1、绝密绝密启用前启用前 2020 年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试 理科综合能力测试理科综合能力测试物理试题物理试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦 干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 二、选择题：本题共二、选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第分。在每小题给出的四个选项中，第
2、 15 题题 只有一项符合题目要求，第只有一项符合题目要求，第 68题有多项符合题目要求题有多项符合题目要求。全部选对的得。全部选对的得 6 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 分。分。 1.如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环。圆环初始时静止。将图中开 关 S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到（ ） A. 拨至 M 端或 N 端，圆环都向左运动 B. 拨至 M 端或 N 端，圆环都向右运动 C. 拨至 M 端时圆环向左运动，拨至 N 端时向右运动 D. 拨至 M 端时圆环向右运动，拨至 N 端时向左运动 【答
3、案】B 【详解】无论开关 S 拨至哪一端，当把电路接通一瞬间，左边线圈中的电流从无到有，电流在线圈轴线上 的磁场从无到有，从而引起穿过圆环的磁通量突然增大，根据楞次定律（增反减同） ，右边圆环中产生了与 左边线圈中方向相反的电流，异向电流相互排斥，所以无论哪种情况，圆环均向右运动。 故选 B。 2.甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度 随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为 1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（ ） A. 3 J B. 4 J C. 5 J D. 6 J 【答案】A 【详解】由 v-t 图可知，碰前甲、乙的速度分别
4、为5m/sv 甲 ，=1m/sv乙；碰后甲、乙的速度分别为 1m/sv 甲 ，=2m/s v 乙 ，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得 +=+m vm vm vm v 甲 甲乙 乙甲 甲乙 乙 解得 6kgm 乙 则损失的机械能为 2222 1111 +- 2222 Em vm vm vm v 甲 甲乙 乙甲 甲乙 乙 解得 3JE 故选 A。 3.“嫦娥四号”探测器于 2019年 1 月在月球背面成功着陆，着陆前曾绕月球飞行，某段时间可认为绕月做 匀速圆周运动，圆周半径为月球半径的 K倍。已知地球半径 R是月球半径的 P 倍，地球质量是月球质量的 Q 倍，地球表面重力加速度大小为 g。则“
5、嫦娥四号”绕月球做圆周运动的速率为（ ） A. RKg QP B. RPKg Q C. RQg KP D. RPg QK 【答案】D 【解析】 【详解】假设在地球表面和月球表面上分别放置质量为m和 0 m的两个物体，则在地球和月球表面处，分别 有 2 Mm Gmg R ， 0 0 2 M m Q Gm g R P 解得 2 P gg Q 设嫦娥四号卫星的质量为 1 m，根据万有引力提供向心力得 12 1 2 M m vQ Gm R R K K P P 解得 RPg v QK 故选 D。 4.如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上 O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光 滑定滑轮与
6、物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O 点两侧绳与竖直方向的夹角分别为 和 。 若 =70，则 等于（ ） A. 45 B. 55 C. 60 D. 70 【答案】B 【详解】甲物体是拴牢在 O 点，且甲、乙两物体的质量相等，则甲、乙绳的拉力大小相等，O 点处于平衡 状态，则左侧绳子拉力的方向在甲、乙绳子的角平分线上，如图所示 根据几何关系有 1802 解得55。 故选 B。 5.真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为 a和 3a 的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行， 其横截面如图所示。一速率为 v 的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为 m，电荷量为 e，忽略 重
7、力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为（ ） A. 3 2 mv ae B. mv ae C. 3 4 mv ae D. 3 5 mv ae 【答案】C 【详解】为了使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，则其运动轨迹，如图所示 A 点为电子做圆周运动的圆心，r 为半径，由图可知ABO为直角三角形，则由几何关系可得 max 2 22 max 3arra 解得 max 4 3 ra； 由洛伦兹力提供向心力 2 v eBvm r 解得 min 3 4 mv B ae ，故 C正确，ABD错误。 故选 C。 6.1934 年，约里奥居里夫妇用 粒子轰击铝箔，首
