精品解析：2020年全国高考物理试题(新课标Ⅱ)(原卷版)

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2020年物理试卷(全国2卷)-试卷解析

20. ABC 解析：由题意可知，该题可类比等量异种电荷的电场分布特点进行判断，在 C
的上面有一正电荷，在底部有一等量的负电荷。如图所示，可知 a、b 两点的电场强
度相等，电势相等。 c、 d 两点的电场强度相等，电势 c＞d 。故选 ABC。
260kg m / 5m / s
s
M人
300kg m 5m / s
/
s
，解得
52kg
M人
60kg
。故选
BC。
（2）由
A1 和
R0 串联后与灯泡
L
并联可知，U
I1 ( Rg1
R0 ) ，
I
I2
I1 ， I1
UL R0 R g1
180mA 。
（3） R I1(Rg1 R0 ) 11.6 I2 I1
绝密★启用前
2020 年物理试卷（全国 2 卷）-试卷解析
理综物理
试卷总分：110 分
注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上
第Ⅰ卷
二、选择题：本题共 8 小题，每题 6 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 14～18 题只有一个选项符合题目要求。第 19～21 题有多选项符合题目要求。全部答对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 14. D
，故选 C。
19. AD 解析：输出功率 P=UI；电线的电阻为纯电阻，在电线上损失的功率∆P=I2R，损失的电压∆U=IR。
P=UI=550kV×I，P’=U’I’=1100kV×I’；P 与 R 均不变：I=2I’，∆P’=I’2R=(1/2I)2R=1/4∆P;∆U’=I’R=1/2IR=1/2∆ U.故选 AD。

2020年普通高等学校招生全国统一考试物理(全国Ⅱ卷)

绝密★启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试物理(全国卷Ⅱ)本试卷共4页,共14小题,满分110分。

考试用时90分钟。

二、选择题:本题共8小题,每小题6分,共48分。

在每小题给出的四个选项中,第14~18题只有一项符合题目要求,第19~21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。

14.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()A.库仑B.霍尔C.洛伦兹D.法拉第15.若一均匀球形星体的密度为ρ,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的周期是()A.√3πGρB.√4πGρC.√13πGρD.√14πGρ16.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。

E2E1等于()A.20B.18C.9.0D.3.017.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()甲乙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18.氘核 12H 可通过一系列聚变反应释放能量,其总效果可用反应式612H →224He+211H+201n+43.15 MeV表示。

2020年全国ii高考试题(理综物理)解析版

2020年全国ii高考试题（理综物理）解析版理科综合能力测试第一卷本卷须知：1.答第一卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂写在答题卡上。

2.每题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦洁净后，再先涂其他答案标号。

不能答在试题卷上。

3.本卷共21小题，每题6分，共126分。

以下数据可供解题时参考：相对原子质量〔原子量〕：H 1 C 12 N 14 O 16二、选择题〔此题共8小题。

在每题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

〕14. 原子核AZ X与氘核21H反应生成一个α粒子和一个质子。

由此可知A．A=2，Z=1 B. A=2，Z=2 C. A=3，Z=3 D. A=3，Z=215. 一简谐横波以4m/s的波速沿x轴正方向传播。

t=0时的波形如下图，那么 A．波的周期为1sB．x=0处的质点在t=0时向y轴负向运动C．x=0处的质点在t= 14s时速度为0D．x=0处的质点在t= 14s时速度值最大16. 如图，一绝热容器被隔板K隔开a 、b两部分。

a内有一定量的稀薄气体，b内为真空。

抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平稳状态。

在此过程中A．气体对外界做功，内能减少B．气体不做功，内能不变C．气体压强变小，温度降低D．气体压强变小，温度不变17. 在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为410V/m，一半径为1mm的雨滴在此电场中可不能下落，取重力加速度大小为10m/2s ,水的密度为310kg/3m 。

这雨滴携带的电荷量的最小值约为 A ．2⨯910-C B. 4⨯910- C C. 6⨯910- C D. 8⨯910- C18. 如图，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b 和下边界d 水平。

在竖直面内有一矩形金属统一加线圈，线圈上下边的距离专门短，下边水平。

2020年全国高考物理试题(新课标Ⅱ)(解析版)

2020年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试二、选择题：1.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（）A. 库仑B. 霍尔C. 洛伦兹D. 法拉第【答案】D 【解析】【详解】由题意可知，圆管为金属导体，导体内部自成闭合回路，且有电阻，当周围的线圈中产生出交变磁场时，就会在导体内部感应出涡电流，电流通过电阻要发热。

该过程利用原理的是电磁感应现象，其发现者为法拉第。

故选D 。

2.若一均匀球形星体的密度为ρ，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的周期是（） A.3πG ρB.4πG ρC.13πG ρD.14πG ρ【答案】A 【解析】【详解】卫星在星体表面附近绕其做圆周运动，则2224GMm m RR T， 343V R π= ，M V ρ= 知卫星该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星的周期3T G πρ=3.如图，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E 1，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E 2，该摩托车恰能越过坑到达b 点。

21E E 等于（）A. 20B. 18C. 9.0D. 3.0【答案】B 【解析】【详解】有题意可知当在a 点动能为E 1时，有21112E mv 根据平抛运动规律有2112h gt =11h v t =当在a 点时动能为E 2时，有22212E mv 根据平抛运动规律有221122h gt 223hv t联立以上各式可解得2118E E故选B 。

