2020年高考理综物理真题试卷新课标Ⅲ

2020年高考理综物理真题试卷（新课标川）

阅卷人一、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，第广5题只有一项符合题目要求，第6~8有多项符合题

得分目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0

分。）（共5题；共30分）

1.（6分）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

D.拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动

【答案】B

【解析】【解答】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。

故答案为：Bo

【分析】结合电流的方向判断通电螺线管产生的磁场，进而判断出圆环磁通量的变化，再利用楞次

定律判断的运动方向。

2.（6分）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（）

【解析】【解答】由v-t图可知，碰前甲、乙的速度分别为D平=5m/s,=lm/s.碰后甲、

乙的速度分别为。'尹=-lm/s,vz=2m/s,甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得

m铲甲+1nzy乙=租./甲乙6乙

解得小2=6kg

则损失的机械能为AE二品尹味+品乙吸一/血即彳一品乙嘘

解得AE=3/

故答案为：Ao

【分析】v-t图像中，横坐标为时间，纵坐标为速度，以此读出两个物体的初末速度，利用末状态的

机械能减去初状态的机械能即为系统损失的机械能。

3.（6分）“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。贝广嫦娥四号”绕月球做圆周运动的速率

为（）

【答案】D

【解析】【解答】假设在地球表面和月球表面上分别放置质量为m和m0的两个物体，则在地球和

月球表面处，分别有G^=mg,G%4=mog'

R（?）

2

解得g'D5

设嫦娥四号卫星的质量为m,根据万有引力提供向心力得=

1（冷）KP

解得八意

故答案为：D。

【分析】卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，结合卫星的轨道半径，根据向心力公式列方程求

解卫星的线速度即可。

4.（6分）如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上0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，0点两侧绳与竖直方

向的夹角分别为a和惘若a=70。，则。等于（）

A.45°B.55°C.60°D.70°

【答案】B

【解析】【解答】由于甲、乙两物体质量相等，则设它们的质量为m,对O点进行受力分析，下面绳

子的拉力mg,右边绳子的拉力mg,左边绳子的拉力F,如图所示：

因处于静止状态，依据力的平行四边形定则，则有:

竖直方向：mgcos70°+FcosP=mg

水平方向：mgsiMOWFsin。

因a=70°

联立上式，解得：6=55°

故答案为：B«

【分析1对节点O进行受力分析，在两个三个拉力的作用下，物体处于平衡状态，其中有两个拉力

大小等于两个物体的重力，合力为零，根据该条件列方程分析求解即可。

5.（6分）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（）

A3mvRmv「3mvn3mv

A•友4HFD,磁

【答案】C

【解析】【解答】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

A点为电子做圆周运动的圆心，1•为半径，由图可知AABO为直角三角形，则由几何关系可得

（3a-fax）2=r2.a*+a2

解得「max=ga；

由洛伦兹力提供向心力eBv=m^

r

解得Bmin=，C符合题意，ABD不符合题意。

故答案为：C,

【分析】带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，粒子运动的半径

越大，磁感应强度越小；利用几何关系求解轨道半径，再结合向心力公式求解磁感应强度。

阅卷人

二、多选题（共3题；共18分）

得分

6.（6分）1934年，约里奥一居里夫妇用a粒子轰击铝箔，首次产生了人工放射性同位素X,反应方

程为：荆e+抬4-X+徐。X会衰变成原子核Y,衰变方程为XTY+%，贝U（）

A.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

C.X的电荷数比弘⑷的电荷数多2

D.X的质量数与冬⑷的质量数相等

【答案】A,C

【解析】【解答】设X和y的质子数分别为Hi和n2,质量数分别为mi和m2,则反应方程

为羽e+冬4T富X+为，胃Xt郡+?e

根据反应方程质子数和质量数守恒，解得2+13=%,ni=n2+l

4+27=啊+1,叫=牝+0

解得几1=15,n2=14,mi—30,m2=30

即x的质量数与y的质量数相等，得X电荷数比召川的电荷数多2,得X电荷数比各山的质

量数多3,AC符合题意，BD不符合题意。

故答案为：ACo

【分析】对于核反应方程式，箭头左右两端的微观粒子遵循质量数守恒、能量守恒、电荷守恒，结

合方程式分析即可。

7.（6分）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,Ri、R2、R3均为固定电阻，R2=10H,R3=200,各电表均为理想电表。已知电阻R?

