2020年海南高考物理試卷附答案

第第頁，共22頁答案和解析.【答案】A【解析】解：核反應過程質量數與核電荷數守恒，因止匕：4+9=12+m,2+4=6+幾解得：m=l,n=0,X是中子，故A正確，BCD錯誤。故選：Ao核反應過程質量數與核電荷數守恒，根據核反應方程式求出機、〃的大小，然后判斷粒子的類型。本題考查了判斷粒子類型問題，知道核反應過程質量數與核電荷數守恒是解題的前提與關鍵，掌握基礎知識即可解題，平時要注意基礎知識的學習與積累。.【答案】B【解析】解：AB.設手機的質量為辦斜面傾角為6。對手機進行受力分析，如圖所示由圖結合共點力平衡的特點可知，支持力方向垂直斜面向上，小于手機所受的重力，故A錯誤，B正確；CD、由圖可知，手機受到的摩擦力方向沿斜面向上，根據平衡條件則有：f=mgs譏/靜摩擦力小于手機重力沿斜面向下的分力，故CD錯誤。故選：B。因為手機處于靜止狀態(tài)，根據平衡條件求解斜面對手機的靜摩擦力和手機所受支持力表達式進行分析；斜面對手機的靜摩擦力與手機對斜面的靜摩擦力是一對作用力與反作用力，由此分析。本題主要是考查了共點力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、利用平行四邊形法則進行力的合成或者是正交分解法進行力的分解，然后在坐標軸上建立平衡方程進行解答。.【答案】D【解析】解：對圖甲的交流電分析，可知一個周期內交流電的電流方向變化，而電流的大小不變，故圖甲的電流有效值為乙二。；對圖乙的交流電分析可知，其為正弦式交流電，故其有效值為，2=卷，故11：12=72：1，故D正確、ABC錯誤。故選：D。圖甲中一個周期內交流電的電流方向變化，而電流的大小不變，圖乙為正弦式交流電,由此計算電流有效值再求出比值。本題主要是考查交流電有效值的計算，關鍵是掌握有效值的概念，知道有效值的計算方法以及正弦交流電的有效值與峰值的關系。.【答案】D【解析】解：接ab，則電路的總電阻為：氏初=苦箕肝辛接ac，則電路的總電阻為：r=幽3)=里Racr9R9R19接bc，則電路的總電阻為：R=9RXr9rJ=90rDCR9R9R19由題知，不管接那兩個點，電壓不變，為U=24匕根據P=￡可知乜C=PDC<%，故ABC錯誤，D正確。故選：D。加熱器接入的電壓都是24K根據：P=￡，可知，要比較電功率，只需要比較三種情況下的電阻值即可。根據考查電功率的公式的應用，由于不知道具體的電阻值，所以不能求出三種情況下具體的功率，但可以通過比較電阻值的大小關系，由公式P=經比較電功率的大小關系。R.【答案】A【解析】解：A、根據九=j得"=c，可知單色光在介質中傳播時，介質的折射率越大，光的傳播速度越小，故A正確；B、根據多普勒效應規(guī)律知，若聲波波源向觀察者靠近，則觀察者接收到的聲波頻率大于波源頻率，故B錯誤；C、根據雙縫干涉條紋間距公式△%=:九知同一個雙縫干涉實驗中，藍光的波長小于紅光的波長，故藍光產生的干涉條紋間距比紅光的小，故C錯誤；

。、根據光的干涉的條件可知，兩束頻率不同的光不能產生干涉現象，故。錯誤。故選：Ao根據九=色分析光的傳播速度與折射率的關系；觀察者靠近聲波波源的過程中，接收到V的聲波頻率大于波源頻率；根據雙縫干涉條紋間距公式△%=工入分析藍光與紅光產生的d干涉條紋間距關系；產生干涉現象的條件是兩束光的頻率相同。解決本題的關鍵要掌握光學的基礎知識，要掌握光速與折射率的關系，藍光的波長小于紅光的波長，并掌握光產生干涉的條件：兩束光的頻率相同。.【答案】B【解析】解：根據安培定則，可知蹄形電磁鐵的分布情況，如圖所示；故導線所處位置的磁感應線的切線方向為水平向右，根據左手定則，可以判斷導線所受安培力的方向為向下，故B正確，ACD錯誤。故選：B。明確導線繞制方向，根據安培定則確定磁場的方向，再根據左手定則分析通電導線所受安培力的方向。本題考查左手定則以及安培定則的應用，注意明確線圈中電流的方向，分別判斷兩則磁極，從而明確中間導線所在位置磁場方向。.