2020年高考物理历年高考真题

2020年普通高等学校招生全国统一考试

高考全国卷I（理综/物理）

二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第

14〜18题只有一项符合题目要求，第19〜21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，

选对但不全的得3分，有选错的得。分。

14.行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰

撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的

是（）

A.增加了司机单位面积的受力大小

B.减少了碰撞前后司机动量的变化量

C.将司机的动能全部转换成汽车的动能

D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积

解析选D。汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触。司机在很短时

间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量

定理知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机与物体的接触面积变大,

因此减少了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能。综上可知，选项D正

确。

点拨：题目虽然不难，但此题很好地体现了新课标的精神，要学会建立物理模型，明确

物理规律的应用。

15.火星的质量约为地球质量的强，半径约为地球半径的盘则同一物体在火星表面与在

地球表面受到的引力的比值约为（）

A.0.2B.0.4

C.2.0D.2.5

解析选B。万有引力表达式为尸=尊，则同一物体在火星表面与地球表面受到的引

力的比值为怒=窸=0.4,选项B正确。

16.如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10m,该同学和秋/

千踏板的总质量约为50kg。绳的质量忽略不计。当该同学荡到秋千支架的正下达,

方时，速度大小为8m/s,此时每根绳子平均承受的拉力约为（）

A.200NB.400N

C.600ND.800N

解析选B。取该同学与踏板为研究对象，到达最低点时，受力如图所示，一^

设每根绳子平均受力为凡

2F

mg

由牛顿第二定律知：2F—mg=^

代入数据得尸=405N,选项B正确。

17.图（a）所示的电路中，K与乙间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压Uc。

如果Uc随时间t的变化如图（b）所示,则下列描述电阻R两端电压（4随时间t变化的图像中,

正确的是（）

'：：345•\.

012：-_Es____：_：_：_._：__»

Ol12345t/8

解析选A。电阻R两端的电压UR=/R,其中/为线路上的充电电流或放电电流。

对电容器，Q=CUc,而1=*=代差

由Ucr图像知：

1〜2s内，电容器充电，令/先=/;

2〜3s内，电容器电压不变，则/=0；

3〜5s内，电容器放电，则/放=看

联系UR=/R可知,电阻R两端的电压随时间的变化图像与A对应。

点拨解题关键是厘清充电（或放电）电流与电容器、电阻两端电压的关系。

18.一匀强磁场的磁感应强度大小为8,方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示,

定为半圆，砒、bd与直径。分共线，矶间的距离等于半圆的半径。一束质量为机、电荷量

为q（q>0）的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之

间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为（）

：i,

7Tlm5兀"?

A.B.砧

4nm3TU%

D.

c,砧2qB

解析选c。粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关，由在磁场中的运动轨迹对应的

圆心角决定。设轨迹交半圆于e点，ce中垂线交6c•于。点，则。点为轨迹圆心，如图

所示。

4

圆心角。=兀+24，当夕最大时，，有最大值，当ce与ab相切时,£最大，此时。=］兀,

则故选C。

Z7U5qB

19.下列核反应方程中，X1、X2、X3、X4代表a粒子的有()

A彳H+汩f&n+Xi

B.21H+汩-H+X2

C.赞U+品一铝Ba+翳Kr+3X3

D[>n+¥Li-iH+X4

解析选BD。A错：彳H+汨fjn+汨e。

B对：汩+iH-，n+?He。

C错：赞U+Jnf患Ba+黎Kr+3加。

D对:Jn+gLif汩+^He。

20.一物块在高3.0m、长5.0m

滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线1、

重力加速度取10m/s2o贝IJ()

A.物块下滑过程中机械能不守恒

B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5

C.物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2

D.当物块下滑2.0m时机械能损失了12J

解析选AB°A对：由Es图像知，物块动能与重力势能的和减少，机械能不守恒。

B对：由Es图像知，整个下滑过程中，物块机械能减少量为46二?。J-10J=20J,

而AE=〃mgcosa,s,mgh=30J,其中cosa=0.8,h—3.0m,g=10m/s2,则动摩擦因数〃=

0.5»

