2020届高考物理江苏押题卷

物理一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分。每小题只有一个选项符合题意。1.2018年11月16日第26届国际计量大会通过“修订国际单位制”决议，正式更新包括国际标准质量单位“千克”在内的4项基本单位定义。科学研究发现，声音在气体中的速度仅取决于气体的压强p和密度P及一些数字常数，小明根据所学的单位制知识判断计算气体中声速的公式可能正确的是TOC\o"1-5"\h\z( )P .p p p2A.v=kB.v=k■— C.v=k D.v=k\o"CurrentDocument"p pp p p3.B解析：压强p的单位是N/m2,用国际基本单位表示出来是kg/(mq),密度P的单位是kg/m3。将这两个单位代入公式进行单位运算，可判定只有选项B中表达式单位运算的结果是m/s,所以选项A、C、D都错。.如图所示，电路中完全相同的三只灯泡L/L2、L3分别与电阻R、电感L、电容C串联，先把双刀双掷开关S与“220V,100Hz”的交流电路a、b两端连接，三只灯泡亮度恰好相同。若保持交变电压有效值不变，而将双刀双掷开关S变为与“220V,50Hz”的交流电路c、d两端连接，则发生的现象是 () 22；V：；0Hz一^, 人.三灯均变暗 ।也处M4U丁220V,50Hz图B.三灯均变亮220V,50Hz图L1亮度不变，L2变亮，L3变暗L1亮度不变，L2变暗，L3变亮.C解析：由题意知，交变电流的电压有效值不变，频率减小了，电阻R的阻值不随频率而变化，交变电压不变，灯泡L1的电压不变，亮度不变。电感L的感抗减小，流过L2的电流增大，L2变亮。电容C的容抗增大，流过L3的电流减小，L3变暗，选项C正确，选项A、B、D错误。.如图所示，“嫦娥四号”由地面发射后进入地月转移轨道，经多次变轨最终进入距离月球表面100公里、周期为118分钟的圆轨道m,此后在该轨道再次成功实施变轨控制，顺利进入预定的着陆准备轨道，并于2019年1月3日成功着陆在月球背面的艾特肯盆地冯.卡门撞击坑的预选着陆区，图自此中国成为全球首个在月球背面着陆的国家。不计四号卫星的质量变化，下列说法正确的是()图A.“嫦娥四号”沿轨道H运行的周期大于沿轨道I运行的周期“嫦娥四号”在轨道m上经过p点时的加速度比在轨道I上经过p点时的加速度小“嫦娥四号”在轨道m上经过p点时的运行速度比在轨道n上经过p点时的运行

速度大d.“嫦娥四号”在轨道i上的机械能比在轨道m上的机械能大a3 ,.D解析：根据开普勒第三定律：—=k，因为在轨道H运行的半长轴小于在轨道I运行的圆T2周半径，所以“嫦娥四号”沿轨道n运行的周期小于沿轨道i运行的周期，选项a错误；在p点时，由GMm=ma可知，无论在哪个轨道上加速度a均相等，选项B错误；因为从轨道m到轨道n“嫦r2娥四号”做离心运动，速度须变大，选项C错误；轨道越高，机械能越大，选项D正确。.新能源电动汽车是当代生活中重要的交通工具。某品牌观光新能源电动车的动力电源上的铭牌标有“96V、210Ah”字样。假设工作时电源的输出电压恒为96V,额定输出功率5.04kW。由于电动机发热造成的损耗（其它损耗不计），电动汽车的效率为80%。根据上述有关数据，下列说法不正确・・・TOC\o"1-5"\h\z的是 （ ）A.动力电源充满电后总电荷量为3.6x105CB.额定工作电流为52.5AC.电动机的内阻约为0.46QD.电动汽车保持额定功率行驶的最长时间是4h 图A解析：由动力电源上的铭牌可知，q=It=210x3.6x103C=7.56x105C,选项A错误；由公式I=U=52.5A,所以额定工作电流为52.5A,选项B正确；由题意可知，额定输出功率5.04kW,发P热功率为P=——P=1.26k亚，额定工作电流为52.5A,由公式P=12r，解得r阊.46Q,选项C正r0.8 r确；根据电池容量Q=210A・h,电流为52.5A,则可得t=1=4h,选项D正确。,15.如图所示，在离水平地面高为h=-gt2上方A处有一小球，在竖直向上的恒力F作用下由静止开始竖直向上运动，经过时间t到达B点后立即撤去力F,再经过时间为21小球恰好落到地面。已知重力加速度为g,忽略空气阻力，可求得小球的质量为 （）A.B.F