4.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。

2020高考全国II卷物理试题(答案解析)

2020高考全国II卷物理试题1、管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。

焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为（）A. 库仑B. 霍尔C. 洛伦兹D. 法拉第2、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，该运动员的质量可能为A. 48 kgB. 53 kgC. 58 kgD. 63 kg3、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。

4、若一均匀球形星体的密度为ρ，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的周期是（）A. B. C. D.5、如图，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（）A. 20B. 18C. 9.0D. 3.06、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。

2020年全国统一高考物理试卷(新课标Ⅱ)

2020年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ）一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1. 管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。

焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为（）A.库仑B.霍尔C.洛伦兹D.法拉第【答案】D【考点】物理学史法拉第电磁感应定律【解析】由题意可知，圆管为金属导体，导体内部自成闭合回路，且有电阻，当周围的线圈中产生出交变磁场时，就会在导体内部感应出涡电流，电流通过电阻要发热。

该过程利用的原理是电磁感应现象，其发现者为法拉第。

【解答】根据题意，焊接过程所利用的是变化的磁场在线圈中产生变化的电流，再利用电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接，属于电磁感应现象，是由法拉第发现的，故ABC错误，D正确；2. 若一均匀球形星体的密度为ρ，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的周期是（）A.√3πGρB.√GρC.√13πGρD.√14πGρ【答案】A【考点】万有引力定律及其应用【解析】根据万有引力等于向心力G MmR2=m4π2T2R及球体的密度公式ρ=M43πR3联立求解T。

【解答】设星球的质量为M，半径为R，卫星的质量为m，运行周期为T，在该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星所需的向心力由星球对其的万有引力提供，则根据牛顿第二定律得：GMm R 2=m4π2T 2R ① 星球的密度：ρ=M 43πR 3②联立①②解得T =√3πGρ，故A 正确，BCD 错误；3. 如图，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。

2020年普通高等学校招生全国统一考试理综(物理部分)试题(全国卷2,含解析)

2020年新课标Ⅱ卷理综物理高考试题二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14.如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环，小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力A.一直不做功B.一直做正功C.始终指向大圆环圆心D.始终背离大圆环圆心【答案】A【考点定位】圆周运动；功【名师点睛】此题关键是知道小圆环在大圆环上运动过程中，小圆环受到的弹力方向始终沿大圆环的半径方向，先是沿半径向外，后沿半径向里.15.一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核，衰变方程为238234492902U Th He →+，下列说法正确的是A. 衰变后钍核的动能等于α粒子的动能B. 衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小C. 铀核的半衰期等于其放出一个α粒子所经历的时间D. 衰变后α粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量【答案】B【解析】根据动量守恒可知，生成的钍核的动量与α粒子的动量等大反向，选项B正确；根据22kPEm=可知，衰变后钍核的动能小于α粒子的动能，选项A错误；铀核的半衰期等于一半数量的铀核衰变需要的时间，而放出一个α粒子所经历的时间是一个原子核衰变的时间，故两者不等，选项C错误；由于该反应放出能量，由质能方程可知，衰变后α粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀核的质量，选项D错误；故选B.【考点定位】半衰期；动量守恒定律；质能方程【名师点睛】此题考查了原子核的反冲问题以及对半衰期的理解；对于有能量放出的核反应，质量数守恒，但是质量不守恒；知道动量和动能的关系22kPEm=.16.如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。

若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动。

2020年全国统一高考物理试卷(新课标ⅱ)(含解析版)

2020年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ）一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1．（6分）管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。

焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为（）A．库仑B．霍尔C．洛伦兹D．法拉第2．（6分）若一均匀球形星体的密度为ρ，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的周期是（）A．B．C．D．3．（6分）如图，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（）A．20B．18C．9.0D．3.04．（6分）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（a）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（b）所示。

图（b）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作P点。

则（）A．M处的电势高于N处的电势B．增大M、N之间的加速电压可以使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5．（6分）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6H→2He+2H+2n+43.15MeV表示。

海水中富含氘，已知1kg海水中含有的氘核约为1.0×1022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1kg标准煤燃烧释放的热量约为2.9×107J，1MeV＝1.6×10﹣13J，则M约为（）A．40kg B．100kg C．400kg D．1000kg6．（6分）特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。

2020年全国2卷高考理综物理试题及答案

2020年全国2卷高考理综物理试题及答案
14．管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。

焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为
A ．库仑
B ．霍尔
C ．洛伦兹
D ．法拉第
15．若一均匀球形星体的密度为ρ，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的周期是
A ．3πG
B ．4πG
C ．13πG
D ．14πG
16．如图，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E 1，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E 2，该摩托车恰能越过坑到达b 点。

2
1
E E 等于
A ．20
B ．18
C ．9.0
D ．3.0。

2020年全国卷Ⅱ理综物理高考试题(含答案)

绝密★启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Ar 40 Fe 56 I 127二、选择题：本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14．管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。

焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为A ．库仑B ．霍尔C ．洛伦兹D ．法拉第15．若一均匀球形星体的密度为ρ，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的周期是A 3πG ρB 4πG ρC 13πG ρD 14πG ρ16．如图，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E 1，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E 2，该摩托车恰能越过坑到达b 点。

