2020年高考物理試卷（海南）（解析卷）

第頁(yè)|共頁(yè)參考答案1．A【解析】【分析】【詳解】根據(jù)電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒，則有，解得m=1，n=0，故X是中子故選A。2．B【解析】【分析】【詳解】設(shè)手機(jī)的質(zhì)量為m，斜面傾角為θ。對(duì)手機(jī)進(jìn)行受力分析，如圖所示由圖可知支持力方向垂直斜面向上，摩擦力方向沿斜面向上，根據(jù)平衡條件則有，因，故，且摩擦力等于手機(jī)所受的重力沿斜面向下的分力故選B。3．D【解析】【分析】【詳解】對(duì)圖甲的交流電分析，可知一個(gè)周期內(nèi)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；對(duì)圖乙的交流電分析可知，其為正弦式交流電，故其有效值為，故，故選D。4．D【解析】【分析】【詳解】接ab，則電路的總電阻為接ac，則電路的總電阻為接bc，則電路的總電阻為由題知，不管接那兩個(gè)點(diǎn)，電壓不變，為U=24V，根據(jù)可知故選D。5．A【解析】【分析】【詳解】A．根據(jù)可知單色光在介質(zhì)中傳播時(shí)，介質(zhì)的折射率越大，光的傳播速度越小，故A正確；B．根據(jù)多普勒效應(yīng)，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(cuò)誤；C．根據(jù)同一個(gè)雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中，藍(lán)光的波長(zhǎng)小于紅光的波長(zhǎng)，故藍(lán)光產(chǎn)生的干涉條紋間距比紅光的小，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)光的干涉的條件可知，兩束頻率不同的光不能產(chǎn)生干涉現(xiàn)象，故D錯(cuò)誤。故選A。6．B【解析】【分析】【詳解】根據(jù)安培定則，可知蹄形電磁鐵的分布情況，如圖所示故導(dǎo)線所處位置的磁感應(yīng)線的切線方向?yàn)樗较蛴?，根?jù)左手定則，可以判斷導(dǎo)線所受安培力的方向?yàn)橄蛳?。故選B。7．B【解析】【分析】【詳解】A．試驗(yàn)船的運(yùn)行速度為，故A錯(cuò)誤；B．近地軌道衛(wèi)星的速度等于第一宇宙速度，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力有根據(jù)試驗(yàn)船受到的萬(wàn)有引力提供向心力有聯(lián)立兩式解得第一宇宙速度故B正確；C．根據(jù)試驗(yàn)船受到的萬(wàn)有引力提供向心力有解得故C錯(cuò)誤；D．地球重力加速度等于近地軌道衛(wèi)星向心加速度，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力有根據(jù)試驗(yàn)船受到的萬(wàn)有引力提供向心力有聯(lián)立兩式解得重力加速度故D錯(cuò)誤。故選B。8．C【解析】【分析】【詳解】對(duì)離子，根據(jù)動(dòng)量定理有而解得F=0.09N，故探測(cè)器獲得的平均推力大小為0.09N，故選C。9．AC【解析】【分析】【詳解】A．由波形圖可知，波長(zhǎng)為8m，故A正確；B．根據(jù)公式代入數(shù)據(jù)解得，故B錯(cuò)誤；CD．由題知，沿x軸正方向傳播，根據(jù)“上下坡法”，可知該時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)P向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，該時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)Q向y軸正方向運(yùn)動(dòng)，故C正確，D錯(cuò)誤。故選AC。10．AD【解析】【分析】【詳解】A．根據(jù)電場(chǎng)線的疏密程度表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，可知a點(diǎn)的電場(chǎng)線比b點(diǎn)的電場(chǎng)線更密，故a點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)比b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大，故A正確；B．根據(jù)沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)不斷降低，可知d點(diǎn)的電勢(shì)比c點(diǎn)的電勢(shì)高，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)正電荷在電勢(shì)越高的點(diǎn)，電勢(shì)能越大，可知質(zhì)子在d點(diǎn)的電勢(shì)能比在c點(diǎn)的電勢(shì)能大，故C錯(cuò)誤；D．由圖可知，a點(diǎn)的電勢(shì)低于b點(diǎn)的電勢(shì)，而負(fù)電荷在電勢(shì)越低的點(diǎn)電勢(shì)能越大，故電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能高于在b點(diǎn)的電勢(shì)能，所以將電子從a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)，電勢(shì)能減小，故電場(chǎng)力做正功，故D正確。故選AD。11．BD【解析】【分析】【詳解】A．根據(jù)得，運(yùn)動(dòng)時(shí)間故A錯(cuò)誤；B．水平射程為故B正確；CD．豎直方向分速度為水平分速度為落地速度為故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。12．BC【解析】【分析】【詳解】A．對(duì)整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有解得，故A錯(cuò)誤；B．對(duì)m2受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有解得，故B正確；C．