1、 1 1 / 1010 2020 全国卷(物理) 14.P2020 全国卷 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 ( ) 图- A.库仑 B.霍尔 C.洛伦兹 D.法拉第 14.D 解析 法拉第首先发现了磁生电现象,他把磁生电现象命名为电磁感应,产生的电流叫作感应电流,选项 D 正确. 15.D52020 全国卷 若一均匀球形星体的密度为 ,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
2、的周期是 ( ) A. B. C. D. 15.A 解析 对该星体表面附近的任意一颗卫星分析,有 =m R,所以其运动的周期为 T= ;由 M=V,可 得 M= R 3,联立解得 T= ,选项 A 正确. 16.D1、D22020 全国卷 如图-所示,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. 等于 ( ) 图- A.20 B.18 C.9.0 D.3.0
3、 16.B 解析 将摩托车和人看成一个整体分析,整体从 a点开始做平抛运动.对 a 到 c 的过程,有 h=v1t1,h= g ,联 立解得 v1 = ,同理,对 a到 b的过程,有 3h=v2t2,0.5h= g ,联立解得 v2=3 ,又因为动能 Ek= mv 2,所以 = =18,选项 B 正确. 2 2 / 1010 17.K2、K32020 全国卷 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-甲是某种 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乙所示.图乙中 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
4、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 ( ) 图- 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 17.D 解析 电子束带负电,加速电场使其加速,则电场方向水平向左,因为沿着电场线的方向电势降低,故 N处的 电势高于 M 处的电势,故 A 错误.增大 M、N之间的加速电压,由动能定理 Uq= mv 2-0,可得电子束进入偏转磁场的 速度增大,由电子在磁场中受洛伦兹力做匀速圆周运动,有
5、 qvB= ,可得 R= ,速度增大则运动半径也增大,P点 向右移动,故 B 错误.增大磁感应强度 B,电子在磁场中的运动半径 R 减小,P 点向左移动,故 D正确.由题意知电子束 受洛伦兹力向下偏转,根据左手定则可以判断,偏转磁场的方向垂直于纸面向里,故 C 错误. 18.O22020 全国卷 氘核 H可通过一系列聚变反应释放能量,其总效果可用反应式 H He+ H+ n+43.15 MeV 表示.海水中富含氘,已知 1 kg 海水中含有的氘核约为 1.01022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 1 kg标准煤燃烧释放的热量约为 2.91
6、07 J,1 MeV=1.610-13 J,则 M约为 ( ) A.40 kg B.100 kg C.400 kg D.1000 kg 18.C 解析 由反应式可知 6个 H聚变可释放 43.15 MeV 的能量,故 1 kg海水中含有的 1.01022 个氘核可释放 的能量约为 43.151.610-13 J=1.1511010 J,该能量相当于质量为 M的标准煤燃烧时释放的热量,故 M= kg400 kg,选项 C正确. 19.M2(多选)2020 全国卷 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 550 kV的超高压
7、向 B处输电,输电线上损耗的电功率为 P,到达 B处时电 3 3 / 1010 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 1100 kV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= P B.P= P C.U= U D.U= U 19.AD 解析 假设输电线的总电阻为 R,则输电线上损耗的电功率为 P=I2R=( ) R,电压由 550 kV改为 1100 kV,电压增加了一倍且输送的电功率和输电线电阻都不变,故 P= P,同理可得,经过输电线之后下降的电压为 U=IR= R,由于电压增加一倍,故
8、 U= U,选项 A、D正确. 20.I1、I2(多选)2020 全国卷 如图-所示,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 ( ) 图- 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 20.ABC 解析 a、b两点关于竖直直径对称,a、b两点附近的正、负电荷分布情况完全一样,可取任意一对关于 a、b连线上下对称的正、负电荷为例,研究它们在 a、b两点产生的合场强(如图甲所示),则所有电荷在 a、b两点 处产生的合场强大小相等
9、,方向也相同,故 Ea=Eb,选项 A正确;整个细圆环关于水平直线 ab 上下对称,在对称的位 置上任意取一对等量异种电荷,因为一对等量异种电荷的中垂面是一个等势面,等势面上的各点电势均相同,故选 项 B 正确;若在细圆环的每个位置叠加一个与原来等量的正电荷,而不改变原来的静电场,则细圆环上的电荷变成 如图乙所示,所有“2+”电荷对 c、d 两点的合场强方向竖直向下,若在细圆环的每个位置叠加一个与原来等量的负 电荷,而不改变原来的静电场,则细圆环上的电荷变成如图丙所示,所有“2-”电荷对 c、d 两点的合场强方向竖直向 下;且所有“2+”电荷对 c、d 两点的合场强和所有“2-”电荷对 c、d
