2020年海南高考物理试卷附答案

第第页，共22页答案和解析.【答案】A【解析】解：核反应过程质量数与核电荷数守恒，因止匕：4+9=12+m,2+4=6+几解得：m=l,n=0,X是中子，故A正确，BCD错误。故选：Ao核反应过程质量数与核电荷数守恒，根据核反应方程式求出机、〃的大小，然后判断粒子的类型。本题考查了判断粒子类型问题，知道核反应过程质量数与核电荷数守恒是解题的前提与关键，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。.【答案】B【解析】解：AB.设手机的质量为办斜面倾角为6。对手机进行受力分析，如图所示由图结合共点力平衡的特点可知，支持力方向垂直斜面向上，小于手机所受的重力，故A错误，B正确；CD、由图可知，手机受到的摩擦力方向沿斜面向上，根据平衡条件则有：f=mgs讥/静摩擦力小于手机重力沿斜面向下的分力，故CD错误。故选：B。因为手机处于静止状态，根据平衡条件求解斜面对手机的静摩擦力和手机所受支持力表达式进行分析；斜面对手机的静摩擦力与手机对斜面的静摩擦力是一对作用力与反作用力，由此分析。本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。.【答案】D【解析】解：对图甲的交流电分析，可知一个周期内交流电的电流方向变化，而电流的大小不变，故图甲的电流有效值为乙二。；对图乙的交流电分析可知，其为正弦式交流电，故其有效值为，2=卷，故11：12=72：1，故D正确、ABC错误。故选：D。图甲中一个周期内交流电的电流方向变化，而电流的大小不变，图乙为正弦式交流电,由此计算电流有效值再求出比值。本题主要是考查交流电有效值的计算，关键是掌握有效值的概念，知道有效值的计算方法以及正弦交流电的有效值与峰值的关系。.【答案】D【解析】解：接ab，则电路的总电阻为：氏初=苦箕肝辛接ac，则电路的总电阻为：r=幽3)=里Racr9R9R19接bc，则电路的总电阻为：R=9RXr9rJ=90rDCR9R9R19由题知，不管接那两个点，电压不变，为U=24匕根据P=£可知乜C=PDC<%，故ABC错误，D正确。故选：D。加热器接入的电压都是24K根据：P=£，可知，要比较电功率，只需要比较三种情况下的电阻值即可。根据考查电功率的公式的应用，由于不知道具体的电阻值，所以不能求出三种情况下具体的功率，但可以通过比较电阻值的大小关系，由公式P=经比较电功率的大小关系。R.【答案】A【解析】解：A、根据九=j得"=c，可知单色光在介质中传播时，介质的折射率越大，光的传播速度越小，故A正确；B、根据多普勒效应规律知，若声波波源向观察者靠近，则观察者接收到的声波频率大于波源频率，故B错误；C、根据双缝干涉条纹间距公式△%=:九知同一个双缝干涉实验中，蓝光的波长小于红光的波长，故蓝光产生的干涉条纹间距比红光的小，故C错误；

。、根据光的干涉的条件可知，两束频率不同的光不能产生干涉现象，故。错误。故选：Ao根据九=色分析光的传播速度与折射率的关系；观察者靠近声波波源的过程中，接收到V的声波频率大于波源频率；根据双缝干涉条纹间距公式△%=工入分析蓝光与红光产生的d干涉条纹间距关系；产生干涉现象的条件是两束光的频率相同。解决本题的关键要掌握光学的基础知识，要掌握光速与折射率的关系，蓝光的波长小于红光的波长，并掌握光产生干涉的条件：两束光的频率相同。.【答案】B【解析】解：根据安培定则，可知蹄形电磁铁的分布情况，如图所示；故导线所处位置的磁感应线的切线方向为水平向右，根据左手定则，可以判断导线所受安培力的方向为向下，故B正确，ACD错误。故选：B。明确导线绕制方向，根据安培定则确定磁场的方向，再根据左手定则分析通电导线所受安培力的方向。本题考查左手定则以及安培定则的应用，注意明确线圈中电流的方向，分别判断两则磁极，从而明确中间导线所在位置磁场方向。.