2020年海南高考物理试题及答案_全国卷+地方卷_4.物理_1.物理高考真题试卷_2008-2020年_地方卷_海南高考物理08-20_A3word版_PDF版（赠送）

2020 年海南省高考物理试卷 A．P  P B．P  P ab bc ab ac C．P  P D．P  P ac bc ab ac 1．100年前，卢瑟福猜想在原子核内除质子外还存在着另一种粒子X，后来科学家用粒子轰击铍核证实了这一猜 5．下列说法正确的是（ ） A．单色光在介质中传播时，介质的折射率越大，光的传播速度越小 想，该核反应方程为：4He9 Be12 Cm X，则（ ） 2 4 6 n B．观察者靠近声波波源的过程中，接收到的声波频率小于波源频率 A．m1，n0，X是中子 C．同一个双缝干涉实验中，蓝光产生的干涉条纹间距比红光的大 B．m1，n0，X是电子 D．两束频率不同的光，可以产生干涉现象 C．m0，n1，X是中子 6．如图，在一个蹄形电磁铁的两个磁极的正中间放置一根长直导线，当导线中通有垂直于纸面向里的电流I时，导线 D．m0，n1，X是电子 所受安培力的方向为（ ） 2．如图，上网课时小明把手机放在斜面上，手机处于静止状态。则斜面对手机的（ ） A．支持力竖直向上 B．支持力小于手机所受的重力 A．向上 B．向下 C．向左 D．向右 C．摩擦力沿斜面向下 7．2020年5月5日，长征五号B运载火箭在中国文昌航天发射场成功首飞，将新一代载人飞船试验船送入太空，若 D．摩擦力大于手机所受的重力沿斜面向下的分力 试验船绕地球做匀速圆周运动，周期为T，离地高度为h，已知地球半径为R，万有引力常量为G，则（ ） 2R 3．图甲、乙分别表示两种电流的波形，其中图乙所示电流按正弦规律变化，分别用I 和I 表示甲和乙两电流的有效 A．试验船的运行速度为 1 2 T 值，则（ ） 2 Rh3 B．地球的第一宇宙速度为 T R 2Rh3 C．地球的质量为 GT2 A．I :I 2:1 B．I :I 1:2 42Rh2 1 2 1 2 D．地球表面的重力加速度为 RT2 C．I :I 1: 2 D．I :I  2:1 1 2 1 2 8．太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力， 4．一车载加热器（额定电压为24V）发热部分的电路如图所示，a、b、c是三个接线端点，设ab、ac、bc间的功率 若某探测器质量为490kg，离子以30km/s的速率（远大于探测器的飞行速率）向后喷出，流量为3.0103g/s，则 分别为P 、P 、P ，则（ ） ab ac bc 探测器获得的平均推力大小为（ ） A．1.47N B．0.147N C．0.09N D．0.009N 9．一列简谐横波沿x轴正方向传播，波的周期为0.2s，某时刻的波形如图所示．则（ ） 试卷第1页，总4页m B．弹簧的弹力大小为T  2 F m m 1 2 C．若只增大m ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大 2 A．该波的波长为8m D．若只增大，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大 B．该波的波速为50m/s 13．如图，足够长的间距d 1m的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面内，导轨间存在一个宽度L1m的匀强 C．该时刻质点P向y轴负方向运动 磁场区域，磁感应强度大小为B 0.5T，方向如图所示．一根质量m 0.1kg，阻值R0.5Ω的金属棒a以初速度 D．该时刻质点Q向y轴负方向运动 a 10．空间存在如图所示的静电场，a、b、c、d为电场中的四个点，则（ ） v 4m/s从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与另一根质量m 0.2kg，阻值R0.5Ω的原来静置在导轨 0 b 上的金属棒b发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，则（ ） A．a点的场强比b点的大 A．金属棒a第一次穿过磁场时做匀减速直线运动 B．d点的电势比c点的低 B．金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流 C．质子在d点的电势能比在c点的小 C．金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，金属棒b上产生的焦耳热为0.25J D．将电子从a点移动到b点，电场力做正功 D．