2gC.A.B.F

2gC.图D.C解析：小球在恒力F作用下做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为。，经过时间t到达B点，上升的高度为h，速度为v，则应有h=1at2,v=at。撤去力F后，小球继续向上做1 1 1 2 1,,,、 … 1~ 3竖直上抛运动后做自由落体运动，整个过程位移有-(h+h1)=v1•21-2a(21)2,联立解得a=5g,根据牛顿第二定律有F-mg=ma，解得m=5F，选项C正确。8g二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全得2分，错选或不答的得0分。6.如图所示，让一铝制圆盘靠近U形磁铁的两级，但不接触，且磁铁的中心轴线与圆盘的中心在同一竖直线上。现让磁铁按照图示的方向转动，则下列说法正确的是()A.磁铁转动时，圆盘内磁通量发生了变化B.圆盘内产生感应电动势 公Ic.圆盘跟随磁铁一起同步转动 LLId.圆盘跟随磁铁转动的原因是内部产生的涡流引起的 "二工-二；图BD解析：磁铁转动时，穿过整个圆盘的磁通量不发生变化，选项A错误；可将铝制圆盘沿半径方向分割成无数条金属导体棒，当磁铁转动时，这些导体棒会切割磁感线，故圆盘内产生感应电势，选项B正确；当磁铁转动起来时，紧靠磁铁的圆盘因电磁感应而产生涡流，根据楞次定律，涡流与磁场相互作用，驱动圆盘运动，但圆盘要比磁铁转动速度慢，选项C错误；圆盘内的涡流受到安培力的作用，使得圆盘开始转动起来，选项D正确。微信朋友圈被一款名叫“跳一跳”的小游戏刷屏了。游戏要求操作者通过控制一质量为m的\"形小人(可视为质点)脱离平台时的速度，使其能从同一水平面上的平台跳到旁边的另一平台上。如图所示的抛物线为“i”形小人在某次跳跃过程中的运动轨迹，轨迹的最高点距平台上表面高度为h，落点3

TOC\o"1-5"\h\zAC解析：由平抛运动规律有h=1gt1,l=2%11，分别解得t=21=2叵，水平初速度为2 1 \gv=l-.而，选项A正确，选项B错误；根据动能定理有mgh=1mv2+1mv2，解得o4h 2 201.―――——x -v= 2gh（16h2+12）〉/2gh，选项C正确;设“i”形小人落地时速度方向与水平方向的夹角为仇o4h44 4h位移与与水平方向的夹角为a,经分析有tan9=2tana=—~，选项d错误。1/8.如图所示，A、B、C为直角三角形的三个顶点，NA=30°,D为AB的中点。在A、C两点分别放置一个点电荷qA、qC后，使得B点的场强方向竖直向上。下列说法正确的是 （ ）qA一定是正电荷，qB一定是负电荷qj=8|qB\ ：'.D点电势高于B点电势 ’DI %D.将负检验电荷从B点移到D点，电势能增加 ,C* 工£图.BD解析：由题意知B点的电场强度方向水平向上，有矢量的合成可知，C点的qC在B点产生的电场强度方向水平向右，A点的qA在B点产生的电场强度方向沿BA并指向A,故可判定qA一定是负电荷，qC一定是正电荷，选项A错误；同理根据矢量合成和数学知识可知，点电荷qA、qC在B点产生的电场强度关系为Ea=2EC，再由点电荷产生的场强公式E=£和rAB=2rCB可解得q^=8|q/，选项B正确；正电荷qC形成的电场中，D点电势等于B点电势，而在负电荷qA形成的电场中，D点电势低于B点电势，故在点电荷qA、qC共同产生的电场中，D点电势低于B点电势，选项C错误；将负检验电荷从B点移到D点，电场力做负功，电势能增加，选项D正确。.如图所示，ab是一段长度为2R的粗糙水平面，其中动摩擦因数为内0.5,右端与一固定在竖直1面内的S形轨道相切于b点，S形轨道由半径分别为r和R的两个1光滑圆弧构成，且R=2r。圆弧4交接处的距离略大于小球的直径，忽略小球在进入S形轨道时能量损失。现有一质量为m的小球受到水平恒力F=mg的作用，自a处从静止开始向右运动至b点撤去外力，重力加速度大小为g，不图计空气阻力。则下列说法正确的是（）图A.在半径为R的轨道上，小球处于超重状态.在b点，小球对轨道的压力为5mgC.当水平恒力F>7mg时，小球才能到达最高点8