21E E 等于A ．20B ．18C ．9.0D ．3.017．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（a ）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（b ）所示。

(精编)2020年全国统一高考物理试卷(全国Ⅱ卷)

（精编）2020年全国统一高考物理试卷（全国Ⅱ卷）一、选择题1. 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（）A.库仑B.霍尔C.洛伦兹D.法拉第【答案】D【考点】物理学史【解析】此题暂无解析【解答】解：由题意可知，圆管为金属导体，导体内部自成闭合回路，且有电阻，当周围的线圈中产生出交变磁场时，就会在导体内部感应出涡电流，电流通过电阻要发热，该过程利用原理的是电磁感应现象，其发现者为法拉第．故选D．2. 若一均匀球形星体的密度为ρ，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的周期是（）A.√3πGρB.√GρC.√13πGρD.√14πGρ【答案】A【考点】万有引力定律及其应用【解析】此题暂无解析【解答】解：卫星在星体表面附近绕其做圆周运动，则GMmR2=m4π2T2R，V=43πR3，ρ=MV，知卫星该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星的周期T=√3πGρ．故选A．3. 如图，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．E2E1等于（）A.20B.18C.9.0D.3.0【答案】B【考点】平抛运动基本规律及推论的应用动能【解析】此题暂无解析【解答】解：由题意可知当在a点动能为E1时，有E1=12mv12，根据平抛运动规律有ℎ=12gt1，ℎ=v1t1，当在a点时动能为E2时，有E2=12mv22，根据平抛运动规律有12ℎ=12gt22，3ℎ=v2t2，联立以上各式可解得E2E1=18．故选B．4. 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（a）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（b）所示．图（b）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（）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【答案】D【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动规律带电粒子在电场中的加（减）速和偏转【解析】此题暂无解析【解答】解：A．由于电子带负电，要在MN间加速则MN间电场方向由N指向M，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知M的电势低于N的电势，故A错误；B．增大加速电压则根据eU=12mv2可知会增大到达偏转磁场的速度，又根据在偏转磁场中洛伦兹力提供向心力有evB=m v 2R ，可得R=mveB，可知会增大在偏转磁场中的偏转半径，由于磁场宽度相同，故根据几何关系可知会减小偏转的角度，故P点会右移，故B错误；C．电子在偏转电场中做圆周运动，向下偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故C错误；D．由B选项的分析可知，当其它条件不变时，增大偏转磁场磁感应强度会减小半径，从而增大偏转角度，使P点左移，故D正确．故选D．5. 氘核12H可通过一系列聚变反应释放能量，其总效果可用反应式612H→224He+211H+201n+43.15MeV表示．海水中富含氘，已知1kg海水中含有的氘核约为1.0×1022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1kg标准煤燃烧释放的热量约为2.9×107J，1MeV=1.6×10−13J，则M约为（）A.40kgB.100kgC.400kgD.1000kg【答案】C【考点】核能的计算轻核的聚变【解析】此题暂无解析【解答】解：氘核12H可通过一系列聚变反应释放能量，其总效果可用反应式612H→224He+ 211H+201n+43.15MeV，则平均每个氘核聚变释放的能量为ε=E6=43.156MeV，1kg海水中含有的氘核约为1.0×1022个，可以放出的总能量为E0=Nε，由Q=mq可得，要释放的相同的热量，需要燃烧标准煤燃烧的质量m=Qq =E0q≈400kg．故选C．6. 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550kV的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为ΔP，到达B处时电压下降了ΔU．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1100kV特高压输电，输电线上损耗的电功率变为ΔP′，到达B处时电压下降了ΔU′．不考虑其他因素的影响，则（）A.ΔP′=14ΔP B.ΔP′=12ΔP C.ΔU=14ΔU D.ΔU=12ΔU【答案】A,D【考点】远距离输电【解析】此题暂无解析【解答】解：输电线上损失的功率ΔP=(PU )2⋅r，损失的电压ΔU=PU⋅r，当输送电压变为原来的2倍，损失的功率变为原来的14，即ΔP′=14ΔP，损失的电压变为原来的12，即ΔU′=12ΔU，故AD正确．故选AD．7. 如图，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（）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【答案】A,B,C【考点】等量电荷的电场线电势电场的叠加【解析】此题暂无解析【解答】解：BD．如下图所示，为等量异种电荷周围空间的电场分布图，本题的带电圆环，可拆解成这样无数对等量异种电荷的电场，沿竖直直径平行放置，它们有共同的对称轴PP′，PP′所在的水平面与每一条电场线都垂直，即为等势面，延伸到无限远处，电势为零，故在PP′上的点电势为零，即φa=φb=0，而从M点到N点，电势一直在降低，即φc>φd，B正确，D错误；AC．上下两侧电场线分布对称，左右两侧电场线分布也对称，由电场的叠加原理可知，AC正确．故选ABC．8. 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4.0kg的静止物块以大小为5.0m/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5.0m/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5.0m/s，反弹的物块不能再追上运动员．不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为（）A.48kgB.53kgC.58kgD.63kg【答案】B,C【考点】动量守恒定律的综合应用【解析】此题暂无解析【解答】解：设运动员和物块的质量分别为m、m0，规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为v1、v0，则根据动量守恒定律v0，0=mv1−m0v0，解得v1=m0m物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块mv1+v0，m0v0=mv2−m0v0，解得v2=3m0mv0，第3次推出后mv2+m0v0=mv3−m0v0，解得v3=5m0mv0，依次类推，第8次推出后，运动员的速度v8=15m0mv0>5m/s，解得m<60kg，根据题意可知v8=15m0mv0<5m/s，解得m>52kg，第7次运动员的速度一定小于5m/s，则v7=13m0m综上所述，运动员的质量满足52kg<m<60kg，故AD错误，BC正确．故选BC．二、非选择题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．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=0.590m，下降一段距离后的高度ℎ=0.100m；由ℎ0下降至ℎ所用的时间T=0.730s．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）．从实验室提供的数据得知，小球A、B的质量分别为100.0g和150.0g，当地重力加速度大小为g=9.80m/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）．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：________.【答案】1.84,1.96,滑轮的轴不光滑，绳和滑轮之间有摩擦（或滑轮有质量）【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【解析】此题暂无解析【解答】解：①由题意可知小球下降过程中做匀加速直线运动，故根据运动学公式有ℎ0−ℎ=1aT2，代入数据解得a=1.84m/s2；2②根据牛顿第二定律可知对小球A有T−m A g=m A a′，对小球B有m B g−T=ma′，带入已知数据解得a′=1.96m/s2；③在实验中绳和滑轮之间有摩擦会造成实际计算值偏小．某同学要研究一小灯泡L（3.6V，0.30A）伏安特性．所用器材有：电流表A1（量程200mA，内阻R g1=10.0Ω，电流表A2（量程500mA，内阻R g2=1.0Ω、定值电阻R0（阻值R0=10.0Ω）、滑动变阻器R1（最大阻值10Ω、电源E（电动势4.5V，内阻很小）、开关S和若干导线．该同学设计的电路如图（a）所示．（1）根据图（a），在图（b）的实物图中画出连线________．