2020年海南高考物理试题及答案下载

2020 年海南省高考物理试卷 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 4 He 9 Be 12 C m X 粒子轰击铍核证实了这一猜想，该核反应方程为： 2 ，则（ ）46nA． B． C． D． ，m  1 n  0 m  1 n  0 ，m  0 n 1 ，，m  0 n 1 ，X 是中子 ，X 是电子 ，X 是中子 ，X 是电子 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 I3．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 1I和2 表示甲和乙两电流的有效值，则（ ）I : I  2:1 I : I 1: 2 A． C． B． D． 1212I1 : I2 1: 2 I1 : I2  2 :1 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 24V PPP、 bc ，则（ 端点，设 ab、ac、bc 间的功率分别为 、）ab ac P  P P  P A． C． B． D． ab bc ab ac P  P P  P ac bc ab ac 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 第 1 页 共 19 页 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 7．2020 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（ ）2 R TA．试验船的运行速度为 3R  h 2 TB．地球的第一宇宙速度为 R32 R  h C．地球的质量为 GT 2 24 2 R  h D．地球表面的重力加速度为 RT 2 8．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 490kg 出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为 ，离子以30km/s 的速率（远大 于探测器的飞行速率）向后喷出，流量为3.0103 g/s ，则探测器获得的平均推力大小 为（ ） A． B． C． D． 0.009N ，某时刻的波形如图所示．则（ 1.47N 0.147N 0.09N 9．一列简谐横波沿 x 轴正方向传播，波的周期为 ）0.2s A．该波的波长为8m B．该波的波速为 50m/s C．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（ ）试卷第 2 页，总 6 页 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 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 10m/s 落到水平地面上。已知枪口离地高度为 ，g 10m/s2 ，忽略空气阻力，则射出 1.25m 的水（ ）A．在空中的运动时间为 0.25s B．水平射程为 5m C．落地时的速度大小为 15m/s D．落地时竖直方向的速度大小为 5m/s mm12．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 1 和 2 ，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（ ）Fa  A．两物块一起运动的加速度大小为 m1  m2 m2 T  FB．弹簧的弹力大小为 m1  m2 mC．若只增大 2 ，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 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 d 1m 间存在一个宽度 的匀强磁场区域，磁感应强度大小为 B  0.5T ，方向如图所 L 1m m  0.1kg v  4m/s 示．一根质量 ，阻值 的金属棒 a 以初速度 从左端开始 R  0.5Ω a0m  0.2kg 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 R  0.5Ω b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（ ）第 3 页 共 19 页 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 0.25J D．金属棒 a 最终停在距磁场左边界 处0.8m 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： ①用手机查得当地的重力加速度 g； ②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 T  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 ________； ③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 R  T﹑g 表示）计算出轨道半径。 （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 架台，数字计时器（含光电门），刻度尺． 主要实验过程如下： 的挡光片），铁 d 1.00cm ①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； ②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； ③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； t 10.003ms t  5.000ms 和④让玻璃条自由下落，测得两次挡光的时间分别为 ；122 （结果保留三位有效数 g  ⑤根据以上测量的数据计算出重力加速度 字）。 ________ m/s 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 （量程 ，内阻 3V V1 r  3.0kΩ r  5.0kΩ ），电压表 2 （量程5V ，内阻 ），滑动变阻器R（额定电流1.5A ，V12100Ω R最大阻值 ），待测定值电阻 x ，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”）； 试卷第 4 页，总 6 页 （2）将虚线框中的电路原理图补充完整_____________； UU分别为电压表 2（3）根据下表中的实验数据（ 、﹑2 的示数），在图（a）给 V1 V1U U 出的坐标纸上补齐数据点，并绘制 1 图像__________； 2测量次数 12345U1 /V 1.00 1.50 2.00 2.50 3.00 U2 /V 1.61 2.41 3.21 4.02 4.82 U U R  ________ （4）由 1 图像得到待测定值电阻的阻值 Ω（结果保留三位有效数 2x字）； R（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 y （阻值约为 b） 700Ω ）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（ 的虚线框内画出你改进的电路图______。 