2020年全國1物理真題帶解析

1、2020年全國統(tǒng)一考試全國卷I （物理）14. F12020全國卷I 行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)的安全氣囊會被彈出并瞬間充滿氣體，若碰撞后汽車的速度在很短時間內(nèi)減小為零，關于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是（）A 增加了司機單位面積的受力大小B. 減少了碰撞前后司機動量的變化量C. 將司機的動能全部轉(zhuǎn)換成汽車的動能D. 延長了司機的受力時間并增大了司機的受力面積14. D 解析使用安全氣囊并不會改變碰撞前后司機速度的變化量，也不會改變動量的變化量；根據(jù)動量定理可知Ft= Ap，由于氣囊的緩沖作用，延長了司機的受力時間，減小了司機的平均受力大小，展開的氣囊又增大了接觸面積，故減

2、小了司機單位面積的受力大??；由于氣囊的作用，司機的動能大部分轉(zhuǎn)化成了氣囊的彈性勢能.選項A、B、C錯誤，選項D正確.1 115. D52020全國卷I 火星的質(zhì)量約為地球質(zhì)量的花,半徑約為地球半徑的2,則同一物體在火星表面與在地球表面受到的引力的比值約為（）A. 0.2B.0.4C.2.0D.2.5? ?地?火 =0.4,選項 B 正確.15. B解析在火星表面，F(xiàn)1=G#，在地球表面，F(xiàn)2=G#因為箱=羔£所以?=?火?16. C2，D42020全國卷I 如圖-所示，一同學表演蕩秋千.已知秋千的兩根繩長均為10 m，該同學和秋千踏板的總質(zhì)量約為50 kg.繩的質(zhì)量忽略不計.當該同學

3、蕩到秋千支架的正下方時，速度大小為8 m/s，此時每根繩子平均承受的拉力約為（）圖-5 / 9A. 200 NB.400 NC.600 N D.800 N16. B 解析在最低點，對該同學和秋千踏板整體分析，設每根繩子拉力為 F,則有2F-mg=m ?,重力加速度g取10m/s2時，解得F=410 N,選項B正確.17. J1,I32020全國卷I 如圖-甲所示的電路中，K與L間接一智能電源，用以控制電容器 C兩端的電壓Uc.如果Uc 隨時間t的變化如圖乙所示，則下列描述電阻 R兩端電壓Ur隨時間t變化的圖像中，正確的是 （）口 3 4 5J111L_%0.13;0C1 2 3 4 5 /aD

4、圖-17. A解析由圖乙可知12 s、35 s分別對應電容器的充、放電過程 l=?=C嶋可知，充、放電過程中，電流大小與圖乙中圖線的斜率成正比,充電時間較短，放電時間較長根據(jù)，因此充電過程電流較大，電壓Ur也較大,因為充電和放電過程中電流方向不同，所以R兩端電壓Ur的正負不同；在23 s內(nèi),電容器兩端電壓恒定不變，沒有充、放電現(xiàn)象，電路中無電流，R兩端電壓為0,綜上可知 選項A正確.A.7n ?6?B5” ？?B4?4n ? 3?D.3n ?2?圖-18. K22020全國卷I 一勻強磁場的磁感應強度大小為 B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖-中虛線所示，？?為半 圓，ac、bd與直徑ab共線

5、，a、c間的距離等于半圓的半徑一束質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子，在紙面內(nèi)從c 點垂直于ac射入磁場，這些粒子具有各種速率不計粒子之間的相互作用在磁場中運動時間最長的粒子，其運動時 間為 （）?18. C 解析粒子在磁場中運動的時間與速度大小無關，由在磁場中運動軌跡對應的圓心角決定，即上=硏采用放縮法，粒子垂直于ac射入磁場，則圓心必在ac直線上，將粒子的軌跡半徑由零開始逐漸放大，在r<05R和r >15R時，粒子分別從ac、bd邊界射出，在磁場中的軌跡為半圓，運動時間等于半個周期當0.5R<r< 1.5R時,粒子從半圓邊界 射出，將軌跡半徑從0.5R逐漸放

6、大，粒子射出位置從半圓頂端向下移動，軌跡所對的圓心角從n逐漸增大，當軌跡半徑為R時，軌跡所對的圓心角最大，然后再增大軌跡半徑，軌跡所對的圓心角減小，因此當軌跡半徑等于R時粒子運4?_ n 2?4?動時間最長，即0=+ 3= 3 n粒子運動最長時間為t= 2t=?= 3?C正確19.02（多選）2020全國卷I 下列核反應方程中A. 2h+2ht 0n+X1B. 2H+3H t 0n+X2C. 225 U + 0nt 164 Ba+ 86 Kr+3X 3D. 0n +3Li t3h+X4,Xi、X2、X3、X4代表a粒子的有（）19. BD解析由核反應方程中電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒可得正確,Xi

