2020年全國統(tǒng)一高考物理試卷（新課標(biāo)ⅱ）（含解析版）

1、2020年全國統(tǒng)一高考物理試卷（新課標(biāo)）一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第15題只有一項符合題目要求，第68題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1（6分）管道高頻焊機可以對由鋼板卷成的圓管的接縫實施焊接。焊機的原理如圖所示，圓管通過一個接有高頻交流電源的線圈，線圈所產(chǎn)生的交變磁場使圓管中產(chǎn)生交變電流，電流產(chǎn)生的熱量使接縫處的材料熔化將其焊接。焊接過程中所利用的電磁學(xué)規(guī)律的發(fā)現(xiàn)者為（）A庫侖B霍爾C洛倫茲D法拉第2（6分）若一均勻球形星體的密度為，引力常量為G，則在該星體表面附近沿圓軌道繞其運動的衛(wèi)星的周期是（）A

2、BCD3（6分）如圖，在摩托車越野賽途中的水平路段前方有一個坑，該坑沿摩托車前進方向的水平寬度為3h，其左邊緣a點比右邊緣b點高0.5h。若摩托車經(jīng)過a點時的動能為E1，它會落到坑內(nèi)c點，c與a的水平距離和高度差均為h；若經(jīng)過a點時的動能為E2，該摩托車恰能越過坑到達b點。等于（）A20B18C9.0D3.04（6分）CT掃描是計算機X射線斷層掃描技術(shù)的簡稱，CT掃描機可用于對多種病情的探測。圖（a）是某種CT機主要部分的剖面圖，其中X射線產(chǎn)生部分的示意圖如圖（b）所示。圖（b）中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內(nèi)有勻強偏轉(zhuǎn)磁場；經(jīng)調(diào)節(jié)后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到

3、靶上，產(chǎn)生X射線（如圖中帶箭頭的虛線所示）；將電子束打到靶上的點記作P點。則（）AM處的電勢高于N處的電勢B增大M、N之間的加速電壓可以使P點左移C偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直于紙面向外D增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應(yīng)強度的大小可使P點左移5（6分）氘核H可通過一系列聚變反應(yīng)釋放能量，其總效果可用反應(yīng)式6H2He+2H+2n+43.15MeV表示。海水中富含氘，已知1kg海水中含有的氘核約為1.01022個，若全都發(fā)生聚變反應(yīng)，其釋放的能量與質(zhì)量為M的標(biāo)準(zhǔn)煤燃燒時釋放的熱量相等；已知1kg標(biāo)準(zhǔn)煤燃燒釋放的熱量約為2.9107J，1MeV1.61013J，則M約為（）A40kgB100kgC400kgD1000kg6

4、（6分）特高壓輸電可使輸送中的電能損耗和電壓損失大幅降低。我國已成功掌握并實際應(yīng)用了特高壓輸電技術(shù)。假設(shè)從A處采用550kV的超高壓向B處輸電，輸電線上損耗的的電功率為P，到達B處時電壓下降了U在保持A處輸送的電功率和輸電線電阻都不變的條件下，改用1100kV特高壓輸電，輸電線上損耗的電功率變?yōu)镻，到達B處時電壓下降了U不考慮其他因素的影響，則（）APPBPPCUUDUU7（6分）如圖，豎直面內(nèi)一絕緣圓環(huán)的上、下半圓分別均勻分布著等量異種電荷。a、b為圓環(huán)水平直徑上的兩個點，c、d為豎直直徑上的兩個點，它們與圓心的距離均相等。則（）Aa、b兩點的場強相等Ba、b兩點的電勢相等Cc、d兩點的場強

5、相等Dc、d兩點的電勢相等8（6分）水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞?？偣步?jīng)過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力，該運動員的質(zhì)量可能為（）A48kgB53kgC58kgD63kg二、非選擇題：共62分。第912題為必考題，每個試題考生都必須作答。第1316題為選考題，考生根據(jù)要

6、求作答。（一）必考題：共47分。9（5分）一細(xì)繩跨過懸掛的定滑輪，兩端分別系有小球A和B，如圖所示。一實驗小組用此裝置測量小球B運動的加速度。令兩小球靜止，細(xì)繩拉緊，然后釋放小球，測得小球B釋放時的高度h00.590m，下降一段距離后的高度h0.100m；由h0下降至h所用的時間T0.730s。由此求得小球B加速度的大小為a m/s2（保留3位有效數(shù)字）。從實驗室提供的數(shù)據(jù)得知，小球A、B的質(zhì)量分別為100.0g和150.0g，當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮間9.80m/s2根據(jù)牛頓第二定律計算可得小球B加速度的大小為a m/s2 （保留3位有效數(shù)字）?？梢钥闯?，a與a有明顯差異，除實驗中的偶然誤差外，