金属棒a最终停在距磁场左边界0.8m处 11．小朋友玩水枪游戏时，若水从枪口沿水平方向射出的速度大小为10m/s，水射出后落到水平地面上。已知枪口离 14．（1）滑板运动场地有一种常见的圆弧形轨道，其截面如图，某同学用一辆滑板车和手机估测轨道半径R（滑板车 的长度远小于轨道半径）。 地高度为1.25m，g 10m/s2，忽略空气阻力，则射出的水（ ） A．在空中的运动时间为0.25s B．水平射程为5m C．落地时的速度大小为15m/s 主要实验过程如下： D．落地时竖直方向的速度大小为5m/s ①用手机查得当地的重力加速度g； ②找出轨道的最低点O，把滑板车从O点移开一小段距离至P点，由静止释放，用手机测出它完成n次全振动的时间 12．如图，在倾角为的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为m 和m ，用与斜面平行的轻质弹簧相连接， 1 2 t，算出滑板车做往复运动的周期T ________； 在沿斜面向上的恒力F作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则（ ） ③将滑板车的运动视为简谐运动，则可将以上测量结果代入公式R________（用T﹑g表示）计算出轨道半径。 （2）某同学用如图（a）所示的装置测量重力加速度． F A．两物块一起运动的加速度大小为a  m m 1 2 实验器材：有机玻璃条（白色是透光部分，黑色是宽度均为d 1.00cm的挡光片），铁架台，数字计时器（含光电 门），刻度尺． 主要实验过程如下： 试卷第2页，总4页①将光电门安装在铁架台上，下方放置承接玻璃条下落的缓冲物； ②用刻度尺测量两挡光片间的距离，刻度尺的示数如图（b）所示，读出两挡光片间的距离L________cm； ③手提玻璃条上端使它静止在________方向上，让光电门的光束从玻璃条下端的透光部分通过； ④让玻璃条自由下落，测得两次挡光的时间分别为t 10.003ms和t 5.000ms； 1 2 ⑤根据以上测量的数据计算出重力加速度g  ________m/s2（结果保留三位有效数字）。 15．在测量定值电阻阻值的实验中，提供的实验器材如下：电压表V （量程3V，内阻r 3.0kΩ），电压表V 1 1 2 （量程5V，内阻r 5.0kΩ），滑动变阻器R（额定电流1.5A，最大阻值100Ω），待测定值电阻R ，电源E（电动 2 x （4）由U U 图像得到待测定值电阻的阻值R ________Ω（结果保留三位有效数字）； 势6.0V，内阻不计），单刀开关S，导线若干： 2 1 x 回答下列问题： （5）完成上述实验后，若要继续采用该实验原理测定另一个定值电阻R （阻值约为700Ω）的阻值，在不额外增加 （I）实验中滑动变阻器应采用________接法（填“限流”或“分压”）； y （2）将虚线框中的电路原理图补充完整_____________； 器材的前提下，要求实验精度尽可能高，请在图（b）的虚线框内画出你改进的电路图______。 16．如图，圆柱形导热气缸长L 60cm，缸内用活塞（质量和厚度均不计）密闭了一定质量的理想气体，缸底装有 0 一个触发器D，当缸内压强达到 p1.5105Pa时，D被触发，不计活塞与缸壁的摩擦。初始时，活塞位于缸口处， 环境温度t 27C，压强 p 1.0105Pa。 0 0 (1)若环境温度不变，缓慢向下推活塞，求D刚好被触发时，到缸底的距离； （3）根据下表中的实验数据（U 、U 分别为电压表V ﹑V 的示数），在图（a）给出的坐标纸上补齐数据点，并 1 2 1 2 (2)若活塞固定在缸口位置，缓慢升高环境温度，求D刚好被触发时的环境温度。 绘制U U 图像__________； 2 1 测量次数 1 2 3 4 5 U /V 1.00 1.50 2.00 2.50 3.00 1 17．如图，光滑的四分之一圆弧轨道PQ竖直放置，底端与一水平传送带相切，一质量m 1kg的小物块a从圆弧轨 U /V 1.61 2.41 3.21 4.02 4.82 a 2 道最高点P由静止释放，到最低点Q时与另一质量m b 3kg小物块b发生弹性正碰（碰撞时间极短）。已知圆弧轨 道半径R0.8m，传送带的长度L=1.25m，传送带以速度v1m/s顺时针匀速转动，小物体与传送带间的动摩擦因 数0.2，g 10m/s2。求 （1）碰撞前瞬间小物块a对圆弧轨道的压力大小； （2）碰后小物块a能上升的最大高度； （3）小物块b从传送带的左端运动到右端所需要的时间。 试卷第3页，总4页18．