2020年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試物理樣卷(五)(帶答案)

1、2020年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試 物理樣卷（五）第I卷（選擇題）、單選題1 .如圖所示，物塊1、2的質量分別為 m1和m2,放在水平面上，與水平面間的動摩擦因數(shù)均為。兩物塊用一原長為l、勁度系數(shù)為k的輕彈簧連接。在外力推動下一起勻速運動，此時兩物塊之間的距離為（試卷第6頁，總7頁C. lm2g km2 gB. lD. lm1m2 g kmig2 .如圖為一空間探測器的示意圖，探測器質量為10kg o Ai、A? A3、A4是四個噴氣發(fā)動機，每臺發(fā)動機開動時， 都能沿出口方向以200m/s的速率向外噴出氣體 （忽略探測器質量變化）。開始時探測器以恒定速率 1m/s向x方向運動，要使探測器改

2、為向y方向以原來的速率運動，若忽略探測器受到的地球及其他星球的吸引力。則下列措施正確的是（）A ,開動A1與A2,均噴出0.05kg的氣體B,開動A3與A4，均噴出0.05kg的氣體C.開動A1與A2,均噴出0.1kg的氣體D,開動A3與A4，均噴出0.1kg的氣體3 .某地球衛(wèi)星繞地球在如圖所示的橢圓軌道上運行，其中近地點為 M、遠地點為N。衛(wèi)星沿圖示方向周期性運行，周期為T。下列關于衛(wèi)星運行的表述正確的是（）A .衛(wèi)星在N點的速度最大B.衛(wèi)星在M、N點的加速度大小相等 一一 ，TC.衛(wèi)星由M點運動至N點的時間為一2D.衛(wèi)星由M點運動至N點的過程中機械能逐漸變大4.如圖所示，直線 Oa和Ob

3、的夾角為30 ,在兩直線所夾的空間內有垂直紙面向里的Ob相切，若不計兩離子間的相互勻強磁場，磁場向右的區(qū)域無限大，磁感應強度為B。在P點有速度相等的正、 負離子 沿垂直于Oa方向射入磁場。兩離子的運動軌跡均與 作用力，則正、負兩種離子的比荷之比為（a. 1： V3b. B：iC. 1:3D. 3:1二、多選題5.對于相關的物理現(xiàn)象與規(guī)律，下列說法正確的是（）A .太陽向外輻射的能量主要來自太陽內部的核裂變反應B. 一光束照射到某金屬上不能發(fā)生光電效應，是因為該光的波長太長C.按照玻爾理論，氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時，電子的動能減小，原子總能量增大D.放射性元素的半衰期

4、是關于大量原子核衰變的統(tǒng)計規(guī)律6.如圖甲所示，在勻強磁場中，一矩形金屬線框繞與磁感線垂直的軸勻速轉動。該線框分別以不同的轉速轉動，產(chǎn)生的交變電動勢圖像如圖乙中曲線a、b所示，則（）A .兩次轉動t 0時刻線框平面均與中性面平行B.曲線a、b對應的線框轉速之比為 3: 2C.曲線a表示的交變電動勢的頻率為 50HzD.曲線b表示的交變電動勢的有效值為 10V)7 .如圖所示，一根柔軟的不可伸長的絕緣繩的一端固定于O點，另一端系一個帶電荷量為 q、質量為m的小球?？臻g中有水平向左的勻強電場。小球在MNP之間左右擺動，OM為豎直線，N為MP的中點，MOP 60 。忽略空氣阻力，忽略繩的質量，重力加速

5、度為g ,則下列說法正確的是（A.小球帶正電mgb.勻強電場的場強大小為7石C.勻強電場中P點的電勢低于N點的電勢D.小球運動的 MN過程與NP過程相比較，MN過程電勢能減小量大8 .如圖所示，相距l(xiāng)的兩小球A、B位于同一高度h（l,h 均為定值）.將A向B水平 拋出的同時，B自由下落.A、B與地面碰撞前后，水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反.不計空氣阻力及小球與地面碰撞的時間，則 1 HQ-»。A 1 口Bh-7hh7777A. A、B在第一次落地前能否相碰，取決于A的初速度B. A、B在第一次落地前若不碰，此后就不會相碰C. A、B不可能運動到最高處相碰D. A、B 一

6、定能相碰9.如圖甲所示，用面積為 S的活塞在汽缸內封閉著一定質量的理想氣體，活塞上放一 祛碼，活塞和祛碼的總質量為 m現(xiàn)使汽缸內的氣體緩慢按圖乙所示的規(guī)律變化，從狀態(tài)M變化到狀態(tài)N。若該過程中氣體內能發(fā)生了變化，氣體柱高度增加了L ,外界大氣壓強為P0。下列說法中正確的是（）A .該過程中汽缸內氣體的壓強不斷增大 mgB.該過程中汽缸內氣體的壓強始終為po SC.該過程中氣體不斷從外界吸收熱量D.氣體在該過程中吸收的熱量大于它對外界做的功E. M和N兩個狀態(tài)，汽缸內壁單位面積單位時間內受到氣體分子撞擊的次數(shù)相同 10.如圖所示，甲、乙是兩條不同材料的彈性細繩，兩繩在 。處連接。P、Q分別是甲乙

