1、2020年普通高等學校招生全國統一考試理科綜合能力測試二、選擇題：1.管道高頻焊機可以對由鋼板卷成的圓管的接縫實施焊接。焊機的原理如圖所示， 圓管通過一個接有高頻交流電源的線圈，線圈所產生的交變磁場使圓管中產生交變電流，電流產生的熱量使接縫處的材料熔化將其焊接。焊接過程中所利用的電磁學規律的發現者為（）A.庫侖B.霍爾C.洛倫茲D.法拉第【答案】D【解析】【詳解】由題意可知，圓管為金屬導體，導體內部自成閉合回路，且有電阻，當周圍的線圈中產生出交變磁場時，就會在導體內部感應出渦電流，電流通過電阻要發熱。該過程利用原理的是電磁感應現象，其發現者為法拉第。故選D。2.若一均勻球形星體的密度為P,引力

2、常量為G,則在該星體表面附近沿圓軌道繞其運動的衛星的周期是（D.【詳解】衛星在星體表面附近繞其做圓周運動，則GMm - 4；=mR - T知衛星該星體表面附近沿圓軌道繞其運動的衛星的周期3該坑沿摩托車前進方向的水平寬度3 .如圖，在摩托車越野賽途中的水平路段前方有一個坑, 為3h,其左邊緣a點比右邊緣b點高0.5h。若摩托車經過a點時的動能為Ei,它會落到坑 內c點。c與a的水平距離和高度差均為 h；若經過a點時的動能為E2,該摩托車恰能越過一E2 m坑到達b點。三等于E1A. 20B. 18C. 9.0D. 3.0【詳解】有題意可知當在a點動能為Ei時，有mv2 2根據平拋運動規律有,1.2

3、h - gti2h v1tl當在a點時動能為E2時,根據平拋運動規律有聯立以上各式可解得1.-1 .22h 2 gt23h v2t2e2 -2 18Ei -故選B。4 .CT掃描是計算機X射線斷層掃描技術的簡稱，CT掃描機可用于對多種病情的探測。圖（a）是某種CT機主要部分的剖面圖，其中 X射線產生部分的示意圖如圖（b）所示。圖（b）中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內有勻強偏轉磁場；經調節后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到靶上，產生X射線（如圖中帶箭頭的虛線所示）；將電子束打到靶上的點記為 P點。則（）偏轉磁場圖(h)圖（a）A. M處的電勢高于 N處的電勢B.增大M

4、、N之間的加速電壓可使 P點左移C.偏轉磁場的方向垂直于紙面向外D.增大偏轉磁場磁感應強度的大小可使P點左移【答案】D【解析】【詳解】A.由于電子帶負電，要在 MN間加速則MN間電場方向由N指向M ,根據沿著電場線方向電勢逐漸降低可知 M的電勢低于N的電勢，故A錯誤;B.增大加速電壓則根據12eU - mv2可知會增大到達偏轉磁場的速度；又根據在偏轉磁場中洛倫茲力提供向心力有2 V evB m R可得mv R - eB可知會增大在偏轉磁場中的偏轉半徑，由于磁場寬度相同，故根據幾何關系可知會減小偏轉 的角度，故P點會右移，故B錯誤;C.電子在偏轉電場中做圓周運動，向下偏轉，根據左手定則可知磁場方

5、向垂直紙面向里，故C錯誤；D.由B選項的分析可知，當其它條件不變時，增大偏轉磁場磁感應強度會減小半徑，從而增大偏轉角度，使 P點左移，故D正確。故選D。. 2 _5.笊核iH可通過一系列聚變反應釋放能量，其總效果可用反應式 _ 241161H 22He 2iH+20n+43.15MeV表不。海水中富含笊，已知1kg海水中含有的笊核約為1.0 X伯個，若全都發生聚變反應，其釋放的能量與質量為 M的標準煤燃燒時釋放的熱量相等；已知1 kg標準煤燃燒釋放的熱量約為2.9X10J, 1 MeV= 1.6 x 10J,則M約為（）A. 40 kgB. 100 kgC. 400 kgD. 1 000 kg

