2020年廣東省高考物理試卷(新課標Ⅰ)

1、試卷第 PAGE 17 頁，總 15 頁2020 年廣東省高考物理試卷（新課標）一、選擇題：本題共 8 小題，每小題 6 分，共 48 分。在每小題給出的四個選項中，第 15 題只有一項符合題目要求，第 68 題有多項符合題目要求。全部選對的得6 分， 選對但不全的得 3 分，有選錯的得 0 分。行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)的安全氣囊會被彈出并瞬間充滿氣體。若碰撞后汽車的速度在很短時間內(nèi)減小為零，關(guān)于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是（ ）A.增加了司機單位面積的受力大小 B.減少了碰撞前后司機動量的變化量C.將司機的動能全部轉(zhuǎn)換成汽車的動能D.延長了司機的受力時間并增大了司機的

2、受力面積【答案】D【考點】動量定理的理解【解析】在碰撞過程中，司機動量的變化量是一定的，都等于 ，但安全氣囊會延長作用時間，增加受力面積；再根據(jù)動量定理分析即可?！窘獯稹俊⒃谂鲎策^程中，司機的動量的變化量是一定的，但安全氣囊會增加作用的時間， 根據(jù)動量定理 可知，可以減小司機受到的沖擊力，同時安全氣囊會增大司機的受力面積，則司機單位面積的受力大小減小，故錯誤，正確。、安全氣囊只是延長了作用時間，減小了司機的受力，將司機的動能轉(zhuǎn)換成氣囊的彈性勢能及氣囊氣體內(nèi)能，故錯誤。火星的質(zhì)量約為地球質(zhì)量的1 ，半徑約為地球半徑的1，則同一物體在火星表面與在102地球表面受到的引力的比值約為（ ）A.0.2B

3、.0.4C.2.0D.2.5【答案】B【考點】萬有引力定律及其應(yīng)用【解析】根據(jù)星球表面的萬有引力等于重力列出等式表示出重力加速度，進而求出火星與地球上重力加速度之比，結(jié)合星球表面的萬有引力等于重力可得出同一物體在火星表面與在地球表面受到的引力的比值?！窘獯稹吭谛乔虮砻娴娜f有引力等于重力，即： = ，2引則有： = 2 = 1 (2)2 = 2 = 0.4，21015即同一物體在火星表面與在地球表面受到的引力的比值約為0.4。故正確，錯誤。3. 如圖，一同學(xué)表演蕩秋千。已知秋千的兩根繩長均為10，該同學(xué)和秋千踏板的總質(zhì)量約為50。繩的質(zhì)量忽略不計。當該同學(xué)蕩到秋千支架的正下方時，速度大小為8/，

4、此時每根繩子平均承受的拉力約為（ ）A.200B.400C.600D.800【答案】B【考點】牛頓第二定律的概念向心力物體的彈性和彈力【解析】秋千蕩到最低點時，需要豎直向上的向心力，分析秋千和同學(xué)整體的受力，根據(jù)牛頓第二定律列式子求解每根繩子平均承受的拉力。【解答】以同學(xué)和秋千整體作為研究對象，整體受到豎直向下的重力以及豎直向上的繩子的拉力，令每根繩子的拉力為，繩長為，根據(jù)牛頓第二定律有：2 = 2，4. 圖()所示的電路中，與間接一智能電源，用以控制電容器兩端的電壓如果隨時間的變化如圖()所示，則下列描述電阻兩端電壓 隨時間變化的圖象中， 正確的是（ ）A.B.代入數(shù)據(jù)解得每根繩子的拉力為4