（2）若I1、I2分别为流过电流表A1和A2的电流，利用I1、I2、R g1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．根据实验数据可算得，当I1R=________Ω（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________Ω（保留1位小数）．【答案】（1）答案见解答；（2）I1(R g1+R0), I2−I1,180（3）11.6（4）8.0【考点】描绘小灯泡的伏安特性曲线【解析】此题暂无解析【解答】（1）根据电路图连接实物图如图所示：（2）①根据电路图可知灯泡两端的电压为电流表A1和R0的总电压，故根据欧姆定律有U=I1(R g1+R0)；②根据并联电路特点可知流过小灯泡的电流为I=I2−I1；③因为小灯泡的额定电压为3.6V，故根据题目中已知数据带入①中可知I不能超过180mA；（3）根据表中数据可知当ℎ1=173mA时，I2=470mA，根据前面的分析代入数据可知此时灯泡两端的电压为U=3.46V，流过小灯泡的电流为=297mA，故根据欧姆定律可知此时小灯泡的电阻为R=UI = 3.460.297Ω=11.6Ω；（4）要测量完整的伏安特性曲线则灯泡两端的电压至少要达到3.6V，而电流表A1不能超过其量程200mA，此时结合①有3.6=0.2×10+R0解得R0=8Ω，即要完整的测量小灯泡伏安特性曲线所用电阻的阻值不能小于8Ω．如图，在0≤x≤ℎ，−∞<y<+∞区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变．一质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子以速度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B m；（2）如果磁感应强度大小为B m2，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．【答案】（1）磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的最小值B m=mv0qℎ；（2）粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角α=π6，该点到x轴的距离为y=(2−√3)ℎ．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动规律【解析】此题暂无解析【解答】解：（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 v02R①由此可得R=mv0qB②粒子穿过y轴正半轴离开磁场，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R≤ℎ③由题意，当磁感应强度大小为B m时，粒子的运动半径最大，由此得B m=mv0qℎ④（2）若磁感应强度大小为B m2，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为R′=2ℎ⑤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α，由几何关系sinα=ℎ2ℎ=12⑥即α=π6⑦由几何关系可得，P点与x轴的距离为y=2ℎ(1−cosα)⑧联立⑦⑧式得y=(2−√3)ℎ⑨如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为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．【答案】（1）管的加速度a1=2g，球的加速度为a2=3g；H；（2）管上升的最大高度H1=1325H．（3）圆管长度应满足L≥152125【考点】牛顿运动定律的应用—从受力确定运动动能定理的应用匀变速直线运动规律的综合运用【解析】此题暂无解析【解答】解：（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，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f，由牛顿运动定律有Ma1=Mg+f①ma2=f−mg②联立①②式并代入题给数据，得a1=2g，a2=3g③（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=√2gH④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+a2t1⑤联立③④⑤式得t1=25√2Hg⑥设此时管下端高度为ℎ1，速度为v，由运动学公式可得ℎ1=v0t1−12a1t12⑦v=v0−a1t1⑧由③④⑥⑧式可判断此时v>0，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=v22g⑨设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则H1=ℎ1+ℎ2⑩联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得H1=1325H⑪（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=0⑫联立⑪⑫式并代入题给数据得x1=45H⑬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=45H1④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+x2≤L⑮联立⑪⑬⑭⑮式，L应满足条件为L≥152125H⑯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【答案】B,C【考点】热力学第二定律热力学第一定律【解析】此题暂无解析【解答】解：A．燃烧汽油产生的内能一方面向机械能转化，同时热传递向空气转移，既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律；B．冷水倒入保温杯后，没有对外做功，同时也没有热传递，内能不可能减少，故违背热力学第一定律；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，必然产生其他影响故违背热力学第二定律；D．制冷机消耗电能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，发生了内能的转移，同时对外界产生了影响．既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律．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ρ，重力加速度大小为g，大气压强为p0，H>ℎ，忽略温度的变化和水密度随深度的变化．（1）求进入圆筒内水的高度l；（2）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．【答案】ℎ；（1）进入圆筒内水的高度l=ρgHp0+ρgH（2）压入的空气在其压强为p0时的体积V=ρgSHℎ．p0【考点】“变质量气体”模型“玻璃管封液”模型【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）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=p0V0①V0=ℎS②V1=(ℎ−l)S③p1=p0+ρg(H−l)④联立以上各式并考虑到H>ℎ，ℎ>l，解得l =ρgH p 0+ρgH ℎ ⑤（2）设水全部排出后筒内气体的压强为p 2，此时筒内气体的体积为V 0，这些气体在其压强为p 0时的体积为V 3，由玻意耳定律有p 2V 0=p 0V 3⑥其中p 2=p 0+ρgH ⑦设需压入筒内的气体体积为V ，依题意V =V 3−V 0⑧联立②⑥⑦⑧式得V =ρgSHℎp 0 ⑨用一个摆长为80.0cm 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 ．【答案】6.9,96.8【考点】探究单摆的周期与摆长的关系【解析】此题暂无解析【解答】解：拉离平衡位置的距离x =2π×80cm ×5∘360∘=6.97cm ，题中要求摆动的最大角度小于5∘，且保留1位小数，所以拉离平衡位置的距离不超过6.9cm ，根据单摆周期公式T =2π√L g ，结合题意可知10T ′=11T ，代入数据为10√L ′=11√80cm ，解得新单摆的摆长为L ′=96.8cm ．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BC 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．（1）光线在BC 边上是否会发生全反射？说明理由；（2）不考虑多次反射，求从AC 边射出光线与最初的入射光线夹角的正弦值．【答案】（1）光线在E点发生全反射；．（2）从AC边射出光线与最初的入射光线夹角的正弦值为sin r′=2√2−√34【考点】光的折射和全反射的综合应用【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）如图：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θ，由几何关系，有θ=90∘−(30∘−r)>60∘①根据题给数据得sinθ>sin60∘>1②n即θ大于全反射临界角，因此光线在E点发生全反射．（2）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∘③i′=90∘−θ④sin i=n sin r⑤n sin i′=sin r′⑥⑦联立①③④⑤⑥式并代入题给数据，得sin r′=2√2−√34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．。

