2020年海南省高考物理试卷(有答案).pdf

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1、海南省海南省 20202020 年普通高中学业水平选择性考试年普通高中学业水平选择性考试物物理理、单项选择题、单项选择题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想，该核反应方程为：4912m2He4Be 6CnX，则（）A.m 1，n 0，X 是中子B.m 1，n 0，X 是电子C.m 0，n 1，X 是中子D.m 0，n 1，X 是电子【答案】A【解析】【详解】根据电荷数和质量数守恒，则有49 12m，24 6n解得 m=1，n=0，故 X 是中子故选 A。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

2、的（A. 支持力竖直向上B. 支持力小于手机所受的重力C. 摩擦力沿斜面向下D. 摩擦力大于手机所受的重力沿斜面向下的分力【答案】B【解析】【详解】设手机的质量为m，斜面倾角为 。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，FN mg cos因cos1，故FN mg，且摩擦力等于手机所受的重力沿斜面向下的分力故选 B。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I1和I2表示甲和乙两电流的有效值，则（）A.I1:I2 2:1C.I1:I21: 2【答案】D【解析】B.I1:I21: 2D.I

3、1:I22:1【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I1 I0；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I2I0，故2I1:I22:1，故选 D。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间的功率分别为Pab、Pac、Pbc，则（）1A.P.ab PbcB.Pab PacCPac PbcD.Pab Pac【答案】D【解析】【详解】接 ab，则电路的总电阻为R9RR9RRabR9R9R9019接 ac，则电路的总电阻为R9R9R18RacRR9R9R19接

4、 bc，则电路的总电阻为R9RR9R90RbcR9R9R19由题知，不管接那两个点，电压不变，为U=24V，根据PU2R可知Pab Pbc Pac故选 D。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D. 两束频率不同的光，可以产生干涉现象【答案】A【解析】【详解】A根据v cn1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，

5、故B错误；C根据x Ld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. 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，导线所受安培力的方向为（）A. 向上【答案】B【解析】B. 向下C. 向左D. 向右【详解】根据安培定则，可知蹄形电磁铁的分布情况，如图所示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. 2020年 5月 5 日，长征五号 B运载火箭

6、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（）1A. 试验船的运行速度为2RTB. 地球的第一宇宙速度为2Rh3TR3C. 地球的质量为2RhGT2422D. 地球表面的重力加速度为RhRT2【答案】B【解析】【详解】A试验船的运行速度为2(Rh)T，故 A错误；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GMmv2R2 mR根据试验船受到的万有引力提供向心力有GMm船(Rh)2 m船(2T)2(R h)联立两式解得第一宇宙速度v 2Rh3TR故 B 正确；C根据试

7、验船受到的万有引力提供向心力有GMm船(Rh)2 m船(2T)2(R h)解得M 42Rh3GT2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Mmv2GR2 mR mg1根据试验船受到的万有引力提供向心力有G联立两式解得重力加速度Mm船22 m () (R h)船2(Rh)Tg 故 D 错误。故选 B。42RhR T2238. 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，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3为3.010 g/s，则探测器获得的平均

8、推力大小为（ ）A.1.47N【答案】C【解析】B.0.147NC.0.09ND.0.009N【详解】对离子，根据动量定理有F t mv而m 3.0103103t解得 F=0.09N，故探测器获得的平均推力大小为0.09N，故选 C。二、多项选择题二、多项选择题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（）A. 该波的波长为8mB. 该波的波速为50m/sC. 该时刻质点 P向 y轴负方向运动D. 该时刻质点 Q向 y 轴负方向运动1【答案】AC【解析】【详解】A由波形图可知，波长为8m，故 A正确；B根据公式v 代入数据解得v 40m/s，故 B错误；T

9、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. 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（）A. a点的场强比 b 点的大B. d点的电势比 c 点的低C. 质子在 d点的电势能比在 c点的小D. 将电子从 a 点移动到 b点，电场力做正功【答案】AD【解析】【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

10、，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。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。已知枪口离地高度为1.25m，g 10m/s，忽略空气阻力，则射出的水（）21A. 在空中的运动时间为0.25sB. 水平射程为5mC. 落地时的速度大小为15m/sD. 落地时竖直方向的速

