2020年全国统一高考物理试卷（新课标ⅱ）（含解析版）下载

2020 年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ） 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 题只有一项符合题目要求，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. 管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。焊机的原理如图所示，圆管通过一 个接有高频交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热 量使接缝处的材料熔化将其焊接。焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为（　　） A. B. C. D. 法拉第 库仑 霍尔 洛伦兹 D【答案】 【解析】 【详解】由题意可知，圆管为金属导体，导体内部自成闭合回路，且有电阻，当周围的线圈 中产生出交变磁场时，就会在导体内部感应出涡电流，电流通过电阻要发热。该过程利用原 D理的是电磁感应现象，其发现者为法拉第。故选 。 2. 若一均匀球形星体的密度为 ρ，引力常量为 G，则在该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫 星的周期是（　　） 3π A. 4π 11B. C. D. G G 3πG 4πG A【答案】 【解析】 【详解】卫星在星体表面附近绕其做圆周运动，则 4p2 T 2 4MVGMm R2 V   R3   ，，= m R3知卫星该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星的周期 第 – 1 -页 共 17 页 3 G T  3. 如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为 3h，其左边缘 a 点比右边缘 b 点高 0.5h。若摩托车经过 a 点时的动能为 E1，它会落到坑内 c 点。c 与 a 的水平距离和高度差均为 h；若经过 a 点时的动能为 E2，该摩托车恰能越过坑到达 E2 b 点。 等于（　　） E1 A. B. C. D. 3.0 20 18 9.0 B【答案】 【解析】 aE【详解】有题意可知当在 点动能为1 时，有 1E1 = mv12 2根据平抛运动规律有 1h  gt12 2h  v1t1 aE当在 点时动能为2 时，有 1E2 = mv22 2根据平抛运动规律有 121h = gt22 23h = v2t2 联立以上各式可解得 E2 = 18 E1 第 – 2 -页 共 17 页 B故选 。 4. CT 扫描是计算机 X 射线断层扫描技术的简称，CT 扫描机可用于对多种病情的探测。图（a） 是某种 CT 机主要部分的剖面图，其中 X 射线产生部分的示意图如图（b）所示。图（b）中 M、N 之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿 带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生 X 射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子 束打到靶上的点记为 P 点。则（　　） A. M 处的电势高于 N 处的电势 B. 增大 M、N 之间的加速电压可使 P 点左移 偏转磁场的方向垂直于纸面向外 C. D. 增大偏转磁场磁感应强度的大小可使 P 点左移 D【答案】 【解析】 A【详解】 ．由于电子带负电，要在 MN MN NM 间电场方向由 指向 ，根据沿着电场 间加速则 MNA线方向电势逐渐降低可知 的电势低于的电势，故 错误； B．增大加速电压则根据 1eU  mv2 2可知会增大到达偏转磁场的速度；又根据在偏转磁场中洛伦兹力提供向心力有 v2 evB  m R可得 mv R  eB 可知会增大在偏转磁场中的偏转半径，由于磁场宽度相同，故根据几何关系可知会减小偏转 第 – 3 -页 共 17 页 PB的角度，故 点会右移，故 错误； CC．电子在偏转电场中做圆周运动，向下偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故 错误； DB．由 选项的分析可知，当其它条件不变时，增大偏转磁场磁感应强度会减小半径，从而增 PD大偏转角度，使 点左移，故 正确。 D故选 。 5. 氘核 1 可通过一系列聚变反应释放能量，其总效果可用反应式 2 H 62 H  24 He  21H+2 1n+43.15MeV 表示。