2020年全国统一高考物理试卷（新课标ⅲ）（含解析版）下载

2020 年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅲ） 一、选择题：本题共 8 个小题，每题 6 分，共 48 分。在每个小题给出的四个选项 中，第 1-4 题只有一项符合题目要求，第 5-8 题有多项符合题目要求。全部选 对的得 6 分，选对不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 1. 如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环。圆环初始时静 止。将图中开关 S 由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到（　　） A. 拨至 M 端或 N 端，圆环都向左运动 B. 拨至 M 端或 N 端，圆环都向右运动 C. 拨至 M 端时圆环向左运动，拨至 N 端时向右运动 拨至 M 端时圆环向右运动，拨至 N 端时向左运动 D. B【答案】 【解析】 【详解】无论开关 S 拨至哪一端，当把电路接通一瞬间，左边线圈中的电流从无到有，电流 在线圈轴线上的磁场从无到有，从而引起穿过圆环的磁通量突然增大，根据楞次定律（增反 减同），右边圆环中产生了与左边线圈中方向相反的电流，异向电流相互排斥，所以无论哪种 情况，圆环均向右运动。 故选 B。 2. 甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后 甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为 1kg，则碰撞过程两物块损失的 机械能为（　　） 第 – 1 -页 共 19 页 A. 3 J B. 4 J C. 5 J D. 6 J A【答案】 【解析】 v  5m / sv =1m / s ，【详解】由 v-t 图可知，碰前甲、乙的速度分别为 ；碰后甲、乙的速 甲乙v  1m / sv =2m / s ，度分别为 ，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得 甲乙m甲v甲+m乙v乙 =m甲v甲+m乙v乙 解得 m乙  6kg 则损失的机械能为 1111222 2 E  m甲v甲 + m乙v乙 – m甲v甲 – m乙v乙 2222解得 E  3J 故选 A。 3. “嫦娥四号”探测器于 2019 年 1 月在月球背面成功着陆，着陆前曾绕月球飞行，某段时间 可认为绕月做匀速圆周运动，圆周半径为月球半径的 K 倍。已知地球半径 R 是月球半径的 P 倍，地球质量是月球质量的 Q 倍，地球表面重力加速度大小为 g。则“嫦娥四号”绕月球做圆 周运动的速率为（　　） RKg QP RPKg QRPg QK RQg KP A. B. C. D. D【答案】 【解析】 第 – 2 -页 共 19 页 mm【详解】假设在地球表面和月球表面上分别放置质量为 表面处，分别有 和0 的两个物体，则在地球和月球 Mm0 QMm R2 G m0 g G mg ，2RP解得 P2 g  gQm设嫦娥四号卫星的质量为 1 ，根据万有引力提供向心力得 Mm1 v2 QG m1 2RPRPKK解得 RPg QK v  故选 D。 4. 如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上 O 点处；绳的一端固定在墙上，另 一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O 点两侧绳与竖直 方向的夹角分别为 α 和 β。若 α=70°，则 β 等于（　　） A. 45° B. 55° C. 60° D. 70° B【答案】 【解析】 第 – 3 -页 共 19 页 【详解】甲物体是拴牢在 O 点，且甲、乙两物体的质量相等，则甲、乙绳的拉力大小相等，O 点处于平衡状态，则左侧绳子拉力的方向在甲、乙绳子的角平分线上，如图所示 根据几何关系有 180  2  解得   55 故选 B。 。5. 