5、10，選項最為接近，故錯誤，正確。C.D.【答案】A【考點】電 容 器 電容歐姆定律的應(yīng)用歐姆定律的概念【解析】根據(jù) = = ( )，分析電路中電流的變化情況，由歐姆定律確定與的關(guān)系?！窘獯稹侩娐分械碾娏鳛?= = ( ) = ，等于 圖象斜率的大小，由圖知，1 2內(nèi)圖象的斜率是3 5內(nèi)圖象斜率的2倍，則1 2內(nèi)電路中電流是3 5內(nèi)的2倍，由知，1 2內(nèi)電阻兩端電壓是3 5內(nèi)的2倍。1 2內(nèi)，電容器在充電，3 5內(nèi)電容器在放電，電路中電流方向相反，則1 2內(nèi)的電壓與3 5內(nèi) 的電壓相反，故正確，錯誤。5. 一勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，為半圓，、與直徑

6、共線，間的距離等于半圓的半徑。一束質(zhì)量為、電荷量為( 0)的粒子，在紙面內(nèi)從點垂直于射入磁場，這些粒子具有各種速率。不計粒子之間的相互作用。在磁場中運動時間最長的粒子，其運動時間為（）A.7B.5C.4D.36432【答案】C【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動規(guī)律【解析】采用放縮法并畫圖，設(shè)半圓的半徑為，當軌跡半徑為時，軌跡圓心角最大，然后再增大軌跡半徑，軌跡圓心角減小，因此當軌跡半徑等于時軌跡圓心角最大，然后根據(jù) = 求粒子在磁場中運動的最長時間?！窘獯稹糠椒ㄒ唬涸O(shè)半圓的半徑為，采用放縮法如圖所示：粒子垂直，則圓心必在直線上，將粒子的軌跡半徑由零逐漸放大，在 0.5和 1.5時，粒子從、區(qū)域

7、射出，磁場中的軌跡為半圓，運動時間等于半個周期； 當0.5 1.5時，粒子從半圓邊界射出，逐漸將軌跡半徑從0.5逐漸放大，粒子射出位置從半圓頂端向下移動，軌跡圓心角從逐漸增大，當軌跡半徑為時，軌跡圓 心角最大，然后再增大軌跡半徑，軌跡圓心角減小，因此當軌跡半徑等于時軌跡圓心角最大，即 = + = 4 (1)方法二：點為半圓弧的圓心，過點做半圓弧的切線，33與圓弧相切與點，由于2，且 ，故30，那么為軌跡圓的一條弦，則此時弦切角最大為90 + 30120，根據(jù)圓心角等于弦切角的2倍，所以最大圓心角為2 120240(2)即 = + = 4 ，粒子運動最長時間為 =33 = 34223故選：。 2

8、 = 4，故正確，錯誤。26. 下列核反應(yīng)方程中，1、2、3、4代表粒子的有（ ）A.2 + 2 1 + 1110B.2 + 3 1 + 2110C.235 + 1 144 + 89 + 339205636D.1 + 6 3 + 4031【答案】B,D【考點】裂變反應(yīng)和聚變反應(yīng)原子核的人工轉(zhuǎn)變【解析】根據(jù)核反應(yīng)方程中電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒確定是否是粒子。【解答】、根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒知，1的電荷數(shù)為2，質(zhì)量數(shù)為3，但不是粒子，故錯誤；、根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒知，2的電荷數(shù)為2，質(zhì)量數(shù)為4，為粒子，故正確；、根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒知，3的電荷數(shù)為0，質(zhì)量數(shù)為1，為中子，故錯誤；、根

9、據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒知，4的電荷數(shù)為2，質(zhì)量數(shù)為4，為粒子，故正確。7. 一物塊在高3.0、長5.0的斜面頂端從靜止開始沿斜面下滑，其重力勢能和動能隨下滑距離的變化如圖中直線、所示，重力加速度取10/2則（ ）A.物塊下滑過程中機械能不守恒 B.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5C.物塊下滑時加速度的大小為6.0/2 D.當物塊下滑2.0時機械能損失了12【答案】A,B【考點】機械能守恒的判斷動摩擦因數(shù)滑動摩擦力動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化系統(tǒng)機械能守恒定律的應(yīng)用重力勢能的變化與重力做功的關(guān)系【解析】分析初位置以及下滑5時的機械能，從而判斷機械能是否守恒； 根據(jù)功能關(guān)系分析求解物塊與斜面間的動摩擦因