7、寫出一條可能產(chǎn)生這一結(jié)果的原因： 。10（10分）某同學(xué)要研究一小燈泡L（3.6V，0.30A）的伏安特性。所用器材有：電流表A1（量程200mA，內(nèi)阻Rg110.0）、電流表A2（量程500mA，內(nèi)阻Rg21.0）、定值電阻R0（阻值R010.0）、滑動變阻器R1（最大阻值10）、電源E（電動勢4.5V，內(nèi)阻很?。㈤_關(guān)S和若干導(dǎo)線。該同學(xué)設(shè)計的電路如圖（a）所示。（1）根據(jù)圖（a），在圖（b）的實物圖中畫出連線。（2）若I1、I2分別為流過電流表A1和A2的電流，利用I1、I2、Rg1和R0寫出：小燈泡兩端的電壓U ，流過小燈泡的電流I 。為保證小燈泡的安全，I1不能超過 mA。（3）實驗

8、時，調(diào)節(jié)滑動變阻器，使開關(guān)閉合后兩電流表的示數(shù)為零。逐次改變滑動變阻器滑片的位置并讀取相應(yīng)的I1、I2所得實驗數(shù)據(jù)在表中給出。I1/mA325585125144173I2/mA171229299379424470根據(jù)實驗數(shù)據(jù)可算得，當(dāng)I1173mA時，燈絲電阻R （保留1位小數(shù)）。（4）如果用另一個電阻替代定值電阻R0，其他不變，為了能夠測量完整的伏安特性曲線，所用電阻的阻值不能小于 （保留1位小數(shù)）。11（12分）如圖，在0xh，y+區(qū)域中存在方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B的大小可調(diào)，方向不變。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q0）的粒子以速度v0從磁場區(qū)域左側(cè)沿x軸進入磁場，不計重力。（1

9、）若粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后穿過y軸正半軸離開磁場，分析說明磁場的方向，并求在這種情況下磁感應(yīng)強度的最小值Bm；（2）如果磁感應(yīng)強度大小為，粒子將通過虛線所示邊界上的一點離開磁場。求粒子在該點的運動方向與x軸正方向的夾角及該點到x軸的距離。12（20分）如圖，一豎直圓管質(zhì)量為M，下端距水平地面的高度為H，頂端塞有一質(zhì)量為m的小球。圓管由靜止自由下落，與地面發(fā)生多次彈性碰撞，且每次碰撞時間均極短；在運動過程中，管始終保持豎直。已知M4m，球和管之間的滑動摩擦力大小為4mg，g為重力加速度的大小，不計空氣阻力。（1）求管第一次與地面碰撞后的瞬間，管和球各自的加速度大?。唬?）管第一次落地彈起后，在上升過程

10、中球沒有從管中滑出，求管上升的最大高度；（3）管第二次落地彈起的上升過程中，球仍沒有從管中滑出，求圓管長度應(yīng)滿足的條件。（二）選考題：共15分。請考生從2道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。物理-選修3-3（15分）13（5分）下列關(guān)于能量轉(zhuǎn)換過程的敘述，違背熱力學(xué)第一定律的有 ，不違背熱力學(xué)第一定律、但違背熱力學(xué)第二定律的有 。（填正確答案標(biāo)號）A汽車通過燃燒汽油獲得動力并向空氣中散熱B冷水倒入保溫杯后，冷水和杯子的溫度都變得更低C某新型熱機工作時將從高溫?zé)嵩次盏臒崃咳哭D(zhuǎn)化為功，而不產(chǎn)生其他影響D冰箱的制冷機工作時從箱內(nèi)低溫環(huán)境中提取熱量散發(fā)到溫度較高的室內(nèi)14（10

11、分）潛水鐘是一種水下救生設(shè)備，它是一個底部開口、上部封閉的容器，外形與鐘相似。潛水鐘在水下時其內(nèi)部上方空間里存有空氣，以滿足潛水員水下避險的需要。為計算方便，將潛水鐘簡化為截面積為S、高度為h、開口向下的圓筒；工作母船將潛水鐘由水面上方開口向下吊放至深度為H的水下，如圖所示。已知水的密度為，重力加速度大小為g，大氣壓強為p0，Hh，忽略溫度的變化和水密度隨深度的變化。（i）求進入圓筒內(nèi)水的高度l；（ii）保持H不變，壓入空氣使筒內(nèi)的水全部排出，求壓入的空氣在其壓強為p0時的體積。物理-選修3-4（15分）15用一個擺長為80.0cm的單擺做實驗，要求擺動的最大角度小于5，則開始時擺球拉離平衡位