【答案】B【解析】解：A、试验船绕地球做匀速圆周运动，轨道半径为r=R+h，试验船的运行速度为"=也=①包，故A错误;T TB、近地轨道卫星的速度等于第一宇宙速度，设为也根据万有引力提供向心力，有^Mm=mv2R2 R根据试验船受到的万有引力提供向心力，有6广方=小船空(R+h)联立两式解得第一宇宙速度为"=^^)3，故B正确;TNRC、根据试验船受到的万有引力提供向心力，有G4m船=m4^2(R+h)(R+h)2船T21解得地球的质量为M=4兀2(R力,故c错误；GT2D、在地球表面上，物体的重力等于地球对物体的万有引力，有Mm R2根据试验船受到的万有引力提供向心力，有G.船二m船也2(R九)联立两式解得地球表面的重力加速度为g=4兀2(R"九故D错误。R2T2故选：B。试验船绕地球做匀速圆周运动，轨道半径为R比根据线速度与周期的关系公式“=血T求试验船的运行速度；近地轨道卫星的速度等于第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力求解；根据万有引力提供向心力求地球的质量；由万有引力等于重力求地球表面的重力加速度。解决本题的关键要掌握万有引力等于向心力和万有引力等于重力这两条思路，要知道运用万有引力等于向心力，只能求出中心天体的质量，不能求出环绕天体的质量。.【答案】C【解析】解：在时间t内喷出离子的质量m=3.0x103X103tkg=3.0x10&kg对喷出的离子，由动量定理得：Ft=mv0代入数据解得：F=0.09M由牛顿第三定律可知，探测器获得的平均推力大小F'=F=0.09N，故C正确，ABD错误。故选：C。以喷出的离子为研究对象，应用动量定理求出离子在喷出过程受到的力，然后应用牛顿第三定律可以求出探测器获得的平均推力大小。本题考查了动量定理的应用，正确选择研究对象，应用动量定理与牛顿第三定律即可解题。.【答案】AC【解析】解：A、由波形图可知，波长为A=10m2m=8m，故A正确；B、根据波速的计算公式v=、=am/s=40m/s，故B错误；T0.2CD、由题知，沿％轴正方向传播，根据“上下坡法”，可知该时刻质点P向y轴负方向运动，该时刻质点Q向y轴正方向运动，故C正确，D错误。故选：AC。由波形图可得波长；根据波速的计算公式"=&计算波速；根据“上、下坡法”分析振T动方向。本题主要是考查了波的图象；解答本题关键是要理解波的图象随时间变化的规律，能够根据图象直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系^=f&。.【答案】AD【解析】解：4根据电场线的疏密程度表示电场强度的大小，可知。点的电场线比b点的电场线更密，故。点的场强比b点的场强大，故A正确；A根据沿着电场线方向电势不断降低，c点比d点离负电荷越近，可知d点的电势比c点的电势高，故B错误；C.由于质子带正电，根据电势能公式吃=98,计算时，q要带正负，则正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能小，可知质子在d点的电势能比在c点的电势能大，故C错误；D.由图可知，a点的电势低于b点的电势，且电子带的是负电荷，根据电势能公式吃=98,计算时，q要带正负，所以负电荷在电势越低的点电势能越大，故电子在a点的电势能高于在b点的电势能，所以将电子从a点移动到b点，电势能减小，故电场力做正功，故D正确。故选：AD。电场线的疏密程度决定了电场强度的大小,电场线越密集的地方场强越大,电场线越稀疏的地方场强越小；沿电场线方向电势降低,正电荷在电势高的地方电势能越大；电场力做正功,电势能减小,电场力做负功,电势能增加。本题主要考查了考生对于电场线与场强和电势之间的关系,以及考查了关于电势能公式的使用问题,考生一点要注意公式使用的细节问题。.【答案】BD【解析】解：4根据％=1gt2得七=怪=匠25s=0.5s，运动时故A错误;2 g1010B.水平射程为％=V0t=10x0.56=5加，故B正确;CD竖直方向分速度为匕=gt=10x0.5m/s=5m/s,水平分速度为匕=%

落地速度为，=水平分速度为匕=%

