2020年海南高考物理试题及答案.pdf

试卷第 1 页，总 4 页2020 年海南省高考物理试卷年海南省高考物理试卷 1100 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：，则（）4912246HeBeCXmnA，X 是中子 1m 0n B，X 是电子 1m 0n C，X 是中子 0m 1n D，X 是电子 0m 1n 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 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，分别用和表示甲和乙两电流的有效1I2I值，则（）A B 12:2:1II 12:1:2II C D 12:1 2II 122 1:II 4一车载加热器（额定电压为）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24V分别为、，则（）abPacPbcP A B abbcPPabacPPC D acbcPPabacPP5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 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 B向下 C向左 D向右 72020 年 5 月 5 日，长征五号 B 运载火箭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（）A试验船的运行速度为 2 RTB地球的第一宇宙速度为 32RhTRC地球的质量为 322RhGTD地球表面的重力加速度为 2224RhRT8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，离子以的速率（远大于探测器的飞行速率）向后喷出，流量为，则490kg30km/s33.0 10 g/s探测器获得的平均推力大小为（）A B C D 1.47N0.147N0.09N0.009N9一列简谐横波沿 x 轴正方向传播，波的周期为，某时刻的波形如图所示则（）0.2s试卷第 2 页，总 4 页 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 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（）Aa 点的场强比 b 点的大 Bd 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 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，水射出后落到水平地面上。已知枪口离10m/s地高度为，忽略空气阻力，则射出的水（）1.25m210m/sg A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度大小为 5m/s12如图，在倾角为的光滑斜面上，有两个物块 P 和 Q，质量分别为和，用与斜面平行的轻质弹簧相连接，1m2m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（）A两物块一起运动的加速度大小为 12FammB弹簧的弹力大小为 212mTFmmC若只增大，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大 2mD若只增大，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大 13如图，足够长的间距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的匀强1md 1mL 磁场区域，磁感应强度大小为，方向如图所示一根质量，阻值的金属棒 a 以初速度0.5TB a0.1kgm 0.5R 从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与另一根质量，阻值的原来静置在导轨04m/sv b0.2kgm 0.5R 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（）A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 最终停在距磁场左边界处 0.8m14（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_（用 Tg 表示）计算出轨道半径。R（2）某同学用如图（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，黑色是宽度均为的挡光片），铁架台，数字计时器（含光电1.00cmd 门），刻度尺 主要实验过程如下：试卷第 3 页，总 4 页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_cm；L 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和；110.003mst 25.000mst 根据以上测量的数据计算出重力加速度_（结果保留三位有效数字）。g 2m/s15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（量程，内阻），电压表1V3V13.0kr 2V（量程，内阻），滑动变阻器 R（额定电流，最大阻值），待测定值电阻，电源 E（电动5V25.0kr 1.5A100 xR势，内阻不计），单刀开关 S，导线若干：6.0V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（、分别为电压表的示数），在图（a）给出的坐标纸上补齐数据点，并1U2U1V2V绘制图像_；21UU测量次数 1 2 3 4 5 1/VU1.00 1.50 2.00 2.50 3.00 2/VU1.61 2.41 3.21 4.02 4.82 （4）由图像得到待测定值电阻的阻值_（结果保留三位有效数字）；21UUxR（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（阻值约为）的阻值，在不额外增加yR700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_。