2020全国卷Ⅰ高考物理压轴卷（Word版含解析）
2020全国卷Ⅰ高考物理压轴卷（Word版含解析）,高考物理压轴卷,莲山课件.
2020新课标2高考压轴卷物理
二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．下列说法正确的是（ ）
A．光电效应是原子核吸收光子向外释放电子的现象
B．天然放射性现象说明原子核具有复杂的结构
C．一个氘核的质量等于一个质子和一个中子的质量和
D．已知钴60的半衰期为5.27年，则任一个钴60原子核都将在5.27年内发生衰变
15．背越式跳高采用弧线助跑，距离长，速度快，动作舒展大方。如图所示是某运动员背越式跳高过程的分解图，由图可估算出运动员在跃起过程中起跳的竖直速度大约为( )
A．2 m/s B.5 m/s
C．8 m/s D．11 m/s
16．如图所示，AC是四分之一圆弧，O为圆心，D为圆弧中点，A、D、C处各有一垂直纸面的通电直导线，电流大小相等，方向垂直纸面向里，整个空间还存在一个大小为B的匀强磁场，O处的磁感应强度恰好为零。如果将D处电流反向，其他条件都不变，则O处的磁感应强度大小为( )
A．2(2－1)B B．2(2＋1)B C．2B D．0
17．随着科技的不断发展，无线充电已经进入人 们的视线。小到手表、手机，大到电脑、电动汽车的充电，都已经实现了从理论研发到实际应用的转化。下图给出了某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图。关于无线充电，下列说法正确的是( )
A．无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”
B．只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电
C．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同
D．只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电
18．随着科幻电影《流浪地球》的热映，“引力弹弓效应”进入了公众的视野。“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。为了分析这个过程，可以提出以下两种模式：探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，分别因相互作用改变了速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速 度为u，探测器的初速度大小为v0，在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2。探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比。那么下列判断中正确的是( )
A．v1>v0 B．v1＝v0 C．v2>v0 D．v2＝v0
19．2018年6月14日11时06分，探月工程嫦娥四号任务“鹊桥”中继星成为世界首颗成功进入地月拉格朗日L2点的Halo使命轨道的卫星，为地月信息联通搭建“天桥”。如图所示，该L2点位于地球与月球连线的延长线上，“鹊桥”位于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与月球同步绕地球做圆周运动。已知地球、月球和“鹊桥”的质量分别为Me、Mm、m，地球和月球之间的平均距离为R，L2点离月球的距离为x，则( )
A．“鹊桥”的线速度大于月球的线速度
B．“鹊桥”的向心加速度小于月球的向心加速度
C．x满足MeR＋x2＋Mmx2＝MeR3(R＋x)
D．x满足MeR＋x2＋Mex2＝mR3(R＋x)
20．如图所示，匀强电场方向水平向右，带负电的小球从斜面顶端的O点水平向右抛出，初速度大小为v0。小球带电量为－q，质量为m，运动轨迹如图中曲线所示，小球打到斜面上P点的速度方向竖直向下，已知斜面与小球初速度方向的夹角为60°，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．匀强电场的场强大小为3mgq
B．小球做曲线运动的加速度大小为233g
C．小球由O点到P点用时3v0g
D．小球通过P点时的速度大小为3v02
21．如图所示，某次足球训练，守门员将静止的足球从M点踢出，球斜抛后落在60 m外地面上的P点。发球的同时，前锋从距P点11.5 m的N点向P点做匀加速直线运动，其初速度为2 m/s，加速度为4 m/s2，当其速度达到8 m/s后保持匀速运动。若前锋恰好在P点追上足球，球员和球均可视为质点，忽略球在空中运动时的阻力，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．前锋加速的距离为7.5 m