根據(jù)，可知若只增大，兩物塊一起向上勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈力變大，根據(jù)胡克定律，可知伸長(zhǎng)量變大，故它們的間距變大，故C正確；D．根據(jù)，可知只增大，兩物塊一起向上勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈力不變，根據(jù)胡克定律，可知伸長(zhǎng)量不變，故它們的間距不變，故D錯(cuò)誤。故選BC。13．BD【解析】【分析】【詳解】A．金屬棒a第一次穿過磁場(chǎng)時(shí)受到安培力的作用，做減速運(yùn)動(dòng)，由于速度減小，感應(yīng)電流減小，安培力減小，加速度減小，故金屬棒a做加速度減小的減速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)右手定則可知，金屬棒a第一次穿過磁場(chǎng)時(shí)回路中有逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，故B正確；C．電路中產(chǎn)生的平均電動(dòng)勢(shì)為平均電流為金屬棒a受到的安培力為規(guī)定向右為正方向，對(duì)金屬棒a，根據(jù)動(dòng)量定理得解得對(duì)金屬棒第一次離開磁場(chǎng)時(shí)速度金屬棒a第一次穿過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中，電路中產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒a機(jī)械能的減少量，即聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)得由于兩棒電阻相同，兩棒產(chǎn)生的焦耳熱相同，則金屬棒b上產(chǎn)生的焦耳熱故C錯(cuò)誤；D．規(guī)定向右為正方向，兩金屬棒碰撞過程根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒得聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)解得金屬棒a反彈的速度為設(shè)金屬棒a最終停在距磁場(chǎng)左邊界處，則從反彈進(jìn)入磁場(chǎng)到停下來(lái)的過程，電路中產(chǎn)生的平均電動(dòng)勢(shì)為平均電流為金屬棒a受到的安培力為規(guī)定向右為正方向，對(duì)金屬棒a，根據(jù)動(dòng)量定理得聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)解得故D正確。故選BD。14．豎直【解析】【分析】【詳解】(1)[1]滑板車做往復(fù)運(yùn)動(dòng)的周期為[2]根據(jù)單擺的周期公式，得(2)[3]兩擋光片間的距離[4]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(shí)玻璃條的速度為玻璃條上部擋光條通過光電門時(shí)玻璃條的速度為根據(jù)速度位移公式有代入數(shù)據(jù)解得加速度15．分壓【解析】【分析】【詳解】（1）[1]由于各電壓表的電阻值比較大，為讓待測(cè)電阻分得較大電壓，所以要選擇分壓接法；（2）[2]完整的電路圖，如圖所示（3）[3]根據(jù)下表中的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，繪制的圖像，如圖所示（4）[4]根據(jù)實(shí)驗(yàn)電路圖，則有變形得則圖線的斜率為根據(jù)圖像可得斜率則有代入，解得（5）[5]因待測(cè)電阻（阻值約為）的阻值較小，若仍與電壓表串聯(lián)，則所分得的電壓過小，不利于測(cè)量，故待測(cè)電阻與其中一個(gè)電壓表并聯(lián)，由于電源電動(dòng)勢(shì)只有6V，為讓待測(cè)電阻分得較大電壓，故待測(cè)電阻應(yīng)與電壓表并聯(lián)，再與電壓表串聯(lián)，故改進(jìn)后的電路圖，如圖所示16．(1)；(2)【解析】【分析】【詳解】(1)設(shè)氣缸橫截面積為；D剛好被觸發(fā)時(shí)，到缸底的距離為，根據(jù)玻意耳定律得帶入數(shù)據(jù)解得(2)此過程為等容變化，根據(jù)查理定律得帶入數(shù)據(jù)解得17．（1）30N；（2）0.2m；（3）1s【解析】【分析】【詳解】（1）設(shè)小物塊a下到圓弧最低點(diǎn)未與小物塊b相碰時(shí)的速度為，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有代入數(shù)據(jù)解得小物塊a在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)解得根據(jù)牛頓第三定律，可知小物塊a對(duì)圓弧軌道的壓力大小為30N。（2）小物塊a與小物塊b發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒有根據(jù)能量守恒有聯(lián)立解得，小物塊a反彈，根據(jù)機(jī)械能守恒有解得（3）小物塊b滑上傳送帶，因，故小物塊b先做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有解得則小物塊b由2m/s減至1m/s，所走過的位移為代入數(shù)據(jù)解得運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為代入數(shù)據(jù)解得因，故小物塊b之后將做勻速運(yùn)動(dòng)至右端，則勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為故小物塊b從傳送帶的左端運(yùn)動(dòng)到右端所需要的時(shí)間18．(1)；(2)；(3)見解析【解析】【分析】【詳解】(1)畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖粒子在三角形ABC中運(yùn)動(dòng)時(shí)，有又粒子出三角形磁場(chǎng)時(shí)偏轉(zhuǎn)，由幾何關(guān)系可知聯(lián)