10、數(shù)；根據(jù)牛頓第二定律求解物塊下滑時加速度的大?。环治鑫飰K下滑2.0時除重力以外其它力做功情況從而判斷機械能的損失量。【解答】、物塊在初位置其重力勢能為30，動能0則物塊的質(zhì)量1，此時物塊具有的機械能為1 + 30當下滑距離為5時，物塊具有的機械能為2 + 10 1， 所以下滑過程中物塊的機械能減小，故正確；、令斜面的傾角為，則sin = 3，5所以37物體下滑的距離為5的過程中，根據(jù)功能關(guān)系有 cos 1 2， 代入數(shù)據(jù)0.5，故正確；、根據(jù)牛頓第二定律可知，物塊下滑時加速度的大小為 = sin cos = 2/2，故錯誤；、當物塊下滑距離為2.0時，物體克服滑動摩擦力做功為cos 8， 根據(jù)

11、功能關(guān)系可知，機械能損失了 8，故錯誤。8. 如圖，形光滑金屬框置于水平絕緣平臺上，和邊平行，和邊垂直。、足夠長，整個金屬框電阻可忽略。一根具有一定電阻的導(dǎo)體棒置于金屬框上，用水平恒力向右拉動金屬框，運動過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強磁場中， 與金屬框保持良好接觸，且與邊保持平行。經(jīng)過一段時間后（ ）A.金屬框的速度大小趨于恒定值 B.金屬框的加速度大小趨于恒定值C.導(dǎo)體棒所受安培力的大小趨于恒定值 D.導(dǎo)體棒到金屬框邊的距離趨于恒定值【答案】B,C【考點】牛頓第二定律的概念感生電動勢單桿切割磁感線安培力【解析】分別對金屬框和導(dǎo)體棒進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律和電動勢公式求出二者的加速度

12、表達式及感應(yīng)電流的表達式，解得加速度差值1 2 = ( 1 + 1 )，當加速度差值為零時，解得 = (12)，畫出 圖象分析即可?！窘獯稹?、與金屬框的速度差不變，但的速度小于金屬框速，到金屬框邊的距離越來越大，故錯誤。故選：。二、非選擇題：共 62 分。第 912 題為必考題，每個試題考生都必須作答。第1316 題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共 47 分。某同學(xué)用伏安法測量一阻值為幾十歐姆的電阻，所用電壓表的內(nèi)阻為1，電流表內(nèi)阻為0.5該同學(xué)采用兩種測量方案，一種是將電壓表跨接在圖()所示電路的、兩點之間，另一種是跨接在 、兩點之間。測量得到如圖 ()所示的兩條 圖線， 其中與

13、分別為電壓表和電流表的示數(shù)。回答下列問題：圖()中標記為的圖線是采用電壓表跨接在 （填“、”或“、”）兩點的方案測量得到的。根據(jù)所用實驗器材和圖()可判斷，由圖線 （填“”或“”）得到的結(jié)果更接近待測電阻的真實值，結(jié)果為 （保留1位小數(shù)）?？紤]到實驗中電表內(nèi)阻的影響，需對（2）中得到的結(jié)果進行修正，修正后待測電阻的阻值為 （保留1位小數(shù)）?！敬鸢浮俊?50.550.0【考點】伏安法測電阻【解析】根據(jù)電壓表跨接在、兩點時，電壓表分流；電壓表跨接在、兩點時，電流表分壓，進行誤差分析，結(jié)合 圖象的斜率大小得到圖線為電壓表跨接在、兩點測量得到的；根據(jù) 圖象的斜率得到兩種接法下的電阻，根據(jù) 法，從而判斷