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（）

%

图（a）图（b）

A.所用交流电的频率为50HzB.电压表的示数为100V

C.电流表的示数为1.0AD.变压器传输的电功率为15.0W

【答案】A,D

【解析】【解答】A.交流电的频率为T=0^2s=50"z

A符合题意;

出

B.通过R电流的有效值为/=1A

27F

/?2两端即副线圈两端的电压，根据欧姆定律可知U2=IR2=1x10K=10V

根据理想变压器的电压规律用=,可知原线圈的电压力喷力=1。x10V=100,

电阻飞两端分压即为电压表示数，即UV=UO-U1=220V-100V=120V

B不符合题意；

C.电流表的示数为<4=*=岩4=0.5A

C不符合题意；

D.副线圈中流过的总电流为/2=/+〃=14+0.5/1=1.54

变压器原副线圈传输的功率为P=I2U2=15UZ

D符合题意。

故答案为：AD。

【分析】通过交流电压的图像读出电压的最大值和角速度，计算出电压的有效值和频率，利用变压

器原副线圈匝数比与电压的关系求解副线圈的电压，再利用欧姆定律求解电流，进而求解功率。

8.（6分）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（）

p

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

【答案】B,C

【解析】【解答】A.点电荷的电场以点电荷为中心，向四周呈放射状，如图

ZM是最大内角，所以PN>PM,根据点电荷的场强公式E=*（或者根据电场线的疏密程

度）可知从MTN电场强度先增大后减小，A不符合题意；

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M-N电势先增大后

减小，B符合题意；

C.M、N两点的电势大小关系为<PM>（PN，根据电势能的公式Ep=q<P可知正电荷在M点

的电势能大于在N点的电势能，C符合题意；

D.正电荷从M-N,电势能减小，电场力所做的总功为正功，D不符合题意。

故答案为：BC。

【分析】结合点电荷的电场线模型，电场线密集的区域电场强度大，沿电场线方向电势减小，电场

力做正功，电势能减小,电场力做负功，电势能增加。

阅卷人

三、非选择题（共4题；共47分）

得分

9.（6分）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。

图（a）

单位：cm

图（b）

已知打出图（b）中相邻两点的时间间隔为0.02s,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。

【答案】0.36；1.80；B、P之间的距离

402

【解析】【解答】由匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度Vb=（°-^xl0-m/

s=0.36m/s

Vp=（57.86-50.66）x10-2m/s=i.80m/s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。

【分析】求解B、P两点的速度等于物体在相邻两段中运动的平均速度，即利用相邻两段的长度除以

对应的时间即可；已知物体的初末速度可以求解物体动能的改变量，那么还需要测量合外力做功，

即需要测量重物移动的距离。

10.（9分）已知一热敏电阻当温度从10℃升至6（）℃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

C）、电压表（可视为理想电表）和毫安表（内阻约为100C）。

（I）（2分）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。

（2）（2分）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5.5V和3.0mA,则此时

热敏电阻的阻值为.kC（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

图（b）

（3）（2.5分）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

2.2kC。由图（a）求得，此时室温为℃（保留3位有效数字）。

（4）（2.5分）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10V,内阻可忽略）；当图中的输出电压达到或超过6.（）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°C,则图中(填“RJ或

