绝密★启用前
2020 年普通高等学校招生全国统一考试（全国三卷）
理科综合能力押题卷（三）
物理部分
第Ⅰ卷(选择题，共 48 分)
二、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 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。
14.下列与 α 粒子相关的说法中正确的是
A．天然放射现象中产生的 α 射线速度与光速差不多，穿透能力强
B. (铀 238)核放出一个 α 粒子后就变为 (钍 234)
C．高速 α 粒子轰击氮核可从氮核中打出中子，核反应方程为
D．丹麦物理学家玻尔进行了 α 粒子散射实验并首先提出了原子的核式结构模型
【答案】B
【解析】：天然放射性现象中产生的 α 射线速度约为光速的 1
10，穿透能力不强，故 A 错误；根据质量数和
电荷数守恒可知， (铀 238)核放出一个 α 粒子后就变为 (钍 234)，故 B 正确；高速 α 粒子轰击氮核
可从氮核中打出质子，核反应方程为 ，故 C 错误；卢瑟福进行了 α 粒子散射实验并首
先提出了原子的核式结构模型，故 D 错误．
15.如图所示，是美国的“卡西尼”号探测器经过长达 7 年的“艰苦”旅行，进入绕土星飞行的轨道．若“卡西尼”
号探测器在半径为 R 的土星上空离土星表面高 h 的圆形轨道上绕土星飞行，环绕 n 周飞行时间为 t，已知
引力常量为 G，则下列关于土星质量 M 和平均密度 ρ 的表达式正确的是
U238
92 Th234
90
HONHe 1
1
17
8
14
7
4
2 +→+
U238
92 Th234
90
HONHe 1
1
17
8
14
7
4
2 +→+A． ， B． ，
C ． ， D ． ，
【答案】D
【解析】：由 ，又 ，得： 由 ，
得： ，故选项 D 正确。
16.如图所示为一个经双可控硅调节后加在电灯上的电压，正弦交流电的每一个二分之一周期中，前面四分
之一周期被截去。现在电灯上电压的有效值为
A． B．
C. D．
【答案】 D
【 解 析 】 从 图 像 上 看 ， 每 个 1
4周 期 正 弦 波 形 的 有 效 值 ， 根 据 有 效 值 的 定 义
，解得 ，D 正确。
17.如图所示，水平面上固定一个斜面，从斜面顶端向右平抛一只小球，当初速度为 时，小球恰好落到斜
面底端，飞行时间为 。现用不同的初速度 从顶端向右平抛这只小球，以下能正确表示平抛的飞行时间
t 随 v 变化的关系是
2
32 )(4
Gt
hRM
+= π
32
3)(3
RGt
hR += πρ 2
22 )(4
Gt
hRM
+= π
32
2)(3
RGt
hR += πρ
2
322 )(4
Gn
hRtM
+= π
32
32 )(3
RGn
hRt += πρ 2
322 )(4
Gt
hRnM
+= π
32
32 )(3
RGt
hRn += πρ
)(4
)( 2
2
2 hRTmhR
MmG +=+
π
n
tT = 2
322 )(4
Gt
hRnM
+= π
V
M=ρ 3
3
4 RV π=
32
32 )(3
RGt
hRn += πρ
mU
2
mU
3
mU
2
mU
tu −
21
mUU =
024
2
2
2
+××
= T
R
U
TR
U
m
2
mUU =
0v
0t v
【答案】A
【解析】：当小球落在斜面上时，有： ，解得： ，与速度 v 成正比。
当小球落在地面上，根据 ，解得： ，可知运动时间不变。所以 与 的关系图线先是过
原点的一条倾斜直线，然后是平行于横轴的直线，故 A 正确，B、C、D 错误。
18.甲、乙两物块在同一直线上运动的 图象如图所示，乙物块做匀变速运动，加速度大小为 0.2 m/s2，
两图线相切于坐标点 ，下列说法正确的是
A．前 5 s 内甲、乙的运动方向相反 B．t＝5 s 时甲、乙相遇且速度相同
C．乙的初速度大小为 1.8 m/s D．t＝0 时甲、乙相距 2.8 m
【答案】 B
【解析】 图象的斜率表示速度，前 5 s 内甲、乙的 图线斜率均一直为负，则运动方向一直相同，A
错误；t＝5 s 时甲、乙的 图线斜率相同，位移、时间都相同，所以相遇且速度相同，B 正确；由甲的图
线知 t＝5 s 时，速度为－0.6 m/s，乙做匀变速运动， ，则乙的初速度大小为 1.6 m/s，C 错误；
v
gt
vt
gt
x
h
2
2
1
tan
2
===θ
g
vt
θtan2=
2
2