7、兩繩上的兩點 OP距為7.0m, OQ間距為5.0m。點上下振動時形成向左、 向右傳 播的簡諧橫波。t 0時刻。點處在波谷位置。5s后波谷恰好傳播到 P點，此時OP間還有一個波谷，且O點在平衡位置且向上運動。已知乙波的波速為1.0m / s。則下列說法正確的是（）甲 乙-*A E 一 一FOQA .甲波的波長為4mB.甲波的波速為1.4m/sC. Q點的振動周期為4sD. t 3s時，Q點恰好處于波谷E.當P點處于波峰時，Q點也一定處于波峰第II卷（非選擇題）三、實驗題11 .如圖（a）所示，把電壓表改裝成可以直接測量壓力的傳感器。實驗主要器材如下: 待改裝的電壓表（量程 0 3V ,內阻不計

8、）；壓敏電阻Rx ；定值電阻R ；電源（4V ,內阻不計）；開關S ,導線等。壓敏電阻的阻值 尺隨壓力F變化的規(guī)律如圖（b）所示，回答下列問題。（1）結合圖像（b）可判定，若壓力 F增大，則電壓表的示數(shù)將 （選填“變 大” “不變”或“變小”）。（2）改裝后儀表的量程為 0160N，且壓力160N對應電壓表3V刻度。則定值電阻阻值Ro Q,壓力為0時對應電壓表的刻度為 V。12 .驗證“當質量一定時，物體運動的加速度與它所受的合外力成正比”這一物理規(guī)律。給定的器材如下：傾角可以調節(jié)的長斜面（如圖所示）、小車、計時器、米尺。（1）填入適當?shù)乃闶交蛭淖郑晟埔韵聦嶒灢襟E（不考慮摩擦力的影響）：讓小

9、車自斜面上方一固定點A由靜止開始下滑到斜面底端 A2,記下所用的時間t。用米尺測量A1與4之間的距離X,則小車的加速度a 。用米尺測量 A相對于4的高度h。設小車所受重力為 mg,則小車所受的合外力改變,重復上述測量。1以h為橫坐標，一為縱坐標，根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作圖。若能得到一條過原點的直線，則 t2可驗證“當質量一定時，物體運動的加速度與它所受的合外力成正比”這一規(guī)律。（2）在探究如何消除上述實驗中摩擦力影響的過程中，某同學設計的方案是：調節(jié)斜面傾角，使小車在斜面上勻速下滑。測量此時A點相對于A2的高度h0。進行（1）中的各項測量。計算與作圖時用（h h°）代替h。對此方案有以下幾種評

10、論意見，其中合理的意見是 。A.方案正確可行B.方案的理論依據(jù)正確，但利用所給的器材無法確定小車在斜面上是否做勻速運動C.方案的理論依據(jù)有問題，小車所受摩擦力與斜面傾角有關四、解答題13 .航空母艦進行出海航行試驗，已知該航空母艦的飛行甲板長度為L 300m,某戰(zhàn)斗機在航空母艦上起飛過程的最大加速度為a 4.5m/s2,戰(zhàn)斗機速度要達到v 60m/s才能安全起飛。(以下計算結果均保留 2位有效數(shù)字)(1)如果航空母艦靜止，戰(zhàn)斗機被彈射裝置彈出后開始加速，要保證戰(zhàn)斗機起飛安全，戰(zhàn)斗機被彈射裝置彈出時的速度至少是多大？(2)如果航空母艦勻速前進，在不使用彈射裝置的情況下，要保證戰(zhàn)斗機安全起飛， 航

11、空母艦前進的速度至少是多大？此時，戰(zhàn)斗機的起飛時間與彈射起飛時間的差是多少？14 .如圖所示，兩根傾角為、間距為l的足夠長的光滑金屬導軌，導軌下端連接一個電阻R。導軌所在空間有垂直于兩導軌平面、方向斜向上的勻強磁場。 在導軌下端與導軌垂直放置一個質量為 n的導體棒。取導軌下端為坐標原點、沿導軌斜向上建立x坐標軸。從0時刻起，導體棒在沿 x軸正方向的外力作用下由靜止開始沿導軌向上運動，拉動過程速度v與位移x滿足v kx (由此可導出a kv ),其中k為已知常數(shù)。導體棒運動至 設處時，電阻R的電功率為P。此時撤去外力，導體棒繼續(xù)運動至某時刻后做勻速運動。運動過程中導體棒始終與導軌垂直，不計其他電

