全国统一高考物理试卷（新课标ⅱ）（含解析版）.pdf

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1、2020年全国统一高考物理试卷（新课标H）一、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15题只有一项符合题目要求，第68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.1.管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接。焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为（）A.库仑 B.霍尔 C.洛伦兹 D,法拉第【答案】D【解析】【详解】由题意可知，圆管为金属导体，导体内部自成闭合回路，且有电阻，当周围的

2、线圈中产生出交变磁场时，就会在导体内部感应出涡电流，电流通过电阻要发热。该过程利用原理的是电磁感应现象，其发现者为法拉第。故选D。2.若一均匀球形星体的密度为小引力常量为G,则在该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫【答案】A【解析】【详解】卫星在星体表面附近绕其做圆周运动，则臾=9万 店，丝R2 T2 3 V知卫星该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星的周期3.如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3，其左边缘。点比右边缘6点高0.5/?。若摩托车经过a点时的动能为E”它会落到坑内c点。c与。的水平距离和高度差均为h-若经过a点时的动能为E2,该摩托车恰能

3、越过坑到达E,人点。高 等 于（）A.20B.18C.9.0D.3.0【答案】B【解析】【详解】有题意可知当在。点动能为E i时，有根据平抛运动规律有当在。点时动能为J时，有根据平抛运动规律有联立以上各式可解得故选B。4.CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，C T扫描机可用于对多种病情的探测。图（a）是某种C T机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图（b）所示。图（b）中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射 线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记为P点。则（）A.M处的电

4、势高于N处的电势B.增大M、N之间的加速电压可使P点左移C.偏转磁场的方向垂直于纸面向外D.增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移【答案】D【解析】【详解】A.由于电子带负电，要在M N间加速则M N间电场方向由N指向M,根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知M的电势低于N的电势，故A错误；B.增大加速电压则根据可知会增大到达偏转磁场的速度；又根据在偏转磁场中洛伦兹力提供向心力有可得可知会增大在偏转磁场中的偏转半径，由于磁场宽度相同，故根据几何关系可知会减小偏转的角度，故P点会右移，故B错误；C.电子在偏转电场中做圆周运动，向下偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故C错误；D.由B选项的

5、分析可知，当其它条件不变时，增大偏转磁场磁感应强度会减小半径，从而增大偏转角度，使 P 点左移，故 D正确。故选D。5 .笊核；H可通过一系列聚变反应释放能量，其总效果可用反应式6；Hf 2；H e +2；H+2；n+4 3.1 5 M e V 表示。海水中富含气，已知1 k g 海水中含有的笊核约为1.0 x 1 0 2 2 个,若全都发生聚变反应,其释放的能量与质量为M的标准煤燃烧时释放的热量相等;己知1 k g 标准煤燃烧释放的热量约为2.9 X 1 0 7 J,1 M e V=1.6 x 1 0 l 3J,则 M约 为（）A.4 0 k g B.1 0 0 k g C.4 0 0 k

6、g D.1 0 0 0 k g【答案】C【解析】【详解】气核j H 可通过一系列聚变反应释放能量，其总效果可用反应式则平均每个笊核聚变释放的能量为1 k g 海水中含有的笊核约为1.0 x 1 0 2 2 个，可以放出的总能量为由。=，的 可得，要释放的相同的热量，需要燃烧标准煤燃烧的质量6 .特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。假设从A处采用5 5 0 k V 的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为A P,到达 3处时电压下降了A U。在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改 用 1 1 0 0k V 特高压输电，输电线

7、上损耗的电功率变为AP,到达B处 时 电 压 下 降 了 不 考 虑 其 他 因素的影响，则（）2【答案】A D1 1A.AP=-P B.P=P1C.U=-U D.4 2U=U4【解析】【详解】输电线上损失的功率P一户损失的电压pA(7=rU当输送电压变为原来的2 倍，损失的功率变为原来的，即4 P=-A P4损失的电压变为原来的!，即2U =AC/2故选ADo7.如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。心 6 为圆环水平直径上的两个点，c、d 为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等。则（）A.a、人两点的场强相等 B.a、6 两点的电势相等C.c、”两点的场强

8、相等 D.c、d 两点的电势相等【答案】ABC【解析】【详解】B D.如下图所示，为等量异种电荷周围空间的电场分布图。本题的带电圆环，可拆解成这样无数对等量异种电荷的电场，沿竖直直径平行放置。它们有共同的对称轴尸P ,PP所在的水平面与每一条电场线都垂直，即为等势面，延伸到无限远处，电势为零。故在尸尸 上的点电势为零，即 化=%=0；而从M 点到N 点，电势一直在降低，即然/“，故 B 正确，D 错误；A C.上下两侧电场线分布对称，左右两侧电场线分布也对称，由电场的叠加原理可知AC正确；故选ABC。8.水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上,他把一质量为4.0 kg的