如图，虚线MN左侧有一个正三角形ABC，C点在MN上，AB与MN平行，该三角形区域内存在垂直于纸面向 外的匀强磁场；MN右侧的整个区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带正电的离子（重力不计）以初速度v 从 0 AB的中点O沿OC方向射入三角形区域，偏转60后从MN上的Р点（图中未画出）进入MN右侧区域，偏转后恰 能回到O点。已知离子的质量为m，电荷量为q，正三角形的边长为d： (1)求三角形区域内磁场的磁感应强度； (2)求离子从O点射入到返回O点所需要的时间； (3)若原三角形区域存在的是一磁感应强度大小与原来相等的恒磁场，将MN右侧磁场变为一个与MN相切于P点的圆 形匀强磁场让离子从P点射入圆形磁场，速度大小仍为v ，方向垂直于BC，始终在纸面内运动，到达О点时的速度 0 方向与OC成120角，求圆形磁场的磁感应强度。 试卷第4页，总4页参考答案 1．A 【解析】 【分析】 【详解】 根据电荷数和质量数守恒，则有 4912m，246n 解得m=1，n=0，故X是中子 故选A。 2．B 【解析】 【分析】 【详解】 设手机的质量为m，斜面倾角为θ。对手机进行受力分析，如图所示 由图可知支持力方向垂直斜面向上，摩擦力方向沿斜面向上，根据平衡条件则有 f mgsin，F mgcos N 因cos1，故F mg ，且摩擦力等于手机所受的重力沿斜面向下的分力 N 故选B。 3．D 【解析】 【分析】 【详解】 对图甲的交流电分析，可知一个周期内交流电的电流方向变化，而电流的大小不变，故图 甲的电流有效值为I  I ；对图乙的交流电分析可知，其为正弦式交流电，故其有效值为 1 0 I I  0 ，故I :I  2:1，故选D。 2 2 1 2 4．D 【解析】 【分析】 【详解】 接ab，则电路的总电阻为 9RR9R 90R R   ab R9R9R 19 答案第1页，总13页接ac，则电路的总电阻为 R9R9R 18R R   ac R9R9R 19 接bc，则电路的总电阻为 9RR9R 90R R   bc R9R9R 19 由题知，不管接那两个点，电压不变，为U=24V，根据 U2 P  R 可知 P  P  P ab bc ac 故选D。 5．A 【解析】 【分析】 【详解】 A．根据 c v n 可知单色光在介质中传播时，介质的折射率越大，光的传播速度越小，故A正确； B．根据多普勒效应，若声波波源向观察者靠近，则观察者接收到的声波频率大于波源频 率，故B错误； C．根据 L x  d 同一个双缝干涉实验中，蓝光的波长小于红光的波长，故蓝光产生的干涉条纹间距比红光 的小，故C错误； D．根据光的干涉的条件可知，两束频率不同的光不能产生干涉现象，故D错误。 故选A。 6．B 【解析】 【分析】 【详解】 根据安培定则，可知蹄形电磁铁的分布情况，如图所示 答案第2页，总13页故导线所处位置的磁感应线的切线方向为水平向右，根据左手定则，可以判断导线所受安 培力的方向为向下。 故选B。 7．B 【解析】 【分析】 【详解】 2(Rh) A．试验船的运行速度为 ，故A错误； T B．近地轨道卫星的速度等于第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力有 Mm v2 G m R2 R 根据试验船受到的万有引力提供向心力有 Mm 2 G 船 m ( )2(Rh) (Rh)2 船 T 联立两式解得第一宇宙速度 2 Rh3 v T R 故B正确； C．根据试验船受到的万有引力提供向心力有 Mm 2 G 船 m ( )2(Rh) (Rh)2 船 T 解得 42Rh3 M  GT2 故C错误； D．地球重力加速度等于近地轨道卫星向心加速度，根据万有引力提供向心力有 Mm v2 G m mg R2 R 根据试验船受到的万有引力提供向心力有 答案第3页，总13页Mm 2 G 船 m ( )2(Rh) (Rh)2 船 T 联立两式解得重力加速度 42Rh3 g  R2T2 故D错误。 故选B。 8．C 【解析】 【分析】 【详解】 对离子，根据动量定理有 F t mv  而 m3.0103103t 解得F=0.09N，故探测器获得的平均推力大小为0.09N，故选C。 9．AC 【解析】 【分析】 【详解】 A．由波形图可知，波长为8m，故A正确； B．根据公式  v T 代入数据解得v40m/s，故B错误； CD．由题知，沿x轴正方向传播，根据“上下坡法”，可知该时刻质点P向y轴负方向运 动，该时刻质点Q向y轴正方向运动，故C正确，D错误。 故选AC。 10．AD 【解析】 【分析】 【详解】 A．根据电场线的疏密程度表示电场强度的大小，可知a点的电场线比b点的电场线更 密，故a点的场强比b点的场强大，故A正确； B．