2020年全国统一高考物理试卷(有详细解析)

1、2020年全国统一高考物理试卷（新课标口）班级：姓名：得分：一、单选题（本大题共5小题，共30.0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2.D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积火星的质量约为地球质量的1/10,半径约为地球半径的1/2,则同一物体在火星表而与在地球表面受到的引力的比值约为（）3.A. 0.2B. 0.4C. 2.0如图，一同学表演荡秋千。已知

2、秋千的两根绳长均为10 m,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8m/s,此时每根绳子平均承受的拉力约为（）A. 200NB. 410NC. 600N4 .图（a）所示的电路中，K与L间接一智能电源，用以控制电容器。两端的电压分。如果随时间/的变化如图（6）所示，则下列描述电阻R两端电压以随时间变化 的图像中，正确的是（）5 . 一匀强磁场的磁感应强度大小为8,方向垂直于纸而向外，其边界如图中虚线所示,2为半圆，"与直径"共线，"间的距离等于半圆的半径。一束质量为小、电荷量为q（q > 0）的粒

3、子，在纸面内从c点垂直于戊射入磁场，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 7vm宜 Sthh万 47mlc 37TmA，6qB& 4qb3qB6 2qB二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）6 .下列核反应方程中，Xj X2, X3,居代表。粒子的有（）A.+B. 1H+fH n + X2C.毅 U+t靖 8a+黑 Kr + 3% D.凯+$Li/" + %7 . 一物块在高3.0m、长5.0m的斜而顶端从静止开始沿斜而下滑，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10m/s20则（）

4、A.物块下滑过程中机械能不守恒B.物块与斜而间的动摩擦因数为0.5C.物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2D.当物块下滑2.0 m时机械能损失了 12/8 .如图，U形光滑金属框“灰H置于水平绝缘平台上，心和A边平行，和机,边垂直。瓜 A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2N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，且与机边保持平行。经过一段时间后（）XXX 10XXX hXXXXXXX士XXXXXXXXdXXX ?/ XXCXXA.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.

5、导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D.导体棒到金属框儿边的距离趋于恒定值三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）9 .某同学用伏安法测量一阻值为几十欧姆的电阻所用电压表的内阻为1 kn,电流 表内阻为0.5。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。、尸两点之间，另一种是跨接在。、。两点之间。测量得到如图（）所示的两条 UT图线，其中U与/分别为电压表和电流表的示数。（1）图（5）中标记为n的图线是采用电压表跨接在（填“o、p”或“。、,）两点的方案测量得到的，KMB1I. .50,oo.50.(k),50.oo-5(1 工 工 Z 2 1 6图（b）（2）根据所用实验

6、器材和图（b）可判断，由图线（填“ I ”或" n ”）得到的结果更接近待测电阻的真实值，结果为n（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 n（保留1位小数）。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，/的遮光片）、两个与计算机相连接的光电门、硅码盘和硅码等。实验步骤如下：(1)开动气泵，调行气垫导轨，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)用天平测硅码与硅码盘的总质量mi、滑块(含遮光片)的质量m2：(3)用细线跨过

7、轻质定滑轮将滑块与硅码盘连接，并让细线水平拉动滑块；(4)令滑块在硅码和硅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、8两处的光电门的遮光时间4以、及遮光片从A运动到3所 用的时间以2：(5)在遮光片随滑块从A运动到3的过程中，如果将硅码和硅码盘所受重力视为滑 块所受拉力，拉力冲量的大小/ =，滑块动量改变量的大小/p =： (用题中给出的物理量及重力加速度g表示)(6)某次测量得到的一组数据为：d = 1.000 cm, m± = 1.50 X 102kg, m2 = 0.400 kg, ti = 3.900 X 10-2s» At2 = 1.

