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.库仑B.霍尔C.洛伦兹D.法拉第【答案】D【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。该过程利用原理的是电磁感应现象，其发现者为法拉第。故选D。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（ ）3π4π11A.B.C.D.GG3πG4πG【答案】A【解析】【详解】卫星在星体表面附近绕其做圆周运动，则GMm4p24M=mR，VR3，R2T23V知卫星该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星的周期3TG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E2达b点。等于（ ）E1A.20B.18C.9.0D.3.0【答案】B【解析】【详解】有题意可知当在a点动能为E1时，有1E=mv2121根据平抛运动规律有1hgt221hv1t1当在a点时动能为E2时，有1E=mv2222根据平抛运动规律有11h=gt22223h=v2t2联立以上各式可解得E2=18E1故选B。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C.偏转磁场的方向垂直于纸面向外D.增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移【答案】D【解析】【详解】A．由于电子带负电，要在MN间加速则MN间电场方向由N指向M，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知M的电势低于N的电势，故A错误；B．增大加速电压则根据1eUmv22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v2evBmR可得mvR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的角度，故P点会右移，故B错误；C．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C错误；D．由B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，从而增大偏转角度，使P点左移，故D正确。故选D。25.氘核1H可通过一系列聚变反应释放能量，其总效果可用反应式241161H22He21H+20n+43.15MeV表示。海水中富含氘，已知1kg海水中含有的氘核约为1.0×1022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1kg标准煤燃烧释放的热量约为2.9×107J，1MeV=1.6×10–13J，则M约为（ ）A.40kgB.100kgC.400kgD.1000kg【答案】C【解析】2【详解】氘核1H可通过一系列聚变反应释放能量，其总效果可用反应式241161H22He21H+20n+43.15MeV则平均每个氘核聚变释放的能量为E43.15=MeV661kg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由Qmq可得，要释放的相同的热量，需要燃烧标准煤燃烧的质量QEm0400kgqq6.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550kV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1100kV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（ ）1111A.∆P′=∆PB.∆P′=∆PC.∆U′=∆UD.∆U′=4242∆U【答案】AD【解析】【详解】输电线上损失的功率PΔP＝()2·rU损失的电压PΔU＝·rU1当输送电压变为原来的2倍，损失的功率变为原来的，即41ΔP′＝ΔP41损失的电压变为原来的，即21ΔU′＝ΔU2故选AD。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.a、b两点的场强相等B.a、b两点的电势相等C.c、d两点的场强相等D.c、d两点的电势相等【答案】ABC【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上的点电势为零，即ab0；而从M点到N点，电势一直在降低，即cd，故B正确，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4.0kg的静止物块以大小为5.0m/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5.0m/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5.0m/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.48kgB.53kgC.58kgD.63kg【答案】BC【解析】【详解】设运动员和物块的质量分别为m、m0规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为v1、v0，则根据动量守恒定律0mv1m0v0解得mv0v1m0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3mv0v2m0第3次推出后mv2m0v0mv3m0v0解得5mv0v3m0依次类推，第8次推出后，运动员的速度15mv0v8m0根据题意可知15mv0vm/s8m0解得m60kg第7次运动员的速度一定小于5m/s，则13mv0vm/s7m0解得m52kg综上所述，运动员的质量满足kgm60kgAD错误，BC正确。故选BC。三、非选择题：（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=0.590m，下降一段距离后的高度h=0.100m；由h0下降至h所用的时间T=0.730s。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100.0g和150.0g，当地重力加速度大小为g=9.80m/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：__________。【答案】(1).1.84(2).1.96(3).滑轮的轴不光滑，绳和滑轮之间有摩擦（或滑轮有质量）【解析】【详解】①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1h-h=aT202代入数据解得a=1.84m/s2；②根据牛顿第二定律可知对小球A有T-mAg=mAa¢对小球B有mBg-T=mBa¢带入已知数据解得a¢=1.96m/s2；③在实验中绳和滑轮之间有摩擦会造成实际计算值偏小。10.某同学要研究一小灯泡L（3.6V，0.30A）的伏安特性。所用器材有：电流表A1（量程200mA，内阻Rg1=10.0Ω），电流表A2（量程500mA，内阻Rg2=1.0Ω）、定值电阻R0（阻值R0=10.0Ω）、滑动变阻器R1（最大阻值10Ω）、电源E（电动势4.5V，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：小灯泡两端的电压U=_______，流过小灯泡的电流I=_______。为保证小灯泡的安全，I1不能超过_______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/mA325585125144173I2/mA171229299379424470根据实验数据可算得，当I1=173mA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）。【答案】(1).(2).I1(Rg1+R0)(3).I2I1(4).180(5).11.6(6).8.0【解析】【详解】（1）根据电路图连接实物图如图所示（2）①根据电路图可知灯泡两端的电压为电流表A1和R0的总电压，故根据欧姆定律有U=I1(Rg1+R0)②根据并联电路特点可知流过小灯泡的电流为II2I1③因为小灯泡的额定电压为3.6V，故根据题目中已知数据带入①中可知I1不能超过180mA；（3）根据表中数据可知当I1=173mA时，I2=470mA；根据前面的分析代入数据可知此时灯泡两端的电压为U=3.46V；流过小灯泡的电流为I=297mA=0.297A；故根据欧姆定律可知此时小灯泡的电阻为U3.46R==Ω=11.6ΩI0.297（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，而电流表A1不能超过其量程200mA，此时结合①有3.6=0.2´(10+R0)解得R08Ω，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。11.如图，在0≤x≤h，y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；B（2）如果磁感应强度大小为m，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。mv0π【答案】（1）磁场方向垂直于纸面向里；Bm=；（2）；y(23)hqh6【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v2qvBm0①0R由此可得mvR0②qB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h③由题意，当磁感应强度大小为Bm时，粒子的运动