2020年全国统一高考物理试卷（新课标ⅰ）（含解析版）下载

2020 年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅰ） 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分.在每小题给出的四个选项中， 第 1～5 题只有一顶符合题目要求，第 6～8 题有多项符合题目要求.全部选对的 得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分． 1.行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车 的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（　　） A. 增加了司机单位面积的受力大小 B. 减少了碰撞前后司机动量的变化量 C. 将司机的动能全部转换成汽车的动能 D. 延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积 【答案】D 【解析】 【详解】A．因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故 A 错 误； B．有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故 B 错误； C．因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全 部转化成汽车的动能，故 C 错误； D．因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于 气囊的缓冲故增加了作用时间，故 D 正确。 故选 D。 112.火星的质量约为地球质量的 ，半径约为地球半径的 ，则同一物体在火星表面与在地球 210 表面受到的引力的比值约为（　　） A. 0.2 B. 0.4 C. 2.0 D. 2.5 【答案】B 【解析】 【详解】设物体质量为 m，则在火星表面有 M1m F = G 1R2 1在地球表面有 第 – 1 -页 共 18 页 M2m R22 F2 = G 由题意知有 M1 1=M2 10 R121R2 故联立以上公式可得 FM1R22 141 0.4 F2 M2R2 10 1 1故选 B。 3.如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为 10m，该同学和秋千踏板的总质量约为 50 kg。绳的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为 8 m/s，此时每根 绳子平均承受的拉力约为（　　） A. 200 N B. 400 N C. 600 N D. 800 N 【答案】B 【解析】 【详解】在最低点由 mv2 2T  mg  r知T=410N 即每根绳子拉力约为 410N，故选 B。 的4.图（a）所示 电路中，K 与 L 间接一智能电源，用以控制电容器 C 两端的电压 UC。如果 UC 第 – 2 -页 共 18 页 随时间 t 的变化如图（b）所示，则下列描述电阻 R 两端电压 UR 随时间 t 变化的图像中，正确 的是（　　） A. C. B. D. 【答案】A 【解析】 QUC  【详解】根据电容器的定义式 可知 QCIUC  tCIII内的电流 35 关系为 结合图像可知，图像的斜率为 ，则 C内的电流 与1: 2s 3  5s 12 I12  2I35 URI  且两段时间中的电流方向相反，根据欧姆定律 可知 两端电压大小关系满足 RUR12  2UR35 由于电流方向不同，所以电压方向不同。 故选 A。 5.一匀强磁场的磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示， 为半 ab 圆，ac、bd 与直径 ab 共线，ac 间的距离等于半圆的半径。一束质量为 m、电荷量为 q（q>0） 第 – 3 -页 共 18 页 的粒子，在纸面内从 c 点垂直于 ac 射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互 作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为（　　） 7m 6qB 5m 4qB 4m 3qB 3m 2qB A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动 qBv  mv2 r2r vT  ，可得粒子在磁场中的周期 2m qB T  粒子在磁场中运动的时间 2 m qB t  T  则粒子在磁场中运动的时间与速度无关，轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长。采用放缩 圆解决该问题， 粒子垂直 ac 射入磁场，则轨迹圆心必在 ac 直线上，将粒子的轨迹半径由零逐渐放大。 当半径 和r  0.5R r 1.5R 时，粒子分别从 ac、bd 区域射出，磁场中的轨迹为半圆，运动时 间等于半个周期。 当 0.5R<r<1.5R 时，粒子从半圆边界射出，逐渐将轨迹半径从 0.5R 逐渐放大，粒子射出位置 从半圆顶端向下移动，轨迹圆心角从 逐渐增大，当轨迹半径为R 时，轨迹圆心角最大，然 后再增大轨迹半径，轨迹圆心角减小，因此当轨迹半径等于 R 时轨迹圆心角最大，即轨迹对 应的最大圆心角 第 – 4 -页 共 18 页 34     3粒子运动最长时间为 432 2 2m 4m ,t  T  qB 3qB 故选 C。 6.