6、【答案】C【解析】【詳解】笊核2h可通過一系列聚變反應釋放能量，其總效果可用反應式241162H24He 2；H+2 0n+43.15MeV則平均每個笊核聚變釋放的能量為E SeV 661kg海水中含有的笊核約為1.0 x 20個，可以放出的總能量為EoN由Q mq可得，要釋放的相同的熱量，需要燃燒標準煤燃燒的質量m Q E0 400kg我國已成功掌握并實際應用了特6.特高壓輸電可使輸送中的電能損耗和電壓損失大幅降低。高壓輸電技術。假設從A處采用550 kV的超高壓向B處輸電，輸電線上損耗的電功率為 ？P,到達B處時電壓下降了 ？U。在保持A處輸送的電功率和輸電線電阻都不變的條件下，改用1 1

7、00 kV特高壓輸電，輸電線上損耗的電功率變為?P；到達B處時電壓下降了 ？U'。不考慮其他因素的影響，則（,1A. ?P =?P4B. ?P'C. ?U，1 ?U4?UAD輸電線上損失的功率PAP=( U)2 r損失的電壓 pAU =rU當輸送電壓變為原來的 2倍，損失的功率變為原來的14，即AP1 r損失的電壓變為原來的一，即2AU故選AD 。7.如圖，豎直面內一絕緣細圓環的上、下半圓分別均勻分布著等量異種電荷。a、b為圓環水平直徑上的兩個點，c、d為豎直直徑上的兩個點，它們與圓心的距離均相等。則（A. a、b兩點的場強相等C. c、d兩點的場強相等B. a、b兩點的電勢相

8、等D. c、d兩點的電勢相等【答案】ABC 【解析】【詳解】BD.如下圖所示，為等量異種電荷周圍空間的電場分布圖。本題的帶電圓環，可拆解成這樣無數對等量異種電荷的電場，沿豎直直徑平行放置。它們有共同的對稱軸 PP ,PP所在的水平面與每一條電場線都垂直，即為等勢面，延伸到無限遠處，電勢為零。故在PP上的點電勢為零，即a b 0 ;而從M點到N點，電勢一直在降低，即c d ,故B正確，D錯誤；AC.上下兩側電場線分布對稱，左右兩側電場線分布也對稱，由電場的疊加原理可知AC正確；故選ABC 。8.水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質量為4.0 kg的靜止物塊以大

9、小為5.0 m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0 m/s的速度與擋板彈性碰撞。總共經過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0 m/s,反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力，該運動員的質量可能為A. 48 kgB. 53 kgC. 58 kgD. 63 kg【答案】BC【解析】【詳解】設運動員和物塊的質量分別為m、mo規定運動員運動的方向為正方向，運動員開始時靜止，第一次將物塊推出后，運動員和物塊的速度大小分別為,、v0,則根據動量守恒定律0 mv1 m0v0解得

10、m。v1 v0m物塊與彈性擋板撞擊后，運動方向與運動員同向，當運動員再次推出物塊mv1 m0v0 mv2 m0v0解得3m°V2 一V0m第3次推出后mv2 m0V0 mv3 m0V0解得5m0V3 V0m依次類推，第8次推出后，運動員的速度15moV8 V0根據題意可知15m。一v0m/s mV8解得第7次運動員的速度一定小于 5m/s,V7解得綜上所述，運動員的質量滿足AD錯誤，BC正確。故選BC。三、非選擇題： （一）必考題：9.一細繩跨過懸掛的定滑輪，兩端分別系有小球A和B,如圖所示。一實驗小組用此裝置測量小球B運動的加速度。7K令兩小球靜止，細繩拉緊，然后釋放小球，測得小球

11、 B釋放時的高度ho=0.590 m,下降一段 距離后的高度h=0.100 m；由ho下降至h所用的時間T=0.730 s。由此求得小球 B加速度的 大小為a=m/s2 （保留3位有效數字）。從實驗室提供的數據得知，小球A、B的質量分別為100.0 g和150.0 g,當地重力加速度大小為g=9.80 m/s2。根據牛頓第二定律計算可得小球B加速度的大小為a' m/s2 （保留m 60kg13m0V0m/smkg3位有效數字）52kg60kg可以看出，a與a有明顯差異，除實驗中的偶然誤差外， 寫出一條可能產生這一結果的原因:【答案】（1）. 1.84（2）. 1.96（3）.滑輪的軸不