海水中富含氘，已知 1kg 海水中含有的氘核约为 12101.0×1022 个，若全都发生聚变反应，其释放的能量与质量为 M 的标准煤燃烧时释放的热量相等； 已知 1 kg 标准煤燃烧释放的热量约为 2.9×107 J，1 MeV= 1.6×10–13J，则 M 约为（　　） A. B. C. D. 1 000 kg 40 kg 100 kg 400 kg C【答案】 【解析】 2 H 【详解】氘核 1 可通过一系列聚变反应释放能量，其总效果可用反应式 621H  242 He  211H+201n+43.15MeV 则平均每个氘核聚变释放的能量为 E43.15 6 = MeV 61kg 海水中含有的氘核约为 1.0×1022 个，可以放出的总能量为 E0  N Q  mq 由可得，要释放的相同的热量，需要燃烧标准煤燃烧的质量 QqE0 qm   400kg 6. 特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。我国已成功掌握并实际应用了特高 压输电技术。假设从 A 处采用 550 kV 的超高压向 B 处输电，输电线上损耗的电功率为∆P，到 达 B 处时电压下降了∆U。在保持 A 处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用 1 100 kV 特高压输电，输电线上损耗的电功率变为∆P′，到达 B 处时电压下降了∆U′。不考虑其他因 素的影响，则（　　） 第 – 4 -页 共 17 页 1∆P′= ∆P 41∆U′= ∆U 41∆P′= ∆P 2A. B. C. D. 1∆U′= ∆U 2AD 【答案】 【解析】 【详解】输电线上损失的功率 损失的电压 PΔP＝( )2·r UPΔU＝ ·r U142当输送电压变为原来的 倍，损失的功率变为原来的 ，即 1ΔP′＝ ΔP 41损失的电压变为原来的 ，即 21ΔU′＝ ΔU 2AD 故选 。7. 如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。a、b 为圆环水 平直径上的两个点，c、d 为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等。则（　　） A. B. D. a、b 两点的场强相等 c、d 两点的场强相等 a、b 两点的电势相等 c、d 两点的电势相等 C. ABC 【答案】 【解析】 【详解】BD．如下图所示，为等量异种电荷周围空间的电场分布图。本题的带电圆环，可拆 解成这样无数对等量异种电荷的电场，沿竖直直径平行放置。它们有共同的对称轴 ，PP PP 所在的水平面与每一条电场线都垂直，即为等势面，延伸到无限远处，电势为零。故在 PP 第 – 5 -页 共 17 页     0    d ，故 B 正 上的点电势为零，即 ；而从 M 点到 N 点，电势一直在降低，即 abc确，D 错误； AC．上下两侧电场线分布对称，左右两侧电场线分布也对称，由电场的叠加原理可知 AC 正 确； 故选 ABC。 8. 水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为 4.0 kg 的静止物块以大小为 5.0 m/s 的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度； 物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以 大小为 5.0 m/s 的速度与挡板弹性碰撞。总共经过 8 次这样推物块后，运动员退行速度的大小 大于 5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为 A. 48 kg 【答案】 【解析】 B. 53 kg C. 58 kg D. 63 kg BC mm、 0 规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始 【详解】设运动员和物块的质量分别为 vv0 ，则根据动量守恒定 时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为 、1律0  mv1  m0v0 解得 mv1  0 v0 m第 – 6 -页 共 17 页 物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块 mv1  m0v0  mv2  m0v0 解得 3m v2  0 v0 m第 3 次推出后 mv2  m0v0  mv3  m0v0 解得 5m v3  0 v0 m依次类推，第 8 次推出后，运动员的速度 15m v8  0 v0 m根据题意可知 15m v8  0 v0  m/s m解得 m  60kg 第 7 次运动员的速度一定小于 ，则 5m/s 13m v7  0 v0  m/s m解得 m  52kg 综上所述，运动员的质量满足 kg  m  60kg AD 错误，BC 正确。 故选 BC。 三、非选择题： 第 – 7 -页 共 17 页 （一）必考题： 9. 一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球 A 和 B，如图所示。