真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为 a 和 3a 的同轴圆柱面，磁场的方向与圆 柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为 v 的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质 量为 m，电荷量为 e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场 的磁感应强度最小为（　　） 3mv 2ae mv ae 3mv 4ae 3mv 5ae A. B. C. D. C【答案】 【解析】 【详解】为了使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，则其运动轨迹，如图所示 第 – 4 -页 共 19 页 A 点为电子做圆周运动的圆心，r 为半径，由图可知 为直角三角形，则由几何关系可得 ABO 23a  r max   r2  a2 max 43ra；解得 max 由洛伦兹力提供向心力 v2 eBv  m r3mv B解得 ，故 C 正确，ABD 错误。 min 4ae 故选 C。 6. 1934 年，约里奥—居里夫妇用 α 粒子轰击铝箔，首次产生了人工放射性同位素 X，反应方 4 He+27 Al→X+ 1n X→Y+０e ，则（　　） 程为： 2 。X 会衰变成原子核 Y，衰变方程为 13 0１A. X 的质量数与 Y 的质量数相等 B. X 的电荷数比 Y 的电荷数少 1 27 Al 27 Al C. X 的电荷数比 13 的电荷数多 2 D. X 的质量数与 13 的质量数相等 AC 【答案】 【解析】 n n m m 的质子数分别为 1 和 2 ，质量数分别为 1 和 2 ，则反应方程为 【详解】设 和XYm1 n1 m1 n1 m2 24 He+ 27 Al  X+ 01n X  n Y+10e ，13 2根据反应方程质子数和质量数守恒，解得 2+13=n1 n  n 1 ，124+27=m1 1 m  m  0 ，12第 – 5 -页 共 19 页 解得 n1 15 n  14 m  30 m  30 ，，，21230 X 27 Al 27 Al 30 X 电荷数比 13 的电荷数多 2， 15 电荷数比 13 的质 即的质量数与 的质量数相等， YX15 量数多 3，AC 正确，BD 错误。 故选 AC。 7. 在图（a）所示的交流电路中，电源电压的有效值为 220V，理想变压器原、副线圈的匝数比 为 10∶1，R 、R 、R 均为固定电阻，R =10 ，R =20 ，各电表均为理想电表。已知电阻 R 2ΩΩ12323中电流 i2 随时间 t 变化的正弦曲线如图（b）所示。下列说法正确的是（　　） 的A. 所用交流电 频率为50Hz B. 电压表的示数为 100V C. 电流表的示数为 1.0A D. 变压器传输的电功率为 15.0W AD 【答案】 【解析】 【详解】A．交流电的频率为 11f   50Hz T0.02s A 正确； RB．通过 2 电流的有效值为 2A I  1A 2R2 两端即副线圈两端的电压，根据欧姆定律可知 U2  IR2 110V 10V U1 n1 根据理想变压器的电压规律 可知原线圈的电压 U2 n2 第 – 6 -页 共 19 页 nU1  1 U2 1010V 100V n2 电阻 R 1两端分压即为电压表示数，即 UV U0 U1  220V 100V 120V B 错误； C．电流表的示数为 U2 10 IA  A  0.5A R3 20 C 错误； 的D．副线圈中流过 总电流为 I2  I  IA 1A  0.5A 1.5A P  I2U2 15W 变压器原副线圈传输的功率为 D 正确。 故选 AD。 8. 如图，∠M 是锐角三角形 PMN 最大的内角，电荷量为 q（q>0）的点电荷固定在 P 点。下列 说法正确的是（　　） A. 沿 MN 边，从 M 点到 N 点，电场强度的大小逐渐增大 B. 沿 MN 边，从 M 点到 N 点，电势先增大后减小 C. 正电荷在 M 点的电势能比其在 N 点的电势能大 D. 将正电荷从 M 点移动到 N 点，电场力所做的总功为负 BC 【答案】 第 – 7 -页 共 19 页 【解析】 【详解】A．点电荷的电场以点电荷为中心，向四周呈放射状，如图 Qr2 是最大内角，所以 PN  PM ，根据点电荷的场强公式 （或者根据电场线的疏 E  k M 密程度）可知从 电场强度先增大后减小，A 错误； M  N B．电场线与等势面（图中虚线）处处垂直，沿电场线方向电势降低，所以从 增大后减小，B 正确； 电势先 M  N E  q 可知正电荷在    C． 、两点的电势大小关系为 N ，根据电势能的公式 NMMpM点的电势能大于在 点的电势能，C 正确； ND．正电荷从 故选 BC。 ，电势能减小，电场力所做的总功为正功，D 错误。 