【答案】B【解析】解：A、試驗船繞地球做勻速圓周運動，軌道半徑為r=R+h，試驗船的運行速度為"=也=①包，故A錯誤;T TB、近地軌道衛(wèi)星的速度等于第一宇宙速度，設為也根據萬有引力提供向心力，有^Mm=mv2R2 R根據試驗船受到的萬有引力提供向心力，有6廣方=小船空(R+h)聯(lián)立兩式解得第一宇宙速度為"=^^)3，故B正確;TNRC、根據試驗船受到的萬有引力提供向心力，有G4m船=m4^2(R+h)(R+h)2船T21解得地球的質量為M=4兀2(R力,故c錯誤；GT2D、在地球表面上，物體的重力等于地球對物體的萬有引力，有Mm R2根據試驗船受到的萬有引力提供向心力，有G.船二m船也2(R九)聯(lián)立兩式解得地球表面的重力加速度為g=4兀2(R"九故D錯誤。R2T2故選：B。試驗船繞地球做勻速圓周運動，軌道半徑為R比根據線速度與周期的關系公式“=血T求試驗船的運行速度；近地軌道衛(wèi)星的速度等于第一宇宙速度，根據萬有引力提供向心力求解；根據萬有引力提供向心力求地球的質量；由萬有引力等于重力求地球表面的重力加速度。解決本題的關鍵要掌握萬有引力等于向心力和萬有引力等于重力這兩條思路，要知道運用萬有引力等于向心力，只能求出中心天體的質量，不能求出環(huán)繞天體的質量。.【答案】C【解析】解：在時間t內噴出離子的質量m=3.0x103X103tkg=3.0x10&kg對噴出的離子，由動量定理得：Ft=mv0代入數據解得：F=0.09M由牛頓第三定律可知，探測器獲得的平均推力大小F'=F=0.09N，故C正確，ABD錯誤。故選：C。以噴出的離子為研究對象，應用動量定理求出離子在噴出過程受到的力，然后應用牛頓第三定律可以求出探測器獲得的平均推力大小。本題考查了動量定理的應用，正確選擇研究對象，應用動量定理與牛頓第三定律即可解題。.【答案】AC【解析】解：A、由波形圖可知，波長為A=10m2m=8m，故A正確；B、根據波速的計算公式v=、=am/s=40m/s，故B錯誤；T0.2CD、由題知，沿％軸正方向傳播，根據“上下坡法”，可知該時刻質點P向y軸負方向運動，該時刻質點Q向y軸正方向運動，故C正確，D錯誤。故選：AC。由波形圖可得波長；根據波速的計算公式"=&計算波速；根據“上、下坡法”分析振T動方向。本題主要是考查了波的圖象；解答本題關鍵是要理解波的圖象隨時間變化的規(guī)律，能夠根據圖象直接讀出振幅、波長和各個位置處的質點振動方向，知道波速、波長和頻率之間的關系^=f&。.【答案】AD【解析】解：4根據電場線的疏密程度表示電場強度的大小，可知。點的電場線比b點的電場線更密，故。點的場強比b點的場強大，故A正確；A根據沿著電場線方向電勢不斷降低，c點比d點離負電荷越近，可知d點的電勢比c點的電勢高，故B錯誤；C.由于質子帶正電，根據電勢能公式吃=98,計算時，q要帶正負，則正電荷在電勢高的地方電勢能大，負電荷在電勢高的地方電勢能小，可知質子在d點的電勢能比在c點的電勢能大，故C錯誤；D.由圖可知，a點的電勢低于b點的電勢，且電子帶的是負電荷，根據電勢能公式吃=98,計算時，q要帶正負，所以負電荷在電勢越低的點電勢能越大，故電子在a點的電勢能高于在b點的電勢能，所以將電子從a點移動到b點，電勢能減小，故電場力做正功，故D正確。故選：AD。電場線的疏密程度決定了電場強度的大小,電場線越密集的地方場強越大,電場線越稀疏的地方場強越?。谎仉妶鼍€方向電勢降低,正電荷在電勢高的地方電勢能越大；電場力做正功,電勢能減小,電場力做負功,電勢能增加。本題主要考查了考生對于電場線與場強和電勢之間的關系,以及考查了關于電勢能公式的使用問題,考生一點要注意公式使用的細節(jié)問題。.【答案】BD【解析】解：4根據％=1gt2得七=怪=匠25s=0.5s，運動時故A錯誤;2 g1010B.水平射程為％=V0t=10x0.56=5加，故B正確;CD豎直方向分速度為匕=gt=10x0.5m/s=5m/s,水平分速度為匕=%

落地速度為，=水平分速度為匕=%

