(高考真題)2020年全國統(tǒng)一高考《物理》試題（新課標Ⅰ）-附解析

2020年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試

理科綜合能力測試注意事項：.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上..回答選擇題時,選出每小題答案后,用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑,如需改動,用橡皮擦干凈后,再選涂其它答案標號.回答非選擇題時,將答案寫在答題卡上,寫在本試卷上無效...考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12N14016Na23Al27P31Cl35.5Ar40V51Fe56二、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「5題只有一項符合題目要求,第6~8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.行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞,車內(nèi)的安全氣囊會被彈出并瞬間充滿氣體.若碰撞后汽車的速度在很短時間內(nèi)減小為零,關(guān)于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是（）A.增加了司機單位面積的受力大小B.減少了碰撞前后司機動量的變化量C.將司機的動能全部轉(zhuǎn)換成汽車的動能D.延長了司機的受力時間并增大了司機的受力面積【答案】D【解析】【詳解】A.因安全氣囊充氣后，受力面積增大,故減小了司機單位面積的受力大小，故A錯誤；B.有無安全氣囊司機初動量和末動量均相同,所以動量的改變量也相同，故B錯誤；C.因有安全氣囊的存在,司機和安全氣囊接觸后會有一部分動能轉(zhuǎn)化為氣體的內(nèi)能,不能全部轉(zhuǎn)化成汽車的動能,故C錯誤；D.因為安全氣囊充氣后面積增大,司機的受力面積也增大,在司機擠壓氣囊作用過程中由于氣囊的緩沖故增加了作用時間，故D正確.故選D.

J_ 22.火星的質(zhì)量約為地球質(zhì)量的10,半徑約為地球半徑的萬，則同一物體在火星表面與在地球表面受到的引力的比值約為（）A.0.2 B.0.4 C.2.0 D.2.5【答案】B【解析】【詳解】設(shè)物體質(zhì)量為偏則在火星表面有耳=G萼在地球表面有f2=g^-2R；由題意知有見=%10A=1R22故聯(lián)立以上公式可得F、M414—=-=—x-=0.4f2m2r^101故選B..如圖,一同學(xué)表演蕩秋千.已知秋千的兩根繩長均為10m,該同學(xué)和秋千踏板的總質(zhì)量約為50kg.繩的質(zhì)量忽略不計,當(dāng)該同學(xué)蕩到秋千支架的正下方時，速度大小為8m/s,此時每根繩子平均承受的拉力約為（ ）A.200N B.400N C.600N D.800N【答案】B

【解析】【詳解】在最低點由【解析】【詳解】在最低點由2T-mg=mv2知△4ION即每根繩子拉力約為41ON,故選B..圖（a）所示的電路中,K與L間接一智能電源，用以控制電容器「兩端的電壓Uc.如果〃隨時間t的變化如圖（力所示，則下列描述電阻A兩端電壓“隨時間t變化的圖像中，正確的是（）【答案】A【答案】A【解析】C--【詳解】根據(jù)電容器的定義式u可知結(jié)合圖像可知，圖像的斜率為C,則1：2s內(nèi)的電流42與3□5s內(nèi)的電流關(guān)系為42=2135

7_￡且兩段時間中的電流方向相反,根據(jù)歐姆定律 夫可知式兩端電壓大小關(guān)系滿足U=2Ur^

aIZ Kjj由于電流方向不同,所以電壓方向不同.故選A..一勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直于紙面向外,其邊界如圖中虛線所示，/為半圓,ac、比與直徑助共線,ac間的距離等于半圓的半徑.一束質(zhì)量為以、電荷量為°（辦0）的粒子,在紙面內(nèi)從c點垂直于ac射入磁場,這些粒子具有各種速率.不計粒子之間的相互作用.在磁場中運動時間最長的粒子,其運動時間為（）［兀m57cm4兀m3兀mA.6qBB.4qBC.3qBD.2qB【答案】C【解析】【詳解】粒子在磁場中做勻速圓周運動__mv2t2乃尸

qBv= 1= r V）可得粒子在磁場中的周期2兀m

1= qB粒子在磁場中運動的時間3f0m

t= T=—27rqB則粒子在磁場中運動的時間與速度無關(guān),軌跡對應(yīng)的圓心角越大,運動時間越長.采用放縮圓解決該問題,粒子垂直3。射入磁場，則軌跡圓心必在這直線上,將粒子的軌跡半徑由零逐漸放大.