1 gth =
g
ht 2= t v
tx −
( )m3-5，
tx − tx −
tx −
atvv += 0由位移 ，代入 及 的值，可得 ，D 错误。
19.如图甲所示的电路中，调节滑动变阻器的滑动触头 P 向某一方向移动，根据电路中电压表和电流表的数
据描绘了如图乙所示的两条 U－I 图线，则下列关于调节过程中说法正确的是
A．图线乙是根据 V1 与 A 的示数描绘的 B．电源的内阻为 1 Ω
C．两图线交点处电源的输出功率最大 D．两图线交点处电源效率最大
【答案】 BC
【解析】 由部分电路的欧姆定律可得，电压表 V2 和电流表 A 的示数的比值为定值电阻 R0，三者之间
满足关系： ，结合数学知识可得应为图线乙，A 错误；由闭合电路欧姆定律： ，结合
数学知识可得图线甲为根据电压表 V1 与电流表 A 的示数描绘的，图线斜率的绝对值为电源内电阻大小，故
有： ，B 正确；图线的交点处表示两电压表示数相等，分析电路可知此时滑动
变阻器分压为零，即此时滑动变阻器的电阻 ，由于 ，故此时负载电阻最小，
电源的输出功率最大，C 正确；负载电阻越大，电源的效率越大，交点处负载电阻最小，电源效率最小，D
错误。
20.如图所示，电阻不计的导轨 OPQS 固定，其中 PQS 是半径为 r 的半圆弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆心。
OM 是长为 r 的可绕 O 转动的金属杆，其电阻为 R，M 端与导轨接触良好。空间存在与平面垂直且向里的
匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度的大小为 B，现使 OM 从 OQ 位置起以角速度 ω 逆时针匀速转到 OS
位置。则该过程中
2
00 2
1 attvxx ++= ( )m3-5， 0v mx 5.20 =
0IRU = IrEU −=
Ω=Ω−=∆
∆= 15.0
0.15.1
I
Ur
0=R Ω=>Ω=Ω= 125.0
0.1
0 rRA．产生的感应电流大小恒定，方向为 OPQMO B．通过 OM 的电荷量为
C．回路中的感应电动势大小为 D．金属杆 OM 的发热功率为
【答案】 AB
【解析】 由金属杆 OM 绕其端点 O 在磁场中转动时产生的电动势为： ，所以
产生的感应电动势恒定，电流恒定，由于磁场方向垂直于纸面向里，由右手定则可知感应电流的方向为
OPQMO，故 A 正确，C 错误；通过 OM 的电荷量为： ，故 B 正确；由闭合电路欧
姆定律得： ，则金属杆 OM 的发热功率为： ，故 D 错误。
21.如图所示，平行板电容器与电源相连，开始时极板不带电，质量为 m、电荷量为 的油滴开始自由下落，
一段时间后合上开关 ，油滴经过相同时间回到出发点。忽略电容器充电时间，极板间距足够大，已知
充电后的电场强度大小为 ，下列判断正确的是
A．油滴带负电 B．
C．油滴回到出发点的速度为 0 D．油滴向下运动的过程中，机械能先不变后减小
【答案】 ABD
【解析】 充电后，油滴受到向上的电场力，而电容器上极板带正电，电场方向竖直向下，故油滴带负电，A
正确；闭合前，油滴向下运动的过程， ，闭合开关后， ，又 ， ，
解得 a＝3g，对第二个过程由牛顿第二定律可得 ，故 ，B 正确；返回到出发点
的速度为 ，C 错误；自由下落过程中机械能守恒，当闭合开关后，电场力做负功，所以
机械能减小，故向下运动的过程中，机械能先不变后减小，D 正确。
第Ⅱ卷
R
Br
4
2π
ω2Br R
rB
2
422ω
ωω 2
2
1
2 BrrBrvBrE ===
R
Br
R
SB
Rq 4
2πφ =∆=∆=
R
Br
R
EI 2
2ω==
R
rBRIP 4
242
2 ω==
q
S
E
mgEq 4=
2
2
1 gth = 2
2
1 attvx m −= gtvm = xh −=
mgmgqE 3=− mgEq 4=
mm vatvv 2−=−=二、非选择题：共 62 分，第 22～25 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 33～34 题为
选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共 47 分。
22.（6 分）
用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。气垫导轨上 A 处安装了一个光电门，滑块上固定一遮光