C错：物块下滑时的加速度a=gsina—〃gcos。=2m/s?。

D错：物块下滑2.0m时损失的机械能为△£=///ngcosas'=8J。

点拨：EPs,反s图像可以看出动能的增量与重力势能的减少量是不同的，同时结合

题干中给出的斜面高度及斜面长度可以推出物块在斜面上的受力情况，结合牛顿第二定律、

滑动摩擦力的公式可以得出动摩擦因数及加速度的数值。

21.如图，U形光滑金属框“bed置于水平绝缘平台上，湖和公边平行，和儿边垂直。

ab、de足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用

水平恒力尸向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金

属框保持良好接触，且与前边保持平行。经过一段时间后（）

xxxMxxxx

a-------------------b

xxxxxxx

一尸

XXXXXXX

d----------------------------------'c

XXxNXxxx

A.金属框的速度大小趋于恒定值

B.金属框的加速度大小趋于恒定值

C.导体棒所受安培力的大小趋于恒定值

D.导体棒到金属框be边的距离趋于恒定值

解析选BCoA错，B、C对：当金属框在恒力F作用下向右加速时，be边产生从c

向人的感应电流i,金属框的加速度为m,有F-Bil=Mai,MN中感应电流从M向N,在安

培力作用下向右加速，加速度为42,有8〃=〃昭2,当金属框和MN都运动后，金属框速度为

V],MN速度为。2,感应电流为感应电流从。开始增大，则从零开始增加，

从法开始减小，加速度差值减小。当。1=〃2时，得尸=（M+m）〃，〃=一恒定,由尸安=

iviivl-rni

ma可知，安培力趋于恒定，进而确定感应电流趋于恒定，据，=知金属框与的

RMN

速度差维持不变，vf图像如图所示。

D错：MN与金属框的速度差不变，但的速度小于金属框的速度，MN到金属框be

边的距离越来越大。

三、非选择题：共62分。第22〜25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33〜34

题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：共47分。

22.（6分）某同学用伏安法测量一阻值为几十欧姆的电阻反,所用电压表的内阻为1kC,

电流表内阻为0.5C。该同学采用两种测量方案，一种是将电压表跨接在图(a)所示电路的。、

尸两点之间，另一种是跨接在0、。两点之间。测量得到如图(b)所示的两条U/图线，其

中U与/分别为电压表和电流表的示数。

图(a)

回答下列问题：

(1)图(b)中标记为H的图线是采用电压表跨接在_____(填“0、P”或“0、Q”)两点的

方案测量得到的。

(2)根据所用实验器材和图(b)可判断，由图线(填“I”或“II”)得到的结果更

接近待测电阻的真实值，结果为。(保留1位小数)。

(3)考虑到实验中电表内阻的影响，需对(2)中得到的结果进行修正，修正后待测电阻的阻

值为。(保留1位小数)。

解析(1)若通过心相同的电流值，由题图(b)知图线I对应的电压值大，则图线II是采

用电压表跨接在0、P两点的方案测量得到的。

(2)由题图(b)可得图线I测得电阻阻值以=焉然黑C，图线n测得

电阻阻值R”=(63；线麒10-3C=47.7C,待测电阻阻值约为50Q,缶=迷券=20,占

=舞=10°，暇合,电流表采用内接法更接近待测电阻的真实值，电压表跨接在°、Q

两点，测量结果为50.5为。

⑶电压表跨接在0、。间，测得的阻值为电阻与电流表内阻之和，则R=RLRA=(50.5

-0.5)。=50.0。。

答案(1)0、P(2)I50.5(3)50.0

23.(9分)某同学用如图所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块

(上方安装有宽度为"的遮光片)、两个与计算机相连接的光电门、跌码盘和祛码等。

遮光片光电门

7\4B

气垫导轨滑块祛码盘;分

送码

实验步骤如下：

(1)开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间

时，可认为气垫导轨水平；

(2)用天平测祛码与祛码盘的总质量如、滑块(含遮光片)的质量，"2：

(3)用细线跨过轻质定滑轮将滑块与祛码盘连接，并让细线水平拉动滑块；

(4)令滑块在祛码和祛码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量出遮

光片经过A、8两处的光电门的遮光时间。卜72及遮光片从A运动到B所用的时间。2；

(5)在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果将祛码和祛码盘所受重力视为滑块所受

拉力，拉力冲量的大小/=，滑块动量改变量的大小Ap=;(用题中给出的

物理量及重力加速度g表示)