當(dāng)半徑rW0.5R和rN1.5R時,粒子分別從ac、紡區(qū)域射出，磁場中的軌跡為半圓,運動時間等于半個周期.當(dāng)0.5^X1.5〃時,粒子從半圓邊界射出,逐漸將軌跡半徑從0.5A逐漸放大,粒子射出位置從半圓頂端向下移動,軌跡圓心角從乃逐漸增大，當(dāng)軌跡半徑為"時，軌跡圓心角最大，然后再增大軌跡半徑,軌跡圓心角減小,因此當(dāng)軌跡半徑等于〃時軌跡圓心角最大,即軌跡對應(yīng)的最大圓心角粒子運動最長時間為4兀m3qB44兀m3qB0丁3712兀tn

—T= x 27 2PqB故選C.6.下列核反應(yīng)方程中,XbX2,X3,X4代表a粒子的有（）A.:H+；H-：n+X1 B.:H+jH-M+X?C.+ 晨Ba+；沁+3X3 D.：n+；Lif；H+X,【答案】BD【解析】TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"4 3【詳解】a粒子為氮原子核2He,根據(jù)核反應(yīng)方程遵守電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒,A選項中的Xi為2He,B選4 1 4項中的X2為2He,C選項中的X3為中子。n,D選項中的X4為2He.故選BD..一物塊在高3.0m、長5.0m的斜面頂端從靜止開始沿斜面下滑，其重力勢能和動能隨下滑距離s的變化如圖中直線I、II所示,重力加速度取10m/s2.則（ ）

A.物塊下滑過程中機械能不守恒.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5C.物塊下滑時加速度的大小為6.0m/s2D.當(dāng)物塊下滑2.0m時機械能損失了12J【答案】AB【解析】【詳解】A.下滑5m的過程中，重力勢能減少30J,動能增加10J,減小的重力勢能并不等與增加的動能,所以機械能不守恒,A正確；B.斜面高3m、長5m,則斜面傾角為夕=37°.令斜面底端為零勢面，則物塊在斜面頂端時的重力勢能mgh=30;可得質(zhì)量m=1kg下滑5m過程中，由功能原理,機械能的減少量等于克服摩擦力做的功Umg?cos0?s=20J求得〃=0.5B正確；C.由牛頓第二定律mgsin0-mngcos0=ma求得a=2m/s2C錯誤；

D.物塊下滑2.0m時,重力勢能減少12J,動能增加4J,所以機械能損失了8J,D選項錯誤.故選AB.8.如圖,U形光滑金屬框a6cd置于水平絕緣平臺上,和de邊平行,和6c邊垂直.ab、de足夠長，整個金屬框電阻可忽略.一根具有一定電阻的導(dǎo)體棒WV置于金屬框上,用水平恒力尸向右拉動金屬框,運動過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強磁場中，砌V與金屬框保持良好接觸,且與A邊保持平行.經(jīng)過一段時間后()XXXMxXXXxxxNxxCxxA.金屬框的速度大小趨于恒定值.金屬框的加速度大小趨于恒定值C.導(dǎo)體棒所受安培力的大小趨于恒定值D.導(dǎo)體棒到金屬框A邊的距離趨于恒定值【答案】BC【解析】【詳解】由歷邊切割磁感線產(chǎn)生電動勢,形成電流，使得導(dǎo)體棒，的受到向右的安培力，做加速運動，A邊受到向左的安培力，向右做加速運動.當(dāng)?shù)腣運動時,金屬框的曲邊和導(dǎo)體棒加一起切割磁感線,設(shè)導(dǎo)體棒MN和金屬框的速度分別為匕、彩，則電路中的電動勢E=BL(v2-v^電流中的電流E5￡(v2-v,)