12、置的距離應(yīng)不超過 cm（保留1位小數(shù)）。（提示：單擺被拉開小角度的情況下，所求的距離約等于擺球沿圓弧移動的路程。）某同學(xué)想設(shè)計一個新單擺，要求新單擺擺動10個周期的時間與原單擺擺動11個周期的時間相等。新單擺的擺長應(yīng)該取為 cm。16直角棱鏡的折射率n1.5，其橫截面積如圖所示，圖中C90，A30截面內(nèi)一細(xì)束與BC邊平行的光線，從棱鏡AB邊上的D點射入，經(jīng)折射后射到BC邊上。（i）光線在BC邊上是否會發(fā)生全反射？說明理由；（ii）不考慮多次反射，求從AC邊射出的光線與最初的入射光線夾角的正弦值。2020年全國統(tǒng)一高考物理試卷（新課標(biāo)）參考答案與試題解析一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共4

13、8分。在每小題給出的四個選項中，第15題只有一項符合題目要求，第68題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1（6分）管道高頻焊機可以對由鋼板卷成的圓管的接縫實施焊接。焊機的原理如圖所示，圓管通過一個接有高頻交流電源的線圈，線圈所產(chǎn)生的交變磁場使圓管中產(chǎn)生交變電流，電流產(chǎn)生的熱量使接縫處的材料熔化將其焊接。焊接過程中所利用的電磁學(xué)規(guī)律的發(fā)現(xiàn)者為（）A庫侖B霍爾C洛倫茲D法拉第【分析】由題意可知，圓管為金屬導(dǎo)體，導(dǎo)體內(nèi)部自成閉合回路，且有電阻，當(dāng)周圍的線圈中產(chǎn)生出交變磁場時，就會在導(dǎo)體內(nèi)部感應(yīng)出渦電流，電流通過電阻要發(fā)熱。該過程利用的原理是電磁感應(yīng)現(xiàn)象，其發(fā)現(xiàn)

14、者為法拉第?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)題意，焊接過程所利用的是變化的磁場在線圈中產(chǎn)生變化的電流，再利用電流產(chǎn)生的熱量使接縫處的材料熔化將其焊接，屬于電磁感應(yīng)現(xiàn)象，是由法拉第發(fā)現(xiàn)的，故ABC錯誤，D正確；故選：D。【點評】根據(jù)現(xiàn)象找出對應(yīng)的物理規(guī)律，再根據(jù)物理學(xué)史解答。2（6分）若一均勻球形星體的密度為，引力常量為G，則在該星體表面附近沿圓軌道繞其運動的衛(wèi)星的周期是（）ABCD【分析】根據(jù)萬有引力等于向心力Gm及球體的密度公式聯(lián)立求解T。【解答】解：設(shè)星球的質(zhì)量為M，半徑為R，衛(wèi)星的質(zhì)量為m，運行周期為T，在該星體表面附近沿圓軌道繞其運動的衛(wèi)星所需的向心力由星球?qū)ζ涞娜f有引力提供，則根據(jù)牛頓第二定律得：G

15、m星球的密度：聯(lián)立解得T，故A正確，BCD錯誤；故選：A?！军c評】要抓住衛(wèi)星做勻速圓周運動時萬有引力提供向心力，再結(jié)合密度公式求解。3（6分）如圖，在摩托車越野賽途中的水平路段前方有一個坑，該坑沿摩托車前進方向的水平寬度為3h，其左邊緣a點比右邊緣b點高0.5h。若摩托車經(jīng)過a點時的動能為E1，它會落到坑內(nèi)c點，c與a的水平距離和高度差均為h；若經(jīng)過a點時的動能為E2，該摩托車恰能越過坑到達b點。等于（）A20B18C9.0D3.0【分析】根據(jù)豎直方向的運動規(guī)律求出落到坑內(nèi)c點時和到達b點時豎直方向的速度，再根據(jù)根據(jù)平拋運動的規(guī)律求解水平方向的速度，由此求解動能之比?！窘獯稹拷猓涸O(shè)落到坑內(nèi)c點

16、時豎直方向的速度為vy1，則有：vy1；根據(jù)平拋運動的規(guī)律可得：v01thh解得：v01則有：E1同理，設(shè)摩托車恰能越過坑到達b點時豎直方向的速度為vy2，則有：ghvy2；根據(jù)平拋運動的規(guī)律可得：v02t3h0.5h解得：v023vy2則有：E2所以18，故B正確、ACD錯誤。故選：B?！军c評】本題主要是考查平拋運動的規(guī)律和動能的計算公式，知道平拋運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動。4（6分）CT掃描是計算機X射線斷層掃描技術(shù)的簡稱，CT掃描機可用于對多種病情的探測。圖（a）是某種CT機主要部分的剖面圖，其中X射線產(chǎn)生部分的示意圖如圖（b）所示。圖（b）中M、N之間