(6)某次测量得到的一组数据为：1.000cm,%i=l.50X10-2kg,恤=0.400kg,Ah=

3.900X10-2s,加2=1.270XKT2s,力2=1.50s,取g=9.80m/s2。计算可得/=N-s,

△p=kgm-s-1；(结果均保留3位有效数字)

(7)定义＜5=］上押|X100%,本次实验＜5=%(保留1位有效数字)。

解析(1)若气垫导轨调整水平，则滑块在气垫导轨上自由滑动时，做匀速运动，则遮光

片通过两个光电门的时间相等。

(5)拉力的冲量l=m\gtn

滑块经过A、3两光电门时的速度分别为：

dd

故滑块动量的改变量

△p=tniU2—mivi='"2(备—战)。

(6)/=加侬|2=1.50X10-2X9.80X1.50N-s

=0.221N-s,

(d-1.000X10-2i.oooxi。—2

A/?——J=0-400X1.270X10-2—3.900X102kg-m/s=0.212kg-m/s°

(7)3=I匕产IX100%=0.221—0212J

X100%=4%。

0.221

答案(1)大约相等(5)〃ngfi2而一4)

(6)0.2210.212(7)4

24.(12分)我国自主研制了运一20重型运输机。飞机获得的升力大小尸可用尸=也2描

写，々为系数；。是飞机在平直跑道上的滑行速度，尸与飞机所受重力相等时的。称为飞机的

起飞离地速度。已知飞机质量为1.21X105kg时，起飞离地速度为66m/s；装载货物后质量

为1.69X105kg,装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。

(1)求飞机装载货物后的起飞离地速度；

(2)若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1521m起飞离地，求飞机在滑行过程

中加速度的大小和所用的时间。

解析(1)设飞机装载货物前质量为如，起飞离地速度为。I；装载货物后质量为优2,起

飞离地速度为。2,重力加速度大小为g。飞机起飞离地应满足条件

m\g=kv\®

〃?2g=S3②

由①②式及题给条件得02=78m/s③

(2)设飞机滑行距离为s,滑行过程中加速度大小为所用时间为九

由匀变速直线运动公式有

vi—2as®

V2=at(§)