D.当水平恒力F>7mg时，小球才能到达最高点4.【答案】BC【解析】在半径为R的轨道上，受到重力与轨道对小球的压力，合力产生的加速度向下，故小球处，一、一mv2于失重状态，选项A错误；在ab段由动能定理有(F-rmg)-2R=寸，在b点轨道对小球的支一 V2持力F=mg+m+=5mg，根据牛顿第三定律知小球对轨道的压力为5mg，选项B正确；若小rv V2球能够到达S形轨道最高点,根据牛顿第二定律知Fn+m=mR，临界条件是FJ解得小球mv2在最高点的临界速度为V>gR，整个过程运用动能定理有(F-rmg)•2R-mg(R+r)=—解得F>7mg，选项C正确，选项D错误。8三、简答题：本题分必做题(第10、11、12题)和选做题(第13题)两部分，共计42分。【必做题】10.(8分)某同学设计出如图甲所示的实验装置来'验证机械能守恒定律”，让小铁球从A点自由下落，下落过程中经过A点正下方的光电门落，下落过程中经过A点正下方的光电门B时，光电计时器记录下小球通过光电门时间K当地的(2)用游标卡尺测量铁球的直径.主尺示数(单位为cm)和游标的位置如图所示，则其直径为d=d=cm。(3)用游标卡尺测出小球的直径d和调整AB之间距离九记录下通过光电门B的时间t，多次重复上述过程，作出-随h的变化图象如图乙所示。若小球下落过程中机械能守恒时，该直线斜率12k0= 。（4）在实验中根据数据实际绘出——h图象的直线斜率为k（k<k0），则实验过程中所受的平均阻12力f与小球重力mg的比值1==（用k、k0表示）。mg10.（8分）答案：（1）刻度尺（2分）；（2）1.015cm（2分）；g k一k3）——（2分）；（4） （2分）。d2 ko解析：（1）根据实验原理和题意可知，还需要用刻度尺测量A点到光电门的距离，故选“刻度尺”。（2）20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm,游标卡尺的主尺读数为1cm,游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3x0.05mm=0.15mm,所以最终读数为：1cm+0.15mm=1.015cm；（3）根据机械能守恒的表达式有：mgh=1mv2,利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度2TOC\o"1-5"\h\z.d.. . 1 2g 、,…, 2g有：v=d，整理后有：一二3h，故该直线斜率为k0=-g。t 12d2 d2 1 ..一,1 2（mg一f） （3）根据动能定理有（mg-f）h=-^v2,整理后有—=（g）h,则该直线斜率2 12 d2k=2（mg一），解得f=匚。d2 mgko11.（10分）某研究性学习小组准备利用学校的实验仪器测定市场上某品牌高效节能灯正常工作时的电阻，已知该高效节能灯的额定电压为5V,正常工作的电阻约为800Q。实验室提供的如下器材清单有：器材规格学生电源E电压表V电动势24V,内阻可忽略不计量程0-15V,内阻rV=1kQ电流表A1量程0〜3mA,内阻r1=5Q电流表a2量程0〜100mA,内阻r2约为5Q滑动变阻器R阻值范围0〜20Q,允许最大电流1.0A定值电阻R1阻值为995Q定值电阻R2阻值为1995Q开关S一只，导线若干6