14、圖線得到的結(jié)果更接近待測電阻的真實值； ，電流表應(yīng)采用內(nèi)接根據(jù)電壓表跨接在、間，測得的阻值為電阻與電流表電阻之和求得修正后待測電阻的阻值?！窘獯稹慨旊妷罕砜缃釉?、兩點時，電流表外接，電壓準確，電流測量值為電阻與電壓表電流之和，由 = 得電阻測量值偏??；電壓表跨接在、兩點時，電流表內(nèi)接，電流準確，電壓測量值為電阻與電流表電壓之和，電阻測量值偏大； 圖象的斜率大小等于電阻測量值，因此圖線為電壓表跨接在、兩點測量得到的。由圖線斜率可得圖線測得電阻值為： =3.001.00(59.620.0)103 50.5，圖線測得電阻阻值為 =3.000.95 = 47.7，被測電阻值約為50， = 1000 =

15、 20， =(63.020.0)1035050 = 100，因 0)的帶電粒子在紙面內(nèi)自點先后以不同的速度進入電場，速度方向與電場的方向垂直。已知剛進入電場時速度為零的粒子，自圓周上的點以速率0 穿出電場，與的夾角60運動中粒子僅受電場力作用。2 = 2/2，22求電場強度的大??；為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進入電場時的速度應(yīng)為多大？為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為0，該粒子進入電場時的速度應(yīng)為多大？【答案】 2電場強度的大小為0 ；20為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進入電場時的速度應(yīng)為2 。為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為0，該粒子進入電場時的速度應(yīng)為0或3

16、 0。24【考點】庫侖定律動量帶電粒子在電場中的加（減）速和偏轉(zhuǎn)電場強度沖量動能【解析】粒子初速度為零時，沿電場力方向做勻加速直線運動，粒子由點射出電場，所以電場方向與平行，由指向根據(jù)動能定理求電場強度的大小。為使粒子穿過電場后的動能增量最大，電場力做功最多，出射點的切線必定與電場垂直。粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)牛頓第二定律和分位移公式分別列式，結(jié)合幾何關(guān)系求解。以粒子進入電場時的方向為軸，電場方向為軸，建立坐標系，根據(jù)數(shù)學(xué)知識寫出圓方程。為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為0，根據(jù)0求解粒子進入電場時的速度?！窘獯稹苛Ｗ映跛俣葹榱?，由點射出電場，故電場方向與平行，由指向。由幾何關(guān)系和電

17、場強度的定義知：由動能定理得 = 1 2 20聯(lián)立解得 = 20 2如圖，由幾何關(guān)系知 ，故電場中的等勢線與平行。作與平行的直線與圓相切于點，與的延長線交于點，則自點從圓周上穿出的粒子的動能增量最大。由幾何關(guān)系知30， = 3 ， = 3 22設(shè)粒子以速度1進入電場時動能增量最大，在電場中運動的時間為1，粒子在方向做加速度為的勻加速運動，運動的距離等于；在垂直于方向上做勻速運動，運動的距離等于，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式有： = 1 22111聯(lián)立式得 1 = 2 04設(shè)粒子以速度進入電場時，在電場中運動的時間為。以為原點，粒子進入電場的方向為軸正方向，電場方向為軸正方向建立直角坐標系，由運動

18、學(xué)公式有：1 = 2 2 (10) (11)粒子離開電場的位置在圓周上，有( 3 )2 + ( 1 )22 (12)22粒子在電場中運動時，其方向的動量不變，方向的初動量為零，設(shè)穿過電場前后動量變化量的大小為0的粒子，離開電場時其方向的速度分量為2，由題給條件及運動學(xué)公式有：20 (13)聯(lián)立（10）（11）（12）（13）式得：0或 = 3 02另由題意知，初速度為0時，動量增量大小為0，此即問題的一個解。自點以不同的速率垂直于電場方向射入電場的粒子，沿方向位移相等時，所用時間都相同，因此，不同粒子運動到線段上時，動量變化量都相同，自點射出電場的粒子，其動量變化也為 0，由幾何關(guān)系和運動學(xué)規(guī)