落地速度為，=同=10m/+/=5jm/s,故C錯誤，D正確。故選：BD。平拋運動是一種典型的勻變速曲線運動，研究平拋運動的方法是把平拋運動分解到水平方向和豎直方向去研究，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做自由落體運動，通過運動學的基本公式解題。研究平拋運動的方法是把平拋運動分解到水平方向和豎直方向去研究，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做自由落體運動，注意區(qū)分合速度和水平射程等平拋運動中的概念。12.【答案】BC【解析】解：A、對整體受力分析，根據牛頓第二定律有F-(m1+m2)gsind=(mJm)a，解得a==--gs譏6，故a錯誤；TOC\o"1-5"\h\z2 m1+m2B、對m2受力分析，根據牛頓第二定律有T-m2gsin6=m2a，解得T=3^F，故B2 2 2 mi+m2正確；C.根據T=；；m；rF=M，可知若只增大m2，兩物塊一起向上勻加速運動時，彈簧的//Li1//L I 乙m2彈力T變大，根據胡克定律可知彈簧的伸長量變大，故它們的間距變大，故C正確；D.根據T=」JF，可知T與。無關，只增大仇兩物塊一起向上勻加速運動時，彈簧m1+m2的彈力不變，根據胡克定律可知彈簧的伸長量不變，故它們的間距不變，故D錯誤。故選：BC。對整體受力分析，根據牛頓第二定律求加速度，再對物塊。，利用牛頓第二定律列式,可求出彈簧彈力的大小。根據彈力的表達式，分析彈力的變化，從而確定彈簧形變量的變化，即可判斷它們間距的變化情況。本題考查了牛頓第二定律與胡克定律的基本運用，抓住P、Q具有相同的加速度，運用整體、隔離法進行求解。.【答案】BD【解析】解：4金屬棒。第一次穿過磁場時受到安培力的作用，做減速運動，由于速度減小，感應電流減小，安培力減小，加速度減小，故金屬棒。做加速度減小的減速直線運動，故A錯誤；A根據右手定則可知，金屬棒4第一次穿過磁場時回路中有逆時針方向的感應電流，故B正確；。.電路中產生的平均電動勢為：七=九出=3△t At平均電流為：/=￡2R金屬棒。受到的安培力為：F=Bld規(guī)定向右為正方向，對金屬棒處根據動量定理得：BId△t=mvmvaaa0解得對金屬棒第一次離開磁場時速度：%=L5m/s金屬棒。第一次穿過磁場區(qū)域的過程中，電路中產生的總熱量等于金屬棒4機械能的減少量，即10=-mv2-mv2弋2a0 2clcl聯(lián)立并帶入數據得：Q=0.6875/由于兩棒電阻相同，兩棒產生的焦耳熱相同，則金屬棒匕上產生的焦耳熱：Qb=&=0 20.343757,故。錯誤；D規(guī)定向右為正方向，兩金屬棒碰撞過程根據動量守恒和機械能守恒得：mv=mv'+mv1aaaabb111—mv2=—m1/2+—m172aa2aa2bb聯(lián)立并帶入數據解得金屬棒a反彈的速度為：%=0.5m/s設金屬棒a最終停在距磁場左邊界％處，則從反彈進入磁場到停下來的過程，電路中產生的平均電動勢為：E'=n^=B(L%)d△tz Atz平均電流為：廠=旦2R金屬棒a受到的安培力為：F'=Bl'd規(guī)定向右為正方向，對金屬棒處根據動量定理得：Bl'd-At=0mv'aa聯(lián)立并帶入數據解得：%=0.8m,故。正確。故選：BDO(1)金屬棒a第一次進磁場，判斷安培力大小，然后判斷運動狀態(tài)，進而判斷加速度大小，從而知道物體的運動狀態(tài)；(2)根據右手定則判斷感應電流方向；(3)對金屬棒a動量定理求第一次離開磁場的速度，動能定理求電路產生的總熱量，然后求出金屬棒b的熱量；(3)彈性碰撞動量守恒，能量守恒，求出碰后金屬棒。的速度，然后動量定理求出最終停在距磁場左邊界的位置。本題綜合考查了法拉第電磁感應定律和動量定理，動量守恒等知識。其中法拉第電磁感應定律相關考查內容屬于?？碱}型，動能定理求熱量，動量定理求速度或移動距離都是高考熱點。.【答案】支衛(wèi)九4冗2九2【解析】解：②滑板車做往復運動的周期為：Tin③根據單擺的周期公式T=2小=2兀與聯(lián)立解得：R=^=^-4冗2 4冗2n2答：j。