8、270 X 10-2s» t12 = 1.50 s,取= 9.80 m/s2 o 计算可得/=N s, Ap =kg - m - s-1：(结果均保留 3 位有效数字)(7)定义8=|上产 x HK)% ,本次实验6 =%(保留1位有效数字)。四、计算题(本大题共2小题，共32.0分)11 .我国自主研制了运一20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用户=描写，k为系数：I，是飞机在平直跑道上的滑行速度，厂与飞机所受重力相等时的V称为飞 机的起飞离地速度，已知飞机质量为1.21X105的时，起飞离地速度为66/n/s：装 载货物后质量为L69 X L()5 kg ,装载货物前后起飞离地

9、时的a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15217n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。12 .在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以。为圆心，半径为R的圆，AB为 圆的直径，如图所示。质量为小，电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸而内自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点以速率为穿出电场，AC与A8的夹角8 = 60。，运动中 粒子仅受电场力作用。厂、/电-2?(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

10、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加火，该粒子进入电场时的速度应 为多大？五、综合题（本大题共2小题，共30.0分）13 .物理选修3 3（1）分子间作用力F与分子间距，的关系如图所示，厂=G时，尸=0,分子间势能由决定，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。，另一分子从距。点很远处向。点运动，在两分子间距减小到殳的过程中，势能（填“减小“不变”或“增大”）：在间距由交减小到丁1的过程中，势能（填“减小” “不变”或“增大”）；在间距等于71处，势能（填“大于”“等于”或“小于"）零.（2）甲、乙两个储气罐储存有同种气体（可视为

11、理想气体）.甲罐的容积为匕罐中气体的压强为；乙罐的容积为2匕罐中气体的压强为。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，求调配后两罐中气体的压强:（苴）甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。14 .物理选修3 4（1）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艮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。.观察者听到远去的列车发出的汽笛声，音调会变低。.同一声源发出的声波，在空气和水中传播的速度不同£天文学上观察到双星(相距较近、均绕它们连

12、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(2)一振动片以频率/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 水而上“、两点，两波源发出的波在水面上形成稳定的干涉图样。c是水而上的一 点，、b、c间的距离均为/,如图所示。已知除c点外，在比连线上还有其他振 幅极大的点，其中距。最近的点到c的距离为白。求：(i)波的波长：(ii)波的传播速度。第23页，共23页答案和解析1 .【答案】D【解析】【分析】分析碰撞前后的动量变化关系，根据动量定理分析冲击力的变化，同时结合实际情景判 断正误即可。本题考查动量定理的应用，要注意明确安全气囊增加了冲击时间，从而减小了冲击力。【解答】

13、48D:在碰撞过程中，司机的动量的变化量是一定的，而用安全气囊后增加了作用的时 间，根据动量定理尸可知，可以减小司机受到的冲击力，同时安全气囊增大了司 机在碰撞过程中的受力面积，即减小了司机单位面积受力，故。正确，AB错误。C：实际情况中司机与安全气囊碰撞的过程中，不能将司机全部的动能转化成汽车的动能: 故。错误：故选。：2 .【答案】B【解析】【分析】本题主要考查对方有引力定律的理解，只要熟悉引力公式即可，属于基础题：【解答】由星球和物体间的引力公式：F = G等知，同一物体所受的引力大小与物体所 在的星球质量成正比与星球的半径的平方成反比：设火星质量为半径为4,物体在火星表面所受的引力为地

14、球质量为M2,地球 半径为R2,物体在地球表面所受的引力为尸2,贝IJ：今=答箓=2'；=0.4,所以ACD错误,8正确。rn AI n . XU X故选心3 .【答案】B【解析】【分析】 本题考查竖直圆周运动的受力分析，考查知识点单一，但要注意结合实际情景分析其受 力情况。【解答】 该同学在最低点的向心加速度为：a = > = 6.4m/s2对该同学在最低点受力分析可知：T-mg = ma,带入数据可求解绳子拉力为：T = 820N,而拉力由两根绳子提供，故每根绳子拉力约为410N, B正确，ACO错误故选&4 .【答案】A【解析】【分析】本题主要考查电容器的充放电，需

15、结合电容器的电荷量和电容、电压的关系Q = CU,再结合电流的定义式7 =三再结合欧姆定律/ = /乩 来进行具体求解：学生亦可 通过图像的斜率的变化猜测答案A ：【解答】由电容器所带电荷量和电容、电压的关系为Q = CU可知，流过电阻A两端的 电荷量为= C/U；再由电流的定义式可知流过电阻R的电流为：/ = C彩；也就是电路中流过电阻R的电 at流与电容器两端电压的变化率成正比，而U-t图像的斜率K即为华，则有：At在Osl秒和2s3秒内，由于U t图像的斜率K为0,所以电路中电流为0：22秒内U-t图像的斜率K为正且不变，电容器在充电，电路中有恒定电流小 3s5秒内U-t图像的斜率K?为

