2020年全國統(tǒng)一【高考】物理試卷（新課標ⅱ）（含答案）

2020年全國統(tǒng)一【高考】物理試卷（新課標ⅱ）（含答案）2020年全國統(tǒng)一【高考】物理試卷（新課標ⅱ）（含答案）PAGE2020年全國統(tǒng)一【高考】物理試卷（新課標ⅱ）（含答案）2020年全國統(tǒng)一高考物理試卷（新課標Ⅱ）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1～5題只有一項符合題目要求，第6～8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．1.管道高頻焊機可以對由鋼板卷成的圓管的接縫實施焊接。焊機的原理如圖所示，圓管通過一個接有高頻交流電源的線圈，線圈所產生的交變磁場使圓管中產生交變電流，電流產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規(guī)律的發(fā)現者為（）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，圓管為金屬導體，導體內部自成閉合回路，且有電阻，當周圍的線圈中產生出交變磁場時，就會在導體內部感應出渦電流，電流通過電阻要發(fā)熱。該過程利用原理的是電磁感應現象，其發(fā)現者為法拉第。故選D。

2.若一均勻球形星體的密度為ρ，引力常量為G，則在該星體表面附近沿圓軌道繞其運動的衛(wèi)星的周期是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】衛(wèi)星在星體表面附近繞其做圓周運動，則，，知衛(wèi)星該星體表面附近沿圓軌道繞其運動的衛(wèi)星的周期3.如圖，在摩托車越野賽途中的水平路段前方有一個坑，該坑沿摩托車前進方向的水平寬度為3h，其左邊緣a點比右邊緣b點高0.5h。若摩托車經過a點時的動能為E1，它會落到坑內c點。c與a的水平距離和高度差均為h；若經過a點時的動能為E2，該摩托車恰能越過坑到達b點。等于（）A.20 B.18 C.9.0 D.3.0【答案】B【解析】【詳解】有題意可知當在a點動能為E1時，有根據平拋運動規(guī)律有當在a點時動能為E2時，有根據平拋運動規(guī)律有聯(lián)立以上各式可解得故選B。4.CT掃描是計算機X射線斷層掃描技術的簡稱，CT掃描機可用于對多種病情的探測。圖（a）是某種CT機主要部分的剖面圖，其中X射線產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，虛線框內有勻強偏轉磁場；經調節(jié)后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到靶上，產生X射線（如圖中帶箭頭的虛線所示）；將電子束打到靶上的點記為P點。則（）A.M處的電勢高于N處的電勢B.增大M、N之間的加速電壓可使P點左移C.偏轉磁場的方向垂直于紙面向外D.增大偏轉磁場磁感應強度的大小可使P點左移【答案】D【解析】【詳解】A．由于電子帶負電，要在MN間加速則MN間電場方向由N指向M，根據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錯誤；B．增大加速電壓則根據可知會增大到達偏轉磁場的速度；又根據在偏轉磁場中洛倫茲力提供向心力有可得可知會增大在偏轉磁場中的偏轉半徑，由于磁場寬度相同，故根據幾何關系可知會減小偏轉的角度，故P點會右移，故B錯誤；C．電子在偏轉電場中做圓周運動，向下偏轉，根據左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，故C錯誤；D．由B選項的分析可知，當其它條件不變時，增大偏轉磁場磁感應強度會減小半徑，從而增大偏轉角度，使P點左移，故D正確。故選D。5.氘核可通過一系列聚變反應釋放能量，其總效果可用反應式表示。