2020年全国高考物理试题(新课标Ⅱ)(解析版)

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2020年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试二、选择题: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()A.3πGB.4πGC.13πGD.14πG【答案】A【解析】【详解】卫星在星体表面附近绕其做圆周运动,则2224GMmmRRTp=,343VR,MV知卫星该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星的周期3TG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达b点。21EE等于()A.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21112Emv=根据平抛运动规律有2112hgt11hvt当在a点时动能为E2时,有22212Emv=根据平抛运动规律有221122hgt=223hvt=联立以上各式可解得2118EE=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212eUmv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2vevBmR可得mvReB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。5.氘核21H可通过一系列聚变反应释放能量,其总效果可用反应式241112106H2He2H+2n+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】【详解】氘核21H可通过一系列聚变反应释放能量,其总效果可用反应式241112106H2He2H+2n+43.15MeV则平均每个氘核聚变释放的能量为43.15=MeV66E1kg海水中含有的氘核约为1.0×1022个,可以放出的总能量为0EN由Qmq可得,要释放的相同的热量,需要燃烧标准煤燃烧的质量0400kgEQmqq6.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()A.∆P′=14∆PB.∆P′=12∆PC.∆U′=14∆UD.∆U′=12∆U【答案】AD【解析】【详解】输电线上损失的功率ΔP=(PU)2·r损失的电压ΔU=PU·r当输送电压变为原来的2倍,损失的功率变为原来的14,即ΔP′=14ΔP损失的电压变为原来的12,即ΔU′=12ΔU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0ab;而从M点到N点,电势一直在降低,即cd,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、0m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1v、0v,则根据动量守恒定律1000mvmv解得010mvvm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100200mvmvmvmv解得0203mvvm第3次推出后200300mvmvmvmv解得0305mvvm依次类推,第8次推出后,运动员的速度08015mvvm根据题意可知08015m/smvvm解得60kgm第7次运动员的速度一定小于5m/s,则07013m/smvvm解得52kgm综上所述,运动员的质量满足kg60kgmAD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2012hhaT-=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AATmgma¢-=对小球B有BBmgTma¢-=带入已知数据解得21.96m/sa¢=;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)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______。的(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).()110gIRR+(3).21II(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()110gUIRR=+②根据并联电路特点可知流过小灯泡的电流为21III③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3.46Ω11.6Ω0.297URI===(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()03.60.210R=?解得08ΩR,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(q0)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;(2)如果磁感应强度大小为m2B,粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。【答案】(1)磁场方向垂直于纸面向里;0m=mvBqh;(2)π6;(23)yh【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200vqvBmR①由此可得0mvRqB②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Rh③由题意,当磁感应强度大小为Bm时,粒子的运动半径最大,由此得0m=mvBqh④(2)若磁感应强度大小为m2B,粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上,由②④式可得,此时圆弧半径为2Rh⑤粒子会穿过图中P点离开磁场,运动轨迹如图所示。设粒子
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