1=-= RR金屬框和導(dǎo)體棒助V受到的安培力△安框 n及 ，與運動方向相反_52.2(匕一?)「安MN 八R，與運動方向相同設(shè)導(dǎo)體棒網(wǎng)，和金屬框的質(zhì)量分別為叫、“2,則對導(dǎo)體棒52Z2(v2-V1) R—=m'a'

對金屬框hB2I3(v2-v})F 彳_」=m2a2F初始速度均為零,則ai從零開始逐漸增加，也從四開始逐漸減小.當(dāng)苗=忿時,相對速度_FRmi嶺一%—282-2（㈣+?。┐笮『愣?整個運動過程用速度時間圖象描述如下.綜上可得,金屬框的加速度趨于恒定值,安培力也趨于恒定值,BC選項正確；金屬框的速度會一直增大,導(dǎo)體棒到金屬框兒邊的距離也會一直增大,AD選項錯誤.故選BC.三、非選擇題：共62分，第9~12題為必考題，每個試題考生都必須作答.第13~14題為選考題，考生根據(jù)要求作答.（一）必考題：（共47分）.某同學(xué)用伏安法測量一阻值為幾十歐姆的電阻凡,所用電壓表的內(nèi)阻為1k。，電流表內(nèi)阻為0.5。.該同學(xué)采用兩種測量方案，一種是將電壓表跨接在圖（a）所示電路的0、P兩點之間，另一種是跨接在0、。兩點之間.測量得到如圖（b）所示的兩條〃-/圖線，其中〃與/分別為電壓表和電流表的示數(shù).OP，Q圖（a）回答下列問題：⑴圖⑹中標記為II的圖線是采用電壓表跨接在 （填"0、P'或"0、0”）兩點的方案測量得到的.

圖(b)(2)根據(jù)所用實驗器材和圖(b)可判斷，由圖線(填"I"或"II")得到的結(jié)果更接近待測電阻的真實值,結(jié)果為Q(保留1位小數(shù)).(3)考慮到實驗中電表內(nèi)阻的影響，需對(2)中得到的結(jié)果進行修正，修正后待測電阻的阻值為(保留1位小數(shù)).【答案】 (1).0、P(2).I(3).50.5 (4),50.0【解析】【詳解】若將電壓表接在°、2之間,I= 1 RvRx則&+RyRR根據(jù)一次函數(shù)關(guān)系可知對應(yīng)斜率為6+&'.若將電壓表接在°、°之間，電流表分壓為uA=ira根據(jù)歐姆定律變形可知人咨I

解得U=1(R+Ra)根據(jù)一次函數(shù)可知對應(yīng)斜率為(R+Ra),對比圖像的斜率可知kx>ku所以n圖線是采用電壓表跨接在0、f之間.(2)[2]因為待測電阻為幾十歐姆的電阻,通過圖像斜率大致估算待測電阻為50Q左右,根據(jù)IkQ50Q50Q0.5Q說明電流表的分壓較小，電流表的分流較大,所以電壓表應(yīng)跨接在°、。之間，所以選擇圖線I得到的結(jié)果較為準確.[3]根據(jù)圖像可知3V-1VR= ?50.5Q59.6mA-20mA[4]考慮電流表內(nèi)阻,則修正后的電阻為R[=R1%=50.5Q-0.5Q=50.0Q10.某同學(xué)用如圖所示的實驗裝置驗證動量定理，所用器材包括：氣墊導(dǎo)軌、滑塊(上方安裝有寬度為"的遮光片)、兩個與計算機相連接的光電門、祛碼盤和祛碼等.實驗步驟如下：(1)開動氣泵,調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌,輕推滑塊,當(dāng)滑塊上的遮光片經(jīng)過兩個光電門的遮光時間時,可認為氣墊導(dǎo)軌水平；(2)用天平測祛碼與祛碼盤的總質(zhì)量叭、滑塊(含遮光片。的質(zhì)量和；(3)用細線跨過輕質(zhì)定滑輪將滑塊與祛碼盤連接,并讓細線水平拉動滑塊；(4)令滑塊在祛碼和祛碼盤的拉動下從左邊開始運動,和計算機連接的光電門能測量出遮光片經(jīng)過/、3兩