联立③④⑤式及题给条件得a=2.0m/s2⑥

f=39s。⑦

答案(1)78m/s(2)2.0m/s239s

25.(20分)在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以。为圆心、半径为R的圆，AB

为圆的直径，如图所示。质量为电荷量为式q>0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同

的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周

上的C点以速率oo穿出电场，AC与48的夹角6=60。。运动中粒子仅受电场力作用。

(1)求电场强度的大小；

(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？

(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为机。o,该粒子进入电场时的速度应为多

大？

解析(1)粒子初速度为零，由C点射出电场，故电场方向与AC平行，由A指向C。由

几何关系和电场强度的定义知

F=qE®

由动能定理有尸③

联立①②③式得E=送④

(2)如图，由几何关系知ACLBC,故电场中的等势线与BC平行。

作与8C平行的直线与圆相切于。点，与AC的延长线交于P点，则自/

,■0\

。点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大。由几何关系知N%D=30。，

'、'、、、、/•

AP=*，DP*R⑤»石

设粒子以速度5进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为P

粒子在AC方向做加速度为d的匀加速运动，运动的距离等于AP；在垂直于AC的方向

上做匀速运动，运动的距离等于。P。由牛顿第二定律和运动学公式有

F=ma®

AP=%片⑦

DP=vth®

联立②④⑤⑥⑦⑧式得S=乎讪⑨

(3)设粒子以速度。进入电场时，在电场中运动的时间为％以A为原点，粒子进入电场

的方向为X轴正方向，电场方向为y轴正方向建立直角坐标系。由运动学公式有

y=^ai2@

粒子离开电场的位置在圆周上，

有Q—乎+(y—荻=R2⑫

粒子在电场中运动时，其X方向的动量不变，y方向的初始动量为零。设穿过电场前后

动量变化量的大小为机。。的粒子，离开电场时其y方向的速度分量为。2,由题给条件及运动

学公式有

mV2—mvo—mat®

联立②④⑥⑩⑪⑫⑬式得。=0⑭

答案(D魏(2)乎加(3)0或多°

另解：由题意知，初速为0时，动量增量的大小为，如o,此即问题的一个解。自A点以

不同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子，沿y方向位移相等时，所用时间都相同。因此,

不同粒子运动到线段CB上时，动量变化都相同，自B点射出电场的粒子，其动量变化也为

mva,由几何关系及运动学规律可得，此时入射速率。=监%

(二)选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题

计分。

33.[物理——选修3—3](15分)

(1)(5分)分子间作用力F与分子间距r的关系如图所示，r=n

时，F=0«分子间势能由r决定，规定两分子相距无穷远时分子间[

的势能为零。若一分子固定于原点。，另一分子从距0点很远处向|\

®_JTj-------_r

。点运动，在两分子间距减小到7*2的过程中，势能(填“减

小”“不变”或“增大”)；在间距由厂2减小到n的过程中，势能

(填“减小”“不变”或“增大”)；在间距等于外处，势能(填“大于”“等

于”或“小于”)零。

(2)(10分)甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体)。甲罐的容积为V,罐中

气体的压强为P；乙罐的容积为2匕罐中气体的压强为人。现通过连接两罐的细管把甲罐中

的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中

气体的压强相等。求调配后

(i)两罐中气体的压强;

(ii)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。

解析(1)分子势能与分子间距离变化的关系图像如图乙所示，两分

子间距减小到/'2的过程中和由/'2减小到八的过程中，分子力做正功，

分子势能减小；在间距等于八处，分子势能最小，小于零。

(2)(i)假设乙罐中的气体被压缩到压强为p,其体积变为片,由玻

意耳定律有

%(2V)=p%①

现两罐气体压强均为p,总体积为(V+%)。设调配后两罐中气体的

压强为p',由玻意耳定律有

p(V+Vt)=p'(V+2V)®

联立①②式可得”等③

(ii)若调配后甲罐中的气体再被压缩到原来的压强p时，体积为由玻意耳定律有

P'v=p匕④

设调配后甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为由密度的定义有左=3@

联立③④⑤式可得上=2善

27

答案⑴减小减小小于(2)(i)可＞(ii)3

34.[物理——选修3—4](15分)

(1)(5分)在下列现象中，可以用多普勒效应解释的有。(填正确答案标号。选对

1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分)

