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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. 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
【答案】B
【解析】
【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
【解析】
【详解】由v-t 图可知，碰前甲、乙的速度分别为
，
；碰后甲、乙的
5m / s
v
甲
=1m / s
v乙
速度分别为
，
，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得
1m / s
v
甲
=2m / s
v乙
+
=
+
m v
m v
m v
m v
甲甲
乙乙
甲甲
乙乙
解得
6kg
m
乙
则损失的机械能为
2
2
2
2
1
1
1
1
+
-
-
2
2
2
2
E
m v
m v
m v
m v
甲甲
乙乙
甲甲
乙乙
解得
3J
E
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“嫦娥四号”绕月球做
圆周运动的速率为（ ）
A.
B.
C.
D.
RKg
QP
RPKg
Q
RQg
KP
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
和
的两个物体，则在地球和月
m
0
m
球表面处，分别有
，
2
Mm
G
mg
R
0
0
2
M m
Q
G
m g
R
P
解得
2
P
g
g
Q
设嫦娥四号卫星的质量为
，根据万有引力提供向心力得
1
m
1
2
1
2
M m
v
Q
G
m
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（ ）
A. 45°
B. 55°
C. 60°
D. 70°
【答案】B
【解析】
【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
180
2
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.
B.
C.
D.
3
2
mv
ae
mv
ae
3
4
mv
ae
3
5
mv
ae
【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 点为电子做圆周运动的圆心，r 为半径，由图可知
为直角三角形，则由几何关系可
ABO
得
max
2
2
2
max
3a
r
r
a
解得
；
max
4
3
r
a
由洛伦兹力提供向心力
2v
eBv
m r
解得
，故C 正确，ABD 错误。
min
3
4
mv
B
ae
故选C。
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：
。X 会衰变成原子核Y，衰变方程为
，则（ ）
4
27
1
2
13
0
He+
Al
X+ n
→
X
Y+ e
０
１
→
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
的电荷数多2
D. X 的质量数与
的质量数相等
27
13Al
27
13Al
【答案】AC
【解析】
【详解】设
和
的质子数分别为
和
，质量数分别为
和
，则反应方程为
X
Y
1n
2n
1
m
2
m
，
1
1
4
27
1
2
13
0
He+
Al
X+ n
m
n
1
2
1
2
0
1
X
Y+
m
m
n
n
e
根据反应方程质子数和质量数守恒，解得
，
1
2+13=n
1
2
1
n
n
，
1
4+27=
1
m
1
2
0
m
m
解得
，
，
，
1
15
n
2
14
n
1
30
m
2
30
m
即
的质量数与
的质量数相等，
电荷数比
的电荷数多2，
电荷数比
的质
X
Y
30
15X
27
13Al
30
15X
27
13Al
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10∶1，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
Ω
Ω
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. 所用交流电的频率为50Hz
B. 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
【解析】
【详解】A．交流电的频率为
1
1
50Hz
0.02s
f
T
A 正确；
B．通过
电流的有效值为
2
R
2A
1A
2
I
两端即副线圈两端的电压，根据欧姆定律可知
2
R
2
2
1 10V
10V
U
IR
根据理想变压器的电压规律
可知原线圈的电压
1
1
2
2
U
n
U
n
1
1
2
2
10 10V
100V
n
U
U
n
电阻
两端分压即为电压表示数，即
1R
V
0
1
220V
100V
120V
U
U
U
B 错误；
C．电流表的示数为
2
A
3
10 A
0.5A
20
U
I
R
C 错误；
D．副线圈中流过的总电流为
2
A
1A
0.5A
1.5A
I
I
I
变压器原副线圈传输的功率为
2
2
15W
P
I 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（q>0）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
【解析】
【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
是最大内角，所以
，根据点电荷的场强公式
（或者根据电场线的
M
PN
PM
2
Q
E
k r
疏密程度）可知从
电场强度先增大后减小，A 错误；
M
N
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
电势
M
N
先增大后减小，B 正确；
C．
、
两点的电势大小关系为
，根据电势能的公式
可知正电荷在
M
N
M
N
p
E
q
M
点的电势能大于在
点的电势能，C 正确；
N
D．正电荷从
，电势能减小，电场力所做的总功为正功，D 错误。
M
N
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
【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
2
(4.00
2.56) 10
m/s=0.36m/s
0.04
B
v
2
P
(57.86
50.66) 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 Ω）、电压表（可视为理想电表）和毫安表（内阻约为100 Ω）。
(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。
(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（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_________kΩ（保留2 位有效数
字）。
【答案】 (1).