12、光滑，繩和滑輪之間有摩擦（或滑輪有質量）【解析】【詳解】有題意可知小球下降過程中做勻加速直線運動，故根據運動學公式有 12h0 - haT 2代入數據解得a=1.84m/s 2；根據牛頓第二定律可知對小球A有T - mAgmAal對小球B有 |mBg -T . m）Ba帶入已知數據解得a - 1.96m/s2 ;1 Mi在實驗中繩和滑輪之間有摩擦會造成實際計算值偏小。10.某同學要研究一小燈泡 L （3.6 V, 0.30 A）伏安特性。所用器材有：電流表 A1 （量程200 mA,內阻 Rg1=10.0 因 電流表 A2 （量程500 mA,內阻 Rg2=1.0 Q、定值電阻 Ro （阻值R

13、o=10.0姒滑動變阻器 Ri （最大阻值10 Q、電源E （電動勢4.5 V,內阻很小）、開關S和若干導線。該同學設計的電路如圖（a）所示。（1）根據圖（a）,在圖（b）的實物圖中畫出連線v 圖(b) s(2)若Il、I2分別為流過電流表 Ai和A2的電流，利用II、12、Rgi和R0寫出：小燈泡兩端的電壓U=流過小燈?的電流1=為保證小燈的安全，Ii不能超過mA。(3)實驗時，調節滑動變阻器，使開關閉合后兩電流表的示數為零。逐次改變滑動變阻器 滑片位置并讀取相應的Ii和12。所得實驗數據在下表中給出。Ii/mA325585125144173I2/mA171229299379424470根據

14、實驗數據可算得，當 Ii=173 mA時，燈絲電阻R=Q (保留1位小數)。(4)如果用另一個電阻替代定值電阻Ro,其他不變，為了能夠測量完整的伏安特性曲線,所用電阻的阻值不能小于Q (保留1位小數)。【答案】(1).(2). Il Rgi-R(3).I2 Ii (4). 180(5). 11.6(6). 8.0【解析】【詳解】(1 )根據電路圖連接實物圖如圖所示(2)根據電路圖可知燈泡兩端的電壓為電流表A1和R0的總電壓，故根據歐姆定律有U 二 I1 %Ro根據并聯電路特點可知流過小燈泡的電流為I I2 I1因為小燈泡的額定電壓為 3.6V ,故根據題目中已知數據帶入 中可知I1不能超過18

15、0mA ;(3)根據表中數據可知當I1=173mA 時，I2=470mA ;根據前面的分析代入數據可知此時燈泡兩端的電壓為 U=3.46V ;流過小燈泡的電流為 I=297mA=0.297A;故根據歐姆定律可知此時小燈泡的電阻為R-U - 3.46T - 0.297Q 11.6Q3.6V ,而電流表Ai不能超(4 )要測量完整的伏安特性曲線則燈泡兩端的電壓至少要達到過其量程200mA ,此時結合有3.6 二 0.2； 10- R解得Ro 8 Q ,即要完整的測量小燈泡伏安特性曲線所用電阻的阻值不能小于8 Q oii.如圖，在o蟲小，y區域中存在方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度b的大小可調，

16、方向不變。一質量為m,電荷量為q (q>0)的粒子以速度vo從磁場區域左側沿x軸進入磁場，不計重力。(1)若粒子經磁場偏轉后穿過y軸正半軸離開磁場，分析說明磁場的方向，并求在這種情況下磁感應強度的最小值Bm；(2)如果磁感應強度大小為 Bm,粒子將通過虛線所示邊界上的一點離開磁場。求粒子在 2該點的運動方向與 x軸正方向的夾角及該點到 x軸的距離。* *n 4 1VI口11mv0k-【答案】(1)磁場方向垂直于紙面向里；Bm =；(2) ； y (2 V3)hqh6【解析】【詳解】(1)由題意，粒子剛進入磁場時應受到方向向上的洛倫茲力，因此磁場方向垂直于紙面向里。設粒子進入磁場中做圓周運

17、動的半徑為R,根據洛倫茲力公式和圓周運動規律,有2qv0B m-R由此可得mv0R v0 qB粒子穿過y軸正半軸離開磁場，其在磁場中做圓周運動的圓心在y軸正半軸上，半徑應滿足由題意，當磁感應強度大小為Bm時，粒子的運動半徑最大，由此得mvoBm=(1qh(2)若磁感應強度大小為 殳，粒子做圓周運動的圓心仍在 y軸正半軸上，由式可得,2此時圓弧半徑為R 2h粒子會穿過圖中 P點離開磁場，運動軌跡如圖所示。設粒子在P點的運動方向與 x軸正方向的夾角為%由幾何關系sinh 1不一 一 62h 2Tt即 三6由幾何關系可得，P點與x軸的距離為2h(1 cos )聯立式得(2 J3)h 12.如圖，一豎