A.雷雨天看到闪电后，稍过一会儿才能听到雷声

B.超声波被血管中的血流反射后，探测器接收到的超声波频率发生变化

C.观察者听到远去的列车发出的汽笛声，音调会变低

D.同一声源发出的声波，在空气和水中传播的速度不同

E.天文学上观察到双星(相距较近、均绕它们连线上某点做圆周运动的两颗恒星)光谱随

时间的周期性变化

(2)(10分)一振动片以频率/做简谐振动时，固定在振动片上的两根细c

*

杆同步周期性地触动水面上6两点，两波源发出的波在水面上形成稳

•'、

定的干涉图样。C是水面上的一点，b、C间的距离均为/,如图所示。/

，、

已知除C点外，在4C连线上还有其他振幅极大的点，其,---------

中距。最近的点到c的距离为京3。求：

(i)波的波长；

(ii)波的传播速度。

解析(1)A错：看到闪电后，过一会儿才能听到雷声，是光和声音在空气中传播速度不

同造成的。

B对：探测器接收到的超声波频率发生变化，是由于血液发生流动，探测器与血液的观

测点的距离发生变化引起的，可以用多普勒效应解释。

C对：观察者听到远去的列车发出的汽笛声，音调变低是由于列车与观察者的距离发生

变化引起的，可以用多普勒效应解释。

D错：声波在空气中和水中传播速度不同，是由于进入不同介质，波长发生变化引起的。

E对：观察者与双星的距离发生变化，接收到的频率发生变化，产生周期性变化的光谱，

属于多普勒效应。

(2)(i)如图，设距c点最近的振幅极大的点为d点，“与d的距离为c

n,b与d的距离为n,

d与c的距离为s,波长为九

b

则r2—r\=X®

由几何关系有片=/—s②

“=Ssin600)2+(/—ricos60°尸③

联立①②③式并代入题给数据得2=3④

（ii）波的频率为人设波的传播速度为0,有⑤

联立④⑤式得。一驹

答案⑴BCE(2)(i)&(ii(

2020年普通高等学校招生全国统一考试

高考全国卷11（理综/物理）

二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第

14〜18题只有一项符合题目要求，第19〜21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，

选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14.管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。焊机的网

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0JZ

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

解析选D。A错：库仑发现了电荷间的相互作用规律，即库仑定律。B错：霍尔发现

了磁场中的通电导体两侧产生了电压，即霍尔效应。C错：洛伦兹发现了运动电荷在磁场中

受力的规律，即洛伦兹力。D对：法拉第发现了电磁感应定律，高频焊机工作原理是电磁感

应。

15.若一均匀球形星体的密度为p,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（）

解析选A。根据卫星受到的万有引力提供其做圆周运动的向心力可得G^=根伶

4、

球形星体质量可表示为：火3

由以上两式可得：T=

点拨：注意是在星体表面附近做圆周运动，轨道半径与球形星体半径相等。

16.如图，在摩托车越野比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3〃，其左边缘。点比右边缘b点高0.5鼠若摩托车经过a点时的动能为昂，它会

落到坑内c点，c与a的水平距离和高度差均为〃；若经过a点时的动能为Ei，该摩托车恰

能越过坑到达6点。等等于（）

A.20B.18

C.9.0D.3.0

解析选B。摩托车从。点做平抛运动到c点

水平方向：h=v\t\,竖直方向：力=上■

动能EI=%IVM=%^

摩托车从〃点到人点，水平方向3力=02及，

竖直方向0.5〃=全自

解得V2=3y[gli

动能七2=品质=全陪〃，故食=18。

17.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⑶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.用处的电势高于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

解析选D。A错：电子在N间受向右的电场力，电场方向向左，故M处的电势低

于N处的电势。B错：加速电压增大，可使电子获得更大的速度，根据r=瑞mu可知，电子在

磁场中做圆周运动的半径变大，P点右移。C错：电子受洛伦兹力方向向下，根据左手定贝L

nrn

可判断磁场方向垂直于纸面向里。D对：根据r=四，B增大，可使圆周运动半径变小，P

点左移。

18.笊核汨可通过一系列聚变反应释放能量，其总效果可用反应式6汨-2,He+2|H+

2信+43.15MeV表示。海水中富含气，已知1kg海水中含有家核约为1.0X1()22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2.9X107j/MeV=1.6X10-3j,则加约为()

A.40kgB.100kg

C.400kgD.1000kg

解析选C。根据核反应方程式，6个笊核聚变反应可释放出43.15MeV的能量，1kg

海水中的笊核反应释放的能量为

[0X]022

E=r-X43」5Me519XlO22MeVF/5Xl()ioj,

1]5x]fP°

则相当于标准煤的质量为M=.,前乂]厂kg^400k„

AJvg

19.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8处输电，输电线上损耗的电功

率为AP,到达3处时电压下降了△人在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件

下，改用1lOOkV特高压输电。输电线上损耗的电功率变为△〃，到达3处时电压下降了

△U,不考虑其他因素的影响，则（

A.bP'B.AP'=/AP

c.AIT=^\uD.NU'=]AU

p

解析选AD。由输电电流/=方知，输送功率不变，输电电压加倍，输电电流变为原来

的看损耗功率AP=/r,故输电电压加倍，损耗功率变为原来的/即AP'=|AP；输电线

上损失电压为At/n/r,即输电电压加倍，损失电压变为原来的/即AU'=^U.