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二、选择题：本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14~17题只有一项符合题目要求，第18~21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14．管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。

焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为A．库仑B．霍尔C．洛伦兹D．法拉第15．若一均匀球形星体的密度为ρ，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的周期是A．3πGρB．4πGρC．13πGρD．14πGρ16．如图，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。

21EE等于A．20 B．18 C．9.0 D．3.017．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（a）是某种C T机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图（b）所示。

图（b）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18．氘核21H 可通过一系列聚变反应释放能量，其总效果可用反应式241112106H 2He 2H+2n+43.15MeV →+表示。

海水中富含氘，已知1kg 海水中含有的氘核约为1.0×1022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2.9×107 J ，1 MeV= 1.6×10–13 J ，则M 约为 A ．40 kgB ．100 kgC ．400 kgD ．1 000 kg19．特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。

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二、选择题：本题共 8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14~17题只有一项符合题目要求，第18~21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得 3分，有选错的得0分。

14. 管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。

焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为A. 库仑B.霍尔C.洛伦兹D.法拉第15.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的周期是主 f4T1I 1如 B -后C•底救 D -屈16.如图，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E 〔，它会落到坑内c 点。

c 与a 的水平距E2…离和局度差均为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。

三等于E 1A. 20B. 18C. 9.0 D . 3.017. 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（ a ）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（b ）所示。

图（b ）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。

贝U目标靶环图(a)图(b)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, …2一18 .觉核i H 可通过一系列聚变反应释放能量，其总效果可用反应式6；H2：He 2l H+2 0n+43.15MeV表示。

