1、2020年全國統一高考物理試卷（新課標）（含解析版）2020年全國統一高考物理試卷（新課標）（含解析版）2020年全國統一高考物理試卷（新課標）（含解析版）2020年全國統一高考物理試卷新課標含解析版未經允許 請勿轉載 2020年全國統一高考物理試卷新課標一、選取題：此題共8小題，每題6分，共48分。在每題給出的四個選項中，第題只有一項符合題目要求,第68題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分,有選錯的得0分。1分管道高頻焊機可以對由鋼板卷成的圓管的接縫實施焊接。焊機的原理如以以下圖,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

2、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 未經許可 請勿轉載A庫侖B.霍爾C洛倫茲D.法拉第2.6分若一均勻球形星體的密度為，引力常量為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 未經許可 請勿轉載AB.C.D.3.6分如此圖,在摩托車越野賽途中的水平路段前方有一個坑,該坑沿摩托車前進方向的水平寬度為3h，其左邊緣a點比右邊緣b點高0.5。若摩托車經過a點時的動能為E1，它會落到坑內c點,與a的水平距離和高度差均為h；若經過點時的動能為E2，該摩托車恰能越過坑到達b點。等于 未經許可 請勿轉載20B.1.9.0D30分掃描是計算機X射線斷層掃描技術的簡稱，

3、C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此圖所示。圖中、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射線如此圖中帶箭頭的虛線所示；將電子束打到靶上的點記作P點。則未經許可 請勿轉載A.M處的電勢高于N處的電勢B.增大M、N之間的加速電壓可以使點左移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5.6分氘核H可通過一系列聚變反應釋放能量，其總效果可用反應式H2e+2H+2n+431MeV表示。海水中富含氘，已經知道1k海水中含有的氘核約為

4、.002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；已經知道1g標準煤燃燒釋放的熱量約為2.907J，1MeV16103J,則M約為 未經許可 請勿轉載.40kB.0C400kgD000kg6.分特高壓輸電可使輸送中的電能損耗和電壓損失大幅降低。我們國家已成功掌握并實際應用了特高壓輸電技術。假設從A處采用50k的超高壓向B處輸電,輸電線上損耗的的電功率為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0kV特高壓輸電，輸電線上損耗的電功率變為P，到達處時電壓下降了U.不考慮其他因素的影響,則 未經許可 請勿轉載AP=PBPPC.

5、UUDU=U分如此圖，豎直面內一絕緣圓環的上、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 未經許可 請勿轉載A.a、b兩點的場強相等.a、b兩點的電勢相等Cc、d兩點的場強相等D.c、d兩點的電勢相等8.6分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.0k的靜止物塊以大小為5.0s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50m/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

6、行速度的大小大于5.0m/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 未經許可 請勿轉載A.48kB.53kgC8kgD63二、非選取題:共2分。第912題為必考題,每個試題考生都必須作答。第16題為選考題，考生根據要求作答。一必考題:共47分。未經許可 請勿轉載9分一細繩跨過懸掛的定滑輪，兩端分別系有小球A和，如以以下圖。一實驗小組用此裝置測量小球B運動的加速度。令兩小球靜止，細繩拉緊,然后釋放小球，測得小球B釋放時的高度h.590m，下降一段距離后的高度h=0.10m;由h下降至h所用的時間T=070s。由此求得小球加速度的大小為a ms保留位有效數字。從實驗室

7、提供的數據得知，小球A、的質量分別為10.0g和0.g,當地重力加速度大小為g=9.0/2.根據牛頓第二定律計算可得小球B加速度的大小為a= 未經許可 請勿轉載/2保留3位有效數字。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: 。未經許可 請勿轉載0.10分某同學要研究一小燈泡L3.V，.0A的伏安特性。所用器材有：電流表A1量程00mA，內阻Rg10.0、電流表A2量程50mA，內阻Rg2=10、定值電阻阻值R010.0、滑動變阻器R1最大阻值0、電源E電動勢4.5V，內阻很小、開關S和若干導線。該同學設計的電路如此圖所示。未經許可 請勿轉載1根據圖a，