19、律可得，此時入射速率 = 3 0。2（二）選考題：共 15 分。請考生從 2 道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。物理-選修 3-3（15 分）分子間作用力與分子間距的關(guān)系如圖所示，1時，0分子間勢能由決定， 規(guī)定兩分子相距無窮遠時分子間的勢能為零。若一分子固定于原點，另一分子從距 點很遠處向點運動，在兩分子間距減小到2的過程中，勢能 （填“減小”“不變”或“增大”）；在間距由2減小到1的過程中，勢能 （填“減小”“不變”或“增大”）；在間距等于1處，勢能 （填“大于”“等于”或“小于”）零。【答案】減小,減小,小于【考點】分子間的相互作用力分子勢能【解析】當分子間距離等于

20、平衡距離時，分子力為零，分子勢能最?。桓鶕?jù)圖象可知，分子間距與分子引力與斥力關(guān)系，再結(jié)合分子力做正功，分子勢能減小，分子力做負功，分子勢能增大，從而即可判定?！窘獯稹咳粢环肿庸潭ㄓ谠c，另一分子從距點很遠處向點運動，在兩分子間距減小到2 的過程中，分子體現(xiàn)引力，分子力做正功，分子勢能減?。辉陂g距由2減小到1的過程中，分子體現(xiàn)引力，分子做正功，分子勢能減?。灰?guī)定兩分子相距無窮遠時分子間的勢能為零，在間距小于1過程中，分子體現(xiàn)斥力， 分子力負功，分子勢能增加，因此在間距等于1處，勢能小于零，甲、乙兩個儲氣罐儲存有同種氣體（可視為理想氣體）。甲罐的容積為，罐中氣體的壓強為；乙罐的容積為2，罐中氣體的

21、壓強為1 現(xiàn)通過連接兩罐的細管把甲罐中2的部分氣體調(diào)配到乙罐中去，兩罐中氣體溫度相同且在調(diào)配過程中保持不變，調(diào)配后兩罐中氣體的壓強相等。求調(diào)配后()兩罐中氣體的壓強；()甲罐中氣體的質(zhì)量與甲罐中原有氣體的質(zhì)量之比?！敬鸢浮?)兩罐中氣體的壓強為2 ；3()甲罐中氣體的質(zhì)量與甲罐中原有氣體的質(zhì)量之比為2。3【考點】氣體的等溫變化【解析】()根據(jù)玻意爾定律可得兩罐中氣體的壓強；()根據(jù)玻意爾定律和密度定律求得甲罐中氣體的質(zhì)量與甲罐中原有氣體的質(zhì)量之比?！窘獯稹?)對兩罐中的甲、乙氣體，氣體發(fā)生等溫變化，根據(jù)玻意爾定律有：1 + 2 2 = 3解得甲乙中氣體最終壓強為： = 2 3()若調(diào)配后將甲氣

22、體再等溫壓縮到氣體原來的壓強為，根據(jù)玻意爾定律得：計算可得： = 2 3由密度定律解得質(zhì)量之比等于： = = 23物理選修 3-4（15 分）在下列現(xiàn)象中，可以用多普勒效應(yīng)解釋的有（）雷雨天看到閃電后，稍過一會兒才能聽到雷聲超聲波被血管中的血流反射后，探測器接收到的超聲波頻率發(fā)生變化C.觀察者聽到遠去的列車發(fā)出的汽笛聲，音調(diào)會變低D.同一聲源發(fā)出的聲波，在空氣和水中傳播的速度不同E.天文學(xué)上觀察到雙星（相距較近、均繞它們連線上某點做圓周運動的兩顆恒星）光譜隨時間的周期性變化【答案】B,C,E【考點】 多普勒效應(yīng)聲波【解析】多普勒效應(yīng)是由于振源與觀察者之間存在著相對運動，使觀察者接受到的頻率不同于振源頻率的現(xiàn)象，據(jù)此判斷即可?！窘獯稹俊l(fā)生雷電時，人們利用看見閃電與聽見雷聲的時間間隔來估算自己與雷電發(fā)生處之間的距離是通過光速遠大于聲速，用這個時間間隔乘聲速來估算的，故它不屬于