落地速度为，=同=10m/+/=5jm/s,故C错误，D正确。故选：BD。平抛运动是一种典型的匀变速曲线运动，研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，通过运动学的基本公式解题。研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，注意区分合速度和水平射程等平抛运动中的概念。12.【答案】BC【解析】解：A、对整体受力分析，根据牛顿第二定律有F-(m1+m2)gsind=(mJm)a，解得a==--gs讥6，故a错误；TOC\o"1-5"\h\z2 m1+m2B、对m2受力分析，根据牛顿第二定律有T-m2gsin6=m2a，解得T=3^F，故B2 2 2 mi+m2正确；C.根据T=；；m；rF=M，可知若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，弹簧的//Li1//L I 乙m2弹力T变大，根据胡克定律可知弹簧的伸长量变大，故它们的间距变大，故C正确；D.根据T=」JF，可知T与。无关，只增大仇两物块一起向上匀加速运动时，弹簧m1+m2的弹力不变，根据胡克定律可知弹簧的伸长量不变，故它们的间距不变，故D错误。故选：BC。对整体受力分析，根据牛顿第二定律求加速度，再对物块。，利用牛顿第二定律列式,可求出弹簧弹力的大小。根据弹力的表达式，分析弹力的变化，从而确定弹簧形变量的变化，即可判断它们间距的变化情况。本题考查了牛顿第二定律与胡克定律的基本运用，抓住P、Q具有相同的加速度，运用整体、隔离法进行求解。.【答案】BD【解析】解：4金属棒。第一次穿过磁场时受到安培力的作用，做减速运动，由于速度减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小，故金属棒。做加速度减小的减速直线运动，故A错误；A根据右手定则可知，金属棒4第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流，故B正确；。.电路中产生的平均电动势为：七=九出=3△t At平均电流为：/=£2R金属棒。受到的安培力为：F=Bld规定向右为正方向，对金属棒处根据动量定理得：BId△t=mvmvaaa0解得对金属棒第一次离开磁场时速度：%=L5m/s金属棒。第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒4机械能的减少量，即10=-mv2-mv2弋2a0 2clcl联立并带入数据得：Q=0.6875/由于两棒电阻相同，两棒产生的焦耳热相同，则金属棒匕上产生的焦耳热：Qb=&=0 20.343757,故。错误；D规定向右为正方向，两金属棒碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒得：mv=mv'+mv1aaaabb111—mv2=—m1/2+—m172aa2aa2bb联立并带入数据解得金属棒a反弹的速度为：%=0.5m/s设金属棒a最终停在距磁场左边界％处，则从反弹进入磁场到停下来的过程，电路中产生的平均电动势为：E'=n^=B(L%)d△tz Atz平均电流为：厂=旦2R金属棒a受到的安培力为：F'=Bl'd规定向右为正方向，对金属棒处根据动量定理得：Bl'd-At=0mv'aa联立并带入数据解得：%=0.8m,故。正确。故选：BDO(1)金属棒a第一次进磁场，判断安培力大小，然后判断运动状态，进而判断加速度大小，从而知道物体的运动状态；(2)根据右手定则判断感应电流方向；(3)对金属棒a动量定理求第一次离开磁场的速度，动能定理求电路产生的总热量，然后求出金属棒b的热量；(3)弹性碰撞动量守恒，能量守恒，求出碰后金属棒。的速度，然后动量定理求出最终停在距磁场左边界的位置。本题综合考查了法拉第电磁感应定律和动量定理，动量守恒等知识。其中法拉第电磁感应定律相关考查内容属于常考题型，动能定理求热量，动量定理求速度或移动距离都是高考热点。.