2020年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅲ）（解析版）_全国卷+地方卷_4.物理_1.物理高考真题试卷_2008-2020年_全国卷物理_全国统一高考物理（新课标ⅲ）16-21_A3word版_PDF赠送）

2020 年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅲ） 一、选择题：本题共 8个小题，每题 6分，共 48分。在每个小题给出的四个选项中，第 1-4题只 有一项符合题目要求，第 5-8题有多项符合题目要求。全部选对的得 6分，选对不全的得 3 分，有选错的得 0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. 3 J B. 4 J C. 5 J D. 6 J 【答案】A 【解析】 【详解】由 v-t图可知，碰前甲、乙的速度分别为v 5m/s，v =1m/s；碰后甲、乙的速度分别为 甲 乙 v 1m/s，v =2m/s，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得 甲 乙 m v +m v =m v +m v 甲 甲 乙 乙 甲 甲 乙 乙 解得 A. 拨至M端或N端，圆环都向左运动 m 6kg 乙 B. 拨至M端或N端，圆环都向右运动 则损失的机械能为 C. 拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动 1 1 1 1 D. 拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动 E  m v2 + m v2 - m v2- m v2 2 甲 甲 2 乙 乙 2 甲 甲 2 乙 乙 【答案】B 解得 【解析】 E 3J 【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 故选A。 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 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 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。 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 故选B。 球表面重力加速度大小为g。则“嫦娥四号”绕月球做圆周运动的速率为（ ） 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（ ） RKg RPKg RQg RPg A. B. C. D. QP Q KP 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m 的两个物体，则在地球和月球表面处，分别有 【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 0 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 M m Mm Q 0 G mg，G m g R2 R 2 0   P 解得 P2 g g Q 设嫦娥四号卫星的质量为m ，根据万有引力提供向心力得 1 根据几何关系有 M m Q 1 v2 180 2 G m 2 1 R  R K K   P   P 解得55。 解得 故选B。 RPg 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 v  QK 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，忽略重力。为 故选D。 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（ ） 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α和β。若 α=70°，则β等于（ ） 3mv mv 3mv 3mv A. B. C. D. 2ae ae 4ae 5ae 【答案】C 【解析】 【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. 45° B. 55° C. 60° D. 70° 【答案】B 【解析】4+27=m 1 ，m  m 0 1 1 2 解得 n 15 ，n 14 ，m 30 ，m 30 1 2 1 2 即X的质量数与Y的质量数相等，30X电荷数比27Al的电荷数多2，30X电荷数比27Al的质量数多3，AC正 15 13 15 13 确，BD错误。 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 故选AC。 3ar 2 r2 a2 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10∶1，R 1 、 max max R 、R 均为固定电阻，R =10Ω，R =20Ω，各电表均为理想电表。已知电阻R 中电流i 随时间t变化的正弦曲 2 3 2 3 2 2 4 解得r  a； max 3 线如图（b）所示。下列说法正确的是（ ） 由洛伦兹力提供向心力 v2 eBvm r 3mv 解得B  ，故C正确，ABD错误。 min 4ae 故选C。 A. 所用交流电的频率为50Hz B. 电压表的示数为100V 6.1934年，约里奥—居里夫妇用α粒子轰击铝箔，首次产生了人工放射性同位素X，反应方程为： C. 电流表的示数为1.0A D. 变压器传输的电功率为15.0W 4He+27Al→X+1n。X会衰变成原子核Y，衰变方程为X→Y+０e，则（ ） 【答案】AD 2 13 0 １ 【解析】 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 【详解】A．交流电的频率为 C. X的电荷数比27Al的电荷数多2 D. X的质量数与27Al的质量数相等 13 13 1 1 f   50Hz T 0.02s 【答案】AC A正确； 【解析】 B．通过R 电流的有效值为 【详解】设X和Y的质子数分别为n 和n ，质量数分别为m 和m ，则反应方程为 2 1 2 1 2 2A 4He+27Al m 1X+1n ，m 1X  m 2Y+0e I  1A 2 13 n 0 n n 1 1 1 2 2 根据反应方程质子数和质量数守恒，解得 R 两端即副线圈两端的电压，根据欧姆定律可知 2 2+13=n ，n  n 1 1 1 2 U  IR 110V10V 2 2U n C. 正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大 根据理想变压器的电压规律 1  1 可知原线圈的电压 U n 2 2 D. 