11、度大小为5m/s【答案】BD【解析】详解】A根据h 12gt得，运动时间2【故 A 错误；B水平射程为故 B 正确；CD竖直方向分速度为水平分速度为落地速度为故 C 错误，D正确。故选 BD。A. 两物块一起运动的加速度大小为a t 2h21.25s 0.5sg10 x v0t 100.5m 5mvy gt 100.5m/s 5m/svx v010m/s22v vyvx5 5m/s12. 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m1和m2，用与斜面平行的轻质弹簧相连接，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（）Fm1m21B. 弹簧的弹力大小为T m2

12、Fm1m2C. 若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大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【答案】BC【解析】【详解】A对整体受力分析，根据牛顿第二定律有F m1m2gsinm1m2a解得a F gsin，故 A错误；m1m2B对 m2受力分析，根据牛顿第二定律有F弹m2gsin m2a解得F弹m2F，故 B正确；m1 m2C根据F弹m2FFm1m2m11，可知若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，弹力变大，根据胡克m2定律，可知伸长量变大，故它们的间距变大，故C正确；D根据F弹m2F，可知只增大，两物块一起向上匀加速运动时，弹力不变，根据胡克定律，

13、可知m1 m2伸长量不变，故它们的间距不变，故D 错误。故选 BC。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ma 0.1kg，阻值R0.5的金属棒 a 以初速度v0 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mb 0.2kg，阻值R 0.5的原来静置在导轨上的金属棒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（）1A. 金属棒 a第一次穿过磁场时做匀减速直线运动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.

14、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0.25JD. 金属棒 a最终停【答案】BD【解析】【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距磁场左边界0.8m处E 平均电流为BLdttI 金属棒 a受到的安培力为E2RF BId规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得BId t mavamav0解得对金属棒第一次离开磁场时速度va1.

15、5m/s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Q 联立并带入数据得1122mav0mava22Q 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1Qb故 C 错误；Q 0.34375J2D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 mbvbmava mava111222mbvbmavamava222联立并带入数据解得金属棒a反弹的速度为va 0.5m/s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E 平均电流为B(L x)dttI 金属棒 a受

16、到的安培力为E2RF BId规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得BId t 0mava联立并带入数据解得x 0.8m故 D 正确。故选 BD。三、实验题三、实验题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） 。主要实验过程如下：用手机查得当地的重力加速度g；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1振动的时间 t，算出滑板车做往复运动的周期T _；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 Tg表示）计算出轨道半径。（2）某

17、同学用如图（a）所示的装置测量重力加速度实验器材：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：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；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；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；让玻璃条自由下落，测得两次挡光的时间分别为t110.003ms和t2 5.000ms；根据以上测量数据计算出重力加速度g _m/s2（结果保留三位有效数字） 。tgt2【答案】(1).(2)

18、.(3).15.40(4). 竖直(5).9.7422n4n【解析】【详解】(1)1滑板车做往复运动的周期为2根据单摆的周期公式T 2(2)3两挡光片间的距离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的T tnR，得ggT2gt2R 22244nL 15.40cm0cm 15.40cm1d1.00102v1m/s 1m/st110.003103玻璃条上部挡光条通过光电门时玻璃条的速度为d1.00102v2m/s 2m/st25.000103根据速度位移公式有2v2v12 2gL代入数据解得加速度2v2v12g 9

19、.74m/s22L，电压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V1（量程3V，内阻r1 3.0k）表V2（量程5V，内阻r2 5.0k） ，滑动变阻器 R（额定电流1.5A，最大阻值100） ，待测定值电阻Rx，电源 E（电动势6.0V，内阻不计） ，单刀开关 S，导线若干：回答下列问题：（I）实验中滑动变阻器应采用_接法（填“限流”或“分压”） ；（2）将虚线框中的电路原理图补充完整_；（3）根据下表中的实验数据（U1、U2分别为电压表V1V2的示数） ，在图（a）给出的坐标纸上补齐数据点，并绘制U2U1图像_；测量次数11.001.6121.502.4132.003