2020年全国统一高考物理试卷(新课标Ⅱ)-纯答案用卷

2020年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ）答案和解析【答案】1. D2. A3. B4. D5. C6. AD7. ABC8. BC9. B；C10. 6.9;96.811. 1.84 1.96滑轮的轴不光滑或滑轮有质量12. (1)如图所示(2)I1(R g1+R0)，I2−I1，180 ;(3)11.6;(4)8.013. 解：(1)根据题意可知，粒子进入磁场时受到竖直向上的洛伦兹力，因此根据左手定则可知，磁场的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的规律有：qv0B=m v02R由此可得：R=mv0qB粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴的正半轴，半径应满足R≤ℎ，由题意，当磁感应强度最大时，粒子的半径最大，由此可得：B m=mv0qℎ；(2)若磁感应强度大小为B m，粒子做圆周运动的圆心仍然在y轴的正半轴，且此时的半2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 轴的夹角为α，根据几何知识有：sinα=ℎ2ℎ=12则有：α=π6=30°根据几何关系可得，P 点与x 轴的距离为：y =2ℎ(1−cosα)=(2−√3)ℎ答：(1)若粒子经磁场偏转后穿过y 轴正半轴离开磁场，磁场的方向垂直于纸面向里，在这种情况下磁感应强度的最小值为mv 0qℎ；(2)如果磁感应强度大小为B m2，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。

粒子在该点的运动方向与x 轴正方向的夹角为30°，该点到x 轴的距离为(2−√3)ℎ。

14. 解：(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a 1，方向向下；球的加速度大小为a 2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f ，由牛顿运动定律有：Ma 1=Mg +fma 2=f −mgf =4mg联立并代入题给数据，得：a 1=2ga 2=3g ；(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同，由运动学公式可得碰地前瞬间它们的速度大小均为：v 0=√2gH ，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t 1，管与小球的速度刚好相同，取向上为正方向，由运动学公式可得：v0−a1t1=−v0+a2t1解得：t1=25√2Hg设此时管下端距地面的高度为ℎ1，速度为v，由运动学公式可得ℎ1=v0t1−12a1t12=1225Hv=v0−a1t1=√2gH5由此可知此时v>0，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=v22g =H25管第一次落地弹起后上升的最大高度H1=ℎ1+ℎ2=1325H；(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解得：x1=45H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=45H1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+x2≤L联立解得L应满足条件为：L≥152125H。

2020年度高考-全国卷II理综物理试题-及详细解析

一、选择题：1. 如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定（）A. 小于拉力所做的功B. 等于拉力所做的功C. 等于克服摩擦力所做的功D. 大于克服摩擦力所做的功【答案】A【解析】试题分析：受力分析，找到能影响动能变化的是那几个物理量，然后观测这几个物理量的变化即可。

木箱受力如图所示：木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知即：，所以动能小于拉力做的功，故A正确；无法比较动能与摩擦力做功的大小，CD错误。

故选A点睛：正确受力分析，知道木箱在运动过程中有那几个力做功且分别做什么功，然后利用动能定理求解末动能的大小。

2. 高空坠物极易对行人造成伤害。

若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（）A. 10 NB. 102 NC. 103 ND. 104 N【答案】C【解析】试题分析：本题是一道估算题，所以大致要知道一层楼的高度约为3m，可以利用动能定理或者机械能守恒求落地时的速度，并利用动量定理求力的大小。

学#科网设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3m，由动能定理可知：，解得：落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正，由动量定理可知：，解得：，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N，故C正确故选C点睛：利用动能定理求出落地时的速度，然后借助于动量定理求出地面的接触力3. 2018年2月，我国500 m口径射电望远镜（天眼）发现毫秒脉冲星“J0318+0253”，其自转周期T=5.19 ms，假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为。

以周期T稳定自转的星体的密度最小值约为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】试题分析;在天体中万有引力提供向心力，即，天体的密度公式，结合这两个公式求解。

设脉冲星值量为M，密度为根据天体运动规律知：代入可得：，故C正确；故选C点睛：根据万有引力提供向心力并结合密度公式求解即可。

2020高考全国二卷物理试题分析解析解读

2020高考全国二卷物理试题分析解析解读2020年全国二卷物理试题的命制紧扣高考评价体系，充分体现了基础性、综合性、应用性、创新性。

试题编排稳中求新，突出基础，重视教材。

新颖在选修部分近年均有变化。

今年的选修3-3，将五选三改为连续两个单项选择；选修3-4将选择改为填空的形式。

还有对学生基本计算能力要求还是较高。

具体分析如下：一、注重对必备知识的考查，突出学科主干内容试题体现了对物理主干知识考查的全面性，回归教材，注重基础。

考查内容涵盖力学、热学、电磁学、光学、原子物理等等核心知识。

其中14题、17题、19题、20题、23题、24题考查了电磁学的知识；15题、16题、21题、22题、25题考查力学知识；18题考查原子物理、33题考查热学知识、34题考查光学知识。

特别重视教材上的物理核心知识落实，如14题就是教材上电磁感应部分实验插图的变式考察，如第19题，就是教材上分析高压输电过程中如何减小能量损耗问题，为交流电基本知识的实际应用。

再比如电学实验23题小灯泡伏安特性研究，也是教材上原图的基本变式，只要认真学习，清楚实验原理和掌握实验基本数据处理的学生都没有问题。

二、注重对实验操作技能的考查，突出物理学科特点实验是物理学科的基础，今年2卷实验23题更注重考查学生实验操作能力，往年实物图连线也就一条或者两条，今年对实物连图要求很高，全部连线都要独自完成，这也是我们一线教学要关注的今后教学的一个方向。

三、注重对创新精神的考查，试题有一定的开放性比如22题关于误差的分析，以实验结果和理论公式分别计算得出小球加速度，根据两个结果的差异引导学生分析误差，其结果具有开放性，考查了学生的综合应用能力和实验探究能力。