将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负 n 【答案】BC U  1U 1010V100V 1 n 2 2 【解析】 电阻R 两端分压即为电压表示数，即 【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 1 U U U 220V100V120V V 0 1 B错误； C．电流表的示数为 U 10 I  2  A0.5A A R 20 3 C错误； D．副线圈中流过的总电流为 I  I I 1A0.5A1.5A 2 A 变压器原副线圈传输的功率为 Q M 是最大内角，所以PN  PM ，根据点电荷的场强公式E k （或者根据电场线的疏密程度）可知从 P I U 15W r2 2 2 D正确。 M  N 电场强度先增大后减小，A错误； 故选AD。 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M  N 电势先增大后减小，B正 8.如图，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q（q>0）的点电荷固定在P点。下列说法正确的是 确； （ ） C．M 、N 两点的电势大小关系为  ，根据电势能的公式E q可知正电荷在M 点的电势能大于在 M N p N 点的电势能，C正确； D．正电荷从M  N ，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 62分。第 9~12 题为必考题，每个试题考生都必须作答。 （一）必考题：共 47分。 9.某同学利用图（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 A. 沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小逐渐增大 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。 B. 沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小(2)实验时，将热敏电阻置于温度控制室中，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_____kΩ（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。 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v =_____m/s，打出P点时小车的速度大小v =_____m/s（结果均保留2位小数）。 B P 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 【解析】 【详解】[1][2]由匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度 (4.002.56)102 v  m/s=0.36m/s B 0.04 (57.8650.66)102 (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2.2kΩ。由图（a）求得，此时室 v  m/s=1.80m/s P 0.04 温为_____℃（保留3位有效数字）。 [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。 (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 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 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（图中未画出）报警。若要求开 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 Ω）、电压表（可视为理想电表） 始报警时环境温度为50 ℃，则图中_________（填“R ”或“R ”）应使用热敏电阻，另一固定电阻的阻值应为 1 2 和毫安表（内阻约为100 Ω）。 _________kΩ（保留2位有效数字）。 (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________________。B的匀强磁场。一长度大于 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 0 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x 2l ）变化的关系式。 0 【答案】 (1). (2). 1.8 (3). 25.5 (4). R (5). 1.2 1 【解析】 【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 2B2v  2   x, 0„ x„ l  r  2 0    【答案】F  2B2v   2   r 2l 0 x ,   2 l 0  x„ 2l 0      【解析】 【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 (2)由部分电路欧姆定律得 E  Blv U 5.5 R  Ω1.8kΩ 由欧姆定律可知流过导体棒的感应电流为 I 0.3103 E (3)由该电阻的阻值随温度变化的曲线直接可读得：25.5℃。 I  R (4)①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R 为 式中R为这一段导体棒的电阻。按题意有 1 热敏电阻。②由图线可知，温度为50℃时，R =0.8kΩ，由欧姆定律可得 R  rl 1 E  I(R R ) 此时导体棒所受安培力大小为 1 2 F  BIl U  IR 2 由题设和几何关系有 代入数据解得R = 1.2kΩ。 2 11.如图，一边长为l 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 0  2  联立①②式，代入题给数据得x 1 =4.5m；③ 2x, 0 x„ l     2 0  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 l    2  所用的时间为t ，做匀减速运动所用的时间为t ，由运动学公式有  2( 2l 0 x),   2 l 0  x„ 2l 0   1 2    vv at ④ 0 2 联立各式得 Lx t t  1 ⑤ 2B2v  2  1 2 v  x, 0„ x„ l  r  2 0    F  联立①③④⑤式并代入题给数据有t 1 =2.75s；⑥ 2B2v   2   r 2l 0 x ,   2 l 0  x„ 2l 0   (2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v 1 ，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v 由动能定理有 2. 12.