M  N 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。 （一）必考题：共 47 分。 9. 某同学利用图（a）所示装置验证动能定理。调整木板的倾角平衡摩擦阻力后，挂上钩码， 钩码下落，带动小车运动并打出纸带。某次实验得到的纸带及相关数据如图（b）所示。 第 – 8 -页 共 19 页 已知打出图（b）中相邻两点的时间间隔为 0.02 s，从图（b）给出的数据中可以得到，打出 B 点时小车的速度大小 vB=_____m/s，打出 P 点时小车的速度大小 vP=_____m/s（结果均保留 2 位小数）。 若要验证动能定理，除了需测量钩码的质量和小车的质量外，还需要从图（b）给出的数据中 求得的物理量为_________。 (1). (2). (3). B、P 之间的距离 【答案】 【解析】 0.36 1.80 【详解】[1][2]由匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度 (4.00  2.56) 102 vB  vP  m/s=0.36m/s 0.04 (57.86  50.66) 102 m/s=1.80m/s 0.04 [3]验证动能定理需要求出小车运动的过程中拉力对小车做的功，所以需要测量对应的 B、P 之间的距离。 10. 已知一热敏电阻当温度从 10℃升至 60℃时阻值从几千欧姆降至几百欧姆，某同学利用伏安 法测量其阻值随温度的变化关系。所用器材：电源 E、开关 S、滑动变阻器 R（最大阻值为 20 Ω）、电压表（可视为理想电表）和毫安表（内阻约为 100 Ω）。 (1)在答题卡上所给的器材符号之间画出连线，组成测量电路图________________。 第 – 9 -页 共 19 页 (2)实验时，将热敏电阻置于温度控制室中，记录不同温度下电压表和亳安表的示数，计算出 相应的热敏电阻阻值。若某次测量中电压表和毫安表的示数分别为 5.5 V 和 3.0 mA，则此时热 敏电阻的阻值为_____kΩ（保留 2 位有效数字）。实验中得到的该热敏电阻阻值 R 随温度 t 变 化的曲线如图（a）所示。 第 – 10 -页 共 19 页 (3)将热敏电阻从温控室取出置于室温下，测得达到热平衡后热敏电阻的阻值为 2.2kΩ。由图 （a）求得，此时室温为_____℃（保留 3 位有效数字）。 (4)利用实验中的热敏电阻可以制作温控报警器，其电路的一部分如图（b）所示。图中，E 为 直流电源（电动势为 10 V，内阻可忽略）；当图中的输出电压达到或超过 6.0 V 时，便触发报 警器（图中未画出）报警。若要求开始报警时环境温度为 50 ℃，则图中_________（填“R1” 或“R2”）应使用热敏电阻，另一固定电阻的阻值应为_________kΩ（保留 2 位有效数字）。 (1). (2). (3). (4). R1 【答案】 1.8 25.5 (5). 1.2 【解析】 【详解】(1)滑动变阻器由用分压式，电压表可是为理想表，所以用电流表外接。连线如图 (2)由部分电路欧姆定律得 UI5.5 0.3103 R  Ω 1.8kΩ (3)由该电阻的阻值随温度变化的曲线直接可读得：25.5℃。 (4)①温度升高时，该热敏电阻阻值减小，分得电压减少。而温度高时输出电压要升高，以触 发报警，所以 R1 为热敏电阻。②由图线可知，温度为 50℃时，R1 =0.8kΩ，由欧姆定律可得 第 – 11 -页 共 19 页 E  I(R1  R2 ) U  IR2 R = 1.2kΩ 代入数据解得 。211. 如图，一边长为 l0 的正方形金属框 abcd 固定在水平面内，空间存在方向垂直于水平面、磁 感应强度大小为 B 的匀强磁场。一长度大于 2l0 的均匀导体棒以速率 v 自左向右在金属框上 匀速滑过，滑动过程中导体棒始终与 ac 垂直且中点位于 ac 上，导体棒与金属框接触良好。已 知导体棒单位长度的电阻为 r，金属框电阻可忽略。将导体棒与 a 点之间的距离记为 x，求导 体棒所受安培力的大小随 x（ 0  x  2l0 ）变化的关系式。 22B v 2x, 0„ x„ l0  r2F  【答案】 【解析】 2B2v 22l  x , l0  x„ 2l 0  0r2【详解】当导体棒与金属框接触的两点间棒的长度为 l 时，由法第电磁感应定律可知导体棒上 感应电动势的大小为 E  Blv 由欧姆定律可知流过导体棒的感应电流为 EI  R式中 R 为这一段导体棒的电阻。