海水中富含氘，已知1kg海水中含有的氘核約為1.0×1022個，若全都發(fā)生聚變反應，其釋放的能量與質量為M的標準煤燃燒時釋放的熱量相等；已知1kg標準煤燃燒釋放的熱量約為2.9×107J，1MeV=1.6×10–13J，則M約為（）A.40kg B.100kg C.400kg D.1000kg【答案】C【解析】【詳解】氘核可通過一系列聚變反應釋放能量，其總效果可用反應式則平均每個氘核聚變釋放的能量為1kg海水中含有的氘核約為1.0×1022個，可以放出的總能量為由可得，要釋放的相同的熱量，需要燃燒標準煤燃燒的質量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。我國已成功掌握并實際應用了特高壓輸電技術。假設從A處采用550kV的超高壓向B處輸電，輸電線上損耗的電功率為?P，到達B處時電壓下降了?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1100kV特高壓輸電，輸電線上損耗的電功率變?yōu)?P′，到達B處時電壓下降了?U′。不考慮其他因素的影響，則（）A.?P′=?P B.?P′=?P C.?U′=?U D.?U′=?U【答案】AD【解析】【詳解】輸電線上損失的功率ΔP＝()2·r損失的電壓ΔU＝·r當輸送電壓變?yōu)樵瓉淼?倍，損失的功率變?yōu)樵瓉淼模处′＝ΔP損失的電壓變?yōu)樵瓉淼?，即ΔU′＝ΔU故選AD。7.如圖，豎直面內一絕緣細圓環(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)水平直徑上的兩個點，c、d為豎直直徑上的兩個點，它們與圓心的距離均相等。則（）A.a、b兩點的場強相等 B.a、b兩點的電勢相等C.c、d兩點的場強相等 D.c、d兩點的電勢相等【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)，可拆解成這樣無數對等量異種電荷的電場，沿豎直直徑平行放置。它們有共同的對稱軸，所在的水平面與每一條電場線都垂直，即為等勢面，延伸到無限遠處，電勢為零。故在上的點電勢為零，即；而從M點到N點，電勢一直在降低，即，故B正確，D錯誤；AC．上下兩側電場線分布對稱，左右兩側電場線分布也對稱，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，一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞?？偣步涍^8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力，該運動員的質量可能為A.48kg B.53kg C.58kg D.63kg【答案】BC【解析】【詳解】設運動員和物塊的質量分別為、規(guī)定運動員運動的方向為正方向，運動員開始時靜止，第一次將物塊推出后，運動員和物塊的速度大小分別為、，則根據動量守恒定律解得物塊與彈性擋板撞擊后，運動方向與運動員同向，當運動員再次推出物塊解得第3次推出后解得依次類推，第8次推出后，運動員的速度根據題意可知解得第7次運動員的速度一定小于，則解得綜上所述，運動員的質量滿足AD錯誤，BC正確。故選BC。三、非選擇題：（一）必考題：9.一細繩跨過懸掛的定滑輪，兩端分別系有小球A和B，如圖所示。一實驗小組用此裝置測量小球B運動的加速度。令兩小球靜止，細繩拉緊，然后釋放小球，測得小球B釋放時的高度h0=0.590m，下降一段距離后的高度h=0.100m；由h0下降至h所用的時間T=0.730s。由此求得小球B加速度的大小為a=_______m/s2（保留3位有效數字）。從實驗室提供的數據得知，小球A、B的質量分別為100.0g和150.0g，當地重力加速度大小為g=9.80m/s2。根據牛頓第二定律計算可得小球B加速度的大小為a′=_______m/s2（保留3位有效數字）。可以看出，a′與a有明顯差異，除實驗中的偶然誤差外，寫出一條可能產生這一結果的原因：__________。【答案】(1).1.84(2).1.96(3).滑輪的軸不光滑，繩和滑輪之間有摩擦（或滑輪有質量）【解析】【詳解】①有題意可知小球下降過程中做勻加速直線運動，故根據運動學公式有代入數據解得a=1.84m/s2；②根據牛頓第二定律可知對小球A有對小球B有帶入已知數據解得；③在實驗中繩和滑輪之間有摩擦會造成實際計算值偏小。10.