n4冗2n2(2)單擺的周期為T=上n(3)小球在軌道上的擺角很小，擺角小于5°，則小球的運動可視為簡諧運動的條件；根據單擺的周期公式T=2兀R可求解軌道半徑。9本題考查單擺的的運動是簡諧運動的條件，和單擺的周期公式。屬于基本題型。.【答案】15.40豎直9.74【解析】解：②兩擋光片間的距離L=15.40cm-0cm=15.40cm；③手提玻璃條上端使它靜止在豎直方向上，讓光電門的光束從玻璃條下端的透光部分通過。⑤玻璃條下部擋光條通過光電門時玻璃條的速度為v=—=1,00x10-2m/s=1m/s，t1 10.003x10-3玻璃條上部擋光條通過光電門時玻璃條的速度為v=—=1.00x10-2m/s=2m/s，t2 5.000x10-3根據速度位移公式有：v2-V2=2。3代入數據解得加速度：9=晅22=——22-12——m/s2=9.74m/s2。2L2x15.40x10-2故答案為：②15.40，③豎直方向，⑤9.74。

利用極短時間內的平均速度表示瞬時速度求解機玻璃條兩擋光片經過光電門時的速度%、%,機玻璃條自由下落，根據速度與時間關系公式列式求解自由落體運動的加速度g。本題關鍵是明確實驗中測量瞬時速度的方法，即用極短時間內的平均速度表示瞬時速度,同時要結合速度位移公式求解加速度。16.【答案】分壓如圖所示1.83x103【解析】解：(1)由于各電壓表的電阻值比較大，為讓待測電阻分得較大電壓，所以要選擇分壓接法;(2)完整的電路圖，如圖所示(3)根據下表中的實驗數據，繪制的與-4圖象，如圖所示S.OOHeixiE3 r.qmipg3.002.001.00巴弟史如田T刊茄謫沆EHiHHimiimtuiixr；miuBHunmn3.002.001.00巴弟史如田T刊茄謫沆EHiHHimiimtuiixr；miuBHunmnismI粥盟斷奧鵬搦牌隔明腌洞里解射牌題i唧叱咂眄酹剛腳肆nEiEnmiuumsiiSlxmuJ.OO2.00 3.閱 4.MUi/V(4)根據實驗電路圖，則有:心一心%「1則圖線d斜率為：k=Jr1根據u2根據u2-4圖象可得斜率:k=4.82-1.61=1.613.00-1.00則有：1.61=^^、 「1代入/=3.0k。，解得R%=1.83X103。(5)因待測電阻Ry(阻值約為700。)的阻值較小，若仍與電壓表匕串聯(lián)，則所分得的電壓過小，不利于測量，故待測電阻Ry與其中一個電壓表并聯(lián)，由于電源電動勢只有6匕為讓待測電阻分得較大電壓，故待測電阻Ry應與電壓表七并聯(lián)，再與電壓表匕串聯(lián)，故改進后的電路圖，如圖所示S.DO4Q03002.001.00:h工謂;】hS.DO4Q03002.001.00:h工謂;】h1；端工口tuxiicnrjjixui由我!日鴕■HE瀉￡!￡乳罌［5網叫曬眼肉由眼;而］嘲楣愿摘翻觸國腳；SEEIHEHHFiJinS:HilimianiImiluituEiir.nnKUinnmnmil陽牖眶能耀跳腳融畫博踴聊雅硼圈］睡網科眠則i腳理曲刷smcliuHhEnmEUESinshxeizmat1.83x10312；1.00 2.00比如4MUliV(1)題目沒有電流表，只有兩個電壓表，電壓表電阻值比較大，為了待測電阻分得較大電壓，選擇分壓接法；(2)對R%進行歐姆定律求解，將等式變形成U2=/<%)函數形式，進而根據直線斜率求解J；(3)改裝電路主要依據是使兩個電壓表讀數達到滿偏的1?2，方便讀數，也為了實驗數據準確。本題考查分壓法和限流法的選擇原則和兩個電壓表測電阻的接法。電路圖的接法問題,要遵循安全和準確的原則。<02 4.823.212.411.61出窟昌再法留瞪思思<02 4.823.212.411.61出窟昌再法留瞪思思一M-8?:??工工工，工III1H5口■口■HHH002.00避;KEisni■“四“UH:::“：”口-工■■￡■-***Z且一國(b)c（結果保留三位有效數字c（結果保留三位有效數字33）由5—5圖像得到待測定值電阻的組值&=O）完成上述實險后，若要繼續(xù)采用該實險原理測定另一個定值電阻凡.