按题意有 R  rl 此时导体棒所受安培力大小为 第 – 12 -页 共 19 页 F  BIl 由题设和几何关系有 22x, 0  x„ l0  2l  22( 2l0  x), l0  x„ 2l 0  2联立各式得 22B v 2x, 0„ x„ l0  r2F  2B2v 22l  x , l0  x„ 2l 0  0r212. 如图，相距 L=11.5m 的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀 速运动，其速度的大小 v 可以由驱动系统根据需要设定。质量 m=10 kg 的载物箱（可视为质 点），以初速度 v0=5.0 m/s 自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数 μ= 0.10， 重力加速度取 g =10m/s2。 (1)若 v=4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间； (2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度； 13 t  s后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平 (3)若 v=6.0m/s，载物箱滑上传送带 12 台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。 【答案】(1)2.75s；(2) ，v1  2m/s v2  4 2m/s ；(3)0 【解析】 v  4.0m/s 【详解】(1)传送带的速度为 a，由牛顿第二定律有： 时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为 mg  ma ①第 – 13 -页 共 19 页 设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为 x1，由运动学公式有 v2  v02  2ax1 ②联立①②式，代入题给数据得 x1=4.5m；③ 因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至 v，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传 送带到离开传送带所用的时间为 t1，做匀减速运动所用的时间为 t2，由运动学公式有 v  v0  at2 ④L  x1 t1  t2  ⑤v联立①③④⑤式并代入题给数据有 t1=2.75s；⑥ (2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为 v1，当载 物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为 v2.由动能定理有 11mgL  mv12  mv02 ⑦2211mgL  mv22  mv02 ⑧22由⑦⑧式并代入题给条件得 ，v1  2m/s v2  4 2m/s ⑨v  v  v (3)传送带的速度为 时，由于 2 ，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍 v  6.0m/s 0a。设载物箱做匀加速运动通过的距离为 x2，所用时间为 t3，由运动学公式有 v  v0  at3 ⑩v2  v02  2ax2 ⑪联立①⑩⑪式并代入题给数据得 t3=1.0s ⑫ x2=5.5m ⑬ 因此载物箱加速运动 1.0s、向右运动 5.5m 时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送 (t  t ) 带共同匀速运动 的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为 x3 有 3×3  v(t  t3) ⑭由①⑫⑬⑭式可知 第 – 14 -页 共 19 页 12mv2  mg(L  x2  x3) 即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为 v3，由运动学公式有， v32  v2  2a(L  x2  x3) ⑮设载物箱通过传远带的过程中，传送带对它的冲量为 I，由动量定理有 I  m(v3  v0 ) I  0 代题给数据得 （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. 如图，一开口向上的导热气缸内。用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞与气缸壁间无 摩擦。