16如图，圆柱形导热气缸长，缸内用活塞（质量和厚度均不计）密闭了一定质量的理想气体，缸底装有060cmL 一个触发器 D，当缸内压强达到时，D 被触发，不计活塞与缸壁的摩擦。初始时，活塞位于缸口处，51.5 10 Pap环境温度，压强。027 Ct 501.0 10 Pap(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。17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，一质量的小物块 a 从圆弧轨a1kgm 道最高点 P 由静止释放，到最低点 Q 时与另一质量小物块 b 发生弹性正碰（碰撞时间极短）。已知圆弧轨b3kgm 道半径，传送带的长度 L=1.25m，传送带以速度顺时针匀速转动，小物体与传送带间的动摩擦因0.8mR 1m/sv 数，。求 0.2210m/sg（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。试卷第 4 页，总 4 页 18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）以初速度从0vAB 的中点 O 沿 OC 方向射入三角形区域，偏转后从 MN 上的 点（图中未画出）进入 MN 右侧区域，偏转后恰60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，方向垂直于 BC，始终在纸面内运动，到达 点时的速度0v方向与 OC 成角，求圆形磁场的磁感应强度。120 答案第 1 页，总 13 页参考答案参考答案 1A【解析】【分析】【详解】根据电荷数和质量数守恒，则有，4912m246n解得 m=1，n=0，故 X 是中子 故选 A。2B【解析】【分析】【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，sinfmgNcosFmg因，故，且摩擦力等于手机所受的重力沿斜面向下的分力 cos1NFmg故选 B。3D【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；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10II，故，故选 D。022II 122 1:II 4D【解析】【分析】【详解】接 ab，则电路的总电阻为 99909919abR RRRRRRR答案第 2 页，总 13 页接 ac，则电路的总电阻为 99189919acRRRRRRRR接 bc，则电路的总电阻为 99909919bcR RRRRRRR由题知，不管接那两个点，电压不变，为 U=24V，根据 2UPR可知 abbcacPPP故选 D。5A【解析】【分析】【详解】A根据 cvn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 Lxd 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。6B【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 答案第 3 页，总 13 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。7B【解析】【分析】【详解】A试验船的运行速度为，故 A 错误；2()RhTB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 22MmvGmRR根据试验船受到的万有引力提供向心力有 222()()()MmGmRhRhT船船联立两式解得第一宇宙速度 32RhvTR故 B 正确；C根据试验船受到的万有引力提供向心力有 222()()()MmGmRhRhT船船解得 3224RhMGT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 22MmvGmmgRR根据试验船受到的万有引力提供向心力有 答案第 4 页，总 13 页 222()()()MmGmRhRhT船船联立两式解得重力加速度 32224RhgR T故 D 错误。故选 B。8C【解析】【分析】【详解】对离子，根据动量定理有 Ftmv 而 333.0 1010mt解得 F=0.09N，故探测器获得的平均推力大小为 0.09N，故选 C。9AC【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 vT代入数据解得，故 B 错误；40m/sv 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。10AD【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。答案第 5 页，总 13 页11BD【解析】【分析】【详解】A根据得，运动时间 212hgt 22 1.25s0.5s10htg故 A 错误；B水平射程为 010 0.5m5mxv t故 B 正确；CD竖直方向分速度为 10 0.5m/s5m/syvgt水平分速度为 010m/sxvv落地速度为 225 5m/syxvvv故 C 错误，D 正确。故选 BD。12BC【解析】【分析】【详解】A对整体受力分析，根据牛顿第二定律有 1212sinFmmgmma解得，故 A 错误；12singmmFaB对 m2受力分析，根据牛顿第二定律有 22sinFm gm a弹解得，故 B 正确；212m FFmm弹C根据，可知若只增大，两物块一起向上匀加速运动时，弹211221m FFFmmmm弹2m答案第 6 页，总 13 页力变大，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；D根据，可知只增大，两物块一起向上匀加速运动时，弹力不变，根据212m FFmm弹胡克定律，可知伸长量不变，故它们的间距不变，故 D 错误。