17、有一電子束的加速電場，虛線框內(nèi)有勻強偏轉(zhuǎn)磁場；經(jīng)調(diào)節(jié)后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到靶上，產(chǎn)生X射線（如圖中帶箭頭的虛線所示）；將電子束打到靶上的點記作P點。則（）AM處的電勢高于N處的電勢B增大M、N之間的加速電壓可以使P點左移C偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直于紙面向外D增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應(yīng)強度的大小可使P點左移【分析】電子受到向右的電場力，所以電場線水平向左，以此分析電勢的高低；根據(jù)左手定則分析偏轉(zhuǎn)磁場的方向；根據(jù)洛倫茲力提供向心力以及動能定理求解電子做圓周運動的半徑表達式，從而判斷改變磁感應(yīng)強度以及增大M、N之間的加速電壓后P點的變化情況?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)題意可知，電子在MN之

18、間加速，受到向右的電場力，所以MN之間的電場線水平向左，則M點的電勢比N點電勢低，故A錯誤；C、根據(jù)題意可知，電子進入磁場時受到豎直向上的洛倫茲力，根據(jù)左手定則可知偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直于紙面向里，故C錯誤；BD、電子在加速電場中運動，根據(jù)動能定理有eU在磁場中運動時，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有，則電子在磁場在的半徑為R，如增大M、N之間的加速電壓，電子在磁場中做圓周運動的半徑增大，所以電子出磁場時的偏角減小，P點向右移動，增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應(yīng)強度的大小，則電子在磁場中做圓周運動的半徑減小，電子出磁場時的速度偏角增大，P點左移，故B錯誤，D正確。故選：D?！军c評】解決該題需要明確知道電子在各個區(qū)域的運

19、動情況，知道在勻強電場中順著電場線電勢的變化情況，能正確推導(dǎo)出電子在磁場中運動半徑。5（6分）氘核H可通過一系列聚變反應(yīng)釋放能量，其總效果可用反應(yīng)式6H2He+2H+2n+43.15MeV表示。海水中富含氘，已知1kg海水中含有的氘核約為1.01022個，若全都發(fā)生聚變反應(yīng)，其釋放的能量與質(zhì)量為M的標(biāo)準(zhǔn)煤燃燒時釋放的熱量相等；已知1kg標(biāo)準(zhǔn)煤燃燒釋放的熱量約為2.9107J，1MeV1.61013J，則M約為（）A40kgB100kgC400kgD1000kg【分析】首先根據(jù)聚變反應(yīng)式求出每個氘核發(fā)生聚變放出的能量，再求出1kg海水中含有的1.01022個氘核發(fā)生聚變反應(yīng)釋放的能量，則M就等于

20、總熱量除以1kg標(biāo)準(zhǔn)煤燃燒釋放的熱量；【解答】解：根據(jù)反應(yīng)式6H2He+2H+2n+43.15MeV可知，6個氘核發(fā)生聚變反應(yīng)可放出43.15MeV的能量，則平均每個氘核可放出7.19MeV的能量，若1kg海水中含有的1.01022個氘核全都發(fā)生聚變反應(yīng)，其釋放的能量為7.191022MeV；則質(zhì)量為M的標(biāo)準(zhǔn)煤燃繞時釋放的熱量Q7.1910221.61013J11.5109J，而1kg標(biāo)準(zhǔn)煤燃燒釋放的熱量約為2.9107J，則M400kg；故ABD錯誤，C正確；故選：C?！军c評】本題的關(guān)鍵是根據(jù)氘核的聚變反應(yīng)式求出1.01022個氘核發(fā)生聚變放出的總能量。6（6分）特高壓輸電可使輸送中的電能損

21、耗和電壓損失大幅降低。我國已成功掌握并實際應(yīng)用了特高壓輸電技術(shù)。假設(shè)從A處采用550kV的超高壓向B處輸電，輸電線上損耗的的電功率為P，到達B處時電壓下降了U在保持A處輸送的電功率和輸電線電阻都不變的條件下，改用1100kV特高壓輸電，輸電線上損耗的電功率變?yōu)镻，到達B處時電壓下降了U不考慮其他因素的影響，則（）APPBPPCUUDUU【分析】遠(yuǎn)距離輸電時，在線路上損失的功率為P，與電壓的平方成反比；電壓降U與電壓成反比；【解答】解：AB、遠(yuǎn)距離輸電時，線路上的電流I；則在線路上損失的功率為PI2R；根據(jù)損失的功率公式可知，損失的功率與電壓的平方成反比；假設(shè)從A處采用550kV的超高壓向B處輸

22、電，若改用1100kV特高壓輸電，電壓變成原來的2倍，則輸電線上損耗的電功率變?yōu)樵瓉淼?，即P；故A正確，B錯誤；CD、線路上的電流I，到達B處時電壓下降了UIR，電壓降與電壓成反比，則若電壓變成原來的2倍，U變?yōu)樵瓉淼模蔝U，故C錯誤，D正確；故選：AD?！军c評】本題的關(guān)鍵是掌握遠(yuǎn)距離輸電線路上損失的功率為P及電壓降U與電壓的關(guān)系。7（6分）如圖，豎直面內(nèi)一絕緣圓環(huán)的上、下半圓分別均勻分布著等量異種電荷。a、b為圓環(huán)水平直徑上的兩個點，c、d為豎直直徑上的兩個點，它們與圓心的距離均相等。則（）Aa、b兩點的場強相等Ba、b兩點的電勢相等Cc、d兩點的場強相等Dc、d兩點的電勢相等【分析】根據(jù)