一实验小组用此装置测量 小球 B 运动的加速度。 令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球 B 释放时的高度 h0=0.590 m，下降一段距 离后的高度 h=0.100 m；由 h0 下降至 h 所用的时间 T=0.730 s。由此求得小球 B 加速度的大小 为 a=_______m/s2（保留 3 位有效数字）。 从实验室提供的数据得知，小球 A、B 的质量分别为 100.0 g 和 150.0 g，当地重力加速度大小 为 g=9.80 m/s2。根据牛顿第二定律计算可得小球 B 加速度的大小为 a′=_______m/s2（保留 3 位 有效数字）。 可以看出，a′与 a 有明显差异，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的原因： __________。 (1). (2). (3). 滑轮的轴不光滑，绳和滑轮之间有摩擦（或滑轮有 【答案】 质量） 1.84 1.96 【解析】 ①【详解】 有题意可知小球下降过程中做匀加速直线运动，故根据运动学公式有 1h0 – h = aT 2 2a=1.84m/s2 代入数据解得 ；②A有根据牛顿第二定律可知对小球 ¢¢T – mA g = mAa mB g – T = mBa B对小球 有2带入已知数据解得 ¢；a = 1.96m/s ③在实验中绳和滑轮之间有摩擦会造成实际计算值偏小。 第 – 8 -页 共 17 页 的10. 某同学要研究一小灯泡 L（3.6 V，0.30 A） 伏安特性。所用器材有：电流表A1（量程 200 mA，内阻 Rg1=10.0 Ω），电流表 A2（量程 500 mA，内阻 Rg2=1.0 Ω）、定值电阻 R0（阻值 R0=10.0 Ω）、滑动变阻器 R1（最大阻值 10 Ω）、电源 E（电动势 4.5 V，内阻很小）、开关 S 和若干导线。 该同学设计的电路如图（a）所示。 ______ （1）根据图（a），在图（b）的实物图中画出连线 。（2）若 I1、I2 分别为流过电流表 A1 和 A2 的电流，利用 I1、I2、Rg1 和 R0 写出：小灯泡两端的 _______ _______ 。为保证小灯泡的安全，I1 不能超过 电压 U= ，流过小灯泡的电流 I= _______ mA。 （3）实验时，调节滑动变阻器，使开关闭合后两电流表的示数为零。逐次改变滑动变阻器滑 片位置并读取相应的 I1 和 I2。所得实验数据在下表中给出。 I1/mA I2/mA 32 55 85 125 379 144 424 173 470 171 229 299 _______ 根据实验数据可算得，当 I1=173 mA 时，灯丝电阻 R= Ω（保留 1 位小数）。 （4）如果用另一个电阻替代定值电阻 R0，其他不变，为了能够测量完整的伏安特性曲线，所 _______ 用电阻的阻值不能小于 Ω（保留 1 位小数）。 第 – 9 -页 共 17 页 I R + R 0I2  I1 (3). (1). (2). 【答案】 ()1g1 (4). (5). (6). 8.0 180 11.6 【解析】 1【详解】（ ）根据电路图连接实物图如图所示 2①A（ ）根据电路图可知灯泡两端的电压为电流表 1 和 0 的总电压，故根据欧姆定律有 RU = I R + R 0()1g1 ②③根据并联电路特点可知流过小灯泡的电流为 I  I2  I1 180mA ，故根据题目中已知数据带入 中可知1 不能超过 ； 3.6V ①I因为小灯泡的额定电压为 3（ ）根据表中数据可知当 I =173mA 1I =470mA 时， 2 ；根据前面的分析代入数据可知此时灯泡两 U=3.46V I=297mA=0.297A ；故根据欧姆定律可知此时小灯泡 端的电压为 的电阻为 ；流过小灯泡的电流为 第 – 10 -页 共 17 页 UI3.46 R = =Ω = 11.6Ω 0.297 4（ ）要测量完整的伏安特性曲线则灯泡两端的电压至少要达到 3.6V A，而电流表 1 不能超过其 200mA ①有量程 ，此时结合 3.6 = 0.2´ 10+ R ()0R  8Ω 解得 ，即要完整的测量小灯泡伏安特性曲线所用电阻的阻值不能小于 。8Ω 0  y   11. 如图，在 0≤x≤h， 区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度 B 的大 小可调，方向不变。一质量为 m，电荷量为 q（q>0）的粒子以速度 v0 从磁场区域左侧沿 x 轴 进入磁场，不计重力。 （1）若粒子经磁场偏转后穿过 y 轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况 下磁感应强度的最小值 Bm； Bm （2）如果磁感应强度大小为 ，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该 2点的运动方向与 x 轴正方向的夹角及该点到 x 轴的距离。 