2020年全國高考物理試題(新課標(biāo)Ⅱ)(解析版)(20210404052844)

1、2020年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試?yán)砜凭C合能力測試二、選擇題：1.管道高頻焊機(jī)可以對(duì)由鋼板卷成的圓管的接縫實(shí)施焊接。焊機(jī)的原理如圖所示， 圓管通過一個(gè)接有高頻交流電源的線圈，線圈所產(chǎn)生的交變磁場使圓管中產(chǎn)生交變電流，電流產(chǎn)生的熱量使接縫處的材料熔化將其焊接。焊接過程中所利用的電磁學(xué)規(guī)律的發(fā)現(xiàn)者為（）A.庫侖B.霍爾C.洛倫茲D.法拉第【答案】D【解析】【詳解】由題意可知，圓管為金屬導(dǎo)體，導(dǎo)體內(nèi)部自成閉合回路，且有電阻，當(dāng)周圍的線圈中產(chǎn)生出交變磁場時(shí)，就會(huì)在導(dǎo)體內(nèi)部感應(yīng)出渦電流，電流通過電阻要發(fā)熱。該過程利用原理的是電磁感應(yīng)現(xiàn)象，其發(fā)現(xiàn)者為法拉第。故選D。2.若一均勻球形星體的密度為P,引力

2、常量為G,則在該星體表面附近沿圓軌道繞其運(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星的周期是（D.【詳解】衛(wèi)星在星體表面附近繞其做圓周運(yùn)動(dòng)，則GMm - 4；=mR - T知衛(wèi)星該星體表面附近沿圓軌道繞其運(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星的周期3該坑沿摩托車前進(jìn)方向的水平寬度3 .如圖，在摩托車越野賽途中的水平路段前方有一個(gè)坑, 為3h,其左邊緣a點(diǎn)比右邊緣b點(diǎn)高0.5h。若摩托車經(jīng)過a點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ei,它會(huì)落到坑 內(nèi)c點(diǎn)。c與a的水平距離和高度差均為 h；若經(jīng)過a點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為E2,該摩托車恰能越過一E2 m坑到達(dá)b點(diǎn)。三等于E1A. 20B. 18C. 9.0D. 3.0【詳解】有題意可知當(dāng)在a點(diǎn)動(dòng)能為Ei時(shí)，有mv2 2根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有,1.2

3、h - gti2h v1tl當(dāng)在a點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為E2時(shí),根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有聯(lián)立以上各式可解得1.-1 .22h 2 gt23h v2t2e2 -2 18Ei -故選B。4 .CT掃描是計(jì)算機(jī)X射線斷層掃描技術(shù)的簡稱，CT掃描機(jī)可用于對(duì)多種病情的探測。圖（a）是某種CT機(jī)主要部分的剖面圖，其中 X射線產(chǎn)生部分的示意圖如圖（b）所示。圖（b）中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內(nèi)有勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)磁場；經(jīng)調(diào)節(jié)后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實(shí)線所示的方向前進(jìn)，打到靶上，產(chǎn)生X射線（如圖中帶箭頭的虛線所示）；將電子束打到靶上的點(diǎn)記為 P點(diǎn)。則（）偏轉(zhuǎn)磁場圖(h)圖（a）A. M處的電勢高于 N處的電勢B.增大M

4、、N之間的加速電壓可使 P點(diǎn)左移C.偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直于紙面向外D.增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小可使P點(diǎn)左移【答案】D【解析】【詳解】A.由于電子帶負(fù)電，要在 MN間加速則MN間電場方向由N指向M ,根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低可知 M的電勢低于N的電勢，故A錯(cuò)誤;B.增大加速電壓則根據(jù)12eU - mv2可知會(huì)增大到達(dá)偏轉(zhuǎn)磁場的速度；又根據(jù)在偏轉(zhuǎn)磁場中洛倫茲力提供向心力有2 V evB m R可得mv R - eB可知會(huì)增大在偏轉(zhuǎn)磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑，由于磁場寬度相同，故根據(jù)幾何關(guān)系可知會(huì)減小偏轉(zhuǎn) 的角度，故P點(diǎn)會(huì)右移，故B錯(cuò)誤;C.電子在偏轉(zhuǎn)電場中做圓周運(yùn)動(dòng)，向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知磁場方