条，滑块用绕过气垫导轨左端定滑轮的细线与钩码相连，每次滑块都从同一位置由静止释放，释放时遮光
条位于气垫导轨 B 位置的上方。
(1)（2 分）某同学用游标卡尺测量遮光条的宽度 d，如图乙所示，则 d＝________ mm。
(2)（2 分）实验中，接通气源，滑块静止释放后，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间为 t，测
得滑块质量为 M，钩码质量为 m，A、B 间的距离为 L。在实验误差允许范围内，钩码减小的重力势能 mgL
与________(用直接测量的物理量符号表示)相等，则机械能守恒。
(3)（2 分）下列不必要的一项实验要求是________(请填写选项前对应的字母)。
A．滑块必须由静止释放
B．应使滑块的质量远大于钩码的质量
C．已知当地重力加速度
D．应使细线与气垫导轨平行
【答案】 (1)2.70 (2) (3)B
【解析】 (1)由图示游标卡尺可知，主尺示数为 2 mm，游标尺示数为 14×0.05 mm＝0.70 mm，则游标卡尺
读数为 2 mm＋0.70 mm＝2.70 mm。
2
2
2
)(
t
dmM +(2)由于遮光条通过光电门的时间极短，因此可以利用其平均速度来代替遮光条通过光电门的瞬时速度，则
滑 块 经 过 光 电 门 时 的 瞬 时 速 度 为 ： ； 实 验 要 验 证 机 械 能 守 恒 定 律 ， 只 需 验 证 ：
。
(3)本实验通过测定钩码下降一定高度时，滑块与钩码的共同速度的大小，来判定钩码重力势能的减少量与
系统动能的增加量的关系，故不需要保证所挂钩码的质量 m 远小于滑块质量 M，故 A、C、D 不符合题意，B
符合。
23.（9 分）
为了测量一电压表 的内阻，某同学设计了如图 1 所示的电路。其中 是标准电压表，R0 和 R 分别是
滑动变阻器和电阻箱，S 和 S1 分别是单刀双掷开关和单刀单掷开关，E 是电源。
(1)（2 分）用笔画线代替导线，根据如图 1 所示的实验原理图将如图 2 所示的实物图连接完整。
(2)实验步骤如下：
①（2 分）将 S 拨向接点 1，接通 S 1，调节________，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时
________________的读数 U；
② （ 2 分 ） 然 后 将 S 拨 向 接 点 2 ， 保 持 R0 不 变 ， 调 节 ______________ ， 使
____________________________，记下此时 R 的读数；
③（1 分）多次重复上述过程，计算 R 读数的________，即为待测电压表内阻的测量值。
(3)（2 分）实验测得电压表的阻值可能与真实值之间存在误差，除偶然误差因素外，还有哪些可能的
原因，请写出其中一种可能的原因：________________________。
t
dv =
2
2
2
2
)()(2
1
t
dmMvmMmgL
+=+=
V 0V【答案】 (1)实物图连接见解析
(2)①R0 标准电压表 V0 ②R 标准电压表 V0 的读数仍为 U ③平均值
(3)电阻箱阻值不连续；电流通过电阻发热导致电阻阻值发生变化；电源连续使用较长时间，电动势降
低，内阻增大等
【解析】 (1)电路连线如图。
(2)①将 S 拨向接点 1，接通 S1，调节 R0，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时标准电压表 V0
的读数 U；②然后将 S 拨向接点 2，保持 R0 不变，调节 R，使标准电压表 V0 的读数仍为 U，记下此时 R 的
读数；③多次重复上述过程，计算 R 读数的平均值，即为待测电压表内阻的测量值。
(3)原因：电阻箱阻值不连续；电流通过电阻发热导致电阻阻值发生变化；电源连续使用较长时间，电
动势降低，内阻增大等。
24.（12 分）
如图所示，一束质量为 m、电荷量为 q 的粒子，恰好沿直线从两带电平行板正中间通过，沿圆心方向
进入右侧圆形匀强磁场区域，粒子经过圆形磁场区域后，其运动方向与入射方向的夹角为 θ(弧度)．已知粒
子的初速度为 v0，两平行板间与右侧圆形区域内的磁场的磁感应强度大小均为 B，方向均垂直纸面向内，两
平行板间距为 d，不计空气阻力及粒子重力的影响，求：
(1)两平行板间的电势差 U；
(2)粒子在圆形磁场区域中运动的时间 t；
(3)圆形磁场区域的半径 R.