L  60cm 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 0定质量的理想气体，缸底装有一个触发器 D，当缸内压强达到 p 1.5105 Pa 时，D 被 t  27C 触发，不计活塞与缸壁的摩擦。初始时，活塞位于缸口处，环境温度 ，压强 0p 1.0105 Pa 。0(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。 第 5 页 共 19 页 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 m 1kg 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 am  3kg 小物块 b 发生弹性正碰（碰撞时间极短）。已知圆弧轨道半径 ，传 R  0.8m b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   0.2 摩擦因数 ，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。 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 v的匀强磁场，一个带正电的离子（重力不计）以初速度 0 从 AB 的中点 O 沿 OC 方向射 入三角形区域，偏转 后从MN 上的 Р 点（图中未画出）进入 MN 右侧区域，偏转后 60 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 О 点时的速度方向与 OC 成120角，求 圆形磁场的磁感应强度。 试卷第 6 页，总 6 页 参考答案 1．A 【解析】 【分析】 【详解】 根据电荷数和质量数守恒，则有 ，4  9 12  m 2  4  6  n 解得 m=1，n=0，故 X 是中子 故选 A。 2．B 【解析】 【分析】 【详解】 设手机的质量为 m，斜面倾角为 θ。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  mg sin F  mg cos ，NF  mg 因，故 ，且摩擦力等于手机所受的重力沿斜面向下的分力 cos 1 N故选 B。 3．D 【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 I  I 的电流有效值为 0 ；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 1I0 I2  ，故 ，故选 D。 I1 : I2  2 :1 24．D 【解析】 【分析】 【详解】 接 ab，则电路的总电阻为 9R R 9R 90R Rab  R  9R  9R 19 答案第 1 页，总 13 页 接 ac，则电路的总电阻为 接 bc，则电路的总电阻为 R 9R  9R 18R Rac  Rbc  R  9R  9R 19 9R R 9R 90R R  9R  9R 19 由题知，不管接那两个点，电压不变，为 U=24V，根据 U2 P  R可知 P  P  P ab bc ac 故选 D。 5．A 【解析】 【分析】 【详解】 A．根据 cv  n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 Lx  d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．B 【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 2 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。 7．B 【解析】 【分析】 【详解】 2 (R  h) A．试验船的运行速度为 ，故 A 错误； TB．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 Mm R2 v2 RG m 根据试验船受到的万有引力提供向心力有 Mm船 G2 T m船 ( )2 (R  h) (R  h)2 联立两式解得第一宇宙速度 3R  h 2 Tv  R故 B 正确； C．根据试验船受到的万有引力提供向心力有 Mm船 (R  h)2 2 TG m船 ( )2 (R  h) 解得 34 2 R  h M  GT 2 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 Mm R2 v2 G m  mg R根据试验船受到的万有引力提供向心力有 答案第 3 页，总 13 页 Mm船 (R  h)2 2 TG m船 ( )2 (R  h) 联立两式解得重力加速度 34 2 R  h g  R2T 2 故 D 错误。 故选 B。 8．C 【解析】 【分析】 【详解】 对离子，根据动量定理有 Ft  mv m  3.0103 103 t 而解得 F=0.09N，故探测器获得的平均推力大小为 0.09N，故选 C。 9．AC 【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 Tv  代入数据解得 ，故 B 错误； v  40m / s 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．AD 【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 4 页，总 13 页 11．BD 【解析】 【分析】 【详解】 1h  gt2 A．根据 得，运动时间 22h 21.25 t  s  0.5s g10 故 A 错误； B．水平射程为 x  v0t 100.5m  5m 故 B 正确； CD．竖直方向分速度为 vy  gt 100.5m/s  5m/s vx  v0 10m/s 水平分速度为 落地速度为 v  vy2  vx2  5 5m/s 故 C 错误，D 正确。 故选 BD。 12．BC 【解析】 【分析】 【详解】 A．对整体受力分析，根据牛顿第二定律有 F  m  m gsin  m  m a 2  2  11Fa   g sin ，故 A 错误； 解得 m1  m2 B．对 m2 受力分析，根据牛顿第二定律有 F弹  m2 g sin  m2a m2F F  解得 ，故 B 正确； 弹m1  m2 m2F Fm1 F弹  m，可知若只增大 2 ，两物块一起向上匀加速运动时，弹力 C．根据 m1  m2 1 m2 答案第 5 页，总 13 页 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； m2F F  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 弹m1  m2 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。 