5、向垂直紙面向里，故C錯(cuò)誤；D.由B選項(xiàng)的分析可知，當(dāng)其它條件不變時(shí)，增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度會(huì)減小半徑，從而增大偏轉(zhuǎn)角度，使 P點(diǎn)左移，故D正確。故選D。. 2 _5.笊核iH可通過一系列聚變反應(yīng)釋放能量，其總效果可用反應(yīng)式 _ 241161H 22He 2iH+20n+43.15MeV表不。海水中富含笊，已知1kg海水中含有的笊核約為1.0 X伯個(gè)，若全都發(fā)生聚變反應(yīng)，其釋放的能量與質(zhì)量為 M的標(biāo)準(zhǔn)煤燃燒時(shí)釋放的熱量相等；已知1 kg標(biāo)準(zhǔn)煤燃燒釋放的熱量約為2.9X10J, 1 MeV= 1.6 x 10J,則M約為（）A. 40 kgB. 100 kgC. 400 kgD. 1 000 kg

6、【答案】C【解析】【詳解】笊核2h可通過一系列聚變反應(yīng)釋放能量，其總效果可用反應(yīng)式241162H24He 2；H+2 0n+43.15MeV則平均每個(gè)笊核聚變釋放的能量為E SeV 661kg海水中含有的笊核約為1.0 x 20個(gè)，可以放出的總能量為EoN由Q mq可得，要釋放的相同的熱量，需要燃燒標(biāo)準(zhǔn)煤燃燒的質(zhì)量m Q E0 400kg我國已成功掌握并實(shí)際應(yīng)用了特6.特高壓輸電可使輸送中的電能損耗和電壓損失大幅降低。高壓輸電技術(shù)。假設(shè)從A處采用550 kV的超高壓向B處輸電，輸電線上損耗的電功率為 ？P,到達(dá)B處時(shí)電壓下降了 ？U。在保持A處輸送的電功率和輸電線電阻都不變的條件下，改用1 1

7、00 kV特高壓輸電，輸電線上損耗的電功率變?yōu)?P；到達(dá)B處時(shí)電壓下降了 ？U'。不考慮其他因素的影響，則（,1A. ?P =?P4B. ?P'C. ?U，1 ?U4?UAD輸電線上損失的功率PAP=( U)2 r損失的電壓 pAU =rU當(dāng)輸送電壓變?yōu)樵瓉淼?2倍，損失的功率變?yōu)樵瓉淼?4，即AP1 r損失的電壓變?yōu)樵瓉淼囊?，?AU故選AD 。7.如圖，豎直面內(nèi)一絕緣細(xì)圓環(huán)的上、下半圓分別均勻分布著等量異種電荷。a、b為圓環(huán)水平直徑上的兩個(gè)點(diǎn)，c、d為豎直直徑上的兩個(gè)點(diǎn)，它們與圓心的距離均相等。則（A. a、b兩點(diǎn)的場強(qiáng)相等C. c、d兩點(diǎn)的場強(qiáng)相等B. a、b兩點(diǎn)的電勢相

8、等D. c、d兩點(diǎn)的電勢相等【答案】ABC 【解析】【詳解】BD.如下圖所示，為等量異種電荷周圍空間的電場分布圖。本題的帶電圓環(huán)，可拆解成這樣無數(shù)對(duì)等量異種電荷的電場，沿豎直直徑平行放置。它們有共同的對(duì)稱軸 PP ,PP所在的水平面與每一條電場線都垂直，即為等勢面，延伸到無限遠(yuǎn)處，電勢為零。故在PP上的點(diǎn)電勢為零，即a b 0 ;而從M點(diǎn)到N點(diǎn)，電勢一直在降低，即c d ,故B正確，D錯(cuò)誤；AC.上下兩側(cè)電場線分布對(duì)稱，左右兩側(cè)電場線分布也對(duì)稱，由電場的疊加原理可知AC正確；故選ABC 。8.水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運(yùn)動(dòng)員面對(duì)擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0 kg的靜止物塊以大

9、小為5.0 m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運(yùn)動(dòng)員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運(yùn)動(dòng)員時(shí)，運(yùn)動(dòng)員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0 m/s的速度與擋板彈性碰撞?？偣步?jīng)過8次這樣推物塊后，運(yùn)動(dòng)員退行速度的大小大于5.0 m/s,反彈的物塊不能再追上運(yùn)動(dòng)員。不計(jì)冰面的摩擦力，該運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量可能為A. 48 kgB. 53 kgC. 58 kgD. 63 kg【答案】BC【解析】【詳解】設(shè)運(yùn)動(dòng)員和物塊的質(zhì)量分別為m、mo規(guī)定運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，運(yùn)動(dòng)員開始時(shí)靜止，第一次將物塊推出后，運(yùn)動(dòng)員和物塊的速度大小分別為,、v0,則根據(jù)動(dòng)量守恒定律0 mv1 m0v0解得