⑴为了尽可能精确测量节能灯正常工作时的电阻，选择恰当的仪器非常重要。电流表应选 ,定值电阻应选 （填写器材后的字母编号）。（2）请在虚线框中补画出实验电路原理图，并标出所选器材对应的电学符号。। Li'-N— j⑶该高效节能灯的电阻Rx=（用题中所给的字母符号表示），调节滑动变阻器滑片的位置，当电流表A2示数12=mA，记下所选电流表的读数代入表达式，计算所得结果即为节能灯正常工作时的电阻。.（10分）答案：（1）A1，R2;（各2分）；（2）见解析（2分）;（3）与"1:R）（2分）；2.5mA（2分）。U-1r不电解析：（1）要精确测定额定电压为5V的节能灯正常工作时的电阻，需测 量节能灯两端的电压和电流，由于电压表的量程较大，测量误差较大，能用已知的电压表测量节能两端的电压，可以将电流表A与定值阻串联改装为电压表来测量电压，所以电流表应选用A1，定值不电电阻应选用R2；（2）节能灯正常工作时的电流约为I=U=-5-A=6.25mA左右，电流表的量程较小，电流表不R800能精确测量电流，可以用电压表测量电流;因为滑动变阻器阻值远小于节能的电阻，所以滑动变阻能精确测量电流，可以用电压表测量电流;因为滑动变阻器阻值远小于节能的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法，电路原理图如图所示。（4）根据欧姆定律得该待测节能灯电阻R=U=I1（r1+R2）=勺«1+R），改装后的电压表内阻为xI U__i U一Irr1

vRV=R2+,=2000。，则当11=2.5mA时，节能灯两端的电压为5V，达到额定电压，测出来的电阻即为该节能灯正常工作时的电阻。

.［选修3—5］必考（1）（4分）对黑体辐射的研究催生了量子理论，如图所示，图线①②③④是实验得出的不同温度下黑体辐射的实验规律，则下列说法正确的是 （）图A.横坐标是波长，按图线①②③④的顺序温度逐渐升高图B.横坐标是波长，按图线①②③④的顺序温度逐渐降低C横坐标是频率，按图线①②③④的顺序温度逐渐升高D.横坐标是频率，按图线①②③④的顺序温度逐渐降低（2）（4分）约里奥一居里夫妇因发现人工放射性而获得了1935年的诺贝尔化学奖。他们发现的放射性元素30P衰变成30Si的同时放出正电子，写出30P的15 14 15衰变方程 ；32P是30P的同位素，被广泛应用于生物示踪技术，已知32P半衰期为15 15 1514.3天，请估算1mg的31P经28.6天的衰变后还剩mg。（3）（4分）若一个电子和一个正电子对撞发生湮灭而转化为一对光子的过程称之为“正电子湮没”。设正、负电子对撞前的质量均为m，相碰前动能均为£K光速为c,普朗克常量为限求:①光子的频率；②每个光子的动量。12.答案：⑴B（4分）；⑵30P^30Si+0e（2分），0.25mg（2分）p=mc+&。

cp=mc+&。

c（3）Y= k,h解析：（1）黑体辐射的实验规律是，随着温度的升高，一方面，各种波长（频率）的辐射强度都增强；另一方面，辐射强度的极大值向波长较短（频率较大）的方向移动，所以选项B正确，选项A、C、D错误。（2）放射性元素30P的衰变方程为30P_30Si+叱。根据半衰期公式m=m（-）t，经过28.6天1mg15 15 14 1 02 01286=0.25mg。的；；P还剩m=m0=0.25mg。（2）①由题意知，正、负电子对撞过程中系统可认为不受外力，满足动量守恒，光子无静止的质量，则对撞过程中的质量亏损为Am=2m。由爱因斯坦质能方程得对撞过程中放出的能量为TOC\o"1-5"\h\z.一 一 一2mc2+2E 一AE=Amc2=2mc2，根据能量守恒得每个光子的能量为E= k=mc2+E，又光子的2 k\o"CurrentDocument"mc2+E h能量为E=加，联立得到光子的频率Y=---k（2分）。②根据德布罗意波公式九=-和h p