23、微元法，將帶電圓環(huán)看成若干個點電荷，依據(jù)點電荷的電場強度方向與大小，結(jié)合矢量的疊加法則，即可判定場強大小關(guān)系，再根據(jù)沿著電場線方向電勢降低，及電場線方向與等勢面垂直，即可一一判定。【解答】解：AB、將帶電圓環(huán)看成若干個點電荷，取關(guān)于水平直徑對稱的兩個點電荷，依據(jù)點電荷的電場強度大小與方向，結(jié)合矢量的合成法則，如下圖所示，那么此兩個點電荷在a、b兩點產(chǎn)生電場強度大小相等，方向相同，同理，任意兩個關(guān)于水平直徑對稱的兩個點電荷在a、b兩點產(chǎn)生的合電場強度大小相等，方向都相同，那么帶異種電荷的上、下半圓在a、b兩點的場強相等，方向相同，再依據(jù)電場線與等勢線垂直，可知，ab連線即為等勢線，因此a、b兩點

24、的電勢也相等，故AB正確；CD、將帶電圓環(huán)看成若干個點電荷，取上半圓關(guān)于豎直直徑對稱的兩個點電荷，依據(jù)點電荷的電場強度大小與方向，結(jié)合矢量的合成法則，如上圖所示，那么此兩個點電荷在c點產(chǎn)生電場強度的方向豎直向下，同理，取下半圓關(guān)于豎直直徑對稱的兩個點電荷，依據(jù)點電荷的電場強度大小與方向，結(jié)合矢量的合成法則，如上圖所示，那么此兩個點電荷在d點產(chǎn)生電場強度的方向也豎直向下，由于c、d兩點關(guān)于水平直徑對稱，那么c、d兩點的場強相等，因此任意兩個關(guān)于豎直直徑對稱的兩個點電荷在c、d兩點產(chǎn)生的合電場強度大小相等，方向都相同，那么帶異種電荷的上、下半圓在c、d兩點的場強相等，方向相同，再依據(jù)沿著電場線方向

25、電勢降低，可知，c點的電勢高于d，故C正確，D錯誤；故選：ABC。【點評】考查點電荷電場的應(yīng)用，掌握點電荷的電場強度大小與方向的確定，理解矢量的合成法則，及微元法的思維，注意作出正確的矢量是解題的關(guān)鍵。8（6分）水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞。總共經(jīng)過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰

26、面的摩擦力，該運動員的質(zhì)量可能為（）A48kgB53kgC58kgD63kg【分析】根據(jù)動量守恒定律得到第n次推出物塊后運動員的速度表達式，根據(jù)第7次推出后還能再推，第8次推出后不能再推求出運動員質(zhì)量范圍即可。【解答】解：設(shè)該運動員的質(zhì)量為M，物塊的質(zhì)量為m4.0kg，推物塊的速度大小為v5.0m/s，取人運動的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：第一次推物塊的過程中：0Mv1mv第二次推物塊的過程中：Mv1+mvMv2mv第三次推物塊的過程中：Mv2+mvMv3mv第n次推物塊的過程中：Mvn1+mvMvnmv以上各式相加可得：Mvn（2n1）mv當(dāng)n7時，v7v，解得M52kg當(dāng)n8時，v

27、8v，解得M60kg，故52kgM60kg，故AD錯誤、BC正確。故選：BC?！军c評】本題主要是考查動量守恒定律，解答本題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法得到第n次的速度表達式，再根據(jù)實際情況進行分析。二、非選擇題：共62分。第912題為必考題，每個試題考生都必須作答。第1316題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共47分。9（5分）一細(xì)繩跨過懸掛的定滑輪，兩端分別系有小球A和B，如圖所示。一實驗小組用此裝置測量小球B運動的加速度。令兩小球靜止，細(xì)繩拉緊，然后釋放小球，測得小球B釋放時的高度h00.590m，下降一段距離后的高度h0.100m；由h0下降至h所用的時間T0.730s。由此求得