9、静止物块以大小为5。m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8 次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于 5.0 m/s,反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为A.48 kg B.53 kg C.58 kg D.63 kg【答案】BC【解析】【详解】设运动员和物块的质量分别为“、加 规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为片、%,则根据动量守恒定律解得物块与弹性挡

10、板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块解得第 3 次推出后解得依次类推，第 8 次推出后，运动员的速度根据题意可知解得第7次运动员的速度一定小于5 m/s，则解得综上所述，运动员的质量满足AD错误，BC正确。故选B C o三、非选择题：（一）必考题：9.一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球A和 8,如图所示。一实验小组用此装置测量小球8运动的加速度。令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球B释放时的高度 o=O.5 9 O m,下降一段距离后的高度力=0.1 0 0 m；由%下降至所用的时间7=0.7 30 s。由此求得小球B加速度的大小为 m/s2（保留3 位有效数字

11、）。从实验室提供的数据得知，小球4 8的质量分别为1 0 0.0 g和 1 5 0.0 g,当地重力加速度大小为 g=9.8 0 m/s?。根据牛顿第二定律计算可得小球8加 速 度 的 大 小 为 m/s2（保留3位有效数字）。可以看出，与 a有明显差异，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的原因：【答案】（1）.1.8 4 （2）.1.9 6 （3）.滑轮的轴不光滑，绳和滑轮之间有摩擦（或滑轮有质量）【解析】【详解】有题意可知小球下降过程中做匀加速直线运动，故根据运动学公式有代入数据解得a=1.8 4 m/s2；根据牛顿第二定律可知对小球A有对小球B有带入已知数据解得。片 1.9

12、6 m/s2；在实验中绳和滑轮之间有摩擦会造成实际计算值偏小。1 0.某同学要研究一小灯泡L （3.6 V,0.30 A）伏安特性。所用器材有：电流表A 1（量程20 0mA,内阻R g i=1 0.0 C）,电流表A 2（量程5 0 0 mA,内阻4 2=1.0 0、定值电阻R）（阻值R o=l O.O。）、滑动变阻器心（最大阻值1 0。）、电源E（电动势4.5 V,内阻很小）、开关S和若干导线。该同学设计的电路如图（a）所示。（1）根 据 图（a）,在 图（b）的 实 物 图 中 画 出 连 线。（2）若八、/2分别为流过电流表A i 和 A 2的电流，利用八、/2、R g i 和 R o

13、 写出：小灯泡两端的电压U=,流过小灯泡的电流/=。为保证小灯泡的安全,人不能超过 m A。（3）实验时，调节滑动变阻器，使开关闭合后两电流表的示数为零。逐次改变滑动变阻器滑片位置并读取相应的h和/2o 所得实验数据在下表中给出。/i/mA325585125144173/2/mA171229299379424470根据实验数据可算得，当/尸1 7 3 mA时，灯丝电阻R=Q （保 留 1 位小数）。（4）如果用另一个电阻替代定值电阻R o,其他不变，为了能够测量完整的伏安特性曲线，所用 电 阻 的 阻 值 不 能 小 于。（保 留 1 位小数）。【答案】.(2)./K+&)(3).(4).18

14、0(5).11.6(6).8.0【解析】【详解】(1)根据电路图连接实物图如图所示(2)根据电路图可知灯泡两端的电压为电流表A i和 晶的总电压，故根据欧姆定律有根据并联电路特点可知流过小灯泡的电流为因为小灯泡的额定电压为3.6V,故根据题目中已知数据带入中可知/1不能超过180mA；(3)根据表中数据可知当/i=173mA时，/2=470mA；根据前面的分析代入数据可知此时灯泡两端的电压为U=3.46V；流过小灯泡的电流为/=297mA=0.297A；故根据欧姆定律可知此时小灯泡的电阻为(4)要测量完整的伏安特性曲线则灯泡两端的电压至少要达到3.6V,而电流表A i不能超过其量程200m A

15、,此时结合有解得&=8C,即要完整的测量小灯泡伏安特性曲线所用电阻的阻值不能小于8 Q。11.如图，在0姿，evyve区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变。一质量为加，电荷量为q(40)的粒子以速度vo从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。(1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值(2)如果磁感应强度大小为与，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。【答案】(1)磁场方向垂直于纸面向里；练=安；(2)=-；y=(2-43)hqh 6【解析】【

16、详解】(1)由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R,根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有2qvnB=m R由此可得R=qB粒子穿过y 轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y 轴正半轴上，半径应满足R W【解析】【详解】(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为 i,方向向下；球的加速度大小为 2,方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f,由牛顿运动定律有Mai=Mg+f mapf-mg 联立式并代入题给数据，得a=2g,”2=3 g(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰

17、地前瞬间它们的速度大小均为%=12gH 方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。设自弹起时经过时间小 管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式vo-ah=-vo+a2ti()联立式得设此时管下端 高度为加，速度为外由运动学公式可得%=%一万*v=v0-alti由式可判断此时。0。此后，管与小球将以加速度g 减速上升必，到达最高点。由运动学公式有V2设管第一次落地弹起后上升的最大高度为冏，则H=hi+2联立式可得一(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为闲。在管开始下落到上升M 这一过程中，由动能定理有Mg(.H-Ht)+mg)-4?gxi=0联立式并代入题给数

18、据得4玉同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移X2为4.=.一 设圆管长度为心管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是X1+X2WL 联立式，乙应满足条件为L H 125(二)选 考 题：13.下列关于能量转换过程的叙述，违 背 热 力 学 第 一 定 律 的 有,不违背热力学第一定律、但 违 背 热 力 学 第 二 定 律 的 有。(填正确答案标号)A.汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热B.冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低C.某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，而不产生其他影响D.冰箱的制冷机工作时从箱内低温环

19、境中提取热量散发到温度较高的室内【答案】.B.C【解析】【详 解】A.燃烧汽油产生的内能一方面向机械能转化，同时热传递向空气转移。既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律；B.冷水倒入保温杯后，没有对外做功，同时也没有热传递，内能不可能减少，故违背热力学第一定律；C.某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，必然产生其他影响故违背热力学第二定律；D.制冷机消耗电能工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内，发生了内能的转移，同时对外界产生了影响。既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律。14.潜水钟是一种水下救生设备，它是一个底部开口、上部封闭的容器，外形与钟相似

20、。潜水钟在水下时其内部上方空间里存有空气，以满足潜水员水下避险的需要。为计算方便，将潜水钟简化为截面积为S、高度为/?、开口向下的圆筒；工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放至深度为H的水下，如图所示。已知水的密度为p,重力加速度大小为g,大气压强为p o,忽略温度的变化和水密度随深度的变化。(1)求进入圆筒内水的高度/;(2)保持H不变，压入空气使筒内水全部排出，求压入的空气在其压强为p o时的体积。【解析】【详解】(1)设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内气体的体积分别为心和山,放入水下后筒内气体的压强为小，由玻意耳定律和题给条件有p i V i=p o V o VhS%=(-/)Sp=p

21、o+pg(H-1)联立以上各式并考虑到“儿 h l,解得l=-P S h Po+PgH(2)设水全部排出后筒内气体的压强为此时筒内气体的体积为W,这些气体在其压强为p o时 的 体 积 为 由 玻 意 耳 定 律 有P 2 v o=。0旷3 P2-po+pgH 设需压入筒内的气体体积为匕依题意丫=匕-匕）联立式得V=P.Pc15 用一个摆长为8 0.0 c m 的单摆做实验，要求摆动的最大角度小于5。，则开始时将摆球拉离平衡位置的距离应不超过 c m （保 留 1 位小数）。（提示：单摆被拉开小角度的情况下，所求的距离约等于摆球沿圆弧移动的路程）某同学想设计一个新单摆，要求新单摆摆动1 0 个

22、周期的时间与原单摆摆动1 1 个周期的时间相等。新单摆的摆长应该取为 c m。【答案】（D.6.9（2）.96.8【解析】【详解】拉离平衡位置的距离题中要求摆动 最大角度小于5。，且保留1 位小数，所以拉离平衡位置的不超过6.9c m；根据单摆周期公式T =2 万。结合题意可知代入数据为解得新单摆的摆长为1 6.直角棱镜的折射率”=1.5,其横截面如图所示，图中NC=90。，N4=3 0。截面内一细束与B C 边平行的光线，从棱镜A B 边上的。点射入，经折射后射到8 C 边上。（1）光线在B C 边上是否会发生全反射?说明理由；（2）不考虑多次反射，求从AC边射出光线与最初的入射光线夹角的正

23、弦值。【答案】（1）光线在E点发生全反射；（2）si“=2 0-G4【解析】【详解】（1）如图，设光线在。点的入射角为i,折射角为心折射光线射到8 C 边上的E点。设光线在E点的入射角为夕，由几何关系，有8=90。-（3 0-r）6 0 根据题给数据得si n 0 si n 6 0 n即。大于全反射临界角，因此光线在E点发生全反射。（2）设光线在A C边上的尸点射出棱镜，光线的入射角为冷 折射角为，由几何关系、反射定律及折射定律，有i=30 r=90-6 sin i=wsinz*sinzz=sinr,联立式并代入题给数据，得,2垃6 sinr=-94由几何关系，即A C边射出的光线与最初的入射光线的夹角。