10、m。v1 v0m物塊與彈性擋板撞擊后，運(yùn)動(dòng)方向與運(yùn)動(dòng)員同向，當(dāng)運(yùn)動(dòng)員再次推出物塊mv1 m0v0 mv2 m0v0解得3m°V2 一V0m第3次推出后mv2 m0V0 mv3 m0V0解得5m0V3 V0m依次類推，第8次推出后，運(yùn)動(dòng)員的速度15moV8 V0根據(jù)題意可知15m。一v0m/s mV8解得第7次運(yùn)動(dòng)員的速度一定小于 5m/s,V7解得綜上所述，運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量滿足AD錯(cuò)誤，BC正確。故選BC。三、非選擇題： （一）必考題：9.一細(xì)繩跨過懸掛的定滑輪，兩端分別系有小球A和B,如圖所示。一實(shí)驗(yàn)小組用此裝置測量小球B運(yùn)動(dòng)的加速度。7K令兩小球靜止，細(xì)繩拉緊，然后釋放小球，測得小球

11、 B釋放時(shí)的高度ho=0.590 m,下降一段 距離后的高度h=0.100 m；由ho下降至h所用的時(shí)間T=0.730 s。由此求得小球 B加速度的 大小為a=m/s2 （保留3位有效數(shù)字）。從實(shí)驗(yàn)室提供的數(shù)據(jù)得知，小球A、B的質(zhì)量分別為100.0 g和150.0 g,當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮間=9.80 m/s2。根據(jù)牛頓第二定律計(jì)算可得小球B加速度的大小為a' m/s2 （保留m 60kg13m0V0m/smkg3位有效數(shù)字）52kg60kg可以看出，a與a有明顯差異，除實(shí)驗(yàn)中的偶然誤差外， 寫出一條可能產(chǎn)生這一結(jié)果的原因:【答案】（1）. 1.84（2）. 1.96（3）.滑輪的軸不

12、光滑，繩和滑輪之間有摩擦（或滑輪有質(zhì)量）【解析】【詳解】有題意可知小球下降過程中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 12h0 - haT 2代入數(shù)據(jù)解得a=1.84m/s 2；根據(jù)牛頓第二定律可知對(duì)小球A有T - mAgmAal對(duì)小球B有 | mBg -T . m）Ba帶入已知數(shù)據(jù)解得a - 1.96m/s2 ;1 Mi在實(shí)驗(yàn)中繩和滑輪之間有摩擦?xí)斐蓪?shí)際計(jì)算值偏小。10.某同學(xué)要研究一小燈泡 L （3.6 V, 0.30 A）伏安特性。所用器材有：電流表 A1 （量程200 mA,內(nèi)阻 Rg1=10.0 因 電流表 A2 （量程500 mA,內(nèi)阻 Rg2=1.0 Q、定值電阻 Ro （阻值

13、Ro=10.0姒滑動(dòng)變阻器 Ri （最大阻值10 Q、電源E （電動(dòng)勢4.5 V,內(nèi)阻很?。㈤_關(guān)S和若干導(dǎo)線。該同學(xué)設(shè)計(jì)的電路如圖（a）所示。（1）根據(jù)圖（a）,在圖（b）的實(shí)物圖中畫出連線v 圖(b) s(2)若Il、I2分別為流過電流表 Ai和A2的電流，利用II、12、Rgi和R0寫出：小燈泡兩端的電壓U=流過小燈?的電流1=為保證小燈的安全，Ii不能超過mA。(3)實(shí)驗(yàn)時(shí)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，使開關(guān)閉合后兩電流表的示數(shù)為零。逐次改變滑動(dòng)變阻器 滑片位置并讀取相應(yīng)的Ii和12。所得實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在下表中給出。Ii/mA325585125144173I2/mA171229299379424470根