"R2”)应使用热敏电阻，另一固定电阻的阻值应为kQ(保留2位有效数字)。

(2)1.8

(3)25.5

(4)Ri；1.2

【解析】【解答】(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/?=7=—%，l.SkH

10.3x10

(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Ri为热敏电阻。②由图线可知，温度为50℃时，Ri=0.8kQ,由欧姆定律可得E=/(&+

此)

U=1R2

代入数据解得R2=12k。o

【分析】(1)为了能得到比较多的数据，采用分压法，电流表内阻比较大，对电压影响比较大，故

采用电流表外接法；

(2)结合电流表和电压表示数，利用欧姆定律求解电阻的阻值即可；

(3)结合题目给出的电压与温度的图像求解此时的温度即可；

(4)对图b电路应用闭合电路欧姆定律列方程，对热敏电阻应用部分电路欧姆定律列方程，联立求

解外加电阻的阻值。

11.(12分)如图，一边长为Io的正方形金属框abed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5/2/0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<%<V2Z0)变化的关系式。

【答案】解：当导体棒与金属框接触的两点间棒的长度为1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/=/

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F=BII

{2%,(OWx《氢)

由题设和几何关系有/=]万2

[2(V2/0-x),(^/0<x<V2/0)

(2B2V”/储、

联立各式得昨2-'---X,("0<X<-52-/n)

誓glo—x),(^/0<x<V2Z0)

【解析】【分析】利用法拉第电磁感应定律求解电压的大小，再利用欧姆定律求解回路中电流的大

小；利用左手定则和公式求解安培力的方向，再结合安培力公式求解导体棒受到的安培力大小。

12.(20分)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=10kg的载物箱（可视为质点），

以初速度v°=5.0m/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产（M0,重力加速度

取2

g=10m/so

（1）（6.5分）若v=4.0m/s,求载物箱通过传送带所需的时间；

（2）（6.5分）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；

（3）（7分）若v=6.0m/s,载物箱滑上传送带4t=1|s后，传送带速度突然变为零。求载物箱

从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。

【答案】（1）解：传送带的速度为v=4.0m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速

度为a,由牛顿第二定律有：=ma①

设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为Xi,由运动学公式有/-诏=-2axi②

联立①②式，代入题给数据得xi=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L,做匀减速运动所用的时间为t2,由运动学公式有〃-at?④

ti=b+第⑤

联立①③④⑤式并代入题给数据有ti=2.75s；⑥

（2）解：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vi,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住动能定理有

-limgL=

limgL=^mv2-话⑧

由⑦⑧式并代入题给条件得

Vj=\[2m/s,v2=4V3m/s（9）

（3）解：传送带的速度为v=6.0m/s时，由于为<u<〃2，载物箱先做匀加速运动，加速度大

小仍a。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=%+成3⑩

v2—VQ=2a%2⑪

联立①⑩⑪式并代入题给数据得t3=l.Os⑫

X2=5.5m⑬

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。此后载物箱与传送带共同

匀速运动（a-土3）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有右=破加-

t3）⑭

由①式可知2

⑫⑬⑭|mv>iimg（L—x2—X3）

即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为由运动学公式有，2

V3,vj-v=-2a（L-%2-

%3）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/=m（%-Vo）

代题给数据得I=0

【解析】【分析】（1）对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体的加速度，利用运动学公式

求解物体运动的时间；

（2）摩擦力对物体做正功，物体的速度增加，摩擦力做负功，速度减小，对物体进行受力分析，利

用动能定理列方程求解末速度；

（3）结合物体的加速度和运动时间，利用公式求解当传送带静止时物体的速度，进而求解物体滑出

传送带是的速度，利用动量定理求解摩擦力冲量即可。

阅卷入

------------------四、［物理一选修3-3］供1题；共15分）

得分

13.（15分）

（1）（7.5分）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（）

Ml

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

(2)(7.5分)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ho=4cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离1=12cm。管底水平

段的体积可忽略。环境温度为Ti=283K。大气压强po=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】(1)B；C；D