處的光電門的遮光時間△力、A友及遮光片從4運動到6所用的時間fi2；(5)在遮光片隨滑塊從4運動到6的過程中，如果將祛碼和祛碼盤所受重力視為滑塊所受拉力,拉力沖量的大小1=,滑塊動量改變量的大小△后；(用題中給出的物理量及重力加速度g表示)(6)某次測量得到的一組數(shù)據(jù)為：小1.000cm,例=1.50X10-2kg,您=0.400kg,△^=3.900xW2s,A&=1.270x10-2s,t]2=L50s,取疔9.80m/s2.計算可得1=N?s,△p= kg?m? ;(結(jié)果均保留3位有效數(shù)字)Z-Apxl()0%(7)定義1 ，本次實驗6=%(保留1位有效數(shù)字).,d d、加2( )【答案】(1).大約相等 (2).叫g(shù)tiz (3).加2 (4).0.221 (5).0.212(6).4【解析】【詳解】(1)[1]當(dāng)經(jīng)過A,B兩個光電門時間相等時,速度相等,此時由于阻力很小,可以認為導(dǎo)軌是水平的.(5)⑵由I=Ft,知I=網(wǎng)g%2[3]由3=加為一加%知▲dd,dd、

即= =mA )一維MM&6)[4]代入數(shù)值知，沖量Z=m1gr12=1.5xl0-2x9.8xl.5Ns=0.221N-s[5]動量改變量An=m,(- -)=0.212kg?m?s-1⑺[6]c11—Ap|AA0/0.225—0.212S=-——100%= xlOO%?4%I 0.22511.我國自主研制了運-20重型運輸機.飛機獲得的升力大小廠可用尸;紅？描寫,A為系數(shù)；『是飛機在平直跑道上的滑行速度，廠與飛機所受重力相等時的『稱為飛機的起飛離地速度，已知飛機質(zhì)量為I21*10'kg時,起飛離地速度為66m/s;裝載貨物后質(zhì)量為L69xI。*kg,裝載貨物前后起飛離地時的A值可視為不變.

(1)求飛機裝載貨物后的起飛離地速度；(2)若該飛機裝載貨物后，從靜止開始勻加速滑行1521m起飛離地，求飛機在滑行過程中加速度的大小和所用的時間.【答案】⑴彩=78m/s；⑵2m/s2f=39s【解析】【詳解】(1)空載起飛時,升力正好等于重力：kvi=網(wǎng)g滿載起飛時,升力正好等于重力：kv\=m2g由上兩式解得：v2=78m/s(2)滿載貨物的飛機做初速度為零的勻加速直線運動,所以*—0=2ax解得：a=2m/s2由加速的定義式變形得：Av -0t——= a a解得：/=39s12.在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強電場,柱的橫截面積是以0為圓心,半徑為"的圓,46為圓的直徑,如圖所示.質(zhì)量為m,電荷量為g(q>0)的帶電粒子在紙面內(nèi)自/點先后以不同的速度進入電場,速度方向與電場的方向垂直.已知剛進入電場時速度為零的粒子，自圓周上的。點以速率“穿出電場,4。與46的夾角。=60。.運動中粒子僅受電場力作用.(1)求電場強度的大??；(2)為使粒子穿過電場后的動能增量最大,該粒子進入電場時的速度應(yīng)為多大？(3)為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為必”,該粒子進入電場時的速度應(yīng)為多大？