根据沿着电场线方向电势不断降低，可知d点的电势比c点的电势高，故B错误； C．根据正电荷在电势越高的点，电势能越大，可知质子在d点的电势能比在c点的电势 能大，故C错误； D．由图可知，a点的电势低于b点的电势，而负电荷在电势越低的点电势能越大，故电子 在a点的电势能高于在b点的电势能，所以将电子从a点移动到b点，电势能减小，故电 场力做正功，故D正确。 故选AD。 答案第4页，总13页11．BD 【解析】 【分析】 【详解】 1 A．根据h gt2得，运动时间 2 2h 21.25 t   s0.5s g 10 故A错误； B．水平射程为 xv t 100.5m5m 0 故B正确； CD．竖直方向分速度为 v  gt 100.5m/s5m/s y 水平分速度为 v v 10m/s x 0 落地速度为 v v2 v2 5 5m/s y x 故C错误，D正确。 故选BD。 12．BC 【解析】 【分析】 【详解】 A．对整体受力分析，根据牛顿第二定律有 F m m gsinm m a 1 2 1 2 F 解得a  gsin，故A错误； m m 1 2 B．对m 受力分析，根据牛顿第二定律有 2 F m gsinm a 弹 2 2 m F 解得F  2 ，故B正确； 弹 m m 1 2 m F F F  2  C．根据 弹 m m m ，可知若只增大m ，两物块一起向上匀加速运动时，弹 1 2 1 1 2 m 2 答案第5页，总13页力变大，根据胡克定律，可知伸长量变大，故它们的间距变大，故C正确； m F D．根据F  2 ，可知只增大，两物块一起向上匀加速运动时，弹力不变，根据 弹 m m 1 2 胡克定律，可知伸长量不变，故它们的间距不变，故D错误。 故选BC。 13．BD 【解析】 【分析】 【详解】 A．金属棒a第一次穿过磁场时受到安培力的作用，做减速运动，由于速度减小，感应电 流减小，安培力减小，加速度减小，故金属棒a做加速度减小的减速直线运动，故A错 误； B．根据右手定则可知，金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流，故 B正确； C．电路中产生的平均电动势为  BLd E   t t 平均电流为 E I  2R 金属棒a受到的安培力为 F  BId 规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得 BIdt m v m v a a a 0 解得对金属棒第一次离开磁场时速度 v 1.5m/s a 金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒a机械能的减少 量，即 1 1 Q m v2  m v2 2 a 0 2 a a 联立并带入数据得 Q0.6875J 由于两棒电阻相同，两棒产生的焦耳热相同，则金属棒b上产生的焦耳热 Q Q  0.34375J b 2 故C错误； D．规定向右为正方向，两金属棒碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒得 m v m v m v a a a a b b 答案第6页，总13页1 1 1 m v2  m v2  m v2 2 a a 2 a a 2 b b 联立并带入数据解得金属棒a反弹的速度为 v 0.5m/s a 设金属棒a最终停在距磁场左边界x处，则从反弹进入磁场到停下来的过程，电路中产生 的平均电动势为  B(Lx)d E  t t 平均电流为 E I 2R 金属棒a受到的安培力为 F BId 规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得 BI 'dt 0m v a a 联立并带入数据解得 x0.8m 故D正确。 故选BD。 t gt2 14． 15.40 竖直 9.74 n 4n22 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1]滑板车做往复运动的周期为 t T  n R [2]根据单摆的周期公式T 2 ，得 g gT2 gt2 R  42 4n22 (2)[3]两挡光片间的距离 L15.40cm0cm15.40cm [4]手提玻璃条上端使它静止在竖直方向上，让光电门的光束从玻璃条下端的透光部分通 过。 [5]玻璃条下部挡光条通过光电门时玻璃条的速度为 答案第7页，总13页d 1.00102 v   m/s1m/s 1 t 10.003103 1 玻璃条上部挡光条通过光电门时玻璃条的速度为 d 1.00102 v   m/s2m/s 2 t 5.000103 2 根据速度位移公式有 v2 v2 2gL 2 1 代入数据解得加速度 v2 v2 g  2 1 9.74m/s2 2L 15．