13．BD 【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  BLd E  t t 平均电流为 EI  2R 金属棒 a 受到的安培力为 F  BId 规定向右为正方向，对金属棒 a，根据动量定理得 BId t  mava  mav0 解得对金属棒第一次离开磁场时速度 va 1.5m/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11Q  mav02  mava2 22联立并带入数据得 Q  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 QQb  0.34375J 2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 mava  mava  mbvb 答案第 6 页，总 13 页 1211222 mava  mava  mbvb 22联立并带入数据解得金属棒 a 反弹的速度为 va  0.5m/s x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，电路中产生的 平均电动势为  B(L  x)d E  t t 平均电流为 EI  2R 金属棒 a 受到的安培力为 F  BI d 规定向右为正方向，对金属棒 a，根据动量定理得 ‘BI dt  0  mava 联立并带入数据解得 x  0.8m 故 D 正确。 故选 BD。 gt2 4n2 2 t14． 竖直 15.40 9.74 n【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1]滑板车做往复运动的周期为 tT  nRgT  2 [2]根据单摆的周期公式 ，得 gT 2 gt2 R  4 2 4n2 2 (2)[3]两挡光片间的距离 L 15.40cm  0cm 15.40cm [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 d1.00102 v1  m/s 1m/s t1 10.003103 答案第 7 页，总 13 页 玻璃条上部挡光条通过光电门时玻璃条的速度为 d1.00102 v2  m/s  2m/s t2 5.000103 根据速度位移公式有 代入数据解得加速度 v22  v12  2gL v22  v12 2L g   9.74m/s2 15．分压 1.83103 【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 U U （3）[3]根据下表中的实验数据，绘制的 1 图像，如图所示 2答案第 8 页，总 13 页 （4）[4]根据实验电路图，则有 U2 U1 Rx  U1 r1变形得 Rx  r U2  1 U1 r1则图线的斜率为 Rx  r 1k  r1U U 根据 则有 1 图像可得斜率 24.82 1.61 3.00 1.00 k  1.61 Rx  r 11.61 r1R 1.83103 Ω r  3.0kΩ 代入 ，解得 1xR（5）[5]因待测电阻 y （阻值约为 700Ω ）的阻值较小，若仍与电压表 1 串联，则所分得 VR的电压过小，不利于测量，故待测电阻 y 与其中一个电压表并联，由于电源电动势只有 R6V，为让待测电阻分得较大电压，故待测电阻 y 应与电压表 并联，再与电压表 1 串联， VV2 故改进后的电路图，如图所示 答案第 9 页，总 13 页 16．(1) ；(2) 450K 0.4m 【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 SLp0SL0  pSL 带入数据解得 p0 p1105 L  L0  0.6m  0.4m 1.5105 (2)此过程为等容变化，根据查理定律得 p0 T0 pT带入数据解得 p1.5105 1105 T  T0  (27  273)K  450K p0 17．（1）30N；（2）0.2m；（3）1s 【解析】 【分析】 【详解】 v（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 a ，根据机械能守恒定律有 1ma gR  mava2 2v  4m / s 代入数据解得 a小物块 a 在最低点，根据牛顿第二定律有 va2 FN  ma g  ma RF  30N 代入数据解得 N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 mava  mava  mbvb 答案第 10 页，总 13 页 根据能量守恒有 1211222 mava  mava  mbvb 22v  2m / sv  2m / s ，联立解得 ab小物块 a 反弹，根据机械能守恒有 12 ma gh  mava 2解得 h  0.2m v  2m / s  v 1m / s （3）小物块 b 滑上传送带，因 ，故小物块 b 先做匀减速运动，根据 b牛顿第二定律有 mb g  mba 2解得 a  2m / s 则小物块 b 由 2m/s 减至 1m/s，所走过的位移为 vb2  v2 2a x1  x  0.75m 代入数据解得 运动的时间为 1vb  v at1  t  0.5s 代入数据解得 1x  0.75m  L 1.25m 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 1L  x1 1.25 0.75 t2  s  0.5s v1故小物块 b 从传送带的左端运动到右端所需要的时间 t  t1  t2 1s 2mv0 (11  3 3)d 3v0 B  t  18．(1) ；(2) ；(3)见解析 qd 【解析】 【分析】 【详解】 (1)画出粒子运动轨迹如图 答案第 11 页，总 13 页 粒子在三角形 ABC 中运动时，有 2v0 rqBv0  m 2r v0 T  又粒子出三角形磁场时偏转 联立解得 ，由几何关系可知 60 dr  2Td 6v0 2mv0 B  t1  qd 6(2)粒子从 D 运动到 P，由几何关系可知 CP  d DP  CPsin 60 运动时间 DP v0 3d t2  2v0 粒子在 MN 右侧运动的半径为 r  2d 则有 2v0 qB v0  m r2r v0 T  答案第 12 页，总 13 页 运动时间 510d 3v0 t3  T  6故粒子从 O 点射入到返回 O 点所需要的时间 t  2(t1  t2 )  t3  (11  3 3)d 3v0 (3)若三角形 ABC 区域磁场方向向里，则粒子运动轨迹如图中①所示，有 dR  Rcos60  d  cos60 2解得 5R  d 62v0 此时根据 有qB2v0  m R6mv0 5qd B2  若三角形 ABC 区域磁场方向向外，则粒子运动轨迹如图中②所示，有 dR  R cos60  d- cos60 2解得 1R  d 222mv0 v0 RB3  此时根据 有qB3v0  m qd 答案第 13 页，总 13 页