【答案】支卫九4冗2九2【解析】解：②滑板车做往复运动的周期为：Tin③根据单摆的周期公式T=2小=2兀与联立解得：R=^=^-4冗2 4冗2n2答：j。n4冗2n2(2)单摆的周期为T=上n(3)小球在轨道上的摆角很小，摆角小于5°，则小球的运动可视为简谐运动的条件；根据单摆的周期公式T=2兀R可求解轨道半径。9本题考查单摆的的运动是简谐运动的条件，和单摆的周期公式。属于基本题型。.【答案】15.40竖直9.74【解析】解：②两挡光片间的距离L=15.40cm-0cm=15.40cm；③手提玻璃条上端使它静止在竖直方向上，让光电门的光束从玻璃条下端的透光部分通过。⑤玻璃条下部挡光条通过光电门时玻璃条的速度为v=—=1,00x10-2m/s=1m/s，t1 10.003x10-3玻璃条上部挡光条通过光电门时玻璃条的速度为v=—=1.00x10-2m/s=2m/s，t2 5.000x10-3根据速度位移公式有：v2-V2=2。3代入数据解得加速度：9=晅22=——22-12——m/s2=9.74m/s2。2L2x15.40x10-2故答案为：②15.40，③竖直方向，⑤9.74。

利用极短时间内的平均速度表示瞬时速度求解机玻璃条两挡光片经过光电门时的速度%、%,机玻璃条自由下落，根据速度与时间关系公式列式求解自由落体运动的加速度g。本题关键是明确实验中测量瞬时速度的方法，即用极短时间内的平均速度表示瞬时速度,同时要结合速度位移公式求解加速度。16.【答案】分压如图所示1.83x103【解析】解：(1)由于各电压表的电阻值比较大，为让待测电阻分得较大电压，所以要选择分压接法;(2)完整的电路图，如图所示(3)根据下表中的实验数据，绘制的与-4图象，如图所示S.OOHeixiE3 r.qmipg3.002.001.00巴弟史如田T刊茄谪沆EHiHHimiimtuiixr；miuBHunmn3.002.001.00巴弟史如田T刊茄谪沆EHiHHimiimtuiixr；miuBHunmnismI粥盟断奥鹏搦牌隔明腌洞里解射牌题i唧叱咂眄酹刚脚肆nEiEnmiuumsiiSlxmuJ.OO2.00 3.阅 4.MUi/V(4)根据实验电路图，则有:心一心%「1则图线d斜率为：k=Jr1根据u2根据u2-4图象可得斜率:k=4.82-1.61=1.613.00-1.00则有：1.61=^^、 「1代入/=3.0k。，解得R%=1.83X103。(5)因待测电阻Ry(阻值约为700。)的阻值较小，若仍与电压表匕串联，则所分得的电压过小，不利于测量，故待测电阻Ry与其中一个电压表并联，由于电源电动势只有6匕为让待测电阻分得较大电压，故待测电阻Ry应与电压表七并联，再与电压表匕串联，故改进后的电路图，如图所示S.DO4Q03002.001.00:h工谓;】hS.DO4Q03002.001.00:h工谓;】h1；端工口tuxiicnrjjixui由我!日鸵■HE泻£!£乳罂［5网叫晒眼肉由眼;而］嘲楣愿摘翻触国脚；SEEIHEHHFiJinS:HilimianiImiluituEiir.nnKUinnmnmil阳牖眶能耀跳脚融画博踊聊雅硼圈］睡网科眠则i脚理曲刷smcliuHhEnmEUESinshxeizmat1.83x10312；1.00 2.00比如4MUliV(1)题目没有电流表，只有两个电压表，电压表电阻值比较大，为了待测电阻分得较大电压，选择分压接法；(2)对R%进行欧姆定律求解，将等式变形成U2=/<%)函数形式，进而根据直线斜率求解J；(3)改装电路主要依据是使两个电压表读数达到满偏的1〜2，方便读数，也为了实验数据准确。本题考查分压法和限流法的选择原则和两个电压表测电阻的接法。电路图的接法问题,要遵循安全和准确的原则。