20、.2142.504.0253.004.82U1/VU2/V1（4）由U2U1图像得到待测定值电阻的阻值Rx_（结果保留三位有效数字） ；（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Ry（阻值约为700）的阻值，在不额外增加器材的前提下，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_。【答案】(1). 分压(2).(3).(4).1.83103(5).【解析】【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U2U1图像，如图所示1（4）4根据实验电路图

21、，则有RxU2U1U1r1变形得U2则图线斜率为Rxr1U1r1根据U2U1图像可得斜率则有3代入r1 3.0k，解得Rx1.8310 （5）5因待测电阻Ry（阻值约为700）的阻值较小，若仍与电压表V1串联，则所分得的电压过小，不利于测量，故待测电阻Ry与其中一个电压表并联，由于电源电动势只有6V，为让待测电阻分得较大电压，故待测电阻Ry应与电压表V2并联，再与电压表V1串联，故改进后的电路图，如图所示的k 1.61Rxr1r1k Rx r1r14.821.611.613.001.001四、计算题四、计算题16. 如图，圆柱形导热气缸长L0 60cm，缸内用活塞（质量和厚度均不计）密闭了一定

22、质量的理想气体，5缸底装有一个触发器 D，当缸内压强达到p 1.510 Pa时，D被触发，不计活塞与缸壁的摩擦。初始时，5活塞位于缸口处，环境温度t0 27C，压强p01.010 Pa。(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；(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。【答案】(1)0.4m；(2)450K K【解析】【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p0SL0 pSL带入数据解得p01105L L00.6m 0.4mp1.5105(2)此过程为等容变化，根据查理定律得p0pT0

23、T带入数据解得p1.5105T T0(27273)K 450Kp0110517. 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ma1kg的小物块 a从圆弧轨道最高点 P由静止释放， 到最低点 Q时与另一质量mb 3kg小物块 b发生弹性正碰 （碰撞时间极1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。【答案】 （

24、1）30N； （2）0.2m； （3）1s【解析】【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va，根据机械能守恒定律有12magR mava2代入数据解得va 4m /s小物块 a在最低点，根据牛顿第二定律有2vaFNmag maR代入数据解得FN 30N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 mbvbmava mava根据能量守恒有111222mbvbmavamava222联立解得va 2m /s，vb 2m /s小物块 a反弹，根据机械能守恒有magh 解得h 0.2m12mava2（

25、3）小物块b滑上传送带，因vb 2m /s v 1m/s，故小物块b先做匀减速运动，根据牛顿第二定律有1mbg mba解得a 2m /s2则小物块 b 由 2m/s减至 1m/s，所走过的位移为2vbv2x12a代入数据解得x1 0.75m运动的时间为t1代入数据解得t1 0.5svbva因x1 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t2L x11.250.75s 0.5sv1故小物块 b 从传送带的左端运动到右端所需要的时间t t1t21s18. 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

26、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v0从 AB的中点 O 沿 OC方向射入三角形区域，偏转60后从 MN上的 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v0， 方向垂直于 BC， 始终在纸面内运动，到达

27、点时的速度方向与 OC 成120角，求圆形磁场的磁感应强度。1【答案】(1)B 2mv0(11qd；(2)t 3 3)d3v；(3)见解析0【解析】【详解】(1)画出粒子运动轨迹如图粒子在三角形 ABC中运动时，有v2qBv00 mrT 2rv0又粒子出三角形磁场时偏转60，由几何关系可知r d2联立解得B 2mv0qdtTd166v0(2)粒子从 D 运动到 P，由几何关系可知CP dDP CPsin601运动时间t2粒子在 MN右侧运动的半径为DP3dv02v0r 2d则有v02qBv m0rT 2rv0运动时间t510d36T 3v0故粒子从 O点射入到返回 O点所需要的时间t 2(t3 3)d1t2)t3(113v0(3)若三角形 ABC区域磁场方向向里，则粒子运动轨迹如图中所示，有R Rcos60 d d2cos60解得R 56dqB mv2此时根据02v0R有Bmv0265qd若三角形 ABC区域磁场方向向外，则粒子运动轨迹如图中所示，有R Rcos60 d-d2cos60解得R 12d1v02此时根据qB3v0 m有RB32mv0qd11