B．足球在空中运动的时间为2.3 s
C．足球运动过程中的最小速度为30 m/s
D．足球上升的最大高度为10 m
三、非选择题：共62分，第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～34题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共47分。
22．(6分)用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个打点(图中未标出)，计数点间的距离如图2所示。已知m1＝50 g、m2＝150 g，则：(结果保留两位有效数字)
(1)在纸带上打下计数点5时的速度v＝________ m/s。
(2)在打0～5计数点的过程中系统动能的增量ΔEk________ J，系统势能的减少量ΔEp＝________ J(计算时g取10 m/s2)。由此得 出的结论是：______________。
(3)若某同学作出v22h图象如图3，则当地的重力加速度g＝________ m/s2。
23．(9分)LED灯的核心部件是发光二极管。某同学欲测量一只工作电压为2.9 V的发光二极管的正向伏安特性曲线，所用器材有：电压表(量程3 V，内阻约3 kΩ)，电流表(用多用电表的直流25 mA挡替代，内阻约为5 Ω)，滑动变阻器(0～20 Ω)，电池组(内阻不计)，开关和导线若干。他设计的电路如图a所示。回答下列问题：
(1)根据图a，在实物图b上完成连线。
(2)调节变阻器的滑片至最________(填“左”或“右”)端，将多用电表选择开关拨至直流25 mA挡，闭合开关。
(3)某次测量中，多用电表示数如图c，则通过二极管的电流为________ mA。
(4)该同学得到的正向伏安特性曲线如图d所示。由曲线可知，随着两端电压增加，二极管的正向电阻________(填“增大”“减小”或“不变”)；当两端电压为2.9 V时，正向电阻为________ kΩ(结果取两位有效数字)。
(5)若实验过程中发现，将变阻器滑片从一端移到另一端，二极管亮度几乎不变，电压表示数在2.7～2.9 V之间变化，试简要描述一种可能的电路故障：______________________________。
24．(12分)翼型飞行器有很好的飞行性能，其原理是通过对降落伞的调节，使空气升力和空气阻力都受到影响，同时通过控制动力的大小而改变飞行器的飞行状态。已知飞行器的动力F始终与飞行方向相同，空气升力F1与飞行方向垂直，大小与速度的平方成正比，即F1＝C1v2；空气阻力F2与飞行方向相反，大小与速度的平方成正比，即F2＝C2v2。其中C1、C2相互影响，可由飞行员调节，满足如图甲所示的关系。飞行员和装备的总质量为m＝90 kg。(重力加速度取g＝10 m/s2)
(1)若飞行员使飞行器以速度v1＝103 m/s在空中沿水平方向匀速飞行，如图乙所示。结合甲图计算，飞行器受到的动力F为多大？
(2)若飞行员使飞行器在空中的某一水平面内做匀速圆周运动，如图丙所示，在此过程中调节C1＝5.0 N·s2/m2，机翼中垂线和竖直方向夹角为θ＝37°，求飞行器做匀速圆周运动的半径r和速度v2大小。(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
25．(20分)如图所示，在坐标系xOy的第一象限内有方向竖直向上的匀强电场，第二象限内有磁感应强度大小为B1(未知)、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，第三、四象限内有磁感应强度大小为B2(未知)、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一电荷量为q、质量为m的带负电的粒子，从x轴上的P点(－L，0)，沿与x轴负方向成37°角的方向向上射出，射出时的初速度大小为v0，经磁场偏转后，垂直通过y轴，粒子运动过程中第一次通过x轴时，速度方向与x轴的正方向刚好成37°角，又经过一段时间刚好从P点第二次通过x轴．不计粒子的重力．求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)磁感应强度B1的大小及粒子第一次通过y轴的位置；
(2)电场强度E及磁感应强度B2的大小；
(3)粒子从P点出发再回到P点所用的时间．
(二)选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