10、 两点的合场强大小相等,选项 C正确;沿着电场线 的方向电势降低,故 cd,选项 D错误. 甲 4 4 / 1010 乙 丙 21.F2、F3(多选)2020 全国卷 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 4.0 kg的静止物块以大小为 5.0 m/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 5.0 m/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 5.0 m/s,反弹的物块不能再追上运动员.不计冰面的摩 擦力,该
11、运动员的质量可能为 ( ) A.48 kg B.53 kg C.58 kg D.63 kg 21.BC 解析 对滑冰运动员与物块这个系统分析,每一次运动员推物块时,均满足动量守恒定律,对运动员每一次 推物块分析,以运动员的速度方向为正方向,设运动员的质量为 M,物块的质量为 m,第 1次有 0+0=Mv1-mv0,第 2次 有 Mv1+mv0=Mv2-mv0,第 3次有 Mv2+mv0=Mv3-mv0第 7 次有 Mv6+mv0=Mv7-mv0,第 8次有 Mv7+mv0=Mv8-mv0, 对前 7 次累加可得 6mv0=Mv7-7mv0,则 v7= ,对 8次累加可得 7mv0=Mv8-8m
12、v0,则 v8= ,由题意可知,v75 m/s,则 v7= 5 m/s,故 M ,代入 m=4 kg,v0=5.0 m/s 可得 52 kgM60 kg, 选项 B、C正确. 22.A7、C22020 全国卷 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. 图- 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=0.590 m,下降一段距离后的高度 h=0.100 m; 由 h0下降至 h所用的时间 T=0.730 s.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
13、据得知,小球 A、B的质量分别为 100.0 g 和 150.0 g,当地重力加速度大小为 g=9.80 m/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). 5 5 / 1010 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: . 22.1.84 1.96 滑轮的轴不光滑或滑轮有质量 解析 释放之后 A、B 两小球均做匀变速直线运动,对小球 B分析有 x=h0-h= aT 2,故 a= - = - m/s21.84 m/s2. 因为 mAmB,所以小球 B 竖直向下做加速运动,根据牛顿第二定律,有 mB
14、g-FT=mBa,小球 A竖直向上做加速运动,根 据牛顿第二定律,有 FT-mAg=mAa,两式相加可得 mBg-mAg=(mA+mB)a,可解得 a= - g=1.96 m/s 2. 因为滑轮的转轴不光滑,会受到摩擦力,还有滑轮也有质量,则小球 B 向下加速运动时,其重力势能转化为 A、B的 机械能、滑轮的转动动能和内能,所以实际算出来的加速度 a的大小会小于理论上计算出的加速度 a的大小. 23.J4、J62020 全国卷 某同学要研究一小灯泡 L(3.6 V,0.30 A)的伏安特性.所用器材有:电流表 A1(量程 200 mA,内阻 Rg1=10.0 、电流表 A2(量程 500 mA
15、,内阻 Rg2=1.0 、定值电阻 R0(阻值 R0=10.0 、滑动变阻器 R1(最大阻值 10 、电源 E(电动势 4.5 V,内阻很小)、开关 S和若干导线.该同学设计的电路如图-甲所示. (1)根据图甲,在图乙的实物图中画出连线. 图- (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/mA 32
16、55 85 125 144 173 I2/mA 171 229 299 379 424 470 根据实验数据可算得,当 I1=173 mA时,灯丝电阻 R= 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 保留 1 位小数). 23.(1)如图所示 (2)I1(Rg1+R0) I2-I1 180 (3)11.6 (4)8.0 6 6 / 1010 解析 (1)按照电路图连接实物图如图所示. (2)因为电流表 A1与定值电阻 R0串联之后再与小灯泡 L并联,电流表 A2再与该并联整体串联,故小灯泡两端的电 压为 U
17、=I1(Rg1+R0),通过小灯泡 L的电流为 I=I2-I1,小灯泡 L的额定电压为 3.6 V,故电流表 A1与定值电阻 R0串联 的总电压最大为 3.6 V,所以 I1的最大值为 = A=180 mA. (3)灯丝的电阻为 R= = - ,代入数据得 R= - 11.6 . (4)小灯泡的额定电压为 3.6 V,电流表 A1的量程为 200 mA,所以若想测得小灯泡的额定电压和额定电流这组数据, 至少需要电流表 A1与替换 R0的电阻串联的总电压为 3.6 V,所以替换 R0的电阻不能小于 - -R g1=8.0 . 24.K42020 全国卷 如图-所示,在 0 xh,-y0)的粒子以
18、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 ,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. 图- 24.(1)磁场方向垂直于纸面向里 (2) (2- )h 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 qv0B=m 由此可得 R= 粒子穿过 y 轴正半轴离开磁场
19、,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 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 Bm= 7 7 / 1010 (2)若磁感应强度大小为 ,粒子做圆周运动的圆心仍在 y 轴正半轴上,由式可得,此时圆弧半径为 R=2h 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 ,由几何关系 sin = = 即 = 由几何关系可得,P 点与 x轴的距离为 y=2h(1-cos ) 联立式得 y=(2- )h 25.A8、C52020 全国卷 如图-所示,一竖直圆管质量为 M,下端距水平地面的高度为 H,顶端塞