故选 BC。13BD【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 BLdEtt平均电流为 2EIR金属棒 a 受到的安培力为 FBId规定向右为正方向，对金属棒 a，根据动量定理得 0aaaBIdtm vm v 解得对金属棒第一次离开磁场时速度 1.5m/sav 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 2201122aaaQm vm v联立并带入数据得 0.6875JQ 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 0.34375J2bQQ 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 aaaab bm vm vm v答案第 7 页，总 13 页 222111222aaaab bm vm vm v联立并带入数据解得金属棒 a 反弹的速度为 0.5m/sav 设金属棒 a 最终停在距磁场左边界处，则从反弹进入磁场到停下来的过程，电路中产生x的平均电动势为 ()B Lx dEtt 平均电流为 2EIR 金属棒 a 受到的安培力为 FBI d规定向右为正方向，对金属棒 a，根据动量定理得 0aaBI dtm v 联立并带入数据解得 0.8mx 故 D 正确。故选 BD。14 竖直 tn2224gtn15.409.74【解析】【分析】【详解】(1)1滑板车做往复运动的周期为 tTn2根据单摆的周期公式，得 2RTg 2222244gTgtRn(2)3两挡光片间的距离 15.40cm0cm15.40cmL 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 答案第 8 页，总 13 页 21311.00 10m/s1m/s10.003 10dvt玻璃条上部挡光条通过光电门时玻璃条的速度为 22321.00 10m/s2m/s5.000 10dvt根据速度位移公式有 22212vvgL代入数据解得加速度 222219.74m/s2vvgL15分压 31.83 10【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 （3）3根据下表中的实验数据，绘制的图像，如图所示 21UU答案第 9 页，总 13 页（4）4根据实验电路图，则有 2111xUURUr变形得 1211xRrUUr则图线的斜率为 11xRrkr根据图像可得斜率 21UU 4.82 1.611.613.00 1.00k则有 111.61xRrr代入，解得 13.0kr 31.83 10 xR（5）5因待测电阻（阻值约为）的阻值较小，若仍与电压表串联，则所分得yR7001V的电压过小，不利于测量，故待测电阻与其中一个电压表并联，由于电源电动势只有yR6V，为让待测电阻分得较大电压，故待测电阻应与电压表并联，再与电压表串yR2V1V联，故改进后的电路图，如图所示 答案第 10 页，总 13 页 16(1)；(2)0.4m450K【解析】【分析】【详解】(1)设气缸横截面积为；D 刚好被触发时，到缸底的距离为，根据玻意耳定律得 SL 00p SLpSL带入数据解得 50051 100.6m0.4m1.5 10pLLp(2)此过程为等容变化，根据查理定律得 00ppTT带入数据解得 50501.5 10(27273)K450K1 10pTTp17（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，根据机械能守恒定律av有 212aaam gRm v代入数据解得 4m/sav 小物块 a 在最低点，根据牛顿第二定律有 2NaaavFm gmR代入数据解得 N30FN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 答案第 11 页，总 13 页 aaaab bm vm vm v根据能量守恒有 222111222aaaab bm vm vm v联立解得，2m/sav 2m/sbv 小物块 a 反弹，根据机械能守恒有 212aaam ghm v解得 0.2mh（3）小物块 b 滑上传送带，因，故小物块 b 先做匀减速运动，根2m/s1m/sbvv据牛顿第二定律有 bbm gm a解得 22m/sa 则小物块 b 由 2m/s 减至 1m/s，所走过的位移为 2212bvvxa代入数据解得 10.75mx 运动的时间为 1bvvta代入数据解得 10.5st 因，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 10.75m1.25mxL 121.250.75s0.5s1Lxtv故小物块 b 从传送带的左端运动到右端所需要的时间 121sttt18(1)；(2)；(3)见解析 02mvBqd0(113 3)3dtv【解析】【分析】【详解】(1)画出粒子运动轨迹如图 答案第 12 页，总 13 页 粒子在三角形 ABC 中运动时，有 200vqBvmr 02 rTv又粒子出三角形磁场时偏转，由几何关系可知 60 2dr 联立解得 02mvBqd1066Tdtv(2)粒子从 D 运动到 P，由几何关系可知 sin60CPdDPCP运动时间 20032DPdtvv粒子在 MN 右侧运动的半径为 2rd 则有 200vqB vmr 02 rTv 答案第 13 页，总 13 页运动时间 3051063dtTv故粒子从 O 点射入到返回 O 点所需要的时间 1230(113 3)2()3dttttv(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 cos60cos602dRRd 解得 56Rd此时根据有 202 0vqB vmR 0265mvBqd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 cos60-cos602dRRd 解得 12Rd 此时根据有 203 0vqB vmR032mvBqd