12、阻。求：(1)磁場磁感應強度的大??；，(2)外力撤去之前，外力F與x的關系式；)加(3)在導體棒的全部運動過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。/15 .如圖所示，一粗細均勻的 J形玻璃管豎直放置，短臂端封閉，長臂端(足夠長)開 口向上，短臂內封有一定質量的理想氣體，初始狀態(tài)時管內各段長度如圖所示，密閉氣體的溫度為27 C ,大氣壓強為75cmHg。(i)若沿長臂的管壁緩慢加人 5cm長的水銀柱并與下方的水銀合為一體，為使密閉氣體保持原來的長度，應使氣體的溫度變?yōu)槎嗌伲?ii)在(i)的情況下，再使J形玻璃管在豎直平面內繞過O點的水平軸逆 iR J試卷第6頁，總7頁引|Q 10 rm時針緩慢轉過180

13、 ,密閉氣體的長度為多少?316 .如圖，玻璃球冠的折射率為J3,其底面鍍銀，底面的半徑是球半徑的y3倍;2過球心。且垂直于底面的平面 （紙面）內，有一與底面垂直的光線射到玻璃球冠上的點，該光線的延長線恰好過底面邊緣上的A點.求該光線從球面射出的方向相對于其初 始入射方向的偏角.試卷第8頁，總7頁參考答案1. . C【解析】【詳解】以物塊2為研究對象，受向左的摩擦力；彈簧處于壓縮狀態(tài)，對該物塊有向右的推力F。物塊處于平衡狀態(tài)，水平方向有m2 gx,兩物塊間距離為xm2gkF設彈簧的壓縮量為x,由胡克定律得F kx l解得x l故選Co2. A 【解析】 【詳解】x方向速率減為0,需開動Ai向外

14、噴出質量為 mi的氣體，噴氣過程系統(tǒng)動量守恒有m1 200 10 1解得mi 0.05 kgy方向由靜止增大到速率為 1 m/s ,需開動A2向外噴出質量為 m2的氣體，噴氣過程系統(tǒng) 動量守恒有m2 200 10 1解得m2 0.05kg故選Ao3. CN的速度最小，故 A錯誤;【詳解】A.由開普勒第二定律知衛(wèi)星在遠地點B.萬有引力產(chǎn)生加速度，有-MmG -2- ma r又有M N ,則故B錯誤；C.由橢圓軌道的對稱性知，由 M點運動到N點所用時間為半個周期，即 T，故C正確;D.衛(wèi)星運行過程中只有萬有引力做功，機械能守恒，故 D錯誤。故選Co4. D【解析】【詳解】如圖所示，由左手定則知磁場

15、中的正離子向左偏轉、負離子向右偏轉。洛倫茲力提供向心力，2 v mF - r正離子有q正vB負離子有q負vB由幾何關系知sin30r r sin 30解以上三式得cqE : -3m正m負1故選D。b姓f q軸a5. BCD【解析】【詳解】A.太陽向外輻射的能量主要來自太陽內部的核聚變反應，不是核裂變反應，故A錯誤；B.光照射到某金屬上不能發(fā)生光電效應，是因為該光的頻率V低于該金屬的極限頻率，頻率太低則其波長太長，故 B正確；C.按照玻爾理論，氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時，庫侖力做負功，電子的動能減小，原子的勢能增大，總能量增大，故 C正確；D.放射性元素的半衰期是針對大

16、量原子核衰變的統(tǒng)計規(guī)律，不是少量原子核的衰變規(guī)律，故D正確。故選BCD。6. AB【解析】【詳解】A.由圖乙可知，兩次金屬線框均由中性面位置開始計時旋轉，故 A正確； 22B.曲線a的周期為Ta 4 10 s ,曲線b的周期為Tb 6 10s,則其線框的轉速之比為na Tb 3nb Ta 2故B正確；C,曲線a的頻率為.1fa25HzTa故C錯誤；D.由 Em NBS 知EmaaTb3EmbbTa2則Emb |Ema 10V曲線b表示的交變電動勢的有效值為EbEmb2答案第16頁，總12頁故D錯誤。故選AB。7. BD【解析】【詳解】小球受向下的重力、水平向右的電場力、繩子的拉力作用，在豎直線

17、OM的右側運動，則電場力水平向右，則小球帶負電，故 A錯誤；B .由運動的對稱性知，小球在 N點的速度最大，則其動能最大。此時重力與電場力的合力 沿ON方向，有tan 30-qEmg解得mgE 3q故B正確；C.電場方向向左，沿電場線電勢降低，則P點的電勢高于 N點的電勢，故 C錯誤；D.小球向右運動，電場力做正功，則小球的電勢能減小，比較運動的 MN過程與NP過程,由幾何關系知 MN過程的水平位移大，則電場力做功多，則小球電勢能減小量大，故 確。故選BD。8. AD【解析】【詳解】若A球經(jīng)過水平位移為l時，還未落地，則在B球正下方相碰.可知當A的初速度較大時，A、B在第一次落地前能發(fā)生相碰.