14、據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可算得，當(dāng) Ii=173 mA時(shí)，燈絲電阻R=Q (保留1位小數(shù))。(4)如果用另一個(gè)電阻替代定值電阻Ro,其他不變，為了能夠測量完整的伏安特性曲線,所用電阻的阻值不能小于Q (保留1位小數(shù))?！敬鸢浮?1).(2). Il Rgi-R(3).I2 Ii (4). 180(5). 11.6(6). 8.0【解析】【詳解】(1 )根據(jù)電路圖連接實(shí)物圖如圖所示(2)根據(jù)電路圖可知燈泡兩端的電壓為電流表A1和R0的總電壓，故根據(jù)歐姆定律有U 二 I1 %Ro根據(jù)并聯(lián)電路特點(diǎn)可知流過小燈泡的電流為I I2 I1因?yàn)樾襞莸念~定電壓為 3.6V ,故根據(jù)題目中已知數(shù)據(jù)帶入 中可知I1不能超過1

15、80mA ;(3)根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知當(dāng)I1=173mA 時(shí)，I2=470mA ;根據(jù)前面的分析代入數(shù)據(jù)可知此時(shí)燈泡兩端的電壓為 U=3.46V ;流過小燈泡的電流為 I=297mA=0.297A;故根據(jù)歐姆定律可知此時(shí)小燈泡的電阻為R-U - 3.46T - 0.297Q 11.6Q3.6V ,而電流表Ai不能超(4 )要測量完整的伏安特性曲線則燈泡兩端的電壓至少要達(dá)到過其量程200mA ,此時(shí)結(jié)合有3.6 二 0.2； 10- R解得Ro 8 Q ,即要完整的測量小燈泡伏安特性曲線所用電阻的阻值不能小于8 Q oii.如圖，在o蟲小，y區(qū)域中存在方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度b的大小可調(diào)

16、，方向不變。一質(zhì)量為m,電荷量為q (q>0)的粒子以速度vo從磁場區(qū)域左側(cè)沿x軸進(jìn)入磁場，不計(jì)重力。(1)若粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后穿過y軸正半軸離開磁場，分析說明磁場的方向，并求在這種情況下磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值Bm；(2)如果磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 Bm,粒子將通過虛線所示邊界上的一點(diǎn)離開磁場。求粒子在 2該點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向與 x軸正方向的夾角及該點(diǎn)到 x軸的距離。* *n 4 1VI口11mv0k-【答案】(1)磁場方向垂直于紙面向里；Bm =；(2) ； y (2 V3)hqh6【解析】【詳解】(1)由題意，粒子剛進(jìn)入磁場時(shí)應(yīng)受到方向向上的洛倫茲力，因此磁場方向垂直于紙面向里。設(shè)粒子進(jìn)入磁場中做圓周

17、運(yùn)動(dòng)的半徑為R,根據(jù)洛倫茲力公式和圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律,有2qv0B m-R由此可得mv0R v0 qB粒子穿過y軸正半軸離開磁場，其在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在y軸正半軸上，半徑應(yīng)滿足由題意，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bm時(shí)，粒子的運(yùn)動(dòng)半徑最大，由此得mvoBm=(1qh(2)若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 殳，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心仍在 y軸正半軸上，由式可得,2此時(shí)圓弧半徑為R 2h粒子會(huì)穿過圖中 P點(diǎn)離開磁場，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。設(shè)粒子在P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向與 x軸正方向的夾角為%由幾何關(guān)系sinh 1不一 一 62h 2Tt即 三6由幾何關(guān)系可得，P點(diǎn)與x軸的距離為2h(1 cos )聯(lián)立式得(2 J3)h 12.如圖，一

18、豎直圓管質(zhì)量為 M ,下端距水平地面的高度為 H ,頂端塞有一質(zhì)量為 m的小球。圓管由靜止自由下落，與地面發(fā)生多次彈性碰撞，且每次碰撞時(shí)間均極短；在運(yùn)動(dòng)過程中，管始終保持豎直。已知 M =4m,球和管之間的滑動(dòng)摩擦力大小為4mg, g為重力加速度的大小，不計(jì)空氣阻力。(1)求管第一次與地面碰撞后的瞬間，管和球各自的加速度大小;(2)管第一次落地彈起后，在上升過程中球沒有從管中滑出，求管上升的最大高度；(3)管第二次落地彈起的上升過程中，球仍沒有從管中滑出，求圓管長度應(yīng)滿足的條件。13 ,152 ,【答案】(1) ai=2g, a2=3g; (2) H1 H ； (3) L H 25125【解析