8、次产生了人工放射性同位素 X，反应方程为： 4271 2130 He+AlX+ n。X 会衰变成原子核 Y，衰变方程为XY+ e ，则（ ） A. X 的质量数与 Y 的质量数相等 B. X 的电荷数比 Y 的电荷数少 1 C. X 的电荷数比 27 13Al的电荷数多 2 D. X 的质量数与 27 13Al的质量数相等 【答案】AC 【详解】设X和Y的质子数分别为 1 n和 2 n，质量数分别为 1 m和 2 m，则反应方程为 1 1 4271 2130 He+AlX+ n m n ， 12 12 0 1 XY+ mm nn e 根据反应方程质子数和质量数守恒，解得 1 2+13=n ，
9、12 1nn 1 4+27=1m ， 12 0mm 解得 1 15n ， 2 14n ， 1 30m ， 2 30m 即X的质量数与Y的质量数相等， 30 15X电荷数比 27 13Al的电荷数多 2， 30 15X电荷数比 27 13Al的质量数多 3，AC 正确，BD错误。 故选 AC。 7.在图（a）所示的交流电路中，电源电压的有效值为 220V，理想变压器原、副线圈的匝数比为 101，R1、 R2、R3均为固定电阻，R2=10，R3=20，各电表均为理想电表。已知电阻 R2中电流 i2随时间 t变化的正 弦曲线如图（b）所示。下列说法正确的是（ ） A. 所用交流电频率为 50Hz B
10、. 电压表的示数为 100V C. 电流表的示数为 1.0A D. 变压器传输的电功率为 15.0W 【答案】AD 【详解】A交流电的频率为 11 50Hz 0.02s f T A 正确； B通过 2 R电流的有效值为 2A 1A 2 I 2 R两端即副线圈两端的电压，根据欧姆定律可知 22 1 10V10VUIR 根据理想变压器的电压规律 11 22 Un Un 可知原线圈的电压 1 12 2 10 10V100V n UU n 电阻 1 R两端分压即为电压表示数，即 V01 220V 100V120VUUU B错误； C电流表的示数为 2 A 3 10 A0.5A 20 U I R C错误
11、； D副线圈中流过总电流为 2A 1A0.5A1.5AIII 变压器原副线圈传输的功率为 22 15WPI U D 正确。 故选 AD。 8.如图，M是锐角三角形 PMN最大的内角，电荷量为 q（q0）的点电荷固定在 P点。下列说法正确的是 （ ） A. 沿 MN边，从 M 点到 N点，电场强度的大小逐渐增大 B. 沿 MN边，从 M 点到 N点，电势先增大后减小 C. 正电荷在 M点的电势能比其在 N点的电势能大 D. 将正电荷从 M 点移动到 N 点，电场力所做的总功为负 【答案】BC 【详解】A点电荷的电场以点电荷为中心，向四周呈放射状，如图 M是最大内角，所以PNPM，根据点电荷的场强
12、公式 2 Q Ek r （或者根据电场线的疏密程度）可知 从MN电场强度先增大后减小，A 错误； B电场线与等势面（图中虚线）处处垂直，沿电场线方向电势降低，所以从MN电势先增大后减小， B正确； CM、N两点的电势大小关系为 MN ，根据电势能的公式 p Eq 可知正电荷在M点的电势能大 于在N点的电势能，C正确； D正电荷从MN，电势能减小，电场力所做的总功为正功，D错误。 故选 BC。 三、非选择题：共三、非选择题：共 62 分。第分。第 912 题为必考题，每个试题考生都必须作答。题为必考题，每个试题考生都必须作答。 （一）必考题：共（一）必考题：共 47 分。分。 9.某同学利用图（
13、a）所示装置验证动能定理。调整木板的倾角平衡摩擦阻力后，挂上钩码，钩码下落，带 动小车运动并打出纸带。某次实验得到的纸带及相关数据如图（b）所示。 已知打出图（b）中相邻两点的时间间隔为 0.02 s，从图（b）给出的数据中可以得到，打出 B点时小车的速 度大小 vB=_m/s，打出 P 点时小车的速度大小 vP=_m/s（结果均保留 2 位小数） 。 若要验证动能定理，除了需测量钩码的质量和小车的质量外，还需要从图（b）给出的数据中求得的物理量 为_。 【答案】 (1). 0.36 (2). 1.80 (3). B、P之间的距离 【详解】12由匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度 2
14、 (4.002.56) 10 m/s=0.36m/s 0.04 B v 2 P (57.8650.66) 10 m/s=1.80m/s 0.04 v 3验证动能定理需要求出小车运动的过程中拉力对小车做的功，所以需要测量对应的 B、P之间的距离。 10.已知一热敏电阻当温度从 10升至 60时阻值从几千欧姆降至几百欧姆， 某同学利用伏安法测量其阻值 随温度的变化关系。所用器材：电源 E、开关 S、滑动变阻器 R（最大阻值为 20 ） 、电压表（可视为理想 电表）和毫安表（内阻约为 100 ） 。 (1)在答题卡上所给的器材符号之间画出连线，组成测量电路图_。 (2)实验时，将热敏电阻置于温度控制