28、小球B加速度的大小為a1.84m/s2（保留3位有效數(shù)字）。從實驗室提供的數(shù)據(jù)得知，小球A、B的質(zhì)量分別為100.0g和150.0g，當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮間9.80m/s2根據(jù)牛頓第二定律計算可得小球B加速度的大小為a1.96m/s2 （保留3位有效數(shù)字）?？梢钥闯?，a與a有明顯差異，除實驗中的偶然誤差外，寫出一條可能產(chǎn)生這一結(jié)果的原因：滑輪的軸不光滑或滑輪有質(zhì)量。【分析】根據(jù)運動學(xué)公式可以得到球B下降的加速度大??；根據(jù)牛頓第二定律可以得到小球下落的加速度大小；因為在實際的操作中滑輪與軸之間不是光滑的，以及滑輪的質(zhì)量也不可忽略，所以造成實際的加速度大小與理論計算的加速度大小不一致?！窘獯稹拷猓?/p>

29、小球B做的是初速度為零的勻加速直線運動，則有：得：m/s2把A、B球看成一個整體，由牛頓第二定律可得：（mBmA）g（mA+mB）a則有：本來a和a大小應(yīng)該相等，但是因為滑輪的質(zhì)量以及滑輪與軸之間的摩擦都不可忽略，所以a和a具有明顯的差異。故答案為：1.84；1.96；滑輪的軸不光滑或滑輪有質(zhì)量。【點評】對球B的運動情況分析是解題的關(guān)鍵，根據(jù)運動學(xué)公式可以得到小球B實際下落的加速度大小。根據(jù)牛頓第二定律計算的時候，注意細(xì)繩上的拉力不等于小球A或小球B的重力。10（10分）某同學(xué)要研究一小燈泡L（3.6V，0.30A）的伏安特性。所用器材有：電流表A1（量程200mA，內(nèi)阻Rg110.0）、電流

30、表A2（量程500mA，內(nèi)阻Rg21.0）、定值電阻R0（阻值R010.0）、滑動變阻器R1（最大阻值10）、電源E（電動勢4.5V，內(nèi)阻很?。㈤_關(guān)S和若干導(dǎo)線。該同學(xué)設(shè)計的電路如圖（a）所示。（1）根據(jù)圖（a），在圖（b）的實物圖中畫出連線。（2）若I1、I2分別為流過電流表A1和A2的電流，利用I1、I2、Rg1和R0寫出：小燈泡兩端的電壓UI1（Rg1+R0），流過小燈泡的電流II2I1。為保證小燈泡的安全，I1不能超過180mA。（3）實驗時，調(diào)節(jié)滑動變阻器，使開關(guān)閉合后兩電流表的示數(shù)為零。逐次改變滑動變阻器滑片的位置并讀取相應(yīng)的I1、I2所得實驗數(shù)據(jù)在表中給出。I1/mA32558

31、5125144173I2/mA171229299379424470根據(jù)實驗數(shù)據(jù)可算得，當(dāng)I1173mA時，燈絲電阻R11.6（保留1位小數(shù)）。（4）如果用另一個電阻替代定值電阻R0，其他不變，為了能夠測量完整的伏安特性曲線，所用電阻的阻值不能小于8.0（保留1位小數(shù)）?！痉治觥浚?）根據(jù)電路圖按照要求連接實物圖；（2）根據(jù)歐姆定律和并聯(lián)電路特點求解即可；（3）結(jié)合題意根據(jù)歐姆定律可知此時小燈泡的電阻；（4）結(jié)合燈泡的額定電壓和電流表A1的量程200mA，根據(jù)歐姆定律解得所用電阻的阻值不能小于8.0?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)電路圖連接實物圖如圖所示：（2）根據(jù)電路圖可知燈泡兩端的電壓為電流表A1和

32、R0的總電壓，故根據(jù)歐姆定律有：UI1（Rg1+R0）根據(jù)并聯(lián)電路特點可知流過小燈泡的電流為：II2I1因為小燈泡的額定電壓為3.6V，故根據(jù)題目中已知數(shù)據(jù)解得：I10.18A180mA，故I1不能超過180mA；（3）根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知當(dāng)I1173mA時，I2470mA；根據(jù)前面的分析代入數(shù)據(jù)可知此時燈泡兩端的電壓為U3.46V；流過小燈泡的電流為I297mA0.297A；故根據(jù)歐姆定律可知此時小燈泡的電阻為：11.6（4）要測量完整的伏安特性曲線則燈泡兩端的電壓至少要達到3.6V，而電流表A1不能超過其量程200mA，根據(jù)歐姆定律有：UIg1（Rg1+R0），代入數(shù)據(jù)有：3.6V0.2A（1

33、0+R0），解得：R08.0，即要完整的測量小燈泡伏安特性曲線所用電阻的阻值不能小于8.0。故答案為：（1）如上圖所示；（2）I1（Rg1+R0），I2I1，180；（3）11.6；（4）8.0【點評】本題考查了實物圖的連接和歐姆定律以及并聯(lián)電路特點的應(yīng)用，解決此題的關(guān)鍵是對本實驗的原理要做到清楚明白，同時對實驗數(shù)據(jù)的處理能力對學(xué)生要求較高。11（12分）如圖，在0xh，y+區(qū)域中存在方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B的大小可調(diào)，方向不變。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q0）的粒子以速度v0從磁場區(qū)域左側(cè)沿x軸進入磁場，不計重力。（1）若粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后穿過y軸正半軸離開磁場，分析說明磁場的方向