19、】【詳解】(1)管第一次落地彈起的瞬間，小球仍然向下運(yùn)動(dòng)。 設(shè)此時(shí)管的加速度大小為 a1,方向向下；球的加速度大小為a2,方向向上；球與管之間的摩擦力大小為 f,由牛頓運(yùn)動(dòng)定律有Ma1=Mg+f ma2= f - m（g1）聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)，得a1=2g, a2=3g(2)管第一次碰地前與球的速度大小相同。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，碰地前瞬間它們的速度大小均為vo , 2gH 方向均向下。管彈起的瞬間，管的速度反向，球的速度方向依然向下。設(shè)自彈起時(shí)經(jīng)過時(shí)間 力，管與小球的速度剛好相同。取向上為正方向，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式vo - 1t1= -o+a2t1 聯(lián)立式得設(shè)此時(shí)管下端 高度為h1,速度為v。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公

20、式可得vVoati 由式可判斷此時(shí) v>0。此后，管與小球?qū)⒁约铀俣?g減速上升h2,到達(dá)最高點(diǎn)。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有h22 V 一d 2g設(shè)管第一次落地彈起后上升的最大高度為Hi,則Hi= hi+ h2 聯(lián)立式可得Hi13 H25（3）設(shè)第一次彈起過程中球相對(duì)管的位移為xi。在管開始下落到上升Hi這一過程中，由動(dòng)能定理有Mg (H -Hi) +mg (H -Hi+xi)-mgxi=0?聯(lián)立？式并代入題給數(shù)據(jù)得Xi同理可推得，管與球從再次下落到第二次彈起至最高點(diǎn)的過程中，球與管的相對(duì)位移X2為X2-Hi? 5設(shè)圓管長度為L。管第二次落地彈起后的上升過程中，球不會(huì)滑出管外的條件是Xi+ X2WL

21、?聯(lián)立? 式，L應(yīng)滿足條件為（二）選考題：i52uH ?i2513 .下列關(guān)于能量轉(zhuǎn)換過程的敘述，違背熱力學(xué)第一定律的有 J違背熱力學(xué)第一定律、但違背熱力學(xué)第二定律的有 （填正確答案標(biāo)號(hào)）A.汽車通過燃燒汽油獲得動(dòng)力并向空氣中散熱B.冷水倒入保溫杯后，冷水和杯子的溫度都變得更低C.某新型熱機(jī)工作時(shí)將從高溫?zé)嵩次盏臒崃咳哭D(zhuǎn)化為功，而不產(chǎn)生其他影響D.冰箱的制冷機(jī)工作時(shí)從箱內(nèi)低溫環(huán)境中提取熱量散發(fā)到溫度較高的室內(nèi)【答案】.B (2). C【解析】【詳解】ABCD14 .潛水鐘是一種水下救生設(shè)備，它是一個(gè)底部開口、上部封閉的容器，外形與鐘相似。潛水鐘在水下時(shí)其內(nèi)部上方空間里存有空氣，以滿足潛水員

22、水下避險(xiǎn)的需要。為計(jì)算方便，將潛水鐘簡化為截面積為 S、高度為h、開口向下的圓筒；工作母船將潛水鐘由水面上方開口向下吊放至深度為 H的水下，如圖所示。已知水的密度為p,重力加速度大小為 g,大氣壓強(qiáng)為po, H*h,忽略溫度的變化和水密度隨深度的變化。(1)求進(jìn)入圓筒內(nèi)水的高度 1;(2)保持H不變，壓入空氣使筒內(nèi)水全部排出，求壓入的空氣在其壓強(qiáng)為po時(shí)的體積。pi= p0+ P g (H 3)聯(lián)立以上各式并考慮到Hh, h >l,解得l(2)設(shè)水全部排出后筒內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為gH 卜PO-hHhP2；此時(shí)筒內(nèi)氣體的體積為Vo,這些氣體在其壓強(qiáng)為P0時(shí)的體積為V3,由玻意耳定律有P2V0= poV3 其中p2= po+ p gH 設(shè)需壓入筒內(nèi)的氣體體積為V,依題意V = V3、0 聯(lián)立式得gSHh 泰V po15 .用一個(gè)擺長為80.0 cm的單擺做實(shí)驗(yàn)，要求擺動(dòng)的最大角度小于5°,則開始時(shí)將擺球拉離平衡位置的距離應(yīng)不超過 cm (保留1位