四、关注先进技术和生产劳动，引导学生理论联系实际比如17题研究CT扫描把电场和磁场问题巧妙的结合在一起，33题的第二问研究潜水钟救生设备，合理考察了气体部分的压强分析，也体现了高考重视考查学生解决实际问题的创新意识和实践能力，试题的情景设置非常新颖。

【物理】2020年高考真题——全国卷Ⅱ(精校版)

2020年高考真题——全国卷Ⅱ注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．14.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()A．库仑B．霍尔C．洛伦兹D．法拉第答案 D解析库仑发现了电荷间的相互作用规律，即库仑定律，故A错误；霍尔发现了磁场中的通电导体两侧产生了电压，即霍尔效应，故B错误；洛伦兹发现了运动电荷在磁场中受力的规律，即洛伦兹力，故C错误；法拉第发现了电磁感应定律，高频焊机工作原理是电磁感应，故D正确．15．若一均匀球形星体的密度为ρ，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的周期是() A. B.C. D.答案 A解析根据卫星受到的万有引力提供其做圆周运动的向心力可得G＝m()2R，球形星体质量可表示为：M＝ρ·πR3，由以上两式可得：T＝，A正确．16．如图，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()A．20 B．18 C．9.0 D．3.0答案 B解析摩托车从a点做平抛运动到c点，水平方向：h＝v1t1，竖直方向：h＝gt12，可解得v1＝，动能E1＝m v12＝；摩托车从a点做平抛运动到b点，水平方向：3h＝v2t2，竖直方向：0.5h＝gt22，解得v2＝3，动能E2＝m v22＝mgh，故＝18，B正确．17．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1(a)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(b)所示．图(b)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()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点左移答案 D解析电子在M、N间受向右的电场力，电场方向向左，故M处的电势低于N处的电势，故A错误；加速电压增大，可使电子获得更大的速度，根据r＝可知，电子在磁场中做圆周运动的半径变大，P点右移，故B错误；电子受到的洛伦兹力方向向下，根据左手定则，可判断磁场方向垂直于纸面向里，故C错误；根据r＝，B增大，可使电子在磁场中做圆周运动的半径变小，P点左移，故D正确．18．氘核可通过一系列聚变反应释放能量，其总效果可用反应式6→2＋2＋2＋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1.0×1022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2.9×107 J,1 MeV＝1.6×10－13 J，则M约为() A．40 kg B．100 kgC．400 kg D．1 000 kg答案 C解析根据核反应方程式，6个氘核聚变反应可释放出43.15 MeV的能量，1 kg海水中的氘核反应释放的能量为E ＝×43.15 MeV≈7.19×1022 MeV≈1.15×1010 J，则相当于燃烧的标准煤的质量为M＝kg≈400 kg.19．(多选)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的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为ΔP，到达B处时电压下降了ΔU.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1 100 kV特高压输电．输电线上损耗的电功率变为ΔP′，到达B处时电压下降了ΔU′.不考虑其他因素的影响，则()A．ΔP′＝ΔP B．ΔP′＝ΔPC．ΔU′＝ΔU D．ΔU′＝ΔU答案AD解析由输电电流I＝知，输送的电功率不变，输电电压加倍，输电电流变为原来的，损耗的电功率ΔP＝I2r，故输电电压加倍，损耗的电功率变为原来的，即ΔP′＝ΔP；输电线上损失电压为ΔU＝Ir，即输电电压加倍，损失电压变为原来的，即ΔU′＝ΔU.故A、D正确20.(多选)如图，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()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两点的电势相等答案ABC解析在绝缘细圆环的上半圆P处，任取一小段，可看成点电荷，其在a点产生的场强为E1，在P关于细圆环水平直径对称的下半圆Q处再取一小段，其在a点产生的场强为E2，由对称性可知，E1、E2的合场强竖直向下，如图所示，即上半圆和下半圆在a点产生的合场强一定竖直向下．同理可得，b点场强方向也竖直向下，由于a、b 两点关于圆心对称，则b点处场强大小与a点处相等，故A正确；同理可分析a、b所在的直径上各点场强均竖直向下，故a、b两点在同一条等势线上，电势相等，故B正确；由微元法和对称性可知，c、d两点场强相等，方向竖直向下，故C正确；在c、d点所在直径上，电场方向由c到d，c点电势高于d点电势，故D错误．21．(多选)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，该运动员的质量可能为()A．48 kg B．53 kgC．58 kg D．63 kg答案BC解析设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，运动员速度大小为v2……第八次推物块后，运动员速度大小为v8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：M v1＝m v0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2m v0，……，第n次推物块后，由动量守恒定律知：M(v n－v n－1)＝2m v0，整理得v n＝，则v7＝，v8＝.由题意知，v7<5 m/s，则M>52 kg，又知v8>5 m/s，则M<60 kg，故选B、C.三、非选择题：第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题22.一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．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)．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：________________________________________________________.答案 1.84 1.96滑轮的轴不光滑(或滑轮有质量)解析B小球在0.730 s时间内下落距离s＝0.590 m－0.100 m＝0.490 m初始时速度为零，根据s＝at2得a＝＝m/s2≈1.84 m/s2.根据牛顿第二定律对B球：m B g－F T＝m B a′①对A球：m A g－F T＝m A(－a′)②联立①②两式得a′＝g＝×9.8 m/s2＝1.96 m/s2.可见实验结果比理论结果小一些，可能是滑轮的轴不光滑或滑轮有质量．23．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R g1＝10.0 Ω)，电流表A2(量程500 mA，内阻R g2＝1.0 Ω)、定值电阻R0(阻值R0＝10.0 Ω)、滑动变阻器R1(最大阻值10 Ω)、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(a)所示．(1)根据图(a)，在图(b)的实物图中画出连线．