分压 1.83103 【解析】 【分析】 【详解】 （1）[1]由于各电压表的电阻值比较大，为让待测电阻分得较大电压，所以要选择分压接 法； （2）[2]完整的电路图，如图所示 （3）[3]根据下表中的实验数据，绘制的U U 图像，如图所示 2 1 答案第8页，总13页（4）[4]根据实验电路图，则有 U U R  2 1 x U 1 r 1 变形得 R r U  x 1U 2 r 1 1 则图线的斜率为 R r k  x 1 r 1 根据U U 图像可得斜率 2 1 4.821.61 k  1.61 3.001.00 则有 R r 1.61 x 1 r 1 代入r 3.0kΩ，解得R 1.83103Ω 1 x （5）[5]因待测电阻R （阻值约为700Ω）的阻值较小，若仍与电压表V 串联，则所分得 y 1 的电压过小，不利于测量，故待测电阻R 与其中一个电压表并联，由于电源电动势只有 y 6V，为让待测电阻分得较大电压，故待测电阻R 应与电压表V 并联，再与电压表V 串 y 2 1 联，故改进后的电路图，如图所示 答案第9页，总13页16．(1)0.4m；(2)450K 【解析】 【分析】 【详解】 (1) 设气缸横截面积为S ；D刚好被触发时，到缸底的距离为L，根据玻意耳定律得 p SL  pSL 0 0 带入数据解得 p 1105 L 0 L  0.6m0.4m p 0 1.5105 (2)此过程为等容变化，根据查理定律得 p p 0  T T 0 带入数据解得 p 1.5105 T  T  (27273)K 450K p 0 1105 0 17．（1）30N；（2）0.2m；（3）1s 【解析】 【分析】 【详解】 （1）设小物块a下到圆弧最低点未与小物块b相碰时的速度为v ，根据机械能守恒定律 a 有 1 m gR m v2 a 2 a a 代入数据解得v 4m/s a 小物块a在最低点，根据牛顿第二定律有 v2 F m g m a N a a R 代入数据解得F 30N N 根据牛顿第三定律，可知小物块a对圆弧轨道的压力大小为30N。 （2）小物块a与小物块b发生弹性碰撞，根据动量守恒有 答案第10页，总13页m v m v m v a a a a b b 根据能量守恒有 1 1 1 m v2  m v2  m v2 2 a a 2 a a 2 b b 联立解得v 2m/s，v 2m/s a b 小物块a反弹，根据机械能守恒有 1 m gh m v2 a 2 a a 解得h0.2m （3）小物块b滑上传送带，因v 2m/sv1m/s，故小物块b先做匀减速运动，根 b 据牛顿第二定律有 m g m a b b 解得a2m/s2 则小物块b由2m/s减至1m/s，所走过的位移为 v2 v2 x  b 1 2a 代入数据解得x 0.75m 1 运动的时间为 v v t  b 1 a 代入数据解得t 0.5s 1 因x 0.75m L1.25m，故小物块b之后将做匀速运动至右端，则匀速运动的时间为 1 Lx 1.250.75 t  1  s0.5s 2 v 1 故小物块b从传送带的左端运动到右端所需要的时间 t t t 1s 1 2 2mv (113 3)d 18．(1)B 0 ；(2)t  ；(3)见解析 qd 3v 0 【解析】 【分析】 【详解】 (1)画出粒子运动轨迹如图 答案第11页，总13页粒子在三角形ABC中运动时，有 v 2 qBv m 0 0 r 2r T  v 0 又粒子出三角形磁场时偏转60，由几何关系可知 d r 2 联立解得 2mv T d B 0 t   qd 1 6 6v 0 (2)粒子从D运动到P，由几何关系可知 CPd DPCPsin60 运动时间 DP 3d t   2 v 2v 0 0 粒子在MN右侧运动的半径为 r2d 则有 v 2 qBv m 0 0 r 2r T v 0 答案第12页，总13页运动时间 5 10d t  T 3 6 3v 0 故粒子从O点射入到返回O点所需要的时间 (113 3)d t 2(t t )t  1 2 3 3v 0 (3)若三角形ABC区域磁场方向向里，则粒子运动轨迹如图中①所示，有 d RRcos60d  cos60 2 解得 5 R d 6 v 2 此时根据qB v m 0 有 2 0 R 6mv B  0 2 5qd 若三角形ABC区域磁场方向向外，则粒子运动轨迹如图中②所示，有 d RRcos60d- cos60 2 解得 1 R d 2 v 2 2mv 此时根据qB v m 0 有 B  0 3 0 R 3 qd 答案第13页，总13页