18、若 A的初速度較小時，A、B在第一次落地前不碰，A第一次落地時，水平位移較小，由于反彈后水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反，則以后一定能碰.故 D正確，B錯誤.若A球落地時的水平位移為 ,時，則A、B在2最高點相碰.故 C錯誤.由上分析可知， A、B在第一次落地前能否相碰，取決于 A的初速度.故A正確.故選AD .9. BCD【解析】【詳解】AB.氣體變化的 M N過程V T圖像過坐標原點，則 M N過程為等壓變化其壓強 始終為mgp p0石故A錯誤，B正確;CD.氣體溫度升高，則內能增大。氣體膨脹對外做功，由熱力學第一定律知，氣體從外界吸收熱量，且吸收的熱量大于對外界做的功，故CD

19、正確；E. M和N兩狀態(tài)壓強相等，則分子對器壁單位面積的碰撞效果相同。N狀態(tài)溫度高，單個分子的平均碰撞力大，則單位面積單位時間內氣體分子撞擊次數(shù)少，故 E錯誤。故選BCD。10. BCE【解析】A .由5s后的波形特點知故A錯誤;BC.甲波的波速則甲波的周期OP, 17m 1 一甲4甲 5.6m1.4m/s丁甲5.6T甲sv甲1.44s。波的頻率等于波源的振動頻率，則甲、乙兩波頻率相等,則其周期相等，則有T乙T甲4s故BC正確;D.乙波波長乙七T乙1.0 4m 4m則有OQ, 15m 1 一乙4則t 0時刻Q點處于平衡位置向下振動。再經(jīng)過時間Q點在波峰，故D錯誤;E. P、Q兩點距離波源均為各

20、自波長的3s 4T乙，1，一 ，、一，一1 一倍，又二者振動周期相同、 起振方向相同, 4則二者振動步調相同，當 P點處在波峰時,Q點也一定處在波峰，故 E正確。故選BCE。11.變大3001.5【解析】【詳解】 1由圖像（b）知壓力F越大，Rx越小，由電路規(guī)律知電壓表示數(shù)為則U變大;（2）2圖像（b）的F軸的最小有效分度為20N，應估讀至10N ; Rx軸的最小有效分度為 50 Q ,應估讀至10Q。由圖像知，F(xiàn)i160NRx1 100 Q此時電壓表的示數(shù)為U13V,由U1RoR0Rx1R0U1Rx13 100 1 x1Q 300 QE U14 33由圖像（b）知當F20時Rx2 500 Q

21、 ,此時電壓表的示數(shù)為U R0300 4V 1.5V300 5002x12. -2-t【解析】h mg -x斜面傾角h的數(shù)值）（1）1由運動規(guī)律1,2 «曰-at可得22xa F2對小車受力分析，其合力為F合mg sin又由幾何關系得hsin x解得hF 合mg 一x3驗證加速度a與所受合外力F合成正比，為得到問題實質，需要在多種情況下實驗，所以要改變斜面彳角(或 h的數(shù)值)，重復上述測量；(2)4由實驗目的與力學規(guī)律分析原理(或誤差)，斜面傾角不同，摩擦力Ffmg cos不同；故選Co13. (1)30m/s； (2)8.0m/s, 4.9s【解析】【詳解】(1)航空母艦靜止時，彈

22、射速度為V。，由運動規(guī)律得V V。at 22v v0 2aL 解式得V。30m/s , t 6.7s(2)航空母艦的運動速度為 Vi時，戰(zhàn)斗機起飛時間為ti。由運動規(guī)律得，對航空母艦有x V1tl 對戰(zhàn)斗機有v v1 at122v v1 2a(L x)解式得v1 8.0m/s , t1 11.6s彈射與不彈射起飛的時間差為t1 t 4.9s.PR L14. (1)B -(2)F klxo【解析】【詳解】(1)運動至X0時刻速度電動勢電功率解式得(2)撤力前速度為v的時刻,電動勢電流安培力解式得由牛頓第二定律得mgsin又有mk2VoE。mg sinP2 x（3）Q kxokxoBlvo E2且區(qū)Rklx0kxBlvBIlPx2也 kxo2k mgxo sin12 2一 mk x020解？式得a kv ?F mgsinmk2P kX2 x(3)外力作用運動至的過程，由式知F安與x成正比，且X0時刻有Pkxo則安培力做功設勻速下滑速度為V1 ,電動勢E1Blv1 ?電流IiEiR安培力F安BIil ?又有mg sin撤力后至最低點過程，有_1212mgx