(2)若I1、I2分别为流过电流表A1和A2的电流，利用I1、I2、R g1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/mA325585125144173I2/mA171229299379424470根据实验数据可算得，当I1＝173 mA时，灯丝电阻R＝________ Ω(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________ Ω(保留1位小数)．答案(1)见解析图(2)I1(R g1＋R0)I2－I1180(3)11.6(4)8.0解析(1)如图所示(2)小灯泡两端的电压跟A1与R0两端电压的和相等，即U＝I1(R0＋R g1)流过A2的电流I2等于流过A1的电流I1及流过小灯泡的电流的和，故I L＝I2－I1.小灯泡的额定电压为3.6 V，为保证安全，与小灯泡并联支路的电压最高不能超过3.6 V，即I1m(R0＋R g1)＝3.6 V则I1m＝＝＝0.18 A＝180 mA.(3)当I1＝173 mA时，I2＝470 mA此时小灯泡两端的电压U L＝I1(R0＋R g1)＝0.173×(10.0＋10.0) V＝3.46 V，流过小灯泡的电流I L＝I2－I1＝470 mA－173 mA＝297 mA＝0.297 A，灯丝电阻R＝＝Ω≈11.6 Ω.(4)画完整的伏安特性曲线就是把0～3.6 V对应的U－I曲线画出来，当U＝3.6 V时，通过A1的电流不能超过量程200 mA，R g1＋R min＝，R min＝－R g1＝Ω－10.0 Ω＝8.0 Ω.24．如图，在0≤x≤h，－∞<y<＋∞区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变．一质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子以速度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B m；(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．答案见解析解析(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q v0B＝m①由此可得R＝②粒子穿过y轴正半轴离开磁场，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R≤h③由题意，当磁感应强度大小为B m时，粒子穿过y轴正半轴离开磁场时的运动半径最大，由此得B m＝④(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②④式可得，此时圆弧半径为R′＝2h⑤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α，由几何关系sin α＝＝⑥即α＝⑦由几何关系可得，P点与x轴的距离为y＝2h(1－cos α)⑧联立⑦⑧式得y＝(2－)h.25.如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为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．答案见解析解析(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；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F f，由牛顿运动定律有Ma1＝Mg＋F f①ma2＝F f－mg②联立①②式并代入题给数据，得a1＝2g，a2＝3g③(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＝④方向均向下．管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向仍向下．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，由运动学公式得v0－a1t1＝－v0＋a2t1⑤联立③④⑤式得t1＝⑥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－a1t12⑦v＝v0－a1t1⑧由③④⑥⑧式可判断此时v>0.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＝⑨设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则H1＝h1＋h2⑩联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得H1＝H⑪(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)－F f x1＝0⑫联立⑪⑫式并代入题给数据得x1＝H⑬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，球与管的相对位移为x2＝H1⑭设圆管长度为L.管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会从管中滑出的条件是x1＋x2≤L⑮联立⑪⑬⑭⑮式，L应满足条件为L≥H.(二)选考题：共15分．请考生从2道物理题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．33．【物理——选修3－3】(15分)(1)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)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ρ，重力加速度大小为g，大气压强为p0，H≫h，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．答案(1)B C(2)见解析解析(1)A项符合热力学第一、第二定律．冷水和杯子温度不可能都变低，只能是一个升高一个降低，或温度都不变，B项描述违背了热力学第一定律．C项描述虽然不违背热力学第一定律，但违背了热力学第二定律．D项中冰箱消耗电能从而可以从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＝p0V0①V0＝hS②V1＝(h－l)S③p1＝p0＋ρg(H－l)④联立以上各式并考虑到H≫h>l，解得l＝h⑤(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＝p0V3⑥其中p2＝p0＋ρgH⑦设需压入筒内的气体体积为V，原有气体在压强为p0时的体积为V0，则依题意有V＝V3－V0⑧联立②⑥⑦⑧式得V＝.34．【物理——选修3－4】(15分)(1)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)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BC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．答案(1)6.996.8(2)见解析解析(1)设摆球离平衡位置的最大距离为s，摆线长为l，s近似等于摆球沿圆弧移动时的路程，则有＝，解得s＝6.9 cm.设新单摆周期为T′，原单摆周期为T，则＝＝＝解得l′＝96.8 cm.(2)(ⅰ)如图，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θ，由几何关系，有θ＝90°－(30°－r)>60°①根据题给数据得sin θ>sin 60°>②即θ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，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°③i′＝90°－θ④sin i＝n sin r⑤n sin i′＝sin r′⑥联立①③④⑤⑥式并代入题给数据，得sin r′＝由几何关系可知，r′即AC边射出的光线与最初的入射光线的夹角．。