20、有一质量为 m 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=4m,球和管之间的滑动摩擦力大小为 4mg,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. 图- 25.(1)2g 3g (2) H (3)圆管长度大于或等于 H 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 a1,方向向下
21、;球的加速度大小为 a2,方向向上;球与管之间的摩擦力大小为 Ff,由牛顿运动定律有 Ma1=Mg+Ff ma2=Ff-mg 联立式并代入题给数据,得 a1=2g,a2=3g (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 v0= 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 t1,管与小球的速度刚好相同.取向上为正方向,由运动学公式 v0-a1t1=-v0+a2t1 8 8 / 1010 联立式得 t1= 设此时管下端的高度为 h1,速度为 v.由运动学公式可得 h1=v0t1- a1 v=v0-a1t1 由式可判断此
22、时 v0.此后,管与小球将以加速度 g减速上升 h2,到达最高点.由运动学公式有 h2= 设管第一次落地弹起后上升的最大高度为 H1,则 H1=h1+h2 联立式可得 H1= H (3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为 x1.在管开始下落到上升 H1这一过程中,由动能定理有 Mg(H-H1)+mg(H-H1+x1)-4mgx1=0 联立式并代入题给数据得 x1= H 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= H1 设圆管长度为 L.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 x1+x2L 联立式,L应满足条件为 L H 33.20
23、20 全国卷 物理选修 3-3 (1)H3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)H5潜水钟是一种水下救生设备,它是一个底部开口、上部封闭的容器,外形与钟相似.潜水钟在水下时其内部上 方空间里存有空气,以满足潜水员水下避险的需要.为计算方便,将潜水钟简化为截面积为 S、高
24、度为 h、开口向下 的圆筒;工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放至深度为 H的水下,如图-所示.已知水的密度为 ,重力加速度 大小为 g,大气压强为 p0,Hh,忽略温度的变化和水密度随深度的变化. (i)求进入圆筒内水的高度 l; (ii)保持 H不变,压入空气使筒内的水全部排出,求压入的空气在其压强为 p0时的体积. 9 9 / 1010 图- 33.(1)B C (2)(i) h (ii) 解析 (1)A中汽油的化学能转化为热机的机械能和内能,符合热力学第一定律.B中冷水倒入保温杯,若冷水和杯 子的温度都降低,内能都变小,无其他力做功,能量消失,违背了热力学第一定律.C中热机工作时,从
25、高温热源吸收的 热量不可能全部转化为功,效率不可能达到 100%,违背了热力学第二定律.D 中冰箱可以通过做功从箱内低温环境 中提取热量散发到温度较高的室内,不违背热力学第二定律. (2)(i)设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内气体的体积分别为 V0和 V1,放入水下后筒内气体的压强为 p1,由玻 意耳定律和题给条件有 p1V1=p0V0 V0=hS V1=(h-l)S p1=p0+g(H-l) 联立以上各式并考虑到 Hhl,解得 l= h (ii)设水全部排出后筒内气体的压强为 p2,此时筒内气体的体积为 V0,这些气体在其压强为 p0时的体积为 V3,由玻 意耳定律有 p2V0=p0V3
26、 其中 p2=p0+gH 设需压入筒内的气体体积为 V,依题意 V=V3-V0 联立式得 V= 34.2020 全国卷 物理选修 3-4 (1)G1用一个摆长为 80.0 cm的单摆做实验,要求摆动的最大角度小于 5 ,则开始时将摆球拉离平衡位置的距离应 不超过 cm(保留 1位小数).(提示:单摆被拉开小角度的情况下,所求的距离约等于摆球沿圆弧移动的路 程.) 某同学想设计一个新单摆,要求新单摆摆动 10 个周期的时间与原单摆摆动 11 个周期的时间相等.新单摆的摆长应 该取为 cm. (2)N7直角棱镜的折射率 n=1.5,其横截面如图-所示,图中C=90 ,A=30 .截面内一细束与 B
27、C 边平行的光线,从 棱镜 AB 边上的 D点射入,经折射后射到 BC 边上. (i)光线在 BC 边上是否会发生全反射?说明理由; (ii)不考虑多次反射,求从 AC边射出的光线与最初的入射光线夹角的正弦值. 1010 / 1010 图- 34.(1)6.9 96.8 (2)(i)是 理由见解析 (ii) - 解析 (1)因为单摆摆动的角度较小,根据已知条件可得 x 2L=6.9 cm 根据单摆周期公式,有 2 10=2 11,解得 Lx= L=96.8 cm. (2)(i)如图所示,设光线在 D 点的入射角为 i,折射角为 r.折射光线射到 BC 边上的 E 点.设光线在 E 点的入射角为 , 由几何关系,有 =90 -(30 -r)60 根据题给数据得 sin sin 60 即 大于全反射临界角,因此光线在 E点发生全反射. (ii)设光线在 AC 边上的 F点射出棱镜,光线的入射角为 i,折射角为 r,由几何关系、反射定律及折射定律,有 i=30 i=90 - sin i=nsin r nsin i=sin r 联立式并代入题给数据,得 sin r= - 由几何关系,r即 AC边射出的光线与最初的入射光线的夹角.