某同學要研究一小燈泡L（3.6V，0.30A）伏安特性。所用器材有：電流表A1（量程200mA，內阻Rg1=10.0Ω），電流表A2（量程500mA，內阻Rg2=1.0Ω）、定值電阻R0（阻值R0=10.0Ω）、滑動變阻器R1（最大阻值10Ω）、電源E（電動勢4.5V，內阻很?。㈤_關S和若干導線。該同學設計的電路如圖（a）所示。（1）根據圖（a），在圖（b）的實物圖中畫出連線______。（2）若I1、I2分別為流過電流表A1和A2的電流，利用I1、I2、Rg1和R0寫出：小燈泡兩端的電壓U=_______，流過小燈泡的電流I=_______。為保證小燈泡的安全，I1不能超過_______mA。（3）實驗時，調節(jié)滑動變阻器，使開關閉合后兩電流表的示數為零。逐次改變滑動變阻器滑片位置并讀取相應的I1和I2。所得實驗數據在下表中給出。I1/mA325585125144173I2/mA171229299379424470根據實驗數據可算得，當I1=173mA時，燈絲電阻R=_______Ω（保留1位小數）。（4）如果用另一個電阻替代定值電阻R0，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_______Ω（保留1位小數）?！敬鸢浮?1).(2).(3).(4).180(5).11.6(6).8.0【解析】【詳解】（1）根據電路圖連接實物圖如圖所示（2）①根據電路圖可知燈泡兩端的電壓為電流表A1和R0的總電壓，故根據歐姆定律有②根據并聯(lián)電路特點可知流過小燈泡的電流為③因為小燈泡的額定電壓為3.6V，故根據題目中已知數據帶入①中可知I1不能超過180mA；（3）根據表中數據可知當I1=173mA時，I2=470mA；根據前面的分析代入數據可知此時燈泡兩端的電壓為U=3.46V；流過小燈泡的電流為I=297mA=0.297A；故根據歐姆定律可知此時小燈泡的電阻為（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到3.6V，而電流表A1不能超過其量程200mA，此時結合①有解得，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。11.如圖，在0≤x≤h，區(qū)域中存在方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度B的大小可調，方向不變。一質量為m，電荷量為q（q>0）的粒子以速度v0從磁場區(qū)域左側沿x軸進入磁場，不計重力。（1）若粒子經磁場偏轉后穿過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強度的最小值Bm；（2）如果磁感應強度大小為，粒子將通過虛線所示邊界上的一點離開磁場。求粒子在該點的運動方向與x軸正方向的夾角及該點到x軸的距離。【答案】（1）磁場方向垂直于紙面向里；；（2）；【解析】【詳解】（1）由題意，粒子剛進入磁場時應受到方向向上的洛倫茲力，因此磁場方向垂直于紙面向里。設粒子進入磁場中做圓周運動的半徑為R，根據洛倫茲力公式和圓周運動規(guī)律，有①由此可得②粒子穿過y軸正半軸離開磁場，其在磁場中做圓周運動的圓心在y軸正半軸上，半徑應滿足③由題意，當磁感應強度大小為Bm時，粒子的運動半徑最大，由此得④（2）若磁感應強度大小為，粒子做圓周運動的圓心仍在y軸正半軸上，由②④式可得，此時圓弧半徑為⑤粒子會穿過圖中P點離開磁場，運動軌跡如圖所示。設粒子在P點的運動方向與x軸正方向的夾角為α，由幾何關系⑥即⑦由幾何關系可得，P點與x軸的距離為⑧聯(lián)立⑦⑧式得⑨12.如圖，一豎直圓管質量為M，下端距水平地面的高度為H，頂端塞有一質量為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，且每次碰撞時間均極短；在運動過程中，管始終保持豎直。已知M=4m，球和管之間的滑動摩擦力大小為4mg,g為重力加速度的大小，不計空氣阻力。（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??