，A错误，B正确；刚开始运动时，，，联立解得：

，C错误；对金属棒应用动能定理：，克服安培力的功等于转

化给回路的电能即电阻消耗的电功，解得：

21．【答案】ACD

，D正确。

2v2mg?mgRR，【解析】设小滑块在B点的速度为v1，小滑块恰好通过最高点时有：解得v2＝，1212mv2?mv1??2mgRv?5gR?8gR2由动能定理可得：2，解得1，故小滑块可通过最高点，通112?2?mv0mv2??2mgR?2过最高点的速度由动能定理可得2，解得v2?4gR，设轨道对小滑块的压力?2v2N?mg?mR，解得N＝3mg，故D正确。小滑块从B 点处滑到C点为N，由牛顿第二定律可得：

121mv0?mgR(1?cos53?)?mv22处时由机械能守恒定律得：2，解得小滑块到达C点时的速度为

v?1224gRgR5，小滑块在C点处的动能为Ek＝5，故A正确；根据牛顿第二定律可得：mgcos53°

21v2mgmR5＋N＝，代入数据解得：N＝，故C 正确；小滑块在运动过程中机械能守恒，在C点的12E?mv0?4mgR2机械能为，故B错误。

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】(1)匀速 （2分） (2)mgh1＝ （2分） (3) （2分）

【解析】(1)因AB质量相同，则物块B穿过圆环后做匀速直线运动。

(2)由题意可知，系统ABC减小的重力势能转化为系统的增加的动能，即为：mgh+Mgh-Mgh＝

(2M+m)v，即为：mgh1＝（2M+m）v，又v＝ ,得：mgh1＝（2M+m）()。

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