8、在圖的實物圖中畫出連線。若I、2分別為流過電流表A和2的電流,利用I、2、Rg1和R0寫出:小燈泡兩端的電壓U= ，流過小燈泡的電流I 。為保證小燈泡的安全,1不能超過 mA。未經許可 請勿轉載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的位置并讀取相應的I1、I所得實驗數據在表中給出。未經許可 請勿轉載I1/A3255512541732/mA712929937942440根據實驗數據可算得,當I=173A時，燈絲電阻R= 保留1位小數。4如果用另一個電阻替代定值電阻R0,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 保留1位小數。未經許

9、可 請勿轉載1.12分如此圖,在0 xh，y+區域中存在方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度的大小可調，方向不變。一質量為m、電荷量為q0的粒子以速度從磁場區域左側沿x軸進入磁場，不計重力。未經許可 請勿轉載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；未經許可 請勿轉載如果磁感應強度大小為，粒子將通過虛線所示邊界上的一點離開磁場。求粒子在該點的運動方向與x軸正方向的夾角及該點到x軸的距離。未經許可 請勿轉載12.20分如此圖,一豎直圓管質量為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

10、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。已經知道M4m,球和管之間的滑動摩擦力大小為4mg,為重力加速度的大小，不計空氣阻力。未經許可 請勿轉載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。二選考題：共15分。請考生從2道物理題中任選一題作答。如果多做,則按所做的第一題計分。物理-選修3-315分未經許可 請勿轉載1.5分以下關于能量轉換過程的敘述,違背熱力學第一定律的有 ,不違背熱力學第一定律、但違背熱力學第二定律的有

11、。填正確答案:標號未經許可 請勿轉載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1.10分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,以滿足潛水員水下避險的需要。為計算方便，將潛水鐘簡化為截面積為、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的水下，如以以下圖。已經知道水的密度為,重力加速度大小為g,大氣壓強為p0，H

12、h，忽略溫度的變化和水密度隨深度的變化。未經許可 請勿轉載i求進入圓筒內水的高度;i保持不變,壓入空氣使筒內的水全部排出，求壓入的空氣在其壓強為p0時的體積。物理-選修3-1分5.用一個擺長為0.0cm的單擺做實驗，要求擺動的最大角度小于5，則開始時擺球拉離平衡位置的距離應不超過 cm保留1位小數。提示:單擺被拉開小角度的情況下，所求的距離約等于擺球沿圓弧移動的路程。某同學想設計一個新單擺，要求新單擺擺動1個周期的時間與原單擺擺動11個周期的時間相等。新單擺的擺長應該取為 m。未經許可 請勿轉載16直角棱鏡的折射率15,其橫截面積如以以下圖,圖中C0，30截面內一細束與BC邊平行的光線，從棱鏡

13、AB邊上的D點射入，經折射后射到BC邊上。未經許可 請勿轉載i光線在BC邊上是否會發生全反射?說明理由;i不考慮多次反射，求從AC邊射出的光線與最初的入射光線夾角的正弦值。20年全國統一高考物理試卷新課標參考答案:與試題解析一、選取題:此題共8小題，每題6分,共8分。在每題給出的四個選項中，第15題只有一項符合題目要求,第6題有多項符合題目要求。全部選對的得6分,選對但不全的得3分，有選錯的得0分。未經許可 請勿轉載1.6分管道高頻焊機可以對由鋼板卷成的圓管的接縫實施焊接。焊機的原理如以以下圖，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

14、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未經許可 請勿轉載A庫侖B.霍爾C.洛倫茲.法拉第【分析】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。該過程利用的原理是電磁感應現象,其發現者為法拉第。未經許可 請勿轉載【解答】解：根據題意,焊接過程所利用的是變化的磁場在線圈中產生變化的電流,再利用電流產生的熱量使接縫處的材料熔化將其焊接，屬于電磁感應現象，是由法拉第發現的，故ABC錯誤，D正確；未經許可 請勿轉載故選：D。【點評】根據現象找出對應的物理規律,再根據物理學史解答。2.6分若一