33．[物理——选修3－3](15分)
(1)(5分)下列说法正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A．当分子之间表现为斥力时，分子间距离越小，分子势能越大
B．物体的温度升高，分子的热运动加剧，每个分子的动能都增大
C．外界对封闭气体做功，气体的温度可能降低
D．从单一热源吸收热量，不可能使之完全变成功
E．气体向真空自由膨胀的过程是不可逆过程
(2)(10分)如图所示，某同学设计了一个压力送水装置，由A、B、C三部分组成，A为打气筒，B为压力储水容器，导热良好，C为细管，通过细管把水送到h＝5 m高处，细管的容积忽略不计。k1和k2是单向密闭阀门，k3是放水阀门，打气筒活塞和筒壁间不漏气，其容积为V0＝0.5 L，储水器总容积为10 L，开始储水器内有V1＝4 L的气体，气体压强为p0。已知大气压强为p0＝1.0×105 Pa，水的密度为ρ＝1.0×103 kg/m3，求：
①打气筒第一次打气后储水器内的压强；
②通过打气筒给储水器打气，打气结束后打开阀门k3，水全部流到5 m高处，求打气筒至少打气多少次。
34．[物理——选修3－4](15分)
(1)(5分)有两列频率相同、振动方向相同、振幅均为A、传播方向互相垂直的平面波相遇发生干涉。如图所示，图中实线表示波峰，虚线表示波谷，a为波谷与波谷相遇点，b、c为波峰与波谷相遇点，d为波峰与波峰相遇点，e、g是a、d连线上的两点，其中e为连线的中点，则________。(填正确答案标 号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A．a、d处的质点振动加强，b、c处的质点振动减弱
B．从图示时刻经过半个周期，e处质点通过的路程为4A
C．从图示时刻经过半个周期，g处质点加速向平衡位置运动
D．从图示时刻经过四分之一周期，d处的质点振幅恰好为零
E．从图示时刻经过半个周期，b处质点通过的路程为2A
(2)(10分)如图所示是横截面为14圆周的柱状玻璃棱镜AOB，现有一束单色光垂直于OA面从AB弧的中点射入时恰好发生全反射现象，现将入射光线向下平移一段距离，经AB面折射后与OB延长线相交于P点，已知玻璃砖半径R＝5 cm，P到O的距离d2＝5(3＋1) cm，求平移后的光线到OB的距离d。
14．【答案】 B 【解析】 光电效应是原子核外电子得到能量，而跑到原子的外部，向外释放电子的现象，选项A错误；天然放射性现象说明原子核具有复杂的结构，选项B正确；一个质子和一个中子结合成氘核，向外辐射能量，有质量亏损，知一个质子和一个中子的质量大于一个氘核的质量，故C错误；半衰期是大量原子衰变的统计规律，对少数原子是不适应的，选项D错误。
15．【答案】 B 【解析】 运动员跳高过程可以看成竖直上抛运动，当重心达到横杆时速度恰好为零，运动员重心升高高度约为：h≈1.3 m，根据机械能守恒定律可知：12mv2＝mgh；解得：v＝2gh＝26 m/s≈5 m/s，故B正确，A、C 、D错误。
16．【答案】 A 【解析】 因为O为圆心，且三根导线中电流大小相等，故设A、D、C处电流在O点产生的磁场的磁感应强度大小均为B0，根据矢量合成，EA＋EC ＋ED＝(2＋1)B0，依题意B＝(2＋1)B0，得B0＝B2＋1，所以将D处电流反向，其他条件都不变，O处磁感应强度：B＝2B0＝2(2－1)B，
2020全国卷Ⅲ高考物理压轴卷（Word版含解析）
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故选A。
17．【答案】 C 【解析】 无线充电的原理是电磁感应，而不是电流的磁效应，故A错误；发生电磁感应的条件是电流要发生变化，故不能接到直流电源上，B错误；发生互感时，两个线圈中交流电的频率应该相同，故C正确；有无线充电底座，当手机内部的线圈与底座上的线圈频率相同时才可以进行充电，故D错误。
18．【答案】 A 【解析】 设探测器的质量为m，行星的质量为M，探测器和行星发生弹性碰撞。对于模型一：设向左为正方向，由动量守恒定律：Mu－mv0＝mv1＋Mu1，由机械能守恒定律：12Mu2＋12mv20＝12mv21＋12Mu21，联立解得探测器碰后的速度v1＝2Mu＋Mv0－mv0M＋m，因M≫m，则v1≈2u＋v0>v0，故A正确，B错误；对 于模型二：设向左为正方向，由动量守恒定律：Mu＋mv0＝－mv2＋Mu2，由机械能守恒定律：12Mu2＋12mv20＝12mv22＋12Mu22，联立解得探测器碰后的速度v2＝Mv0－2Mu－mv0M＋m，因M≫m，则v2≈v0－2u 19．【答案】 AC【解析】 根据题意可知，“鹊桥”与月球运动的角速度相等，“鹊桥”中继星绕地球转动的半径比月球绕地球转动的半径大，根据线速度v＝ωr可知，“鹊桥”中继星绕地球转动的线速度比月球绕地球转动的线速度大，故A正确；根据向心加速度a＝ω2r可知，“鹊桥”中继星绕地球转动 的向心加速度比月球绕地球转动的向心加速度大，故B错误；中继卫星的向心力由月球和地球引力的合力提供，则有：GMemR＋x2＋GMmmx2＝mω2(R＋x)，对月球而言，则有GMeMmR2＝Mmω2R，两式联立可解得：MeR＋x2＋Mmx2＝MeR3(R＋x)，故C正确，D错误。故选A、C。