【答案】⑴2qR【答案】⑴2qR;(2)' 4乂3)0或■ 2【解析】【詳解】(1)由題意知在/點速度為零的粒子會沿著電場線方向運動，由于q〉0,故電場線由｛指向C,根據(jù)幾何關(guān)系可知:【詳解】所以根據(jù)動能定理有:QExAC=~mvo~0解得:(2)根據(jù)題意可知要使粒子動能增量最大則沿電場線方向移動距離最多，做〃'垂線并且與圓相切,切點為D,即粒子要從〃點射出時沿電場線方向移動距離最多,粒子在電場中做類平拋運動,根據(jù)幾何關(guān)系有x=7?sin600=v1ty-R+Rcos600=—at22而電場力提供加速度有qE=ma聯(lián)立各式解得粒子進入電場時的速度:v_?巧一丁(3)因為粒子在電場中做類平拋運動，粒子穿過電場前后動量變化量大小為0%,即在電場方向上速度變化為

“，過C點做AC垂線會與圓周交于B點,故由題意可知粒子會從C點或6點射出.當(dāng)從6點射出時由幾何關(guān)系有Xpc= =匕’2XAC=R=-at2電場力提供加速度有qE=ma_V3v0V-f- 聯(lián)立解得' 2；當(dāng)粒子從C點射出時初速度為0.另解：由題意知,初速度為0時,動量增量的大小為"%,此即問題的一個解.自力點以不同的速率垂直于電場方向射入電場的粒子，動量變化都相同，自6點射出電場的粒子,其動量變化量也恒為"%,由幾何關(guān)系及運動學(xué)規(guī)律可得,此時入射速率為（二）選考題：共15分.請考生從2道物理題中每科任選一題作答.如果多做,則每科按所做的第一題計分.[物理一選修3-3].分子間作用力尸與分子間距r的關(guān)系如圖所示,尸r,時,戶0.分子間勢能由r決定,規(guī)定兩分子相距無窮遠時分子間的勢能為零.若一分子固定于原點0,另一分子從距。點很遠處向。點運動,在兩分子間距減小到功的過程中，勢能（填"減小"不變"或"增大”）；在間距由e減小到r,的過程中，勢能（填”減小""不變，，或“增大”）；在間距等于力處，勢能（填"大于""等于"或"小于"）零.

【答案】 (1).減小(2).減小(3).小于【解析】【詳解】［1］從距。點很遠處向。點運動,兩分子間距減小到弓的過程中，分子間體現(xiàn)引力，引力做正功,分子勢能減?。唬?］在々「的過程中，分子間仍然體現(xiàn)引力，引力做正功,分子勢能減小；［3］在間距等于乙之前,分子勢能一直減小,取無窮遠處分子間勢能為零,則在6處分子勢能小于零..甲、乙兩個儲氣罐儲存有同種氣體(可視為理想氣體).甲罐的容積為匕罐中氣體的壓強為0乙罐的容1-P積為2匕罐中氣體的壓強為2.現(xiàn)通過連接兩罐的細管把甲罐中的部分氣體調(diào)配到乙罐中去,兩罐中氣體溫度相同且在調(diào)配過程中保持不變,調(diào)配后兩罐中氣體的壓強相等.求調(diào)配后：(i)兩罐中氣體的壓強；(ii)甲罐中氣體的質(zhì)量與甲罐中原有氣體的質(zhì)量之比.2 2—P -【答案】(i)3；(ii)3【解析】【詳解】(i)氣體發(fā)生等溫變化，對甲乙中的氣體，可認為甲中原氣體有體積/變成3匕乙中原氣體體積有2/變成3匕則根據(jù)玻意爾定律分別有pV=px.?)V；P.2展P2-3V?則pV+；P?2/=(Pi+P2)x3P則甲乙中氣體最終壓強, 2