15、均勻球形星體的密度為，引力常量為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未經許可 請勿轉載AB.C.D【分析】根據萬有引力等于向心力=及球體的密度公式聯立求解T。【解答】解:設星球的質量為M,半徑為R，衛星的質量為m,運行周期為T,在該星體表面附近沿圓軌道繞其運動的衛星所需的向心力由星球對其的萬有引力提供,則根據牛頓第二定律得:未經許可 請勿轉載星球的密度:聯立解得T,故A正確,CD錯誤；故選：A。【點評】要抓住衛星做勻速圓周運動時萬有引力提供向心力,再結合密度公式求解。.6分如此圖,在摩托車越野賽途中的水平路段前方有一個坑，該坑沿摩托車前進方向的水平寬度為h,其左邊緣a點比右邊緣

16、b點高0.。若摩托車經過a點時的動能為E,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,該摩托車恰能越過坑到達b點。等于 未經許可 請勿轉載A20.18.9.0D.3.0【分析】根據豎直方向的運動規律求出落到坑內c點時和到達b點時豎直方向的速度，再根據根據平拋運動的規律求解水平方向的速度,由此求解動能之比。未經許可 請勿轉載【解答】解：設落到坑內點時豎直方向的速度為v,則有:vy1；根據平拋運動的規律可得:1t=hh解得：v01則有：E=同理,設摩托車恰能越過坑到達b點時豎直方向的速度為2，則有:=gy2=；根據平拋運動的規律可得：v02t=3h=0h解得：v02

17、3vy則有：E2=所以，故B正確、CD錯誤。故選:。【點評】此題主要是考查平拋運動的規律和動能的計算公式，知道平拋運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動。未經許可 請勿轉載.分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。圖是某種C機主要部分的剖面圖,其中X射線產生部分的示意圖如此圖b所示。圖b中、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射線如此圖中帶箭頭的虛線所示；將電子束打到靶上的點記作點。則 未經許可 請勿轉載A.M處的電勢高于N處的電勢B增大M、N之間的

18、加速電壓可以使P點左移.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【分析】電子受到向右的電場力,所以電場線水平向左,以此分析電勢的高低；根據左手定則分析偏轉磁場的方向；根據洛倫茲力提供向心力以及動能定理求解電子做圓周運動的半徑表達式,從而判斷改變磁感應強度以及增大M、N之間的加速電壓后P點的變化情況。未經許可 請勿轉載【解答】解:A、根據題意可知,電子在MN之間加速,受到向右的電場力,所以N之間的電場線水平向左,則M點的電勢比點電勢低，故錯誤;未經許可 請勿轉載C、根據題意可知，電子進入磁場時受到豎直向上的洛倫茲力,根據左手定則可知偏轉磁場的方向垂直于紙面向里，故C

19、錯誤；未經許可 請勿轉載BD、電子在加速電場中運動,根據動能定理有U在磁場中運動時，根據洛倫茲力提供向心力有，則電子在磁場在的半徑為R,如增大M、N之間的加速電壓，電子在磁場中做圓周運動的半徑增大，所以電子出磁場時的偏角減小,P點向右移動,未經許可 請勿轉載增大偏轉磁場磁感應強度的大小，則電子在磁場中做圓周運動的半徑減小，電子出磁場時的速度偏角增大，P點左移，故B錯誤，D正確。未經許可 請勿轉載故選：D。【點評】解決該題需要明確知道電子在各個區域的運動情況,知道在勻強電場中順著電場線電勢的變化情況,能正確推導出電子在磁場中運動半徑。未經許可 請勿轉載5.6分氘核H可通過一系列聚變反應釋放能量,

20、其總效果可用反應式6HH+2H+2+4.15MV表示。海水中富含氘，已經知道1kg海水中含有的氘核約為1122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；已經知道1kg標準煤燃燒釋放的熱量約為2.90J,e=161013，則M約為 未經許可 請勿轉載A.40g10kgC.40kgD.1000g【分析】首先根據聚變反應式求出每個氘核發生聚變放出的能量，再求出1k海水中含有的1.010個氘核發生聚變反應釋放的能量，則M就等于總熱量除以1kg標準煤燃燒釋放的熱量;未經許可 請勿轉載【解答】解:根據反應式6H22+n+43.15MeV可知,6個氘核發生聚變反應可放出43