(2)解：(i)设密封气体初始体积为V”压强为pi,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P.V1=p2V2

设注入水银后水银柱高度为h,水银的密度为p,按题设条件有pi=p0+pg/io,P2=P0+

P9h

%=S(2H-l-h0),V2=SH

联立以上式子并代入题给数据得h=12.9cm；

由盖-吕萨克定律有知中

(ii)密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3,温度变为T2,

按题设条件有匕=S(2H-h)

代入题给数据得T2=363K

【解析】【解答】(1)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

不符合题意；

B.由理想气体状态方程挈=。，可知体积减少，温度不变，所以压强增大。因为温度不变，内能

不变。B符合题意；

CE.由理想气体状态方程即=。，可知体积减少，温度不变，所以压强增大。体积减少，外接对

系统做功，且内能不变，由热力学第一定律AU=W+Q可知，系统放热.C符合题意；E不符合

题意。

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。D符合题意。

故答案为：BCDo

【分析】（1）利用热力学第一定律AU=Q-W求解气体内能的变化即可，其中Q气体的吸热，W是

气体对外界做的功；

（2）气体做等温变化，结合气体初状态和末状态的压强和体积，利用波意尔定律列方程求解末状态

的体积；气体做等压变化，结合气体初状态和末状态的体积和温度，利用盖一吕萨克定律列方程求

解末状态的温度即可。

阅卷人

五、［选修3-4］（共1题；共15分）

得分

14.（15分）

（1）（7$分）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=0.1s时

的波形图。已知平衡位置在x=6m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

（2）（7.5分）如图，一折射率为V3的材料制作的三棱镜，其横截面为直角三角形ABC,

ZA=90°,NB=30。。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。

【答案】（1）0.4；10；负方向

（2）解：设从D点入射的光线经折射后恰好射向C点，光在AB边上的入射角为国,折射角

为出，如图所示

A

仇D

由折射定律有sin%=nsin02

设从DB范围入射的光折射后在BC边上的入射角为8,，由几何关系有夕=30。+%

代入题中数据解得劭=30°

nsin0z>1

所以从DB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AC边，AC边上全

部有光射出。设从AD范围入射的光折射后在AC边上的入射角为6",如图所示

由几何关系可知e"=90°-e2

根据已知条件可知nsin。”>1

即从AD范围入射的光折射后在AC边上发生全反射，反射光线垂直射到BC边上。设BC边上

有光线射出的部分为CF,由几何关系得CF=AC-sin30°

AC边与BC边有光射出区域的长度比值为第=2

【解析】【解答】（1）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1r=0.1s

解得周期为T=0.4s,所以波速为》=*=黑=10m/s

在虚线上，x=6m处的质点向下运动，根据同侧法可知波沿x轴负方向传播。

【分析】（1）通过图像读出波的波长，结合波移动的距离和对应的时间求解波速，进而求出波的周

期；根据6m处质点的振动方向求解波传播的方向；

（2）结合光线的入射角和介质的折射率，利用折射定律求解折射角，再根据光的全反射大致画出光

的传播路径，进而求解区域的比值关系。

试题分析部分

1、试卷总体分布分析

总分：125分

客观题（占比）48.0(38.4%)

分值分布

主观题（占比）77.0(61.6%)

客观题（占比）8(57.1%)

题量分布

主观题（占比）6(42.9%)

2、试卷题量分布分析

大题题型题目量（占比）分值（占比）

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6~85(35.7%)30.0(24.0%)

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。）

非选择题4(28.6%)47.0(37.6%)

[物理一选修3-3]1(7.1%)15.0(12.0%)

多选题3(21.4%)18.0(14.4%)

[选修3-4]1(7.1%)15.0(12.0%)

3、试卷难度结构分析

序号难易度占比

1普通(57.1%)

2容易(42.9%)

4、试卷知识点分析

序号知识点（认知水平）分值（占比）对应题号

1电场强度和电场线6.0(4.8%)8