<02 4.823.212.411.61出窟昌再法留瞪思思<02 4.823.212.411.61出窟昌再法留瞪思思一M-8♦:♦♦工工工，工III1H5口■口■HHH002.00避;KEisni■“四“UH:::“：”口-工■■£■-***Z且一国(b)c（结果保留三位有效数字c（结果保留三位有效数字33）由5—5图像得到待测定值电阻的组值&=O）完成上述实险后，若要继续采用该实险原理测定另一个定值电阻凡.（阻值约为700Q）的阳值，在不额外噌加器材的前提下，要求实脸精度尽可能高，请在闵（b）的虚线框内画出你改进的电路图。（5）［5］因待测电阻&.（阻值约为700G）的阻值较小】若仍与电压表V1串联,则所分得的电压过小，不利于测量，故待测电阻斗与其中一个电压表并联，由于电源电动势只有6V,为让待测电阻分得校大电压，故待测电阻&•应与电压表V,并联，再与电压表V1串联，故改进后的电路图，如图所示17.【答案】解：（1）由于活塞向下推的过程中，气体内部温度不变，此过程为等温过程，开始时气体的压强为：P］=%=1.0X105M，体积为：％=L0XS，当触发器D刚好被触发时，气体内部的压强为：p2=1.5X105。。，体积为：V2=LXS，由玻意耳定律可得：&X匕=。2X%，代入数据得：L=2=40cmo1 1 2 2 。2（2）加热气体的过程中，活塞被固定，气体体积不变，此过程为等容过程，开始时气体的压强：氏=00=1.0X105。。，温度为：。=t0+273K=300K，当触发器D刚好被触发时，气体内部的压强为：。2=1.5X105。。，温度为：T2，由查理定律可得：=黑代入数据得：T2=3=450K。71丁2 。1答：（1）若环境温度不变，缓慢向下推活塞，D刚好被触发时，到缸底的距离为40cm；(2)若活塞固定在缸口位置，缓慢升高环境温度，。刚好被触发时的环境温度为450K。【解析】(1)由于活塞向下推的过程中，气体温度不变，故使用玻意耳定律对气体的前后状态进行分析；(2)气体加热的过程中，活塞被固定，气体体积不败，故使用查理定律对气体的前后状态进行分析。本题主要考察了考生玻意耳定律和查理定律的使用，需要注意的是，使用理想气体状态方程和三大定律时，分析的对象一定是同一气体的初末状态，而不是两个气体。18.【答案】解：(1)设小物块。下到圆弧最低点未与小物块b相碰时的速度为七,根据机械能守恒定律有：mgR=v2CL 2CvCL代入数据解得：va=4m/s小物块。在最低点，根据牛顿第二定律有：F-mg=mNa ar代入数据解得支持力：Fn=30N根据牛顿第三定律，可知小物块。对圆弧轨道的压力大小为30N；(2)小物块。与小物块Z?发生弹性碰撞，取初速度方向为正方向，根据动量守恒有：mv=mv'+mvaaaabb根据能量守恒有：=~mav'l+~mbvl2ctci.2act2do联立解得：v'a=-2m/s,vb=2m/s小物块。反弹，对a根据机械能守恒有：^a9h=-mav'lCt 2aa解得：h=0.2m；(3)小物块Z?滑上传送带，因与=2m/s>lm/s,故小物块匕先做匀减速运动，根据牛顿第二定律有：l^mbg=mba解得a=2m/s2则小物块。由2m/s减至Im/s,所走过的位移为：％=哈记=配二卫m=0.75m12a2x2运动的时间为：L= =-S=0.5s1a2因％=0.75m<L=1.25m,故小物块匕之后将做匀速运动至右端，则匀速运动的时间为：故小物块。从传送带的左端运动到右端所需要的时间:t=t+=0.5s+0.5s=lSo1 2答：(1)碰撞前瞬间小物块a对圆弧轨道的压力大小为30N；(2)碰后小物块a能上升的最大高度为0.2m；(3)小物块A从传送带的左端运动到右端所需要的时间为卜。【解析】(1)根据机械能守恒定律求解小物块。下到圆弧最低点的速度，小物块。在最低点根据牛顿第二定律结合向心力公式求解；(2)小物块。与小物块A发生弹性碰撞，根据动量守恒、能量守恒求解碰撞后的速度，小物块。根据机械能守恒求解碰后小物块。能上升的最大高度；(3)分析小物块A滑上传送带的运动情况，根据牛顿第二定律结合运动学公式进行解答。本题主要是考查功能关系和牛顿第二定律的应用，关键是能清楚物块的受力情况和运动过程中能量的转化情况，根据功能关系结合运动学公