20．【答案】 BC 【解析】 带电小球在水平方向做匀减速直线运动，设加速度为a，合位移为L，由牛顿第二定律得：a＝qEm ①，0＝v0－at ②，Lcos60°＝v02t ③，在竖直方向做自由落体运动，则Lsin60°＝12gt2 ④，联立①②③④解得：a＝33g ⑤，E＝3mg3q ⑥，故A错误；小球做曲线运动的加速度大小a′＝a2＋g2 ⑦，联立⑤⑦解得：a′＝233g，故B正确；联立②⑤解得：t＝3v0g，故C正确；小球通过P点时的速度大小为v＝gt＝3v0，故D错误。故选B、C。
21．【答案】 AC 【解析】 前锋做匀加速直线运动，初速度为2 m/s，加速度为4 m/s2，末速度为8 m/s，根据速度—位移公式可知，v2－v20＝2ax加，代入数据解得x加＝7.5 m，A正确；前锋和足球运动的时间相等，前锋加速运动的时间t加＝v－v0a＝1.5 s，匀速运动时间t匀＝x－x加v＝0.5 s，故足球在空中运动的时间t总＝t加＋t匀＝2 s，B错误；足球在水平方向上做匀速直线运动，位移为60 m，时间为2 s，则足球在水平方向的速度v水平＝60 m2 s＝30 m/s，当足球竖直方向速度为0时，运动速度最小，故足球运动过程中的最小速度为30 m/s，C正确；足球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，上升时间为1 s，且当t＝1 s时，足球上升的高度最高，最大高度hmax＝12gt2＝5 m，D错误。故选A、C。
22．【答案】 (1)2.4 (2)0.58 0.60 在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒 (3)9.7
【解析】 (1)根据在匀变速直线 运动中中点时刻的瞬时速度大小等于该过程的平均速度，可知打下计数点5时的速度为：v5＝x462T＝21.60＋26.40×10－20.2 m/s＝2.4 m/s。
(2)物体的初速度为零，所以动能的增加量为：ΔEk＝12(m1＋m2)v25－0＝12×[(50＋150)×10－3]×(2.4)2 J≈0.58 J。重力势能的减小量等于系统重力做的功，故：ΔEp＝WG＝(m2－m1)gh＝[(150－50)×10－3]×10×(38.40＋21.60)×10－2 J＝0.60 J。由此可知系统动能的增加量和势能的减小量基本相等，因此在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒。
(3)本题中根据机械能守恒定律可知，m2gh－m1gh＝12(m1＋m2)v2，即有：12v2＝m2－m1m2＋m1gh＝12gh，所以v22h图象中图象的斜率表示重力加速度的一半，由图3可知，斜率k＝4.85，故当地的重力加速度为：g＝2k＝9.7 m/s2。[来源:学|科|网Z|X|X|K]
23．【答案】 (1)连线图见解析 (2)左 (3)16.0(在15.8～16.2范围内均可) (4)减小 0.15(0.15或0.16均可) (5)连接电源负极与变阻器的导线断路
【解析】 (1)根据多用电表红黑表笔的接法“红进黑出”可知，黑表笔接二极管正极，红表笔接滑动变阻器，滑动变阻器采用分压式接法，连线如图所示。
(2)滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路，闭合开关前滑片应置于分压电路分压为零的位置，即最左端。
(3)多用电表所选量程为25 mA，则电流表读数为16010 mA＝16.0 mA(答案在15.8～16.2范围内均可)。
(4)IU图象中，图线与原点连线的斜率表示电阻的倒数，由图可知，随着电压的增加，斜率逐渐增大，则二极管的电阻逐渐减小；由图d知，当两端电压为2.9 V时，电流为19.0 mA，则电阻大小为R＝2.9 V0.019 A≈152.6 Ω≈0.15 kΩ。
(5)由于二极管的正向电阻约为0.15 kΩ，远大于滑动变阻器的最大阻值，因此若实验中，将变阻器滑片从一端移到另一端，二极管亮度几乎不变，电压表示数在2.7～2.9 V之间变化，则有可能是滑动变阻器与二极管串联，导致电路中总电阻较大，总电流较小，所以电压表的示数变化较小，故故障可能是连接电源负极与变阻器的导线断路。