16、负且不变，电容器在放电，电路中有恒定电流；2；由于勺=26，故有A = 2/2,二者的电流方向相反；结合欧姆定律U = /A, ls2秒，充电过程，电阻两端电压为正，3s5秒放电过程，电阻两端电压为负，可知：BCD错误,A正确；故选A,5 .【答案】C【解析】【分析】 本题主要考查带电粒子在磁场中的运动规律，注意将运动时间最长转换为偏转角最大。【解答】对于同种粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关，由在磁场中运动轨迹对应圆心角决定，即如图所示，粒子垂直4C,则圆心必在4c直线上。采用放缩法 27r可知，将粒子的轨迹半径由零逐渐放大，在rV0.5R和r>1.5R时，粒子将分别从川区域射出，磁

17、场中的轨迹为半圆，运动时间等于半个周期。当0.5R Vr V1.5R时，粒子从半圆边界射出，运动时间显然大于半个周期若粒子从外圆弧边任意一点e出射，轨迹如图所示，对应的圆心为。设4。ice = a, 由几何关系可知粒子在磁场中转过的圆心角6 =乙c/e = 180° + 2a，由此可知当a角越 大时，粒子在磁场中转过的圆心角越大，粒子在磁场中运动的时间越长；由几何关系可知当线段ce与半圆，心相切时a角最大，如图乙所示，此时三角形“。为直角三角形,可知a角为30。，故最大偏转角为6 =4+3 =：万，带电粒子在磁场中运动的周期为7 = 33子，则其运动时间最长为t = T =等，故。正

18、确，A3。错误：BqZ7T 3bq故选co6 .【答案】BD【解析】【分析】本题主要考查核反应中质量数和电荷数守恒原理，同时要熟悉原子核的表示符号：【解答】A：根据核反应中质量数和电荷数守恒可知：X为，L ,为a粒子的同位素，A错误；B：根据核反应中质量数和电荷数守恒可知:为。粒子，8正确:。根据核反应中质量数和电荷数守恒可知：丫3为勒，为中子，C错误；D：根据核反应中质量数和电荷数守恒可知：*4为；比，为a粒子，。正确: 故选BD。7 .【答案】AB【解析】【分析】本题主要在斜面模型的基础上结合图象考查功能关系，注意把握基本概念【解答】力B：由图象I可知，物块开始静止时，其重力势能为Ep =

19、 mgh = 30/，则物块质量为： m = 1kg斜而长为5,明高为3/，则可知斜面倾角为37。，对物块在斜面上运动沿斜面方向受力 分析可知：F 个=7ngsin37。 mgcos37。= ma由图可知II图线的斜率为2,由动能定理：/Ek=F可知，物体在该过程中合外力：F合=2N,带入可知 =0.5,且存在摩擦力故物块运动过程机械能不守恒，故A8正 确。C：F冷=ma故物块加速度为：。=2m/$2,故。错误。D：由图可知，当物块下滑2.0m时，其重力势能减少12J,其动能增加4J,故物块机械 能损失了 8J，。错误故选AB.8 .【答案】BC【解析】【分析】本题为电磁感应中的双棒问题的变型

20、，需通过对金属框和导体棒的受力分析来判断它们 的运动情况，同时利用运动学的规律结合法拉第电磁感应定律来判断电路中的感应电动 势和感应电流的变化情况，从而来确定金属框和导体棒运动的最终状态；【解答】金属框在恒力作用下向右做切割磁感线运动，由右手定则判断知，回路中产生逆时针的 感应电流，由左手定则判断可知，导体棒所受的安培力方向向右，故导体棒向右做加速 运动；设刚开始运动后金属框的速度为打，导体棒的速度为火,磁感应强度为从儿边长为/, 金属框的质量为巾1，导体棒的质量为7H2,导体棒的电阻为R，则：以金属框为研究对象，其在此时刻的加速度即为：F 8卜(% v2)ax =;-mL7nlR以导体棒为研

21、究对象，其在此时刻的加速度电为:B2l2(v1-v2)a2 = m2R由由、的表达式可知，金属框向右运动后，开始阶段，由于金属框的加速度大于导 体棒的加速度，故金属框和导体棒的速度差在逐渐增大，回路中产生的感应电动势增大, 感应电流增大，金属框和导体棒所受的安培力都增大，则此后金属框的加速度在逐渐减 小，导体棒的加速度在逐渐增大，当两者的加速度相等时，速度之差将会保持不变，感 应电流与安培力也将保持不变，金属框和导体棒最终做加速度相同的匀加速直线运动;A、由于金属框最终做匀加速直线运动，故金属框的速度将一直增加，A错误；B、由上述分析可知，金属框最终做匀加速直线运动，其最终的加速度为；;三，8