15、室中，记录不同温度下电压表和亳安表的示数，计算出相应的热敏电 阻阻值。 若某次测量中电压表和毫安表的示数分别为 5.5 V 和 3.0 mA， 则此时热敏电阻的阻值为_k （保 留 2位有效数字） 。实验中得到的该热敏电阻阻值 R随温度 t变化的曲线如图（a）所示。 (3)将热敏电阻从温控室取出置于室温下，测得达到热平衡后热敏电阻的阻值为 2.2k。由图（a）求得，此 时室温为_（保留 3位有效数字） 。 (4)利用实验中的热敏电阻可以制作温控报警器，其电路的一部分如图（b）所示。图中，E为直流电源（电 动势为 10 V，内阻可忽略） ；当图中的输出电压达到或超过 6.0 V时，便触发报警器（
16、图中未画出）报警。 若要求开始报警时环境温度为 50 ，则图中_（填“R1”或“R2”）应使用热敏电阻，另一固定电 阻的阻值应为_k（保留 2位有效数字） 。 【答案】 (1). (2). 1.8 (3). 25.5 (4). R1 (5). 1.2 【详解】(1)滑动变阻器由用分压式，电压表可是为理想表，所以用电流表外接。连线如图 (2)由部分电路欧姆定律得 3 5.5 1.8k 0.3 10 U R I (3)由该电阻的阻值随温度变化的曲线直接可读得：25.5。 (4)温度升高时，该热敏电阻阻值减小，分得电压减少。而温度高时输出电压要升高，以触发报警，所以 R1为热敏电阻。由图线可知，温度
17、为 50时，R1 =0.8k，由欧姆定律可得 12 ()EI RR 2 UIR 代入数据解得 2 1.2kR =。 11.如图，一边长为 l0的正方形金属框 abcd 固定在水平面内，空间存在方向垂直于水平面、磁感应强度大小 为 B 的匀强磁场。一长度大于 0 2l的均匀导体棒以速率 v 自左向右在金属框上匀速滑过，滑动过程中导体 棒始终与 ac 垂直且中点位于 ac上，导体棒与金属框接触良好。已知导体棒单位长度的电阻为 r，金属框电 阻可忽略。将导体棒与 a点之间的距离记为 x，求导体棒所受安培力的大小随 x（ 0 02xl）变化的关系 式。 【答案】 2 0 2 000 22 ,0 2 2
18、2 2,2 2 B v xxl r F B v lxlxl r 剟 【详解】当导体棒与金属框接触的两点间棒的长度为 l时，由法第电磁感应定律可知导体棒上感应电动势的 大小为 EBlv 由欧姆定律可知流过导体棒的感应电流为 E I R 式中 R为这一段导体棒的电阻。按题意有 Rrl 此时导体棒所受安培力大小为 FBIl 由题设和几何关系有 0 000 2 2 ,0 2 2 2( 2),2 2 xxl l lxlxl 联立各式得 2 0 2 000 22 ,0 2 22 2,2 2 B v xxl r F B v lxlxl r 剟 12.如图，相距 L=11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之
19、间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速 度的大小 v 可以由驱动系统根据需要设定。质量 m=10 kg 的载物箱（可视为质点） ，以初速度 v0=5.0 m/s 自 左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数 = 0.10，重力加速度取 g =10m/s2。 (1)若 v=4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间； (2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度； (3)若 v=6.0m/s，载物箱滑上传送带 13 s 12 t 后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台 运动的过程中，传送带对它的冲量。 【答案】(1)2.75s；(2) 1 2m/sv ，
20、2 4 2m/sv ；(3)0 【详解】(1)传送带的速度为4.0m/sv时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为 a，由牛顿第 二定律有： mgma 设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为 x1，由运动学公式有 22 01 2vvax 联立式，代入题给数据得 x1=4.5m； 因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至 v，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开传 送带所用的时间为 t1，做匀减速运动所用的时间为 t2，由运动学公式有 02 vvat 1 12 Lx tt v 联立式并代入题给数据有 t1=2.75s； (2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平
21、台时的速度最小，设为 v1，当载物箱滑上传送 带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为 v2.由动能定理有 22 10 11 22 mgLmvmv 22 20 11 22 mgLmvmv 由式并代入题给条件得 1 2m/sv ， 2 4 2m/sv (3)传送带的速度为6.0m/sv 时，由于 02 vvv，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍 a。设载物箱做 匀加速运动通过的距离为 x2，所用时间为 t3，由运动学公式有 03 vvat 22 02 2vvax 联立 式并代入题给数据得 t3=1.0s x2=5.5m 因此载物箱加速运动 1.0s、向右运动 5.5m时，达到与传送
