《2020年普通高等学校招生全国统一考试试题 理综（全国 Ⅱ卷）解析版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年普通高等学校招生全国统一考试试题 理综（全国 Ⅱ卷）解析版（46页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1 2020 年普通高等学校招生全国统一考试（全国 卷） 理理综综 二、选择题：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
2、者为法拉第。故选 D。 2.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（） A. 3 G B. 4 G C. 1 3G D. 1 4G 【答案】A 【解析】 【详解】卫星在星体表面附近绕其做圆周运动，则 2 22 4GMm mR RT p =， 3 4 3 VR， M V 2 知卫星该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星的周期 3 T G 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
3、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。 2 1 E E 等于（） A. 20 B. 18 C. 9.0 D. 3.0 【答案】B 【解析】 【详解】有题意可知当在 a 点动能为 E1时，有 2 11 1 2 Emv= 根据平抛运动规律有 2 1 1 2 hgt 1 1 hv t 当在 a 点时动能为 E2时，有 2 22 1 2 Emv= 根据平抛运动规律有 2 2 11 22 hgt= 2 2 3hv t= 联立以上各式可解得 3 2 1 18 E 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
4、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 【解析】 【详解】A由于电子带负电，要在 MN 间加速则 MN 间
5、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 2 1 2 eUmv 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 2 v evBm R 可得 4 mv R eB 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
6、点左移，故 D 正确。 故选 D。 5.氘核 2 1H可通过一系列聚变反应释放能量，其总效果可用反应式 2411 1210 6 H2 He2 H+2 n+43.15MeV表示。 海水中富含氘， 已知 1kg 海水中含有的氘核约为 1.01022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 2.9107J，1 MeV= 1.61013J，则 M 约为（） A. 40 kgB. 100 kg C. 400kg D. 1 000 kg 【答案】C 【解析】 【详解】氘核 2 1H可通过一系列聚变反应释放能量，其总效果可用反
7、应式 2411 1210 6 H2 He2 H+2 n+43.15MeV 则平均每个氘核聚变释放的能量为 43.15 =MeV 66 E 1kg 海水中含有的氘核约为 1.01022个，可以放出的总能量为 0 EN 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 0 400kg EQ m qq 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 550 kV 的超高压向 B 处输电， 输电线上损耗的电功率为P， 到达 B 处时电压下降了U。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 5 1 10
8、0 kV 特高压输电，输电线上损耗的电功率变为P，到达 B 处时电压下降了U。不考 虑其他因素的影响，则（） A. P= 1 4 PB. P= 1 2 PC. U= 1 4 UD. U= 1 2 U 【答案】AD 【解析】 【详解】输电线上损失的功率 P( P U )2r 损失的电压 U P U r 当输送电压变为原来的 2 倍，损失的功率变为原来的 1 4 ，即 P 1 4 P 损失的电压变为原来的 1 2 ，即 U 1 2 U 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
9、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】 【详解】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 6 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0 ab ； 而从 M 点到 N 点， 电势一直在降低， 即 cd ， 故 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
10、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 4.0 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 kg D. 63 kg 【答案】BC 【解析
11、】 【详解】设运动员和物块的质量分别为m、 0 m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 1 v、 0 v，则根据动量守 恒定律 10 0 0mvm v 7 解得 0 10 m vv m 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 10 020 0 mvm vmvm v 解得 0 20 3m vv m 第 3 次推出后 20 030 0 mvm vmvm v 解得 0 30 5m vv m 依次类推，第 8 次推出后，运动员的速度 0 80 15m vv m 根据题意可知 0 80 15 m/s m vv m 解
12、得 60kgm 第 7 次运动员的速度一定小于5m/s，则 0 70 13 m/s m vv m 解得 52kgm 综上所述，运动员的质量满足 kg60kgm 8 AD 错误，BC 正确。 故选 BC。 三、非选择题：三、非选择题： （一）必考题：（一）必考题： 9.一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
13、 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). 1.84(2). 1.96(3). 滑轮的轴不光滑，绳和滑轮之间有摩擦（或滑轮 有质量） 【解析】 【详解】有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 2 0 1 2 hhaT-= 代入
14、数据解得 a=1.84m/s2； 根据牛顿第二定律可知对小球 A 有 AA Tm g m a -= 对小球 B 有 9 BB m gT m a -= 带入已知数据解得 2 1.96m/sa= ； 在实验中绳和滑轮之间有摩擦会造成实际计算值偏小。 10.某同学要研究一小灯泡 L（3.6 V，0.30A）的伏安特性。所用器材有：电流表 A1（量程 200 mA，内阻 Rg1=10.0 ） ，电流表 A2（量程 500 mA，内阻 Rg2=1.0 ） 、定值电阻 R0（阻 值 R0=10.0 ） 、滑动变阻器 R1（最大阻值 10 ） 、电源 E（电动势 4.5 V，内阻很小） 、开关 S 和若干导
15、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、Rg1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/mA325585125144173 I2/mA171229299379424470 根据实验数据可算得，当 I1=173 mA 时，灯丝电阻 R=_（保留 1
16、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_（保留 1 位小数） 。 10 【答案】(1).(2).() 110g IRR+(3). 21 II(4). 180(5). 11.6(6). 8.0 【解析】 【详解】 （1）根据电路图连接实物图如图所示 （2）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 () 110g UIRR=+ 根据并联电路特点可知流过小灯泡的电流为 21 III 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中可知I1不能超过180mA； （3）根据表中数据可知当 I1=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 I=297mA=0.297A； 故根据欧姆定律可知此时小 灯泡的电阻为 11 3.46 11