20.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k7；

异种电荷。〃、〃为圆环水平直径上的两个点，c、d为竖直直径上的两个'：X

点，它们与圆心的距离均相等。则（）'V：dy：

A.a、6两点的场强相等

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

解析选ABC。A对：在绝缘细圆环的上半圆P处，任取一小段，.

可看成点电荷，其在。点产生的场强为昂，在关于细圆环水平直径对称

的下半圆Q处再取一小段，其在。点产生的场强为E2,由对称性可知,

自、员的合场强竖直向下，如图所示，即上半圆和下半圆在。点产生的E弋号；/­

合场强一定竖直向下。同理可知，在b点场强方向也竖直向下，大小与

。点处相等。B对：同理可分析a、〃所在的直径上各点场强均竖直向下，故a、b两点在同

一条等势线上，电势相等。C对：由微元法和对称性可知，c、d两点场强相等，方向竖直向

下。D错：电场由c到d,c点电势高于d点电势。

21.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.53kg

C.58kgD.63kg

解析选BC。设运动员的质量为M,第一次推物块后，运动员速度为第二次推物

块后，运动员速度为6.......第八次推物块后，运动员速度为第一次推物块后，由动量守

恒定律知：Mvi=mvo

第二次推物块后，由动量守恒定律知:

M（V2—V［）=m［vo—（—Vo）］=2mvo

第〃次推物块后，由动量守恒定律知:

M(v,—vn-i)=2mvo

(2〃-1)加伙)

整理得Vn=

260kgm/s300kg・m/s

则S=M，贝=M

由题意知，s<5m/s,贝l|M>52kg,又知*>5m/s,则Mv60kg,可知选项B、C正确。

三、非选择题：共62分。第22〜25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33〜34

题为选考题，考生根据要求作答。

22.（5分）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。-

实验小组用此装置测量小球8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/2=0.590m,下降一段距离后的高度Zz=0.100m；

0OB

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、8的质量分别为100.0g和150.0g,当地重力加速度

2

大小为5=9.80m/so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“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：___________________________________________________________________________

解析B小球在0.730s时间内下落距离,y=0.590m-0.100m=0.490m

初始时速度为零，

9152s2X0.490,,

据5=于产得。=干=07302m/s=1.84m/s。

若已知两小球的重力，据牛顿第二定律

对8球：meg—T=mBa'①

对A球：WMg—T=WM(—a')®

联立①②两式得

-3

,mn-mA(150.0-100.0)X10,,,

=8=3

amA+mB(100.0+150.0)X10-X9.8m/s=1.96m/s°

可见实验结果比理论结果小一些，可能是滑轮的轴不光滑或滑轮有质量。

答案1.841.96滑轮的轴不光滑（或滑轮有质量）

23.（10分）某同学要研究一小灯泡L（3.6V,0.30A）的伏安特性。所用器材有：电流表A।（量

程200mA,内阻耳产10.0。）、电流表A2（量程500mA,内阻”2=1.0。）、定值电阻Ro（阻

值Ro=10.0。）、滑动变阻器Ri（最大阻值10。）、电源£（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。

（2）若八、分别为流过电流表Ai和A2的电流，利用力、A、Rgi和Ro写出：小灯泡两端

的电压U=,流过小灯泡的电流/=»为保证小灯泡的安全，人不能超过

________mAo

（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L和/2。所得实验数据在下表中给出。

Zi/mA325585125144173

"/mA171229299379424470

根据实验数据可算得，当/i=173mA时，灯丝电阻R=Q（保留1位小数）。

（4）如果用另一个电阻替代定值电阻Ro,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C（保留1位小数）。