；（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，求圓管長度應滿足的條件?！敬鸢浮浚?）a1=2g，a2=3g；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）管第一次落地彈起的瞬間，小球仍然向下運動。設此時管的加速度大小為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，由牛頓運動定律有Ma1=Mg+f①ma2=f–mg②聯(lián)立①②式并代入題給數據，得a1=2g，a2=3g③（2）管第一次碰地前與球的速度大小相同。由運動學公式，碰地前瞬間它們的速度大小均為④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。設自彈起時經過時間t1，管與小球的速度剛好相同。取向上為正方向，由運動學公式v0–a1t1=–v0+a2t1⑤聯(lián)立③④⑤式得⑥設此時管下端高度為h1，速度為v。由運動學公式可得⑦⑧由③④⑥⑧式可判斷此時v>0。此后，管與小球將以加速度g減速上升h2，到達最高點。由運動學公式有⑨設管第一次落地彈起后上升的最大高度為H1，則H1=h1+h2⑩聯(lián)立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得?（3）設第一次彈起過程中球相對管的位移為x1。在管開始下落到上升H1這一過程中，由動能定理有Mg（H–H1）+mg（H–H1+x1）–4mgx1=0?聯(lián)立??式并代入題給數據得?同理可推得，管與球從再次下落到第二次彈起至最高點的過程中，球與管的相對位移x2為?設圓管長度為L。管第二次落地彈起后的上升過程中，球不會滑出管外的條件是x1+x2≤L?聯(lián)立????式，L應滿足條件為?（二）選考題：13.下列關于能量轉換過程的敘述，違背熱力學第一定律的有_______，不違背熱力學第一定律、但違背熱力學第二定律的有_______。（填正確答案標號）A.汽車通過燃燒汽油獲得動力并向空氣中散熱B.冷水倒入保溫杯后，冷水和杯子的溫度都變得更低C.某新型熱機工作時將從高溫熱源吸收的熱量全部轉化為功，而不產生其他影響D.冰箱的制冷機工作時從箱內低溫環(huán)境中提取熱量散發(fā)到溫度較高的室內【答案】(1).B(2).C【解析】【詳解】A．燃燒汽油產生的內能一方面向機械能轉化，同時熱傳遞向空氣轉移。既不違背熱力學第一定律，也不違背熱力學第二定律；B．冷水倒入保溫杯后，沒有對外做功，同時也沒有熱傳遞，內能不可能減少，故違背熱力學第一定律；C．某新型熱機工作時將從高溫熱源吸收的熱量全部轉化為功，必然產生其他影響故違背熱力學第二定律；D．制冷機消耗電能工作時從箱內低溫環(huán)境中提取熱量散發(fā)到溫度較高的室內，發(fā)生了內能的轉移，同時對外界產生了影響。既不違背熱力學第一定律，也不違背熱力學第二定律。14.潛水鐘是一種水下救生設備，它是一個底部開口、上部封閉的容器，外形與鐘相似。潛水鐘在水下時其內部上方空間里存有空氣，以滿足潛水員水下避險的需要。為計算方便，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ρ，重力加速度大小為g，大氣壓強為p0，Hh，忽略溫度的變化和水密度隨深度的變化。（1）求進入圓筒內水的高度l；（2）保持H不變，壓入空氣使筒內水全部排出，求壓入的空氣在其壓強為p0時的體積?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）設潛水鐘在水面上方時和放入水下后筒內氣體的體積分別為V0和V1，放入水下后筒內氣體的壓強為p1，由玻意耳定律和題給條件有p1V1=p0V0①V0=hS②V1=（h–l）S③p1=p0+ρg（H–l）④聯(lián)立以上各式并考慮到Hh，h>l，解得⑤（2）設水全部排出后筒內氣體的壓強為p2；此時筒內氣體的體積為V0，這些氣體在其壓強為p0時的體積為V3，由玻意耳定律有p2V0=p0V3⑥其中p2=p0+ρgH⑦設需壓入筒內的氣體體積為V，依題意V=V3–V0⑧聯(lián)立②⑥⑦⑧式得⑨15.用一個擺長為80.0