下列核反应方程中，X1，X2，X3，X4 代表 α 粒子的有（　　） 2121H +H→01n + X1 21H + 3 H→01n + X2 1A. C. B. D. 16235 U +n→144 Ba + 89 Kr + 3X3 01n +Li→31H + X4 92 056 36 3【答案】BD 【解析】 【详解】α 粒子为氦原子核 24 He，根据核反应方程遵守电荷数守恒和质量数守恒，A 选项中的 X1 为 3 He，B 选项中的 X2 为 4 He，C 选项中的 X3 为中子 1 n，D 选项中的 X4 为 4 He。 2202故选 BD。 7.一物块在高 3.0 m、长 5.0 m 的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距 离 s 的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取 10 m/s2。则（　　） 第 – 5 -页 共 18 页 A. 物块下滑过程中机械能不守恒 B. 物块与斜面间的动摩擦因数为 0.5 C. 物块下滑时加速度的大小为 6.0 m/s2 D 当物块下滑 2.0 m 时机械能损失了 12 J 【答案】AB 【解析】 【详解】A．下滑 5m 的过程中，重力势能减少 30J，动能增加 10J，减小的重力势能并不等与 增加的动能，所以机械能不守恒，A 正确； B．斜面高 3m、长 5m，则斜面倾角为 θ＝37°。令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的 重力势能 mgh＝30J 可得质量 m＝1kg 的下滑 5m 过程中，由功能原理，机械能 减少量等于克服摩擦力做的功 μmg·cosθ·s＝20J 求得 μ＝0.5 B 正确； C．由牛顿第二定律 mgsinθ－μmgcosθ＝ma 求得 第 – 6 -页 共 18 页 a＝2m/s2 C 错误； D．物块下滑 2.0m 时，重力势能减少 12J，动能增加 4J，所以机械能损失了 8J，D 选项错误。 故选 AB。 8.如图，U 形光滑金属框 abcd 置于水平绝缘平台上，ab 和 dc 边平行，和 bc 边垂直。ab、dc 足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒 MN 置于金属框上，用水平恒 力 F 向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN 与金属框保持 良好接触，且与 bc 边保持平行。经过一段时间后（　　） A. 金属框的速度大小趋于恒定值 B. 金属框的加速度大小趋于恒定值 C. 导体棒所受安培力的大小趋于恒定值 D. 导体棒到金属框 bc 边的距离趋于恒定值 【答案】BC 【解析】 【详解】由 bc 边切割磁感线产生电动势，形成电流，使得导体棒 MN 受到向右的安培力，做 动时 加速运动，bc 边受到向左的安培力，向右做加速运动。当 MN 运 ，金属框的 bc 边和导体 vv2 ，则电路中的电动势 棒 MN 一起切割磁感线，设导体棒 MN 和金属框的速度分别为 、1E  BL(v2  v1) 电流中的电流 ERBL(v2  v1) I  R金属框和导体棒 MN 受到的安培力 B2L2 (v2  v1) ，与运动方向相反 ，与运动方向相同 F安框 =RB2L2 (v2  v1) F安MN =R第 – 7 -页 共 18 页 mm2 ，则对导体棒 MN 设导体棒 MN 和金属框的质量分别为 、1B2L2 (v2  v1)  m1a1 R对金属框 B2L2 (v2  v1) F   m2a2 RF渐初始速度均为零，则 a1 从零开始逐 增加，a2 从 渐开始逐 减小。当 a1＝a2 时，相对速度 m2 FRm1 2B2L2 (m1  m2 ) v2  v1  大小恒定。整个运动过程用速度时间图象描述如下。 综上可得，金属框的加速度趋于恒定值，安培力也趋于恒定值，BC 选项正确； 金属框的速度会一直增大，导体棒到金属框 bc 边的距离也会一直增大，AD 选项错误。 故选 BC。 三、非选择题：共 62 分，第 9~12 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 13~14 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：(共 47分） 9.某同学用伏安法测量一阻值为几十欧姆的电阻 Rx，所用电压表的内阻为 1 kΩ，电流表内阻 为 0.5Ω。该同学采用两种测量方案，一种是将电压表跨接在图（a）所示电路的 O、P 两点之 间，另一种是跨接在 O、Q 两点之间。测量得到如图（b）所示的两条 U–I 图线，其中 U 与 I 分别为电压表和电流表的示数。 回答下列问题： （1）图（b）中标记为 II 的图线是采用电压表跨接在________（填“O、P”或“O、Q”）两 第 – 8 -页 共 18 页 点的方案测量得到的。 （2）根据所用实验器材和图（b）可判断，由图线________（填“I”或“II”）得到的结果更 接近待测电阻的真实值，结果为________Ω（保留 1 位小数）。 （3）考虑到实验中电表内阻的影响，需对（2）中得到的结果进行修正，修正后待测电阻的 阻值为________Ω（保留 1 位小数）。 50.0 (4). 【答案】 【解析】 (1). 、P(2). I (3). 50.5 O【详解】(1)[1]若将电压表接 、P之间， O在UUI  RV Rx 则Rx RV U   I Rx  RV Rx RV 根据一次函数关系可知对应斜率为 。Rx  RV Q之间，电流表分压为 若将电压表接在 、OUA  IRA 根据欧姆定律变形可知 U  IRA R  I第 – 9 -页 共 18 页 解得 U  I(R  RA ) (R  R ) 根据一次函数可知对应斜率为 ，对比图像的斜率可知 AkI  kII 所以 II 图线是采用电压表跨接在 、P之间。 