21、1V的能量,則平均每個氘核可放出7.19MeV的能量，若g海水中含有的1.01022個氘核全都發生聚變反應，其釋放的能量為.19022MV；則質量為M的標準煤燃繞時釋放的熱量Q7191021.6101J11.519，而1kg標準煤燃燒釋放的熱量約為29107J,則M=00k；故ABD錯誤,C正確;未經許可 請勿轉載故選:。【點評】此題的關鍵是根據氘核的聚變反應式求出1002個氘核發生聚變放出的總能量。6.6分特高壓輸電可使輸送中的電能損耗和電壓損失大幅降低。我們國家已成功掌握并實際應用了特高壓輸電技術。假設從A處采用550的超高壓向B處輸電，輸電線上損耗的的電功率為P，到達處時電壓下降了U在保

22、持A處輸送的電功率和輸電線電阻都不變的條件下，改用100kV特高壓輸電,輸電線上損耗的電功率變為，到達B處時電壓下降了U不考慮其他因素的影響,則 未經許可 請勿轉載APPB.P=PC.=D.=【分析】遠距離輸電時，在線路上損失的功率為P,與電壓的平方成反比;電壓降與電壓成反比;【解答】解：AB、遠距離輸電時，線路上的電流I;則在線路上損失的功率為PI2=；根據損失的功率公式可知，損失的功率與電壓的平方成反比；假設從處采用50kV的超高壓向B處輸電,若改用110V特高壓輸電,電壓變成原來的2倍，則輸電線上損耗的電功率變為原來的，即=;故A正確，B錯誤;未經許可 請勿轉載CD、線路上的電流I=，到

23、達處時電壓下降了U=R，電壓降與電壓成反比，則若電壓變成原來的2倍，U變為原來的,故=,故C錯誤，D正確;未經許可 請勿轉載故選:D。【點評】此題的關鍵是掌握遠距離輸電線路上損失的功率為P及電壓降與電壓的關系。7分如此圖,豎直面內一絕緣圓環的上、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 未經許可 請勿轉載A.、b兩點的場強相等B、b兩點的電勢相等C.c、d兩點的場強相等c、d兩點的電勢相等【分析】根據微元法,將帶電圓環看成若干個點電荷，依據點電荷的電場強度方向與大小，結合矢量的疊加法則,即可判定場強大小關系，再根據

24、沿著電場線方向電勢降低,及電場線方向與等勢面垂直，即可一一判定。未經許可 請勿轉載【解答】解：AB、將帶電圓環看成若干個點電荷，取關于水平直徑對稱的兩個點電荷，依據點電荷的電場強度大小與方向，結合矢量的合成法則，如以以以下圖所示，那么此兩個點電荷在a、b兩點產生電場強度大小相等,方向相同,同理,任意兩個關于水平直徑對稱的兩個點電荷在、兩點產生的合電場強度大小相等,方向都相同,那么帶異種電荷的上、下半圓在a、b兩點的場強相等，方向相同，再依據電場線與等勢線垂直,可知，ab連線即為等勢線,因此a、b兩點的電勢也相等,故AB正確；未經許可 請勿轉載D、將帶電圓環看成若干個點電荷，取上半圓關于豎直直徑

25、對稱的兩個點電荷，依據點電荷的電場強度大小與方向,結合矢量的合成法則,如上圖所示，那么此兩個點電荷在點產生電場強度的方向豎直向下，同理,取下半圓關于豎直直徑對稱的兩個點電荷，依據點電荷的電場強度大小與方向,結合矢量的合成法則，如上圖所示,那么此兩個點電荷在d點產生電場強度的方向也豎直向下，由于c、d兩點關于水平直徑對稱,那么c、d兩點的場強相等,因此任意兩個關于豎直直徑對稱的兩個點電荷在、兩點產生的合電場強度大小相等,方向都相同，那么帶異種電荷的上、下半圓在、d兩點的場強相等,方向相同，再依據沿著電場線方向電勢降低,可知,c點的電勢高于d,故正確，錯誤;未經許可 請勿轉載故選:ABC。【點評】

26、考查點電荷電場的應用,掌握點電荷的電場強度大小與方向的確定，理解矢量的合成法則，及微元法的思維，注意作出正確的矢量是解題的關鍵。未經許可 請勿轉載8.6分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4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/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5.0m/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5.0m/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 未經許可 請勿轉載Ag5