mc2+Ec mc2+mc2+E（2分）。,整理得光子的动量p= 『=mc+（2分）。人 c13.【选做题】本题包括A、B二小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答。若多做，则按A小题评分。13A.[选修3-3]（1）（4分）关于热现象的说法正确的是 （）A.“破镜不能重圆”是因为玻璃分子间存在斥力作用B.热平衡是指一个系统内部的状态不再改变时所处的状态C.液晶具有各向异性，它的光学性质随温度和外加电压的变化而变化D.能量耗散说明与热现象相关的宏观过程在能量转化时具有方向性（4分）一定质量的理想气体，状态从A—B—C的变化过程可用如图所示的p-V图线来描述，气体在状态A时温度为TA=300K。则气体在状态B时的温度TB=K。若气体在A—B—C的过程中吸热100J,则在该过程中气体做功W=J。图（3）（4分）如图所示，是IBM的科学家用扫描隧道显微镜（STM）把n个铁原子搬到铜表面上排成的半径为R的圆圈一一“量子围栏”。已知铁的密度为p摩尔质量为M,阿伏伽德罗常数为「 4八1一NA，球体体积公式V=-KR3=-KD3,假设铁原子是球形，求“量子围栏”中相邻原子的平均间A 3 613A.［选修3-3］答案：（1）CD（4分）；400K(2分)，-100J(2分)；解析：（1）破碎的玻璃分子间距较大，已经大于10厂0,所以分子间作用力很小，不足以将玻璃重新拼接起来，选项A错误；热平衡是指一个系统内部各部分温度相等的状态，选项B错误；液晶具有各向异性，它随着温度、压力、外加电压等外界条件的微小变化都会引起液晶分子排列的变化，从而改变液晶的某些性质，选项C正确；能量耗散从能量转化角度反映出自然界的宏观过程具有方向性，选项D正确。

PV-（2）在A到B过程，根据理想气体的状态方程t=C可知，PVPV可解得TB=400K；状PV-态从AfB—C的变化过程中，先升温后降温，由理想气体的状态方程丁=C可知，TA=Tc，再由热T、 PV-（2）在A到B过程，根据理想气体的状态方程t=C可知，PVPV可解得TB=400K；状PV-态从AfB—C的变化过程中，先升温后降温，由理想气体的状态方程丁=C可知，TA=Tc，再由热T、 AC力学第一定律由：AU=W+Q，解得W=-Q=-100J。22冗R 一M一4D（3）相邻铁原子中心的平均距离为d=——（1分），由V=一=N•不兀（—）3（1分），解得n pA3 2八76M 2兀R铁原子的直径D=3枳（1分），得相邻原子的平均间隙加=d"=-:6M飞行（1分）。13B.[选修3—4]（1）（4分）如图所示，一列简谐横波以波速为10m/s沿x轴正方向传播的在t=0时刻的波形图。振源在％=0处，a、b为介质中两质点，且该时刻波恰好传播到x=6m的位置。下列说法正确的是A.振源的振动频率为2.5HzB.从t=0时刻开始，质点b比质点a后回到平衡位置C.从t=0时刻开始，经0.5s时间45m处质点通过的路程为1.5mD.的是，钟面不是正方形的时钟是（选填"A”或"B”）。面上，火箭的速度叽=0.1。（C为真空中的光速）。地面的观察者认为的是，钟面不是正方形的时钟是（选填"A”或"B”）。①则该光在玻璃球缺里发生全反射的临界角C①则该光在玻璃球缺里发生全反射的临界角C；②光第一次能从球缺上方的界面射出的光柱面积S。（3）（4分）如图所示，折射率为n=2的玻璃球半径为R,O点为球心，现将玻璃球下端切掉一部,3一分，形成一个球缺，球缺的高度为h=-R，现有一束与球缺横截面积相同的均匀光柱垂直于界面射入球缺。求:10