如图，相距L=11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的 1 1 mgL mv2  mv2⑦ 2 1 2 0 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v =5.0 m/s自左侧平台 0 1 1 滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ= 0.10，重力加速度取g =10m/s2。 mgL mv2  mv2⑧ 2 2 2 0 (1)若v=4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间； 由⑦⑧式并代入题给条件得 (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； 13 v  2m/s，v 4 2m/s⑨ (3)若v=6.0m/s，载物箱滑上传送带t  s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 1 2 12 (3)传送带的速度为v 6.0m/s时，由于v vv ，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍a。设载物箱做匀 的过程中，传送带对它的冲量。 0 2 加速运动通过的距离为x ，所用时间为t ，由运动学公式有 2 3 v v at ⑩ 0 3 v2 v2 2ax ⑪ 0 2 联立①⑩⑪式并代入题给数据得 【答案】(1)2.75s；(2) v  2m/s，v 4 2m/s；(3)0 t 3 =1.0s ⑫ 1 2 x =5.5m ⑬ 【解析】 2 因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运动 【详解】(1)传送带的速度为v4.0m/s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 (tt )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x 有 律有： 3 3 mg ma ① x v(tt ) ⑭ 3 3 设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x ，由运动学公式有 1 由①⑫⑬⑭式可知 v2 v2 2ax ② 0 11 pV mv2 mg(Lx x ) CE．由理想气体状态方程 C，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， 2 2 3 T 即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v 3 ，由运动学公式有， 且内能不变，由热力学第一定律U W Q可知，系统放热。C正确；E错误。 v2 v2  2a(Lx x ) ⑮ 3 2 3 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 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 正确。 I m(v v ) 故选BCD。 3 0 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 代题给数据得I 0 有高h = 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 （二）选考题：共 15分。请考生从 2道物理题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做 0 T =283K。大气压强p =76cmHg。 的第一题计分。 1 0 （i）现从右侧端口缓慢注入水银（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 [物理——选修 3–3] 高度为多少？ 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 （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？ 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（ ） 【答案】（i）12.9cm；（ii）363K A 气体体积逐渐减小，内能增知 【解析】 B. 气体压强逐渐增大，内能不变 【详解】（i）设密封气体初始体积为V ，压强为p ，左、右管的截面积均为S，密封气体先经等温压缩过程体 C. 气体压强逐渐增大，放出热量 1 1 积变为V ，压强变为p 由玻意耳定律有 D. 外界对气体做功，气体内能不变 2 2. pV  pV E. 外界对气体做功，气体吸收热量 1 1 2 2 设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，按题设条件有 【答案】BCD p  p  pgh ， p  p  pgh 【解析】 1 0 0 2 0 【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； V S2H lh  ，V  SH 1 0 2 pV B．由理想气体状态方程 C，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。B 联立以上式子并代入题给数据得h=12.9cm； T （ii）密封气体再经等压膨胀过程体积变为V ，温度变为T ，由盖一吕萨克定律有 3 2 正确；V V 2  3 T T 1 2 按题设条件有 V  S(2H h) 3 代入题给数据得 【答案】2 T =363K 2 【解析】 [物理选修 3–4] 【详解】设从D点入射的光线经折射后恰好射向C点，光在AB边上的入射角为，折射角为，如图所示 1 2 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”）。 由折射定律有 【答案】 (1). 0.4 (2). 10 (3). 负方向 【解析】 sin 1 nsin 2 【详解】因为x6m处的质点在0 0.1s内运动方向不变，所以该处质点从正向位移最大处经过四分之一个周 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  期向下运动至平衡位置处，即 30 2 1 T 0.1s 代入题中数据解得 4 解得周期为T 0.4s，所以波速为  30 2  4m v  10m/s nsin1 T 0.4s 在虚线上，x6m处的质点向下运动，根据同侧法可知波沿x轴负方向传播。 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 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。由几何关系可知 90 2 根据已知条件可知 nsin1 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 CF  ACsin30 AC边与BC边有光射出区域的长度比值为 AC 2 CF