mv0 πB =   【答案】（1）磁场方向垂直于纸面向里； ；（2） ；y  (2  3)h mqh 6【解析】 【详解】（1）由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于 纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为 R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有 v02 ①qv0B  m R由此可得 mv0 R  ②qB 粒子穿过 y 轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在 y 轴正半轴上，半径应满足 R  h ③第 – 11 -页 共 17 页 由题意，当磁感应强度大小为 Bm 时，粒子的运动半径最大，由此得 mv0 Bm = ④qh Bm （2）若磁感应强度大小为 ，粒子做圆周运动的圆心仍在 y 轴正半轴上，由②④式可得， 2此时圆弧半径为 R  2h ⑤粒子会穿过图中 P 点离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子在 P 点的运动方向与 x 轴正方向 的夹角为 α， 由几何关系 h12sin  ⑥2h π  即⑦6由几何关系可得，P 点与 x 轴的距离为 y  2h(1 cos) ⑧联立⑦⑧式得 y  (2  3)h ⑨12. 如图，一竖直圆管质量为 M，下端距水平地面的高度为 H，顶端塞有一质量为 m 的小球。 圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中， 管始终保持竖直。已知 M =4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为 4mg, g 为重力加速度的大小， 不计空气阻力。 （1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小； （2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度； （3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。 第 – 12 -页 共 17 页 13 25 152 125 H  HL  ；（3） H【答案】（1）a1=2g，a2=3g；（2） 1【解析】 【详解】（1）管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为 a1， 方向向下；球的加速度大小为 a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为 f，由牛顿运动定律 有Ma1=Mg+f ① ma2= f– mg② 联立①②式并代入题给数据，得 a1=2g，a2=3g③ （2）管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小 均为 v0  2gH ④方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。 设自弹起时经过时间 t1，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式 v0–a1t1= –v0+a2t1⑤ 联立③④⑤式得 2 2H t1  ⑥5g的设此时管下端 高度为h1，速度为 v。由运动学公式可得 1h  v0t1  a1t12 ⑦12v  v0  a1t1 ⑧由③④⑥⑧式可判断此时 v>0。此后，管与小球将以加速度 g 减速上升 h2，到达最高点。 由运动学公式有 第 – 13 -页 共 17 页 v2 h2  ⑨2g 设管第一次落地弹起后上升的最大高度为 H1，则 H1= h1+ h2⑩ 联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得 13 H1  H⑪25 （3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为 x1。在管开始下落到上升 H1 这一过程中，由动 能定理有 Mg（H–H1）+mg（H–H1+x1）–4mgx1=0⑫ 联立⑪⑫式并代入题给数据得 4×1  H⑬5同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移 x2 为4×2  H1 ⑭5设圆管长度为 L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是 x1+ x2≤L⑮ 联立⑪⑬⑭⑮式，L 应满足条件为 152 L  H⑯125 （二）选考题： 13. 下列关于能量转换过程的叙述，违背热力学第一定律的有_______，不违背热力学第一定律、 但违背热力学第二定律的有_______。