解析（1）如图所示。

（2）小灯泡两端的电压跟Ai与Ro两端电压的和相等，即U=，i（Ro+RQ。

流过A2的电流/2等于流过A1的电流/|及流过小灯泡的电流的和，故/L=/2-/|O

小灯泡的额定电压为3.6V,为保证安全，与小灯泡并联支路的电压最高不能超过3.6V

即，i(Ro+Rgi)=3.6V,

3.6V3.6V

则，।=Ro+Rgi=10.0C+10.0618A=18°mA°

(3)当/i=173mA时，/2=470mA

此时小灯泡两端的电压U=/i(R)+Rgi)=0.173X(10.0+10.0)V=3.46V

流过小灯泡的电流/=/2—八=470mA-173mA=297mA=0.297A,

/?2=~j=Q29711.6Co

(4)画完整的伏安特性曲线就是把0〜3.6V对应的U/曲线画出来，当U=3.6V时，通

过Ai的电流不能超过量程200mA,Rgi+R=§,R=，一旦尸检Q-10.0Q=8.0

答案(1)如解析图所示

(2)/i(Ro+&i)h~h180(3)11.6(4)8.0

24.(12分)如图，在OWxW/b—8勺<+8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。一质量为折、电荷

量为q0>0)的粒子以速度训从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。

V0|g_

(1)若粒子经磁场偏转后穿过)，轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方节I一厂

向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值&,；

(2)如果磁感应强度大小为净，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无轴的距离。

解析(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quoB一"(D

由此可得尺=翳②

粒子穿过)，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RWfi③

由题意，当磁感应强度大小为Bm时，粒子的运动半径最大，由此得以尸鬻④

(2)若磁感应强度大小为冷，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R'=2/i⑤

粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子在P点

的运动方向与X轴正方向的夹角为a,由几何关系

即a=1©

由几何关系可得，P点与x轴的距离为

y=2/j(l—cosa)⑧

联立⑦⑧式得y=(2一3)/7⑨

答案⑴磁场方向垂直于纸面向里鬻(2)f(2一小)/?

25.(20分)如图，一竖直圆管质量为下端距水平地面的高度为“，顶

端塞有一质量为根的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞,

且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M=4〃z,球

和管之间的滑动摩擦力大小为4/ng,g为重力加速度的大小，不计空气阻力。

(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小;

(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；

(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。

解析(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为⑶，

方向向下；球的加速度大小为方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f,由牛顿运动定

律有

Ma\=Mg+j@

ma2—f-mg®

联立①②式并代入题给数据，得ai=2g,”2=3g③

(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均

为vo=72gH④

方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。设自弹起时经过

时间八，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式。o-a"i=-g+a2n⑤

联立③④⑤式得A=|

设此时管下端的高度为/n,速度为。。由运动学公式可得

6⑦

v=vo-a^\®

由③④⑥⑧式可判断此时。＞0。此后，管与小球将以加速度g减速上升后，到达最高点。

由运动学公式有力2=女⑨

设管第一次落地弹起后上升的最大高度为Hl,则41=也+/22⑩

13

联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得巾=芯”⑪

（3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为汨。在管开始下落到上升4这一过程中，由

动能定理有

Mg（H-H\）-\-mg{H—H\+筋）一4，〃gxi=0⑫

4

联立⑪⑫式并代入题给数据得⑬

同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移X2

为X2—^H\®

设圆管长度为以管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是X|+X2WL

⑮

159

联立⑪⑬⑭⑮式，L应满足的条件为号⑯

答案：（l）2g3g（2）甘，

（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题

计分。

33.［物理——选修3—3］（15分）

（1）（5分）下列关于能量转换过程的叙述，违背热力学第一定律的有,不违背热

力学第一定律、但违背热力学第二定律的有。（填正确答案标号）

A.汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热

B.冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低

C.某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，而不产生其他影响

D.冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内

（2）（10分）潜水钟是一种水下救生设备，它是一个底部开口、上