18、直圓管質量為 M ,下端距水平地面的高度為 H ,頂端塞有一質量為 m的小球。圓管由靜止自由下落，與地面發生多次彈性碰撞，且每次碰撞時間均極短；在運動過程中，管始終保持豎直。已知 M =4m,球和管之間的滑動摩擦力大小為4mg, g為重力加速度的大小，不計空氣阻力。(1)求管第一次與地面碰撞后的瞬間，管和球各自的加速度大小;(2)管第一次落地彈起后，在上升過程中球沒有從管中滑出，求管上升的最大高度；(3)管第二次落地彈起的上升過程中，球仍沒有從管中滑出，求圓管長度應滿足的條件。13 ,152 ,【答案】(1) ai=2g, a2=3g; (2) H1 H ； (3) L H 25125【解析】

19、【詳解】(1)管第一次落地彈起的瞬間，小球仍然向下運動。 設此時管的加速度大小為 a1,方向向下；球的加速度大小為a2,方向向上；球與管之間的摩擦力大小為 f,由牛頓運動定律有Ma1=Mg+f ma2= f - m（g1）聯立式并代入題給數據，得a1=2g, a2=3g(2)管第一次碰地前與球的速度大小相同。由運動學公式，碰地前瞬間它們的速度大小均為vo , 2gH 方向均向下。管彈起的瞬間，管的速度反向，球的速度方向依然向下。設自彈起時經過時間 力，管與小球的速度剛好相同。取向上為正方向，由運動學公式vo - 1t1= -o+a2t1 聯立式得設此時管下端 高度為h1,速度為v。由運動學公式

20、可得vVoati 由式可判斷此時 v>0。此后，管與小球將以加速度 g減速上升h2,到達最高點。由運動學公式有h22 V 一d 2g設管第一次落地彈起后上升的最大高度為Hi,則Hi= hi+ h2 聯立式可得Hi13 H25（3）設第一次彈起過程中球相對管的位移為xi。在管開始下落到上升Hi這一過程中，由動能定理有Mg (H -Hi) +mg (H -Hi+xi)-mgxi=0?聯立？式并代入題給數據得Xi同理可推得，管與球從再次下落到第二次彈起至最高點的過程中，球與管的相對位移X2為X2-Hi? 5設圓管長度為L。管第二次落地彈起后的上升過程中，球不會滑出管外的條件是Xi+ X2WL?

21、聯立? 式，L應滿足條件為（二）選考題：i52uH ?i2513 .下列關于能量轉換過程的敘述，違背熱力學第一定律的有 J違背熱力學第一定律、但違背熱力學第二定律的有 （填正確答案標號）A.汽車通過燃燒汽油獲得動力并向空氣中散熱B.冷水倒入保溫杯后，冷水和杯子的溫度都變得更低C.某新型熱機工作時將從高溫熱源吸收的熱量全部轉化為功，而不產生其他影響D.冰箱的制冷機工作時從箱內低溫環境中提取熱量散發到溫度較高的室內【答案】.B (2). C【解析】【詳解】ABCD14 .潛水鐘是一種水下救生設備，它是一個底部開口、上部封閉的容器，外形與鐘相似。潛水鐘在水下時其內部上方空間里存有空氣，以滿足潛水員水

22、下避險的需要。為計算方便，將潛水鐘簡化為截面積為 S、高度為h、開口向下的圓筒；工作母船將潛水鐘由水面上方開口向下吊放至深度為 H的水下，如圖所示。已知水的密度為p,重力加速度大小為 g,大氣壓強為po, H*h,忽略溫度的變化和水密度隨深度的變化。(1)求進入圓筒內水的高度 1;(2)保持H不變，壓入空氣使筒內水全部排出，求壓入的空氣在其壓強為po時的體積。pi= p0+ P g (H 3)聯立以上各式并考慮到Hh, h >l,解得l(2)設水全部排出后筒內氣體的壓強為gH 卜PO-hHhP2；此時筒內氣體的體積為Vo,這些氣體在其壓強為P0時的體積為V3,由玻意耳定律有P2V0= poV3 其中p2= po+ p gH 設需壓入筒內的氣體體積為V,依題意V = V3、0 聯立式得gSHh 泰V po15 .用一個擺長為80.0 cm的單擺做實驗，要求擺動的最大角度小于5°,則開始時將擺球拉離平衡位置的距離應不超過 cm (保留1位小