2020年高考物理试卷（海南）（解析卷）_物理历年高考真题_新·PDF版2008-2025·高考物理真题_物理（按年份分类）2008-2025_2020·高考物理真题

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 =mgsinq，F =mgcosq
N
因cosq<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
第1页 | 共14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
Dx= l
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
第2页 | 共14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】
2p(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 2p
G 船 =m ( )2(R+h)
(R+h)2 船 T
联立两式解得第一宇宙速度
2p
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 2p
G 船 =m ( )2(R+h)
(R+h)2 船 T
解得
4p2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
第3页 | 共14页Mm 2p
G 船 =m ( )2(R+h)
(R+h)2 船 T
联立两式解得重力加速度
4p2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 Dt =Dmv
g
而
Dm=3.0´10-3´10-3Dt
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
l
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。
第4页 | 共14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 gsinq=m +m a
1 2 1 2
F
解得a= -gsinq，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 gsinq=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，弹力
1 2 1 +1 2
m
2
第5页 | 共14页变大，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q，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
DF BLd
E = =
Dt Dt
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×Dt =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
第6页 | 共14页m v =m v¢ +m v
a a a a b b
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
DF¢ B(L-x)d
E¢= =
Dt¢ Dt¢
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×Dt =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 4n2p2
【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 =2p ，得
g
gT2 gt2
R= =
4p2 4n2p2
(2)[3]两挡光片间的距离
L=15.40cm-0cm=15.40cm
第7页 | 共14页[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
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
第8页 | 共14页（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
（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 串联，
y 2 1
故改进后的电路图，如图所示
第9页 | 共14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有
a
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
m v =m v¢ +m v
a a a a b b
第10页 | 共14页根据能量守恒有
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，根据
b
牛顿第二定律有
mm 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 (11p+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
第11页 | 共14页粒子在三角形ABC中运动时，有
v 2
qBv =m 0
0 r
2pr
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 pd
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¢
2pr¢
T¢=
v
0
第12页 | 共14页运动时间
5 10pd
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
(11p+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
第13页 | 共14页第14页 | 共14页