34、，并求在這種情況下磁感應(yīng)強度的最小值Bm；（2）如果磁感應(yīng)強度大小為，粒子將通過虛線所示邊界上的一點離開磁場。求粒子在該點的運動方向與x軸正方向的夾角及該點到x軸的距離?！痉治觥浚?）判斷粒子受到的洛倫茲力的方向，根據(jù)左手定則分析磁場的方向，由題意求解粒子做圓周運動的運動半徑最大值，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解若粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后穿過y軸正半軸離開磁場時磁感應(yīng)強度的最小值；（2）根據(jù)半徑公式分析磁感應(yīng)強度減半后粒子的半徑大小，作出運動軌跡，根據(jù)幾何知識求解粒子離開磁場時與x軸正方向的夾角及和虛線的交點到x軸的距離。【解答】解：（1）根據(jù)題意可知，粒子剛進入磁場時受到豎直向上的洛倫茲力，因此根據(jù)左手

35、定則可知，磁場的方向垂直于紙面向里；設(shè)粒子進入磁場中做圓周運動的半徑為R，根據(jù)洛倫茲力公式和圓周運動的規(guī)律有：由此可得：粒子穿過y軸正半軸離開磁場，其在磁場中做圓周運動的圓心在y軸的正半軸上，半徑應(yīng)滿足Rh，由題意，當(dāng)磁感應(yīng)強度為Bm時，粒子的運動半徑最大，由此可得：Bm；（2）若磁感應(yīng)強度大小為，粒子做圓周運動的圓心仍然在y軸的正半軸上，且此時的圓弧半徑為：R2h，粒子會穿過圖中P點離開磁場，運動軌跡如圖所示：，設(shè)粒子在P點的運動方向與x軸的夾角為，根據(jù)幾何知識有：則有：30根據(jù)幾何關(guān)系可得，P點與x軸的距離為：y2h（1cos）（2）h答：（1）若粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后穿過y軸正半軸離開磁場，磁

36、場的方向垂直于紙面向里，在這種情況下磁感應(yīng)強度的最小值為；（2）如果磁感應(yīng)強度大小為，粒子將通過虛線所示邊界上的一點離開磁場。粒子在該點的運動方向與x軸正方向的夾角為30，該點到x軸的距離為（2）h?！军c評】解決該題需要掌握左手定則判斷磁場的方向，能根據(jù)題意找到粒子在磁場中運動的臨界半徑，正確作出光路圖，能根據(jù)幾何知識求解相關(guān)的角度。12（20分）如圖，一豎直圓管質(zhì)量為M，下端距水平地面的高度為H，頂端塞有一質(zhì)量為m的小球。圓管由靜止自由下落，與地面發(fā)生多次彈性碰撞，且每次碰撞時間均極短；在運動過程中，管始終保持豎直。已知M4m，球和管之間的滑動摩擦力大小為4mg，g為重力加速度的大小，不計空

37、氣阻力。（1）求管第一次與地面碰撞后的瞬間，管和球各自的加速度大小；（2）管第一次落地彈起后，在上升過程中球沒有從管中滑出，求管上升的最大高度；（3）管第二次落地彈起的上升過程中，球仍沒有從管中滑出，求圓管長度應(yīng)滿足的條件?！痉治觥浚?）分析管第一次與地面碰撞后的瞬間，管和球的受力情況，由牛頓運動定律列方程求解加速度大?。唬?）由運動學(xué)公式可得碰地前瞬間它們的速度大?。辉偾蟪龉芘c小球的速度剛好相同時經(jīng)過的位移h1，速度相同后管與小球?qū)⒁约铀俣萭減速上升h2到達最高點，根據(jù)豎直上拋運動求解上升的高度即可；（3）由動能定理求解第一次彈起過程中球相對管的位移x1，同理求解管與球從再次下落到第二次彈起

38、至最高點的過程中球與管的相對位移x2，球不會滑出管外的條件是x1+x2L，聯(lián)立求解即可?！窘獯稹拷猓海?）管第一次落地彈起的瞬間，小球仍然向下運動，設(shè)此時管的加速度大小為a1，方向向下；球的加速度大小為a2，方向向上；球與管之間的摩擦力大小為f，由牛頓運動定律有：Ma1Mg+fma2fmg聯(lián)立并代入題給數(shù)據(jù)，得：a12ga23g；（2）管第一次碰地前與球的速度大小相同，由運動學(xué)公式可得，碰地前瞬間它們的速度大小均為：v0，方向均向下管彈起的瞬間，管的速度反向，球的速度方向依然向下設(shè)自彈起時經(jīng)過時間t1，管與小球的速度剛好相同，取向上為正方向，由運動學(xué)公式可得：v0a1t1v0+a2t1解得：t