22、正确：C、由上述分析可知，金属框与导体棒构成的回路最终的电流保持不变，所以导体棒所 受的安培力最终为定值大小为;-F, C正确：th1十。、由于金属框与导体棒的速度差/例呆持不变，故导体棒相对金属框做向左的匀速直线 运动，故导体棒离机边将越来越远，。错误；故选BCO9 .【答案】(1)。、P； (2) I , 50.5： (3)50.0【解析】【分析】本题主要考查了伏安法测电阻的实验中电表的接法。(1)电流表选择内接或外接，可根据电压表、电流表内阻与被测电阻的大小关系来判断。(2)考查对U-1图像的理解，结合电流表的接法处理数据。【解答】(1)当电压表跨接在。、P两点时，电流表外接，电压准确，

23、电流测量值为电阻 与电压表电流之和，由夫=挤得电阻测量值偏小：电压表跨接在。、。两点时，电流表 内接，电流准确，电压测量值为电阻与电流表电压之和，电阻测量值偏大，U-1图像 的斜率大小等于电阻测量值，因此口图线为电压表跨接在。、P两点测量得到的。(2)由图线可得I图线测得电阻值上=3= 50.5。,图线II测得电阻 阻值为原=* g：冬黑。-"=476被测电阻值约为5。* =翳=2。,擀= 瞪=100,因电流表采用内接法，电压表跨接在0、。两点，根据图线I，可 0.5以 以A得测量结果为&= 50.50。(3)电压表跨接在0、。间，测得的阻值为电阻与电流表电阻之和，则夫=R回

24、一& =50.0/2 o故答案为：(1)0、P; (2) I , 50.5； (3)50.010 .【答案】(1)相等:(5)m1pt12» 7n2(高一套);(6)0.221, 0.212： (7)4【解析】【分析】(1)理解实验原理，通过连个光电门的时间相同时速度相等，故气垫导轨为水平(2)知道测量速度的办法，理解冲量和动量表达式的意义；【解答】(2)如果滑块在气垫导轨上做运动直线运动时，气垫导轨为水平，故通过光电门的时间 相等时，说明速度相等，气垫导轨为水平状态(5)根据冲量的表达式7 = Ft =加10打2,通过光电门1、2的速度分别为巧.= *， X3故动量的改变量

25、的表达式为= m2v2- m2v1 = m2(-襄)(6)将数字代入(5)中的表达式可得/ = 0.221N s： Ap = 0.212kg - m - s-1.(7)将(6)中的数字代入计算可得6 = 4%11 .【答案】解：(1)设飞机空载时与装载货物时起飞离地时速度分别为也,V2o由受力平衡条件，飞机空载起飞离地时有：Mig = kV12同理，飞机装载货物后起飞离地时有：M2g = kv22联解得艺=除I 带入数据得% = 78 mls.(2)根据匀变速直线运动规律有v2z = 2 ax带入数据得a = 2.0m/s2» t = 39s【解析】本题主要考查了共点力平衡条件的理解

26、与运用，匀变速直线运动规律的运用。 本题难度较易。审题时注意看清“装载货物后质量”指的是飞机的总质量。(1)由起飞离地时飞机的升力与飞机的重力平衡，列出平衡方程，得到飞机空载时和装 载货物时飞机起飞离地速度的大小比例关系。(2)根据初速度为零的匀加速直线直线运动公式可求加速度和所用时间，选用公式时可 优先选用平均速度公式，计算过程更快捷。12 .【答案】解：(1)根据动能定理可得：qER = |mv02解得E=霁2qR(2)如图所示，电场力方向沿着AC。因为q>0,所以，该匀强电场的强度方向平行于AC.设过圆心。点的电场线与圆周相交于。点，因为圆周上。点的电势力最低，故 粒子从圆周上。点