(2). 1.8 (3). 25.5 (4). R1
(5). 1.2
【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
(2)由部分电路欧姆定律得
3
5.5
Ω
1.8kΩ
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)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R1 为热敏电阻。②由图线可知，温度为50℃时，R1 =0.8kΩ，由欧姆定律可得
1
2
(
)
E
I R
R
2
U
IR
代入数据解得
。
2
1.2kΩ
R =
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
的均匀导体棒以速率v 自左向右在金属框
0
2l
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（
）变化的关系式。
0
0
2
x
l
【答案】
2
0
2
0
0
0
2
2
,
0
2
2
2
2
,
2
2
B v x
x
l
r
F
B v
l
x
l
x
l
r
„ „
„
【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
E
Blv
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
R
rl
此时导体棒所受安培力大小为
F
BIl
由题设和几何关系有
0
0
0
0
2
2 ,
0
2
2
2( 2
),
2
2
x
x
l
l
l
x
l
x
l
„
„
联立各式得
2
0
2
0
0
0
2
2
,
0
2
2
2
2
,
2
2
B v x
x
l
r
F
B v
l
x
l
x
l
r
„ „
„
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μ=
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
后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平
13s
12
t
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)
，
；(3)0
1
2m/s
v
2
4 2m/s
v
【解析】
【详解】(1)传送带的速度为
时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度
4.0m/s
v
为a，由牛顿第二定律有：
①
mg
ma
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
②
2
2
0
1
2
v
v
ax
联立①②式，代入题给数据得x1=4.5m；③
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
④
0
2
v
v
at
⑤
1
1
2
L
x
t
t
v
联立①③④⑤式并代入题给数据有t1=2.75s；⑥
(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
⑦
2
2
1
0
1
1
2
2
mgL
mv
mv
⑧
2
2
2
0
1
1
2
2
mgL
mv
mv
由⑦⑧式并代入题给条件得
，
⑨
1
2m/s
v
2
4 2m/s
v
(3)传送带的速度为
时，由于
，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍
6.0m/s
v
0
2
v
v
v
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
⑩
0
3
v
v
at
⑪
2
2
0
2
2
v
v
ax
联立①⑩⑪式并代入题给数据得
t3=1.0s ⑫
x2=5.5m ⑬
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
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
3
(
)
t
t
⑭
3
3
(
)
v
t
x
t
由①⑫⑬⑭式可知
2
2
3
1
(
)
2 mv
mg L
x
x
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，
⑮
2
2
3
2
3
2 (
)
v
v
a L
x
x
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
3
0
(
)
I
m v
v
代题给数据得
0
I
（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，则每科按所做的第一题计分。
[物理——选修3–3]
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
【解析】
【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
，可知体积减少，温度不变，所以压强增大。因为温度不
pV
C
T
变，内能不变。B 正确；
CE．由理想气体状态方程
，可知体积减少，温度不变，所以压强增大。体积减少，
pV
C
T
外接对系统做功，且内能不变，由热力学第一定律
可知，系统放热。C 正确；
U
W
Q
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
1
2
2
pV
p V
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
，
1
0
0
h
p
p
pg
2
0
g
p
p
p h
，
1
0
2
V
S
H
l
h
2
V
SH
联立以上式子并代入题给数据得h=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
2
3
1
2
V
V
T
T
按题设条件有
3
(2
)
V
S
H
h
代入题给数据得
T2=363K
[物理选修3–4]
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).
(2).
(3). 负方向
0.4
10
【解析】
【详解】因为
处的质点在
内运动方向不变，所以该处质点从正向位移最大处
6m
x
0
0.1s
经过四分之一个周期向下运动至平衡位置处，即
1
0.1s
4T
解得周期为
，所以波速为
0.4s
T
4m
10m/s
0.4s
v
T
在虚线上，
处的质点向下运动，根据同侧法可知波沿
轴负方向传播。
6m
x
x
16.如图，一折射率为
的材料制作的三棱镜，其横截面为直角三角形ABC，∠A=90°，
3
∠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
【解析】
【详解】设从
点入射的光线经折射后恰好射向
点，光在
边上的入射角为
，折射角
D
C
AB
1
为
，如图所示
2
由折射定律有
2
1
sin
sin
n
设从
范围入射的光折射后在
边上的入射角为
，由几何关系有
DB
BC
2
30
代入题中数据解得
2
30
sin
1
n
所以从
范围入射的光折射后在
边上发生全反射，反射光线垂直射到
边，
边
DB
BC
AC
AC
上全部有光射出。设从
范围入射的光折射后在
边上的入射角为
，如图所示
AD
AC
由几何关系可知
2
90
根据已知条件可知
sin
1
n
即从
范围入射的光折射后在
边上发生全反射，反射光线垂直射到
边上。设
AD
AC
BC
BC
边上有光线射出的部分为
，由几何关系得
CF
sin30
CF
AC
边与
边有光射出区域的长度比值为
AC
BC
2
AC
CF