7、為 3He,X2為 4He,X3 為 0n,X4 為 2He,選項 B、D2O.B2,C2,E6（多選）2020全國卷I 一物塊在高3.0 m、長5.0 m的斜面頂端從靜止開始沿斜面下滑，其重力勢能和動能隨下滑距離 s的變化如圖-中直線I、所示，重力加速度取10 m/s2.則（）A. 物塊下滑過程中機械能不守恒B. 物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5C. 物塊下滑時加速度的大小為6.0 m/s2D. 當物塊下滑2.0 m時機械能損失了 12 JEp=mg (h-ssin 0=-mgssin 0 +mghEp-s 圖像320.AB解析斜面傾角的正弦值sin 0=，故 0=37 °.物塊的

8、重力勢能為的斜率的絕對值為 k1=mgsin 0=6 N,得m=1 kg,Ek-s圖像的斜率的大小等于合力,k2=2 N,由于k1蔬2,表明物塊所受合力不等于重力沿斜面向下的分力，故其還要受到滑動摩擦力，機械能不守恒，選項A正確;Ek-s圖像的斜率k2=mgsi n 0卩mgos 0=2 N,解得 卩=0.5,選項B正確；物塊下滑時有 mgs in 0卩mgos 0 =ma解得a= 2 m/s2,選項C錯誤; 物塊損失的機械能等于克服摩擦力做的功，Wf=卩mgos 0 S1 = 8 J選項D錯誤.21. L5（多選）2020全國卷I 如圖-所示,U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，ab和

9、dc邊平行，和 bc邊垂 直.ab、dc足夠長，整個金屬框電阻可忽略.一根具有一定電阻的導體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動金屬框，運動過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強磁場中，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行.經(jīng)過一段時間后（）A .金屬框的速度大小趨于恒定值B. 金屬框的加速度大小趨于恒定值C. 導體棒所受安培力的大小趨于恒定值D. 導體棒到金屬框 bc邊的距離趨于恒定值21. BC 解析當金屬框在恒力F作用下向右加速時，bc邊產(chǎn)生從c到b的感應電流i,金屬框的加速度為 a1,有 F- Bil=Ma 1,MN中感應電流方向從 M到N,在安培力作用下向右加速，加速度為a2

10、,有Bil=ma 2，當金屬框和 MN都運動 后,金屬框速度為V1,MN速度為V2時，感應電流為i= ?；?），感應電流從0開始增大，則a2從0開始增大,a1從?開始、 ? 1 1減小,加速度差值為a1-a2= ?-（?+?）Bil,感應電流從0增大，則加速度差值減小，當差值為0時,a1=a2=a,得? ?-?）F= （M+m）a,a=?+?,此時i=（?+?）?=? 亍,此后金屬框與 MN的速度差維持不變，感應電流不變,MN受到的安培力不變，加速度不變，選項A錯誤，選項B、C正確；MN與金屬框的速度差不變，但MN的速度小于金屬框的速度,MN 到金屬框be邊的距離越來越大 選項D錯誤.22.

11、J102020全國卷I 某同學用伏安法測量一阻值為幾十歐姆的電阻Rx,所用電壓表的內(nèi)阻為 1 k Q電流表內(nèi)阻為0.5 Q該同學采用兩種測量方案，一種是將電壓表跨接在圖-甲所示電路的 0、P兩點之間，另一種是跨接在 0、Q兩點之間測量得到如圖乙所示的兩條U-I圖線，其中U與I分別為電壓表和電流表的示數(shù)回答下列問題圖乙中標記為n的圖線是采用電壓表跨接在 (填0、P”或0、Q”兩點的方案測量得到的.(2) 根據(jù)所用實驗器材和圖乙可判斷，由圖線(填I ”或n ”得到的結(jié)果更接近待測電阻的真實值，結(jié)果為Q保留1位小數(shù))(3) 考慮到實驗中電表內(nèi)阻的影響，需對中得到的結(jié)果進行修正，修正后待測電阻的阻值為

12、 Q保留1位小數(shù)).22. (1)0、P (2) I 50.5(3)50.0?解析(1)當電壓表跨接在0、P兩點時，電流表外接，電壓準確，電流測量值為通過電阻與電壓表電流之和，由R=2?得電阻測量值偏??；電壓表跨接在 0、Q兩點時,電流表內(nèi)接，電流準確，電壓測量值為電阻與電流表兩端電壓之和，電阻測量值偏大，此u-i圖像中，圖線的斜率表示電阻測量值，因此n圖線為電壓表跨接在0、p兩點測量得到的.3.00-1.003.00-0.95(2) 由圖線可得I圖線測得電阻阻值 RI=(59.6.20.0) Xg3 Q=5 0.5 Q圖線n測得電阻阻值為 Rn = (62.4-20.0)x 13 Q=48.