27、射出时，粒子穿过电场后动能的增量最大。粒子从A点运动至D点做类平抛运动，有：Z?cos30° = v1tR+Rsin300 =为/ 2qE a =一 m联解得= j%(3)如图所示，要使粒子穿过电场前后动量的变化量大小为血孙，则粒子从圆周上的。点或8点射出电场。当粒子从圆周上的C点射出电场时，粒子初速度为零。当粒子从圆周上的B点射出电场时，根据类平抛运动规律有：2Rcos30。= v21'27?sin30° = |at/2联解得l;2 =生0答：(1)电场强度大小为塞：(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场的速度应为在火4(3)为使粒子穿过电场后的动

28、量变化量大小为血几,该粒子进入电场的速度应为0或浮心【解析】【分析】本题以粒子在电场中的直线运动和类平抛运动，考查了静电场的性质，运动的 合成与分解及能量转化与守恒，动量概念等物理基本知识的理解与运用，考查了综合分 析与推理能力，难度适中。解决本题关键是确定电场线的方向，利用电场线与等势而垂 直，综合运用力和运动，功和能，动量等力学三大观点分析物理问题。(1)根据题意，判断粒子由静止开始做匀加速直线运动。根据动能定理可求电场强度， 牛顿第二定律结合匀变直线运动公式先求出加速度，再求出电场强度：(2)根据能量的转化与守恒，粒子从圆周上电势最低点射出电场时，电场力做功最大， 粒子穿过电场中动能的增

29、量最大。根据类平抛运动的运动的合成与分解列方程可求粒子 射入电场初速度。(3)根据类平抛运动的运动的规律，粒子在初速度方向即垂直电场方向的分速度不变， 得出粒子沿着电场线方向的速度增量为外,即粒子穿出电场时沿着电场线方向的分速度 为气。由此可得，粒子从圆周上8点射出电场(因为8点与C点关于电场线对称的电势 相等的两点)。【解答】(1)依题意，初速度为零的粒子在匀强电场力作用下从A点沿着AC做匀加速直 线运动至。点。根据动能定理可得qEA =解得E =驾ZqK(2)如图所示，电场力方向沿着AC因为q>0,所以，该匀强电场的强度方向平行于 AC.设过圆心。点的电场线与圆周相交于。点，因为圆周

30、上。点的电势力最低，故粒子从 圆周上。点射出时，粒子穿过电场后动能的增量最大。粒子从A点运动至。点做类平抛运动，有：7?cos30° = vLt1 、 7?+sin30° = -at22其中，a =匠 m联解得打 = V0 4(3)粒子穿过在电场做类平抛运动，将粒子的速度(或动量)垂直于电场线方向和沿电场线方向分解，则垂直电场线方向的分速度不变，垂直电场线方向的也动量不变。一/如图所示，要使粒子穿过电场前后动量的变化量大小为mu。,则粒子从圆周上的。点或8点射出电场。当粒子从圆周上的C点射出电场时，粒子初速度为零。当粒子从圆周上的8点射出电场时，根据类平抛运动规律有:2Z?

31、cos30° = v2tf1 -2Rsin300 = -a，22联解得纵=V013 .【答案】(1)减小：减小；小于(2)(t)设调配后，两罐中气体压强为0,由玻意耳定律得1pV + -pX2V=(y + 27) X p02解得Po = |p(ii)对甲罐分析，压强变为Po = ：P，设气体体积应变为匕， 由于发生的是等温变化，根据玻意耳定律得pP = ：px匕 解得 =m ifi nV 2中罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为嬴-=犷=三7n 甲 pvx O【解析】(1)【分析】本题考查了分子间的相互作用力做功与分子势能变化关系，当分子间作用 力做正功时，分子势能减少，当分子

32、间作用力做负功时，分子势能增加，当分子力为零 时，分子势能最小。【解答】在分子间距离r>ri阶段，分子间的作用力表现为引力，不断减小的过程中， 分子力做正功，分子势能逐渐减小，在两分子间距在减小到交的过程中，所以分子力表 现为引力，分子力做正功，分子势能减小，在间距由上减小到3的过程中，分子力依旧 表现为引力，分子力做正功，分子势能减小，规定相距无穷远时分子间的势能为零，分 子由无穷远运动到分子力一直做正功,分子势能一直减小,所以分子在间距等于71处, 分子势能最小，小于零。故填：减小：减小：小于。(2)【分析】(i)将甲，乙看为一个整体，由题意知，甲，乙气体发生等温变化，稳定后， 甲，乙两部分气体的