39、1設(shè)此時管的下端離地高度為h1，速度為v，由運動學(xué)公式可得h1v0t1vv0a1t1由此可知此時v0，此后，管與小球?qū)⒁约铀俣萭減速上升h2，到達最高點，由運動學(xué)公式有：h2管第一次落地彈起后上升的最大高度H1h1+h2；（3）設(shè)第一次彈起過程中球相對管的位移為x1，在管開始下落到上升H1這一過程中，由動能定理有：Mg（HH1）+mg（HH1+x1）4mgx10解得：x1同理可推得，管與球從再次下落到第二次彈起至最高點的過程中，球與管的相對位移x2為：x2設(shè)圓管長度為L管第二次落地彈起后的上升過程中，球不會滑出管外的條件是x1+x2L聯(lián)立解得L應(yīng)滿足條件為：L。答：（1）管第一次與地面碰撞后的

40、瞬間，管和球各自的加速度大小分別為2g、3g；（2）管第一次落地彈起后，在上升過程中球沒有從管中滑出，管上升的最大高度為；（3）管第二次落地彈起的上升過程中，球仍沒有從管中滑出，圓管長度應(yīng)滿足L。【點評】本題主要是考查牛頓第二定律的綜合應(yīng)用和動能定理的結(jié)合，關(guān)鍵是弄清楚物體的運動過程和受力情況，利用牛頓第二定律求解加速度，再根據(jù)題目要求結(jié)合運動學(xué)公式、動能定理進行解答；知道加速度是聯(lián)系靜力學(xué)和運動學(xué)的橋梁。（二）選考題：共15分。請考生從2道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。物理-選修3-3（15分）13（5分）下列關(guān)于能量轉(zhuǎn)換過程的敘述，違背熱力學(xué)第一定律的有B，不違背熱

41、力學(xué)第一定律、但違背熱力學(xué)第二定律的有C。（填正確答案標(biāo)號）A汽車通過燃燒汽油獲得動力并向空氣中散熱B冷水倒入保溫杯后，冷水和杯子的溫度都變得更低C某新型熱機工作時將從高溫?zé)嵩次盏臒崃咳哭D(zhuǎn)化為功，而不產(chǎn)生其他影響D冰箱的制冷機工作時從箱內(nèi)低溫環(huán)境中提取熱量散發(fā)到溫度較高的室內(nèi)【分析】根據(jù)熱力學(xué)第一定律UW+Q分析是否違背熱力學(xué)第一定律，根據(jù)熱力學(xué)第二定律的內(nèi)容分析是否違背熱力學(xué)第二定律。【解答】解：A、汽車通過燃燒汽油獲得動力并向空氣中散熱的過程不違背熱力學(xué)第一定律，也不違背熱力學(xué)第二定律；B、冷水倒入保溫杯后，冷水和杯子的溫度都變得更低需要對外發(fā)出熱量或?qū)ν庾龉Γ乇魯嗔藷醾鬟f過程

42、，水也沒有對外做功，所以該過程違背熱力學(xué)第一定律；C、某新型熱機工作時將從高溫?zé)嵩次盏臒崃咳哭D(zhuǎn)化為功，而不產(chǎn)生其他影響，該過程不違背熱力學(xué)第一定律、但違背熱力學(xué)第二定律；D、冰箱的制冷機工作時從箱內(nèi)低溫環(huán)境中提取熱量散發(fā)到溫度較高的室內(nèi)，但要消耗電能，引起了其它變化，該過程不違背熱力學(xué)第一定律、也不違背熱力學(xué)第二定律。故答案為：B；C。【點評】本題主要是考查熱力學(xué)第一定律和熱力學(xué)第二定律，掌握熱力學(xué)定律的基本內(nèi)容是解答本題的關(guān)鍵。14（10分）潛水鐘是一種水下救生設(shè)備，它是一個底部開口、上部封閉的容器，外形與鐘相似。潛水鐘在水下時其內(nèi)部上方空間里存有空氣，以滿足潛水員水下避險的需要。為計算方便，將潛水鐘簡化為截面積為S、高度為h、開口向下的圓筒；工作母船將潛水鐘由水面上方開口向下吊放至深度為H的水下，如圖所示。已知水的密度為，重力加速度大小為g，大氣壓強為p0，Hh，忽略溫度的變化和水密度隨深度的變化。（i）求進入圓筒內(nèi)水的高度l；（ii）保持H不變，壓入空氣使筒內(nèi)的水全部排出，求壓入的空氣在其壓強為p0時的體積?！痉治觥浚╥）由玻意耳定律和液體壓強公式求進入圓筒內(nèi)水的高度l；（ii）保持H不變