13、3?/?令？Q被測電阻值約為50 Q因<?，故電流表應采用內(nèi)接法，電壓表跨接在0、Q兩點，測量結(jié)果為50.5 Q(3) 電壓表跨接在 0、Q間,測得的阻值為待測電阻與電流表內(nèi)阻之和，則Rx=R i -Ra= (50.5-0.5) Q50.0 Q23. F12020全國卷I 某同學用如圖-所示的實驗裝置驗證動量定理，所用器材包括：氣墊導軌、滑塊(上方安裝有 寬度為d的遮光片)、兩個與計算機相連接的光電門、砝碼盤和砝碼等實驗步驟如下(1) 開動氣泵，調(diào)節(jié)氣墊導軌，輕推滑塊，當滑塊上的遮光片經(jīng)過兩個光電門的遮光時間 時，可認為氣墊導軌水平；(2) 用天平測砝碼與砝碼盤的總質(zhì)量mi、滑塊(含遮光

14、片)的質(zhì)量m2；(3) 用細線跨過輕質(zhì)定滑輪將滑塊與砝碼盤連接，并讓細線水平拉動滑塊；令滑塊在砝碼和砝碼盤的拉動下從左邊開始運動，和計算機連接的光電門能測量出遮光片經(jīng)過A、B兩處的光電門的遮光時間Ah、At2及遮光片從 A運動到B所用的時間ti2；(5) 在遮光片隨滑塊從 A運動到B的過程中，如果將砝碼和砝碼盤所受重力視為滑塊所受拉力，拉力沖量的大小1=，滑塊動量改變量的大小Ap=；(用題中給出的物理量及重力加速度g表示)某次測量得到的一組數(shù)據(jù)為:d= 1.000 cm,mi= 1.50 X10-2 kg,m2=0.400 kg, A=3.900 X10-2 s，A= 1.270X10-2s，

15、ti2= 1.50 s,取g= 9.80 m/s2,計算可得I=N - s,p=kg m-s-1;(結(jié)果均保留3位有效數(shù)字)?A ?定義 汨帀以100%,本次實驗3 %(保留1位有效數(shù)字).? ?23.(1)大約相等(5)m1gt12 m2( a?- A?(6) 0.2210.212(7)4解析(1)氣墊導軌調(diào)成水平時，滑塊做勻速運動，經(jīng)過兩個光電門時遮光時間大約相等 、 ? ?拉力的沖量I=m 1gt12，滑塊動量改變量 AP=m2(V2-V1)=m2(喬，喬?.I ? I代入數(shù)據(jù)求得 I=m 1gt12= 0.221 N sp=An2 云?刁厲？ =0.212 kg m/s.?A ?(7)

16、 代入數(shù)據(jù)解得3=帀|= 4%.24. A8,B42020全國卷I 我國自主研制了運-20重型運輸機，飛機獲得的升力大小F可用F=kv2描寫,k為系數(shù)；v是飛機在平直跑道上的滑行速度,F與飛機所受重力相等時的v稱為飛機的起飛離地速度.已知飛機質(zhì)量為1.21 X105 kg時,起飛離地速度為66 m/s；裝載貨物后質(zhì)量為1.69X105 kg,裝載貨物前后起飛離地時的k值可視為不變.(1) 求飛機裝載貨物后的起飛離地速度；(2) 若該飛機裝載貨物后，從靜止開始勻加速滑行1521 m起飛離地,求飛機在滑行過程中加速度的大小和所用的時間.24.(1)78 m/s (2)2.0 m/s239 s解析(

17、1)設飛機裝載貨物前質(zhì)量為m1,起飛離地速度為 V1；裝載貨物后質(zhì)量為 m2,起飛離地速度為V2,重力加速度大小為g.飛機起飛離地應滿足條件m1g=k?m2g=k ?由式及題給條件得V2=78 m/s (2)設飛機滑行距離為s,滑行過程中加速度大小為a,所用時間為t.由勻變速直線運動公式有?= 2as V2=at聯(lián)立式及題給條件得a=2.0 m/s2t= 39 s 25. E2,l3,D62020全國卷I 在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強電場，柱的橫截面是以 0為圓心、半徑為 R的圓，AB為圓的直徑,如圖-所示質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子在紙面內(nèi)自 A點先后以不同的速度進入電場，速度方向