24．【答案】 (1)750 N (2)30 m 15 m/s
【解析】 (1)选飞行器和飞行员为研究对象，由受力分析可知，在竖直方向上有：mg＝C1v21，得：C1＝3 N·s2/m2，由C1、C2关系图象可得：C2＝2.5 N·s2/m2，在水平方向上，动力和阻力平衡：F＝F2，又F2＝C2v21，解得：F＝750 N。
(2)由题意知空气升力F1′与竖直方向夹角为θ，在竖直方向所受合力为零，有：mg＝C1v22cosθ，水平方向合力提供向心力，有：C1v22sinθ＝mv22r，联立解得：r＝30 m；v2＝15 m/s。
25．【答案】(1)3mv05qL (0，3L) (2)3mv2032qL mv06qL (3)(5 863π540＋8)Lv0
【解析】(1)粒子经过磁场偏转，垂直通过y轴，因此粒子在第二象限的磁场中做圆周运动的圆心在y轴上，作出粒子整个运动过程轨迹如图所示，根据几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为R1＝Lsin 37°＝53L，根据qv0B1＝mv20R解得：B1＝3mv05qL；粒子第一次通过y轴的位置为：y＝R1＋R1cos 37°＝3L，因此通过y轴的位置坐标为(0，3L)；
(2)粒子在电场中做类平抛运动，第一次通过x轴时，速度方向与x轴正方向夹角为37°，则粒子通过x轴时，在电场中沿x轴方向的位移为x＝v0t1，y方向的位移为y＝12vyt1，又tan 37°＝vyv0，qE＝ma，解得：x＝8L，E＝3mv2032qL；粒子通过x轴的速度为：v1＝v0cos 37°＝54v0，根据几何关系可知，粒子在三、四象限内做圆周运动的半径为：R2＝4.5Lcos 53°＝7.5L，根据qv1B2＝mv21R2解得：B2＝mv06qL；
(3)粒子在第二象限的运动周期为：T1＝2πmqB1，在第二象限的运动时间为：t0＝143360T1，在电场中运动时间为：t1＝8Lv0，在第三、四象限中运动周期为：T2＝2πmqB2，在第三、四象限中运动时间为：t2＝286360T2，因此从P点出发到再回到P点经过的时间为：t＝t0＋t1＋t2＝(5 863π540＋8)Lv0.
33．【答案】 (1)ACE (2)①1.125×105 Pa ②22次
【解析】 (1)当分子之间表现为斥力时，分子 间距离减小，斥力做负功，分子势能增大，故A正确；物体的温度升高，分子的热运动加剧，分子平均动能增大，但不是每个分子的动能都增大，有个别分子动能也可能减小，故B错误；外界对封闭气体做功时，气体可能向外界放出热量，如果放出的热量大于所做的功，气体内能会减小，温度会降低，故C正确；从单一热源吸收热量，如果有外界参与时，是可以使之完全变成功，故D错误；热现象具有方向性，气体向真空自由膨胀的过程就是一种不可逆过程，没有外界的参与气体是不可能自动收缩回去的，故E正确。
(2)①取打气筒内气体和储水器内气体为研究对象，发生等温变化，则：p0(V1＋V0)＝p1V1，解得：p1＝1.125×105 Pa；
②设储水器内水即将完全排出前气体 的压强为p2，则：p2＝p0＋ρgh，气体体积为：V2＝10 L。设需要打气筒打n次，以n次所打气体和储水器内开始的气体为研究对象，根据等温变化有：p0(V1＋nV0)＝p2V2，解得：n＝22。
34．【答案】 (1)ACE (2)2.5 cm
【解析】 (1)交警通过发射超声波测量车速是利用了波的多普勒效应，从汽车上反射回的超声波的频率发生了变化，故A正确；用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的干涉，故B错误；通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条纹，是光的衍射，说明光具有波动性，故C正确；红外线的显著作用是热作用，温度较低的物体也能辐射红外线，故D错误；在“用单摆测重力加速度”的实验中，为了减小测量单摆周期的误差：①应选小球运动中的最低点为计时起点，因为最低点速度最大，计时误差小；②测其n次全振动的时间求平均值，故E正确。
(2)根据题意可知，当单色光由玻璃射向空气时，发生全反射的临界角C＝45°，根据sinC＝1n，解得n＝2[，光路图如图所示：
由折射定律可得n＝sinisinγ＝2，在△ODP中，由正弦定理有：OPsin180°－i＝ODsini－γ，所以53＋1sini＝5sini－γ，联立解得i＝45°，γ＝30°，则DE＝ODsinγ＝2.5 cm。
吉林省吉林市2020届高三理综第四次调研试题（Word版含答案）
吉林省吉林市2020届高三理综第四次调研试题（Word版含答案）,高三理综第四次调研试题,吉林,吉林市,莲山课件.