27、3kgC.5kg3kg【分析】根據動量守恒定律得到第次推出物塊后運動員的速度表達式，根據第7次推出后還能再推，第8次推出后不能再推求出運動員質量范圍即可。未經許可 請勿轉載【解答】解：設該運動員的質量為，物塊的質量為m40kg,推物塊的速度大小為v5.m/s,取人運動的方向為正方向,根據動量守恒定律可得：未經許可 請勿轉載第一次推物塊的過程中：v1mv第二次推物塊的過程中：Mv1+mvv2mv第三次推物塊的過程中：Mv+mv=Mv3mv第n次推物塊的過程中：Mn+v=vnmv以上各式相加可得:Mvn=2n1m當n7時，7v，解得M52g當8時，v8，解得6g，故52kM60kg,故A錯誤、B正

28、確。故選：BC。【點評】此題主要是考查動量守恒定律,解答此題的關鍵是能夠根據數學歸納法得到第次的速度表達式，再根據實際情況進行分析。未經許可 請勿轉載二、非選取題:共62分。第1題為必考題，每個試題考生都必須作答。第1316題為選考題，考生根據要求作答。一必考題：共7分。未經許可 請勿轉載95分一細繩跨過懸掛的定滑輪，兩端分別系有小球和B，如以以下圖。一實驗小組用此裝置測量小球B運動的加速度。令兩小球靜止,細繩拉緊，然后釋放小球,測得小球B釋放時的高度=590m，下降一段距離后的高度=.1m；由0下降至所用的時間=0.0s。由此求得小球B加速度的大小為a 1.84 m/s2保留3位有效數字。從

29、實驗室提供的數據得知，小球A、B的質量分別為00.0g和15.0g,當地重力加速度大小為9.80m/s2.根據牛頓第二定律計算可得小球B加速度的大小為a= 9m/s2 保留3位有效數字。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:滑輪的軸不光滑或滑輪有質量。未經許可 請勿轉載【分析】根據運動學公式可以得到球下降的加速度大小;根據牛頓第二定律可以得到小球下落的加速度大小；因為在實際的操作中滑輪與軸之間不是光滑的,以及滑輪的質量也不可忽略,所以造成實際的加速度大小與理論計算的加速度大小不一致。未經許可 請勿轉載【解答】解：小球B做的是初速度為零的勻加速直線運動

30、，則有:得：s2把、球看成一個整體，由牛頓第二定律可得：mBmAg+mBa則有:本來a和a大小應該相等，但是因為滑輪的質量以及滑輪與軸之間的摩擦都不可忽略,所以a和具有明顯的差異。未經許可 請勿轉載故答案:：為：.84；1.96；滑輪的軸不光滑或滑輪有質量。【點評】對球的運動情況分析是解題的關鍵,根據運動學公式可以得到小球實際下落的加速度大小。根據牛頓第二定律計算的時候，注意細繩上的拉力不等于小球A或小球B的重力。未經許可 請勿轉載10.10分某同學要研究一小燈泡L3.V，03的伏安特性。所用器材有：電流表A1量程00mA,內阻Rg100、電流表A2量程500mA，內阻Rg21.、定值電阻R0

31、阻值R0=10.、滑動變阻器R1最大阻值10、電源E電動勢4.5，內阻很小、開關和若干導線。該同學設計的電路如此圖a所示。未經許可 請勿轉載1根據圖a,在圖b的實物圖中畫出連線。2若1、I2分別為流過電流表A1和A2的電流,利用I1、2、Rg1和R0寫出:小燈泡兩端的電壓U= 1gR ,流過小燈泡的電流I II1 。為保證小燈泡的安全，I1不能超過10A。未經許可 請勿轉載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的位置并讀取相應的I1、I2所得實驗數據在表中給出。未經許可 請勿轉載/mA355851254413I2/m171229993792470根據實