（阻值約為700Q）的陽值，在不額外噌加器材的前提下，要求實臉精度盡可能高，請在閔（b）的虛線框內畫出你改進的電路圖。（5）［5］因待測電阻&.（阻值約為700G）的阻值較小】若仍與電壓表V1串聯(lián),則所分得的電壓過小，不利于測量，故待測電阻斗與其中一個電壓表并聯(lián)，由于電源電動勢只有6V,為讓待測電阻分得校大電壓，故待測電阻&?應與電壓表V,并聯(lián)，再與電壓表V1串聯(lián)，故改進后的電路圖，如圖所示17.【答案】解：（1）由于活塞向下推的過程中，氣體內部溫度不變，此過程為等溫過程，開始時氣體的壓強為：P］=%=1.0X105M，體積為：％=L0XS，當觸發(fā)器D剛好被觸發(fā)時，氣體內部的壓強為：p2=1.5X105。。，體積為：V2=LXS，由玻意耳定律可得：&X匕=。2X%，代入數據得：L=2=40cmo1 1 2 2 。2（2）加熱氣體的過程中，活塞被固定，氣體體積不變，此過程為等容過程，開始時氣體的壓強：氏=00=1.0X105。。，溫度為：。=t0+273K=300K，當觸發(fā)器D剛好被觸發(fā)時，氣體內部的壓強為：。2=1.5X105。。，溫度為：T2，由查理定律可得：=黑代入數據得：T2=3=450K。71丁2 。1答：（1）若環(huán)境溫度不變，緩慢向下推活塞，D剛好被觸發(fā)時，到缸底的距離為40cm；(2)若活塞固定在缸口位置，緩慢升高環(huán)境溫度，。剛好被觸發(fā)時的環(huán)境溫度為450K。【解析】(1)由于活塞向下推的過程中，氣體溫度不變，故使用玻意耳定律對氣體的前后狀態(tài)進行分析；(2)氣體加熱的過程中，活塞被固定，氣體體積不敗，故使用查理定律對氣體的前后狀態(tài)進行分析。本題主要考察了考生玻意耳定律和查理定律的使用，需要注意的是，使用理想氣體狀態(tài)方程和三大定律時，分析的對象一定是同一氣體的初末狀態(tài)，而不是兩個氣體。18.【答案】解：(1)設小物塊。下到圓弧最低點未與小物塊b相碰時的速度為七,根據機械能守恒定律有：mgR=v2CL 2CvCL代入數據解得：va=4m/s小物塊。在最低點，根據牛頓第二定律有：F-mg=mNa ar代入數據解得支持力：Fn=30N根據牛頓第三定律，可知小物塊。對圓弧軌道的壓力大小為30N；(2)小物塊。與小物塊Z?發(fā)生彈性碰撞，取初速度方向為正方向，根據動量守恒有：mv=mv'+mvaaaabb根據能量守恒有：=~mav'l+~mbvl2ctci.2act2do聯(lián)立解得：v'a=-2m/s,vb=2m/s小物塊。反彈，對a根據機械能守恒有：^a9h=-mav'lCt 2aa解得：h=0.2m；(3)小物塊Z?滑上傳送帶，因與=2m/s>lm/s,故小物塊匕先做勻減速運動，根據牛頓第二定律有：l^mbg=mba解得a=2m/s2則小物塊。由2m/s減至Im/s,所走過的位移為：％=哈記=配二衛(wèi)m=0.75m12a2x2運動的時間為：L= =-S=0.5s1a2因％=0.75m<L=1.25m,故小物塊匕之后將做勻速運動至右端，則勻速運動的時間為：故小物塊。從傳送帶的左端運動到右端所需要的時間:t=t+=0.5s+0.5s=lSo1 2答：(1)碰撞前瞬間小物塊a對圓弧軌道的壓力大小為30N；(2)碰后小物塊a能上升的最大高度為0.2m；(3)小物塊A從傳送帶的左端運動到右端所需要的時間為卜?！窘馕觥?1)根據機械能守恒定律求解小物塊。下到圓弧最低點的速度，小物塊。在最低點根據牛頓第二定律結合向心力公式求解；(2)小物塊。與小物塊A發(fā)生彈性碰撞，根據動量守恒、能量守恒求解碰撞后的速度，小物塊。根據機械能守恒求解碰后小物塊。能上升的最大高度；(3)分析小物塊A滑上傳送帶的運動情況，根據牛頓第二定律結合運動學公式進行解答。本題主要是考查功能關系和牛頓第二定律的應用，關鍵是能清楚物塊的受力情況和運動過程中能量的轉化情況，根據功能關系結合運動學公