22、带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运 动 3 ()tt 的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为 x3有 33 ()vtxt 由 式可知 2 23 1 () 2 mvmg Lxx 即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为 v3，由运动学公式有， 22 323 2 ()vva Lxx 设载物箱通过传远带的过程中，传送带对它的冲量为 I，由动量定理有 30 ()Im vv 代题给数据得0I （二）选考题：共（二）选考题：共 15 分。请考生从分。请考生从 2 道物理题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所道物理题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所 做的第一题计分。做的第
23、一题计分。 物理物理选修选修 33 13.如图，一开口向上的导热气缸内。用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞与气缸壁间无摩擦。现用外 力作用在活塞上。使其缓慢下降。环境温度保持不变，系统始终处于平衡状态。在活塞下降过程中（ ） A 气体体积逐渐减小，内能增知 B. 气体压强逐渐增大，内能不变 C. 气体压强逐渐增大，放出热量 D. 外界对气体做功，气体内能不变 E. 外界对气体做功，气体吸收热量 【答案】BCD 【详解】A理想气体的内能与温度之间唯一决定，温度保持不变，所以内能不变。A 错误； B由理想气体状态方程 pV C T ，可知体积减少，温度不变，所以压强增大。因为温度不变，内能不变。
24、 B正确； CE由理想气体状态方程 pV C T ，可知体积减少，温度不变，所以压强增大。体积减少，外接对系统做 功，且内能不变，由热力学第一定律UWQ可知，系统放热。C正确；E 错误。 D体积减少，外接对系统做功。理想气体的内能与温度之间唯一决定，温度保持不变，所以内能不变。故 D 正确。 故选 BCD。 14.如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为 H=18cm的 U型管，左管上端封闭，右管上端开口。右 管中有高 h0= 4cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离 l= 12cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为 T1=283K。大气压强 p0 =76cmHg。 （i）现从右侧端口缓慢
25、注入水银（与原水银柱之间无气隙） ，恰好使水银柱下端到达右管底部。此时水银柱 的高度为多少？ （ii）再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？ 【答案】 （i）12.9cm； （ii）363K 【解析】 【详解】 （i）设密封气体初始体积为 V1，压强为 p1，左、右管的截面积均为 S，密封气体先经等温压缩过 程体积变为 V2，压强变为 p2.由玻意耳定律有 1 122 pVp V 设注入水银后水银柱高度为 h，水银的密度为 ，按题设条件有 100 hpppg， 20 gppp h 10 2VSHlh ， 2 VSH 联立以上式子并代入题给数据得 h
26、=12.9cm； （ii）密封气体再经等压膨胀过程体积变为 V3，温度变为 T2，由盖一吕萨克定律有 23 12 VV TT 按题设条件有 3 (2)VSHh 代入题给数据得 T2=363K 物理选修物理选修 34 15.如图，一列简谐横波平行于 x 轴传播，图中的实线和虚线分别为 t=0 和 t=0.1 s 时的波形图。已知平衡位 置在 x=6 m处的质点，在 0 到 0.1s时间内运动方向不变。这列简谐波的周期为_s，波速为_m/s，传 播方向沿 x 轴_（填“正方向”或“负方向”） 。 【答案】 (1). 0.4 (2). 10 (3). 负方向 【详解】因为6mx处的质点在00.1s内
27、运动方向不变，所以该处质点从正向位移最大处经过四分之一 个周期向下运动至平衡位置处，即 1 0.1s 4 T 解得周期为0.4sT ，所以波速为 4m 10m/s 0.4s v T 在虚线上，6mx处的质点向下运动，根据同侧法可知波沿x轴负方向传播。 16.如图，一折射率为3的材料制作的三棱镜，其横截面为直角三角形 ABC，A=90 ，B=30 。一束平 行光平行于 BC边从 AB 边射入棱镜， 不计光线在棱镜内的多次反射， 求 AC 边与 BC边上有光出射区域的长 度的比值。 【答案】2 【详解】设从D点入射光线经折射后恰好射向C点，光在AB边上的入射角为 1 ，折射角为 2 ，如图所 示 由折射定律有 21 sinsinn 设从DB范围入射的光折射后在BC边上的入射角为，由几何关系有 2 30 代入题中数据解得 2 30 sin1n 所以从DB范围入射的光折射后在BC边上发生全反射， 反射光线垂直射到AC边，AC边上全部有光射出。 设从AD范围入射的光折射后在AC边上的入射角为，如图所示 由几何关系可知 2 90 根据已知条件可知 sin1n 即从AD范围入射的光折射后在AC边上发生全反射， 反射光线垂直射到BC边上。 设BC边上有光线射出 的部分为CF，由几何关系得 sin30CFAC AC边与BC边有光射出区域长度比值为 2 AC CF