13B.[选修3—4]答案：（1）AB（4分）；（2）B,A（每空2分）；（3）300,1兀R2。乙E九… 八1解析：（1）由T=-=0.4s,所以振源的振动频率为f=-=2.5Hz,选项A正确；在t=0时刻，v T可判断质点a将向下振动，质点b振动方向向下，因此质点b比质点a后回到平衡位置，选项B正确;从t=0时刻开始，x=4m处质点向上振动，经t=0.5s=1；T时间，x=4m处质点通过的路程为4S=5x4A=1.0m，选项C错误；若观察者从x=3m处沿x轴向负方向运动，与波的传播方向相反，4则接收到波的频率大于波源频率，选项D错误。（2）根据相对论时间间隔相对性结论，相对观察者运动的时钟变慢，相对速度越大越慢，相对观察者静止的时钟最快，所以填A，根据相对论长度相对性结论，相对观察者运动的方向上长度变短，相对速度越大，长度变短就越厉害，而与运动垂直的方向上长度不变，所以填B，A。（3）①作出如图所示的光路图，当sinC=1=1（1分），解得发生全发 不丁、/测\射的临界角为C=300（1分）。②由几何关系可知r=RsinC=-R（1 ”引\分），故光第一次能从球缺上方的界面射出的光柱面积为S=2x兀r2=2兀R2 ,：: :（1分）。四、计算题：本题共3小题，共计47分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。14.（15分）如图所示，一折角0=45的导体框架水平固定放置，处于垂直纸面向里的匀强磁场中，一根足够长的截面均匀的导体棒放在导体框架上。%=0时导体棒与O点的距离为10。此时在外力作用下以初速度v0开始运动，已知导体棒中的感应电流与时间的关系是I=10+kt（10与k均为常量且已知）,-21 …「八，一, 人「，，，―，一人〜 在t=:时刻，导体棒的电功率为P。除导体棒外，其余各部分电阻均不计。求：k（1）试推导出导体棒的速度随时间的变化关系;图21图（2）在t=上时刻，导体棒与O点的距离；（3）磁感应强度。

kv14.【答案】（1）v=v+—0114.0I0（（2）（3）kP 0（3）kP 0

910v0（kl0+410v0）【解析】（1）根据法拉第电磁感应定律知E=Blv（1分）-E由闭合电路欧姆定律有I=- （1分）R令导体棒的电阻率为p，由电阻定律得R=p1 （1分））」,BSv得I=——p（1分）由题意知I=10+ktBSv有-pBSv有-p=10+kt（1分）当t=0时，v=v0故有BS=I0 （1分）Pv0kv整理后得v=v+01 （1分）0I0（2）由于速度随时间均匀增大，可判断导体棒做匀加速直线运动kv（2分）加速度（2分）0-21在t=下时刻，导体棒与O点的距离为kTOC\o"1-5"\h\z7 1 7 41vx=l+vt+—at2=l+—0-0- （2分）0 0 2 0k（3）根据电功率P=^v可知导体棒的电功率P0=F安v （1分）\=BIl （1分）12

因为0=45*，可得l=x=l+40-o(1分)。k21故可解得在t=丁时刻的磁感应强度k（1分）.（16分）一劲度系数为k=100N/m的轻弹簧下端固定于倾角为0=37。的光滑斜面底端，上端连接物块P。一轻绳跨过定滑轮O,端与物块P连接，另一端与套在光滑水平直杆的物块Q连接，定滑轮到水平直杆的距离为d=0.4m。初始时在外力作用下，物块Q在A点静止不动，轻绳与水平直杆的夹角a=3Oo,绳子张力大小为45N°E知物块Q质量为%=0.2kg,物块P质量为机2=5kg,不计滑轮大小及摩擦，取g=10m/s2。现将物块Q静止释放，求：⑴物块P静止时，弹簧的伸长量x1；（2）物块Q运动到轻绳与水平直杆的夹角氏530的B点时的速度大小；⑶物块Q由A运动到B点的过程中，轻绳拉力对其所做的功。图图.【答案】（1）0.15m；（2）3m/s； （2）0.9J【解析】：（1）物块P静止时，设弹簧的伸长量x1，由平衡条件有TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"T=mgsin0+kx （2分）代入数据解得x1=0.15m （2分）弹簧的伸长量为0.15m （1分）（2）将物块Q静止释放，经分析可知，物块P下落距离为0.30m,即弹簧被压缩故可知弹簧的弹性势能保持不变，根据能量守恒有（2分）Ax=0.15m (1分)故可知弹簧的弹性势能保持不变，根据能量守恒有（2分）mg•(2Ax)sin03如图