32、驗數據可算得，當1173A時,燈絲電阻R 1.6 保留1位小數。如果用另一個電阻替代定值電阻R0，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0 保留1位小數。未經許可 請勿轉載【分析】1根據電路圖按照要求連接實物圖;2根據歐姆定律和并聯電路特點求解即可；3結合題意根據歐姆定律可知此時小燈泡的電阻；4結合燈泡的額定電壓和電流表A1的量程200mA,根據歐姆定律解得所用電阻的阻值不能小于8.。未經許可 請勿轉載【解答】解:根據電路圖連接實物圖如以以下圖：2根據電路圖可知燈泡兩端的電壓為電流表A和R的總電壓，故根據歐姆定律有:=I1Rg1+R0未經許可 請勿轉載根據并聯電路特點

33、可知流過小燈泡的電流為：I=1因為小燈泡的額定電壓為3.V,故根據題目中已經知道數據解得:I1=0.18A18mA,故I1不能超過0m；未經許可 請勿轉載3根據表中數據可知當1=173A時,0mA；根據前面的分析代入數據可知此時燈泡兩端的電壓為=346V;流過小燈泡的電流為I297mA=.297A;故根據歐姆定律可知此時小燈泡的電阻為：11.未經許可 請勿轉載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36V,而電流表A不能超過其量程20mA，根據歐姆定律有:UIg1g1+R0,代入數據有：3V=0.2A1+R0,解得：R08.，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

34、.0。未經許可 請勿轉載故答案:：為：1如上圖所示；g1R0,II1,180;36;48.0未經許可 請勿轉載【點評】此題考查了實物圖的連接和歐姆定律以及并聯電路特點的應用,解決此題的關鍵是對本實驗的原理要做到清楚明白，同時對實驗數據的處理能力對學生要求較高。未經許可 請勿轉載11.分如此圖，在xh,的粒子以速度v0從磁場區域左側沿x軸進入磁場，不計重力。未經許可 請勿轉載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B;未經許可 請勿轉載2如果磁感應強度大小為，粒子將通過虛線所示邊界上的一點離開磁場。求粒子在該點的運動方向與軸正方向的夾角及

35、該點到x軸的距離。未經許可 請勿轉載【分析】1判斷粒子受到的洛倫茲力的方向，根據左手定則分析磁場的方向，由題意求解粒子做圓周運動的運動半徑最大值，根據洛倫茲力提供向心力求解若粒子經磁場偏轉后穿過y軸正半軸離開磁場時磁感應強度的最小值；未經許可 請勿轉載根據半徑公式分析磁感應強度減半后粒子的半徑大小,作出運動軌跡,根據幾何知識求解粒子離開磁場時與x軸正方向的夾角及和虛線的交點到x軸的距離。未經許可 請勿轉載【解答】解:1根據題意可知，粒子剛進入磁場時受到豎直向上的洛倫茲力，因此根據左手定則可知,磁場的方向垂直于紙面向里；未經許可 請勿轉載設粒子進入磁場中做圓周運動的半徑為R,根據洛倫茲力公式和圓

36、周運動的規律有:由此可得: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軸的正半軸上，半徑應滿足Rh，由題意，當磁感應強度為Bm時，粒子的運動半徑最大，由此可得:Bm;未經許可 請勿轉載2若磁感應強度大小為，粒子做圓周運動的圓心仍然在y軸的正半軸上,且此時的圓弧半徑為：R2h,粒子會穿過圖中P點離開磁場，運動軌跡如以以下圖：未經許可 請勿轉載,設粒子在P點的運動方向與x軸的夾角為，根據幾何知識有:則有:30根據幾何關系可得，P點與軸的距離為:2hcosh答:1若粒子經磁場偏轉后穿過y軸正半軸離開磁場，磁場的方向垂直于紙面向里,在這種情況下磁感應強度的最小值為;未經許可 請勿轉載如果

37、磁感應強度大小為,粒子將通過虛線所示邊界上的一點離開磁場。粒子在該點的運動方向與軸正方向的夾角為30,該點到軸的距離為2。未經許可 請勿轉載【點評】解決該題需要掌握左手定則判斷磁場的方向,能根據題意找到粒子在磁場中運動的臨界半徑,正確作出光路圖，能根據幾何知識求解相關的角度。未經許可 請勿轉載120分如此圖，一豎直圓管質量為M，下端距水平地面的高度為,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。已經知道M4，球和管之間的滑動摩擦力大小為mg，g為重力加速度的大小,不計空氣阻力。未經許可 請勿轉載1求管第一次與地面碰撞