O（2）[2]因为待测电阻为几十欧姆的电阻，通过图像斜率大致估算待测电阻为 左右，根 50Ω 据1kΩ 50Ω 50Ω 0.5Ω Q之间，所以选择图 说明电流表的分压较小，电流表的分流较大，所以电压表应跨接在 线 I 得到的结果较为准确。 、O[3]根据图像可知 3V 1V 59.6mA  20mA Rx   50.5Ω [4]考虑电流表内阻，则修正后的电阻为 Rx   Rx  rA  50.5Ω  0.5Ω  50.0Ω 10.某同学用如图所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块（上方安装 有宽度为 d 的遮光片）、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。 实验步骤如下： （1）开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间 ________时，可认为气垫导轨水平； （2）用天平测砝码与砝码盘的总质量 m1、滑块（含遮光片）的质量 m2； （3）用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块； 第 – 10 -页 共 18 页 （4）令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光 片经过 A、B 两处的光电门的遮光时间 Δt1、Δt2 及遮光片从 A 运动到 B 所用的时间 t12； （5）在遮光片随滑块从 A 运动到 B 的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉 力，拉力冲量的大小 I=________，滑块动量改变量的大小 Δp=________；（用题中给出的物理 量及重力加速度 g 表示） -2 -2 （6）某次测量得到的一组数据为：d=1.000 cm，m1=1.50 10 kg，m2=0.400 kg，△t1=3.900 10 -2 2-1 s，Δt2=1.270 10 s，t12=1.50 s，取 g=9.80 m/s 。计算可得 I=________N·s，Δp=____ kg·m·s； （结果均保留 3 位有效数字） I  Δp  = 100% ，本次实验 δ=________%（保留 1 位有效数字）。 （7）定义 Iddm2 ( )【答案】 (1). 大约相等 (2). m1gt12 (3). (4). 0.221 (5). 0.212 t2 t1 (6). 4 【解析】 【详解】（1）[1]当经过 A,B 两个光电门时间相等时，速度相等，此时由于阻力很小，可以认 为导轨是水平的。 （5）[2]由 I=Ft，知 I  m1gt12 p  mv  mv 1 知 [3] 由 2ddddp  m2   m2   m2 ( )t2 t1 t2 t1 6)[4]代入数值知，冲量 [5]动量改变量 I  m1gt12 =1.5102 9.81.5Ns  0.221Ns ddp  m2 ( )  0.212kgms1 t2 t1 （7）[6] | I  p | 0.225 0.212   100%  100%  4% I0.225 11.我国自主研制了运-20 重型运输机。飞机获得的升力大小 F 可用 2 描写，k 为系数；v F  kv 第 – 11 -页 共 18 页 是飞机在平直跑道上的滑行速度，F 与飞机所受重力相等时的 v 称为飞机的起飞离地速度，已 1.21105 kg 1.69105 kg 知飞机质量为 时，起飞离地速度为 66 m/s；装载货物后质量为 ，装载 货物前后起飞离地时的 k 值可视为不变。 （1）求飞机装载货物后的起飞离地速度； （2）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行 1 521 m 起飞离地，求飞机在滑行过程中 加速度的大小和所用的时间。 2v  78m/s 【答案】(1) ；（2）2m/s ， t  39s 2【解析】 【详解】（1）空载起飞时，升力正好等于重力： kv12  m1g 满载起飞时，升力正好等于重力： 由上两式解得： kv22  m2g v2  78m/s （2）满载货物的飞机做初速度为零的匀加速直线运动，所以 v22  0  2ax 解得： a  2m/s2 由加速的定义式变形得： v v2  0 t  aa解得： t  39s 12.在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以 O 为圆心，半径为 R 的圆，AB 为圆的直 径，如图所示。质量为 m，电荷量为 q（q>0）的带电粒子在纸面内自 A 点先后以不同的速度 进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的 C 点以速率 v0 穿出电场，AC 与 AB 的夹角 θ=60°。运动中粒子仅受电场力作用。 第 – 12 -页 共 18 页 （1）求电场强度的大小； （2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？ （3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为 mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？ mv02 2v0 3v0 E  【答案】(1) ；(2) ；(3)0 或 v1 = v2 = 2qR 42【解析】 【详解】（1）由题意知在 A 点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于 q>0，故电场线由 A 指向 C，根据几何关系可知： xAC = R 所以根据动能定理有： 1qExAC =mv02 – 0 2解得： mv02 E  ；2qR （2）根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做 AC 垂线并且与 圆相切，切点为 D，即粒子要从 D 点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类 平抛运动，根据几何关系有 x = Rsin 60 = v1t 1y = R + Rcos60 = at2 2而电场力提供加速度有 qE  ma 联立各式解得粒子进入电场时的速度： 第 – 13 -页 共 18 页 2v0 ；v1 = 4（3）因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为 mv0，即在电场 方向上速度变化为 v0 ，过 C 点做 AC 垂线会与圆周交于 B 点，故由题意可知粒子会从 C 点或 B 点射出。当从 B 点射出时由几何关系有 xBC = 3R = v2t2 1xAC = R = at22 2电场力提供加速度有 qE  ma 3v0 联立解得 ；当粒子从 C 点射出时初速度为 0。 v2 = 2（二）选考题：共 15 分。请考生从 2 道物理题中每科任选一题作答。如果多做， 则每科按所做的第一题计分。 [物理——选修 3-3] 13.分子间作用力 F 与分子间距 r 的关系如图所示，r= r1 时，F=0。分子间势能由 r 决定，规定 两分子相距无穷远时分子间的势能为零。若一分子固定于原点 O，另一分子从距 O 点很远处 向 O 点运动，在两分子间距减小到 r2 的过程中，势能_____（填“减小“不变”或“增大”）； 在间距由 r2 减小到 r1 的过程中，势能_____ （填“减小”“不变”或“增大”）；在间距等于 r1 处，势能_____（填“大于”“等于”或“小于”）零。 第 – 14 -页 共 18 页 【答案】 【解析】 (1). 减小 (2). 减小 (3). 小于 r【详解】[1]从距 点很远处向 点运动，两分子间距减小到2 的过程中，分子间体现引力， O引力做正功，分子势能减小； r  r O的1[2]在 过程中，分子间仍然体现引力，引力做正功，分子势能减小； 2rr[3]在间距等于 1 之前，分子势能一直减小，取无穷远处分子间势能为零，则在 1 处分子势能 小于零。 14.甲、乙两个储气罐储存有同种气体（可视为理想气体）。甲罐的容积为 V，罐中气体的压强 1p为 p；乙罐的容积为 2V，罐中气体的压强为 。现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气 2体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压 强相等。求调配后： （i）两罐中气体的压强； （ii）甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。 2323p【答案】（i） ；（ii） 【解析】 【详解】（i）气体发生等温变化，对甲乙中的气体，可认为甲中原气体有体积 V 变成 3V，乙 中原气体体积有 2V 变成 3V，则根据玻意尔定律分别有 1pV  p 3V ，p 2V  p2 3V 12则1pV  p 2V  (p1  p2 )3V 2则甲乙中气体最终压强 第 – 15 -页 共 18 页 23p’  p1  p2  p（ii）若调配后将甲气体再等温压缩到气体原来的压强为 p，则 p’V  pV ‘ 计算可得 2V ‘  V 3由密度定律可得，质量之比等于 m现 m原 V ‘ 23V[物理——选修 3-4] 15.在下列现象中，可以用多普勒效应解释的有__________。 A. 雷雨天看到闪电后，稍过一会儿才能听到雷声 B. 超声波被血管中的血流反射后，探测器接收到的超声波频率发生变化 C. 观察者听到远去的列车发出的汽笛声，音调会变低 D. 同一声源发出的声波，在空气和水中传播的速度不同 E. 天文学上观察到双星（相距较近、均绕它们连线上某点做圆周运动的两颗恒星）光谱随时 间的周期性变化 【答案】BCE 【解析】 【详解】A．之所以不能同时观察到是因为声音的传播速度比光的传播速度慢，所以 A错误； B．超声波与血液中的血小板等细胞发生反射时，由于血小板的运动会使得反射声波的频率发 生变化，B 正确； C．列车和人的位置相对变化了，所以听得的声音频率发生了变化，所以 C 正确； D．波动传播速度不一样是由于波的频率不一样导致的， D 错误； E．双星在周期性运动时，会使得到地球的距离发生周期性变化，故接收到的光频率会发生变 化，E 正确。 故选 BCE。 16.一振动片以频率 f 做简谐振动时，固定在振动片上的两根细杆同步周期性地触动水面上 a、 第 – 16 -页 共 18 页 b 两点，两波源发出的波在水面上形成稳定的干涉图样。c 是水面上的一点，a、b、c 间的距 离均为 l，如图所示。已知除 c 点外，在 ac 连线上还有其他振幅极大的点，其中距 c 最近的点 3l到 c 的距离为 。求： 8（i）波的波长； （ii）波的传播速度。 114lfl 【答案】（i） ；（ii） 4【解析】 【详解】（i）设与 c 点最近的振幅极大点为 d，则 35ad  l  l  l 887bd  cd 2  bc2  2bc  cd cos 60 l 8根据干涉加强点距离差的关系： x  x1  x2  n 1bd  ad  l 414l所以波长为 v   f （ii）由于受迫振动的频率取决于受迫源的频率由 知， 1v  fl 4第 – 17 -页 共 18 页 第 – 18 -页 共 18 页