（填正确答案标号） A. 汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热 B. 冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低 C. 某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，而不产生其他影响 D. 冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内 (1). (2). C【答案】 【解析】 B烧产转时热传递 转向空气 移。既不 违热背【详解】A．燃 汽油 生的内能一方面向机械能 化，同 第 – 14 -页 共 17 页 违热力学第二定律； 力学第一定律，也不 背对时热传递 违热力学 B．冷水倒入保温杯后，没有 外做功，同 也没有 ，内能不可能减少，故 背第一定律； 热时热热转为化产功，必然 生其他影响故 违热背 力 C．某新型 机工作 将从高温 源吸收的 量全部 学第二定律； 电时环热发较发D．制冷机消耗 能工作 从箱内低温 境中提取 量散 到温度 高的室内， 生了内能的 转时对 产外界 生了影响。既不 违热违热背 力学第二定律。 移，同 背力学第一定律，也不 14. 潜水钟是一种水下救生设备，它是一个底部开口、上部封闭的容器，外形与钟相似。潜水 钟在水下时其内部上方空间里存有空气，以满足潜水员水下避险的需要。为计算方便，将潜 水钟简化为截面积为 S、高度为 h、开口向下的圆筒；工作母船将潜水钟由水面上方开口向下 吊放至深度为 H 的水下，如图所示。已知水的密度为 ρ，重力加速度大小为 g，大气压强为 p0，H h，忽略温度的变化和水密度随深度的变化。 （1）求进入圆筒内水的高度 l； 的（2）保持 H 不变，压入空气使筒内 水全部排出，求压入的空气在其压强为p0 时的体积。 gH p0  gH gSHh l  hV  ；（2） 【答案】（1） p0 【解析】 【详解】（1）设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内气体的体积分别为 V0 和 V1，放入水下 后筒内气体的压强为 p1，由玻意耳定律和题给条件有 p1V1= p0V0 V0=hS ①②V1=（h–l）S ③p1= p0+ ρg（H–l） 联立以上各式并考虑到 H h，h >l，解得 ④第 – 15 -页 共 17 页 gH p0  gH l  h⑤（2）设水全部排出后筒内气体的压强为 p2；此时筒内气体的体积为 V0，这些气体在其压强为 p0 时的体积为 V3，由玻意耳定律有 p2V0= p0V3 ⑥ 其中 p2= p0+ ρgH 设需压入筒内的气体体积为 V，依题意 ⑦V = V3–V0 ⑧ 联立②⑥⑦⑧式得 gSHh V  ⑨p0 15. 用一个摆长为 80.0 cm 的单摆做实验，要求摆动的最大角度小于 5°，则开始时将摆球拉离 平衡位置的距离应不超过_______cm（保留 1 位小数）。（提示：单摆被拉开小角度的情况下， 所求的距离约等于摆球沿圆弧移动的路程。） 某同学想设计一个新单摆，要求新单摆摆动 10 个周期的时间与原单摆摆动 11 个周期的时间 相等。新单摆的摆长应该取为_______cm。 (1). (2). 96.8 【答案】 【解析】 6.9 【详解】拉离平衡位置的距离 5 360 x  2 80cm  6.97cm 的题中要求摆动 最大角度小于5，且保留 1 位小数，所以拉离平衡位置的不超过 ；6.9cm LT  2 根据单摆周期公式 结合题意可知 g10T 11T 代入数据为 10 L 11 80cm L  96.8cm 解得新单摆的摆长为 16. 直角棱镜的折射率 n=1.5，其横截面如图所示，图中∠C=90°，∠A=30°。截面内一细束与 BC 第 – 16 -页 共 17 页 边平行的光线，从棱镜 AB 边上的 D 点射入，经折射后射到 BC 边上。 （1）光线在 BC 边上是否会发生全反射?说明理由； 的（2）不考虑多次反射，求从 AC 边射出 光线与最初的入射光线夹角的正弦值。 2 2 3 【答案】（1）光线在 E 点发生全反射；（2） sin r  4【解析】 【详解】（1）如图，设光线在 D 点的入射角为 i，折射角为 r。折射光线射到 BC 边上的 E 点。 设光线在 E 点的入射角为 ，由几何关系，有 =90°–（30°–r）> 60° ①根据题给数据得 1sin >sin60°> ②n即 θ 大于全反射临界角，因此光线在 E 点发生全反射。 （2）设光线在 AC 边上的 F 点射出棱镜，光线的入射角为 i’，折射角为 r’，由几何关系、反射 定律及折射定律，有 i= 30° ③i’ =90°–θ ④sin i = nsinr nsini’ = sinr’ ⑤⑥联立①③④⑤⑥式并代入题给数据，得 2 2 3 ⑦sin r  4由几何关系，r’即 AC 边射出的光线与最初的入射光线的夹角。 第 – 17 -页 共 17 页