38、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。【分析】1分析管第一次與地面碰撞后的瞬間,管和球的受力情況,由牛頓運動定律列方程求解加速度大小;未經許可 請勿轉載2由運動學公式可得碰地前瞬間它們的速度大小；再求出管與小球的速度剛好相同時經過的位移h1，速度相同后管與小球將以加速度g減速上升2到達最高點，根據豎直上拋運動求解上升的高度即可；未經許可 請勿轉載3由動能定理求解第一次彈起過程中球相對管的位移x1,同理求解管與球從再次下落到第二次彈起至最高點的過程中球與

39、管的相對位移x2，球不會滑出管外的條件是1+x2L，聯立求解即可。未經許可 請勿轉載【解答】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2，方向向上；球與管之間的摩擦力大小為，由牛頓運動定律有:未經許可 請勿轉載Ma1=Mg+2f聯立并代入題給數據,得:a1=2a3；2管第一次碰地前與球的速度大小相同,由運動學公式可得，碰地前瞬間它們的速度大小均為:v0=,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t1,管與小球的速度剛好相同，取向上為正方向,由運動學公式可得:va1t=0+a2t1解得：t1=設此時管

40、的下端離地高度為h1，速度為,由運動學公式可得1v0t1v=v0at1由此可知此時v，此后，管與小球將以加速度g減速上升2，到達最高點,由運動學公式有:h2=管第一次落地彈起后上升的最大高度H1h1+h2;3設第一次彈起過程中球相對管的位移為x1,在管開始下落到上升H1這一過程中，由動能定理有：HH+mHH+x14mgx1=0解得：1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: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x1+x2L聯立解得L應滿足條件為：。答:1管第一次與地面碰撞后的瞬間，管和球各自的加速度大小分別為2、3；2管

41、第一次落地彈起后，在上升過程中球沒有從管中滑出,管上升的最大高度為；3管第二次落地彈起的上升過程中，球仍沒有從管中滑出,圓管長度應滿足L。【點評】此題主要是考查牛頓第二定律的綜合應用和動能定理的結合,關鍵是弄清楚物體的運動過程和受力情況,利用牛頓第二定律求解加速度,再根據題目要求結合運動學公式、動能定理進行解答；知道加速度是聯系靜力學和運動學的橋梁。未經許可 請勿轉載二選考題：共15分。請考生從2道物理題中任選一題作答。如果多做,則按所做的第一題計分。物理-選修3-31分未經許可 請勿轉載1.分以下關于能量轉換過程的敘述，違背熱力學第一定律的有 B,不違背熱力學第一定律、但違背熱力學第二定律的

42、有 C。填正確答案:標號未經許可 請勿轉載A.汽車通過燃燒汽油獲得動力并向空氣中散熱冷水倒入保溫杯后,冷水和杯子的溫度都變得更低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.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【分析】根據熱力學第一定律U=W+Q分析是否違背熱力學第一定律,根據熱力學第二定律的內容分析是否違背熱力學第二定律。未經許可 請勿轉載【解答】解：A、汽車通過燃燒汽油獲得動力并向空氣中散熱的過程不違背熱力學第一定律,也不違背熱力學第二定律；未經許可 請勿轉載B、冷水倒入保溫杯后,冷水和杯子的溫度都變得更低需要對外發出熱量或對外做功,而保溫

43、杯隔斷了熱傳遞過程,水也沒有對外做功,所以該過程違背熱力學第一定律;未經許可 請勿轉載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,該過程不違背熱力學第一定律、但違背熱力學第二定律;未經許可 請勿轉載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，但要消耗電能,引起了其它變化,該過程不違背熱力學第一定律、也不違背熱力學第二定律。未經許可 請勿轉載故答案:為：B;。【點評】此題主要是考查熱力學第一定律和熱力學第二定律,掌握熱力學定律的基本內容是解答此題的關鍵。1410分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，如以以下圖。已經知道水的密度為,重力加速度大小為,大氣壓強為p0,H，忽略溫度的變化和水密度隨深度的變化。未經許可 請勿轉載求進入圓筒內水的高度;i保持H不變，壓入空氣使筒內的水全部排出,求壓入的空氣在其壓強為p0時的體積。【分析】i由玻意耳定律和液體壓