现用外力作用在活塞上。使其缓慢下降。环境温度保持不变，系统始终处于平衡状态。 在活塞下降过程中（　　） A 气体体积逐渐减小，内能增知 B. 气体压强逐渐增大，内能不变 C. 气体压强逐渐增大，放出热量 D. 外界对气体做功，气体内能不变 E. 外界对气体做功，气体吸收热量 BCD 【答案】 【解析】 【详解】A．理想气体的内能与温度之间唯一决定，温度保持不变，所以内能不变。A 错误； pV B．由理想气体状态方程 内能不变。B 正确； ，可知体积减少，温度不变，所以压强增大。因为温度不变，  C T第 – 15 -页 共 19 页 pV TCE．由理想气体状态方程 ，可知体积减少，温度不变，所以压强增大。体积减少，  C U W  Q 外接对系统做功，且内能不变，由热力学第一定律 错误。 可知，系统放热。C 正确；E D．体积减少，外接对系统做功。理想气体的内能与温度之间唯一决定，温度保持不变，所以 内能不变。故 D 正确。 故选 BCD。 14. 如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为 H=18cm 的 U 型管，左管上端封闭，右管 上端开口。右管中有高 h0= 4cm 的水银柱，水银柱上表面离管口的距离 l= 12cm。管底水平段 的体积可忽略。环境温度为 T1=283K。大气压强 p0 =76cmHg。 （i）现从右侧端口缓慢注入水银（与原水银柱之间无气隙），恰好使水银柱下端到达右管底部。 此时水银柱的高度为多少？ （ii）再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度 为多少？ 【答案】（i）12.9cm；（ii）363K 【解析】 【详解】（i）设密封气体初始体积为 V1，压强为 p1，左、右管的截面积均为 S，密封气体先经 等温压缩过程体积变为 V2，压强变为 p2.由玻意耳定律有 p1V  p2V2 1设注入水银后水银柱高度为 h，水银的密度为 ρ，按题设条件有 p1  p0  pgh0 p  p  pgh ，20V  S 2H l  h 0  V  SH ，12联立以上式子并代入题给数据得 h=12.9cm； （ii）密封气体再经等压膨胀过程体积变为 V3，温度变为 T2，由盖一吕萨克定律有 第 – 16 -页 共 19 页 V2 V3 TT2 1按题设条件有 V3  S(2H  h) 代入题给数据得 T2=363K [物理选修 3–4] 15. 如图，一列简谐横波平行于 x 轴传播，图中的实线和虚线分别为 t=0 和 t=0.1 s 时的波形图。 已知平衡位置在 x=6 m 处的质点，在 0 到 0.1s 时间内运动方向不变。这列简谐波的周期为 _____s，波速为_____m/s，传播方向沿 x 轴_____（填“正方向”或“负方向”）。 (1). (2). (3). 负方向 【答案】 【解析】 0.4 10 【详解】因为 x  6m处的质点在 0  0.1s 内运动方向不变，所以该处质点从正向位移最大处 经过四分之一个周期向下运动至平衡位置处，即 1T  0.1s 4解得周期为 ，所以波速为 T  0.4s T4m v  10m/s 0.4s x在虚线上， x  6m处的质点向下运动，根据同侧法可知波沿 轴负方向传播。 16. 如图，一折射率为 的材料制作的三棱镜，其横截面为直角三角形 ABC，∠A=90°，∠B=30°。 3一束平行光平行于 BC 边从 AB 边射入棱镜，不计光线在棱镜内的多次反射，求 AC 边与 BC 边上有光出射区域的长度的比值。 第 – 17 -页 共 19 页 【答案】2 【解析】 边上的入射角为 1 ，折射角 的【详解】设从 点入射光线经折射后恰好射向 点，光在 CDAB 为2 ，如图所示 由折射定律有 sin1  nsin2 设从 范围入射的光折射后在 BC 边上的入射角为 ，由几何关系有  DB   302 代入题中数据解得 2  30 nsin 1 所以从 范围入射的光折射后在 BC 边上发生全反射，反射光线垂直射到 边， 边上 AC AC DB 全部有光射出。设从 范围入射的光折射后在 边上的入射角为 ，如图所示 AC  AD 第 – 18 -页 共 19 页 由几何关系可知   90 2 根据已知条件可知 nsin 1 即从 范围入射的光折射后在 边上发生全反射，反射光线垂直射到 BC 边上。设 BC 边 AC AD 上有光线射出的部分为 ，由几何关系得 CF CF  AC sin30 的边与 BC 边有光射出区域 长度比值为  2 AC AC CF 第 – 19 -页 共 19 页