18、與電場的方向垂直已知剛進入電場時速度為零的粒子，自圓周上的C點以速度vo穿出電場,AC與AB的夾角0=60運動中粒子僅受電場力作用(1) 求電場強度的大??；(2) 為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進入電場時的速度應為多大？為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為mvo,該粒子進入電場時的速度應為多大圖-?J325為？：V0 (3)0 或?V0解析(1)粒子初速度為零，由C點射出電場，故電場方向與 AC平行，由A指向C.由幾何關系和電場強度的定義知AC=R F=qE 由動能定理有F AC= jm?E= ?-?2?如圖所示，由幾何關系知AC丄BC故電場中的等勢線與 BC平行作與BC平行的直線

19、與圓相切于 D點，與 AC的 延長線交于P點,則自D點從圓周上穿出的粒子的動能增量最大由幾何關系知/ PAD= 30°,AP=|r,DP=弓R設粒子以速度vi進入電場時動能增量最大，在電場中運動的時間為 ti.粒子在AC方向做加速度為a的勻加速運動 運動的距離等于AP;在垂直于AC的方向上做勻速運動，運動的距離等于 DP.由牛頓第二定律和運動學公式有 F=ma AP=|a?DP=v i ti 聯(lián)立式得vi=設粒子以速度v進入電場時，在電場中運動的時間為 t.以A為原點，粒子進入電場的方向為 x軸正方向，電場方向 為y軸正方向建立直角坐標系由運動學公式有x=vt粒子離開電場的位置在圓周

20、上，有X?212(? ?) +(?2 尹)=R2 粒子在電場中運動時，其x方向的動量不變，y方向的初始動量為零設穿過電場前后動量變化量的大小為mvo的粒子,離開電場時其y方向的速度分量為 V2.由題給條件及運動學公式有mv2=mvo=mat聯(lián)立W式得v= 0 S或 v= yvO另解：由題意知，初速度為0時，動量增量的大小為 mvo,此即問題的一個解.自A點以不同的速率垂直于電場方向射入電 場的粒子，沿y方向位移相等時，所用時間都相同因此，不同粒子運動到線段 CB上時，動量變化都相同，自B點射出 電場的粒子，其動量變化也為 mvo,由幾何關系及運動學規(guī)律可得 ，此時入射速率v=弓vo.33. 2

21、020全國卷I 物理選修3-3(1)H1分子間作用力F與分子間距r的關系如圖-所示，r=r 1時，F(xiàn)= 0.分子間勢能由r決定，規(guī)定兩分子相距無窮遠時 分子間的勢能為零.若一分子固定于原點0,另一分子從距0點很遠處向0點運動，在兩分子間距減小到2的過程(填減小”不變”或增中,勢能(填減小”不變”或增大”在間距由2減小到1的過程中，勢能大” 在間距等于1處，勢能(填大于(2)H2甲、乙兩個儲氣罐儲存有同種氣體(可視為理想氣體).甲罐的容積為V,罐中氣體的壓強為 p;乙罐的容積為12V,罐中氣體的壓強為2P.現(xiàn)通過連接兩罐的細管把甲罐中的部分氣體調(diào)配到乙罐中去，兩罐中氣體溫度相同且在調(diào)配過程中保持

22、不變，調(diào)配后兩罐中氣體的壓強相等.求調(diào)配后(i) 兩罐中氣體的壓強；(ii) 甲罐中氣體的質(zhì)量與甲罐中原有氣體的質(zhì)量之比33. (1)減小減小小于2(2)(i) 3P(ii)2 : 3解析(1)從很遠到r2過程中，分子力為引力，分子力做正功，勢能減小 從r2到門過程中，分子力為引力，分子力仍然做正功，勢能減??；因相距無窮遠時Ep電=0,且從很遠到r1過程中，勢能一直減小，故間距等于r1處，分子間勢能小于零.(2)(i)假設乙罐中的氣體被壓縮到壓強為p,其體積變?yōu)閂1,由玻意耳定律有1-p(2V)=pV1現(xiàn)兩罐氣體壓強均為P，總體積為(V+V1).設調(diào)配后兩罐中氣體的壓強為P',由玻意耳定律有p(V+V1)=p' (V+2V)聯(lián)立式可得11 / 92p'= 3P (ii)若調(diào)配后甲罐中的氣體再被壓縮到原來的壓強p時,體積為V2,由玻意耳定律p'V=pV 2設調(diào)配后甲罐中氣體的質(zhì)量與甲罐中原有氣體的質(zhì)量之比為k,由密度的定義