【答案】：(1) (2) (3)dBv0 qB
mθ
qB
mv 2tan0
θ【解析】：(1)由粒子在平行板间做直线运动可知，
................................................................................................................................（1）
平行板间的电场强度 ，...............................................................................................（2）
解得两平行板间的电势差 ......................................................................................（3）
(2)在圆形磁场区域中，由洛伦兹力提供向心力可知 ....................................（4）
同时有 ..........................................................................................................................（5）
粒子在圆形磁场区域中运动的时间 ........................................................................（6）
解得 ................................................................................................................................（7）
(3)由几何关系可知：
..................................................................................................................................（8）
解得圆形磁场区域的半径
............................................................................................................................（9）
【参考评分标准：正确得出（1）（4）（8）两式各 2 分，正确得出其余各式每式 1 分】
25.（20 分）
qEBqv =0
d
UE =
dBvU 0=
r
vmBqv
2
0
0 =
0
2
v
rt
π=
Tt π
θ
2
=
qB
mt
θ=
Rr =
2tan
θ
qB
mv
R 2tan0
θ
=如图所示，水平面上 AB 间有一长度 x＝4 m 的凹槽，长度为 L＝2 m、质量 M＝1 kg 的木板静止于凹槽
右侧，木板厚度与凹槽深度相同，水平面左侧有一半径 R＝0.4 m 的竖直半圆轨道，右侧有一个足够长的圆
弧轨道，A 点右侧静止一质量 m1＝0.98 kg 的小木块。射钉枪以速度 v0＝100 m/s 射出一颗质量 m0＝0.02 kg
的铁钉，铁钉嵌在木块中并滑上木板，木板与木块间动摩擦因数 μ＝0.05，其他摩擦不计。若木板每次与 A、B
相碰后速度立即减为 0，且与 A、B 不粘连，重力加速度 g＝10 m/s2。求：
(1)铁钉射入木块后共同的速度 v；
(2)木块经过竖直圆轨道最低点 C 时，对轨道的压力大小 FN；
(3)木块最终停止时离 A 点的距离 s。
【答案】 (1)2 m/s (2)1.25 N (3)1.25 m
【解析】 (1)设铁钉与木块的共同速度为 v，取向左为正方向，根据动量守恒定律得：
................................................................................................................................（1）
v＝2 m/s ..................................................................................................................................................（2）
(2)木块滑上木板后，木块的加速度 ＝0.5 m/s2，且方向向右.............................................（3）
木板产生的加速度 ＝0.5 m/s2，且方向向左.........................................................................（4）
设经过时间 t，木块与木板以共同速度 v′运动
则： 得 t＝2 s .........................................................................................................（5）
此时木块与木板一起运动的距离等于木板的长度
........................................................................................................（6）
故共速时，恰好在最左侧 B 点，此时木块的速度 ...........................................（7）
vmmvm )( 1000 +=
ga µ=1
M
mga
µ
2
tatav 21 =−
Ltatavtx =−−=∆ 2
2
2
1 2
1
2
1
smtavv /11 =−=′木块过 C 点时对其产生的支持力与重力的合力提供向心力，则：
代入相关数据解得：FN＝12.5 N.......................................................................（8）
由牛顿第三定律知，木块过圆弧 C 点时对 C 点压力大小为 12.5 N................................................（9）
(3)木块还能上升的高度为 h，由机械能守恒有：
...........................................................................................................（10）
..............................................................................................................................（11）
木块不脱离圆弧轨道，返回时以 1 m/s 的速度再由 B 处滑上木板，设经过 t1 共速，此时木板的加速度方向向
右，大小仍为 a2，木块的加速度仍为 a1，
则： 得 t1＝1 s ...........................................................................................（12）
此时 ..............................................................................................（13）
........................................................................................................................（14）
碰撞后， ，木块以速度 v3＝0.5 m/s 的速度向右做减速运动
设经过 t2 时间速度为 0，则 ............................................................................................（15）
...................................................................................................................（16）
故 ....................................................................................................................（17）
即木块停止运动时离 A 点 1.25 m 远。................................................................................................（18）
【参考评分标准：正确得出（1）（10）两式各 2 分；正确得出其余各式均为 1 分】
（二）选考题：共 15 分。请考生从 2 道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
33.【物理一一选修 3–3】（15 分）
R
vmmgFN
2′=−
2
1010 )(2
1)( vmmghmm +=+
mmh 4.005.0
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