2020高考全国二卷物理试题分析解析解读

2020年高考物理全国卷ⅱ理综第22题赏析2020年高考物理全国卷理综的第22题是一道绝缘体与导体的电荷转移问题。

其中，给出了一个A绝缘体与B导体，A和B之间有一个小洞，装入一个可变电阻R，当电阻R发生一定的变化时，A中的电荷会从A转移到B中。

该题的回答要求考生利用定律来解答，其中包括共用电源定律、电容定律和放大器定律。

首先，该题考查的是电荷传输规律，其中涉及到定律有卡特兰定律和电容定律。

根据卡特兰定律，两个电荷之间的容量为零，也就是说，A中的电荷不能转移到B中，而是整个集体中对电荷总量不变。

另外，电容定律指出，当一个物体上放有电荷时，其电容会被改变，而当其电容发生变化时，介质中的电势也会变化，从而产生弹性效应，从而使电荷实现转移。

因此，电荷可以从一个物体上转移到另一个物体上。

同时，该题还考察的是电荷传输的放大器定律。

放大器定律指出，当电荷从一个物体上转移到另一个物体上时，放大器将会增高电荷的容量，从而使电荷可以从一物体传输到另一物体。

而在本题中，由于通过可变电阻R可以改变A与B之间的电容量，从而产生弹性效应，使A中的电荷可以从A传输到B。

此外，本题所涉及的不仅仅是定律的推理，还包括应用问题。

本题的关键在于根据定律来分析出电荷A从A转移到B的过程即A中的电荷转移到B中的过程。

如何确定A中的电荷转移到B中的过程及其时间呢？在此，可以根据电容定律来分析，即放大器定律指出，当A中的电荷转移到B中时，放大器将对电荷容量进行改变，从而使电荷实现转移，从而确定A中的电荷转移到B中的过程和时间。

总之，2020年高考物理全国卷理综的第22题考查的是绝缘体与导体的电荷转移问题，考查的是电荷运动规律，考查的定律有卡特兰定律和电容定律，用于解答的还包括放大器定律，在具体应用时，则要根据电容定律分析A中的电荷转移到B中的过程和时间。

2020年7月·全国卷Ⅱ高考物理卷全解全析14.管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接.焊机的原理如图-所示,圆管通过一个接有高频交流电源的线圈,线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流,电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接.焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为 ( )图-A .库仑B .霍尔C .洛伦兹D .法拉第答案：D[解析] 法拉第首先发现了磁生电现象,他把磁生电现象命名为电磁感应,产生的电流叫作感应电流,选项D 正确.15. 若一均匀球形星体的密度为ρ,引力常量为G ,则在该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星的周期是 ( ) A .√3πGρ B .√4πGρ C .√13πGρ D .√14πGρ答案：A[解析] 对该星体表面附近的任意一颗卫星分析,有GMm R 2=m 4π2T 2R ,所以其运动的周期为T=√4π2R 3GM;由M=ρV ,可得M=43πR 3ρ,联立解得T=√3πGρ,选项A 正确.16. 如图-所示,在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑,该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h ,其左边缘a 点比右边缘b 点高0.5h.若摩托车经过a 点时的动能为E 1,它会落到坑内c 点,c 与a 的水平距离和高度差均为h ;若经过a 点时的动能为E 2,该摩托车恰能越过坑到达b 点.E2E 1等于( )图-A .20B .18C .9.0D .3.0答案：B[解析] 将摩托车和人看成一个整体分析,整体从a 点开始做平抛运动.对a 到c 的过程,有h=v 1t 1,h=12g t 12,联立解得v 1=√12gℎ,同理,对a 到b 的过程,有3h=v 2t 2,0.5h=12g t 22,联立解得v 2=3√gℎ,又因为动能E k =12mv 2,所以E 2E 1=v 22v 12=18,选项B 正确.17. CT 扫描是计算机X 射线断层扫描技术的简称,CT 扫描机可用于对多种病情的探测.图-甲是某种CT 机主要部分的剖面图,其中X 射线产生部分的示意图如图乙所示.图乙中M 、N 之间有一电子束的加速电场,虚线框内有匀强偏转磁场;经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进,打到靶上,产生X 射线(如图中带箭头的虚线所示);将电子束打到靶上的点记为P 点.则 ( )图-A .M 处的电势高于N 处的电势B .增大M 、N 之间的加速电压可使P 点左移C .偏转磁场的方向垂直于纸面向外D .增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P 点左移答案：D[解析] 电子束带负电,加速电场使其加速,则电场方向水平向左,因为沿着电场线的方向电势降低,故N 处的电势高于M 处的电势,故A 错误.增大M 、N 之间的加速电压,由动能定理Uq=12mv 2-0,可得电子束进入偏转磁场的速度增大,由电子在磁场中受洛伦兹力做匀速圆周运动,有qvB=mv 2R ,可得R=mvqB ,速度增大则运动半径也增大,P 点向右移动,故B 错误.增大磁感应强度B ,电子在磁场中的运动半径R 减小,P 点向左移动,故D 正确.由题意知电子束受洛伦兹力向下偏转,根据左手定则可以判断,偏转磁场的方向垂直于纸面向里,故C 错误.18. 氘核 12H 可通过一系列聚变反应释放能量,其总效果可用反应式612H→224He+211H+201n+43.15 MeV 表示.海水中富含氘,已知1 kg 海水中含有的氘核约为1.0×1022个,若全都发生聚变反应,其释放的能量与质量为M 的标准煤燃烧时释放的热量相等;已知1 kg 标准煤燃烧释放的热量约为2.9×107 J,1 MeV =1.6×10-13 J,则M 约为 ( ) A .40 kg B .100 kg C .400 kg D .1000 kg答案：C[解析] 由反应式可知6个 12H 聚变可释放43.15 MeV 的能量,故1 kg 海水中含有的1.0×1022个氘核可释放的能量约为1.0×10226×43.15×1.6×10-13 J =1.151×1010 J,该能量相当于质量为M 的标准煤燃烧时释放的热量,故M=1.151×10102.9×107kg≈400 kg,选项C 正确.19.特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低.我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术.假设从A 处采用550 kV 的超高压向B 处输电,输电线上损耗的电功率为ΔP ,到达B 处时电压下降了ΔU.在保持A 处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下,改用1100 kV 特高压输电,输电线上损耗的电功率变为ΔP',到达B 处时电压下降了ΔU'.不考虑其他因素的影响,则 ( ) A .ΔP'=14ΔP B .ΔP'=12ΔP C .ΔU'=14ΔU D .ΔU'=12ΔU答案：AD[解析] 假设输电线的总电阻为R ,则输电线上损耗的电功率为ΔP=I 2R=(P U )2R ,电压由550 kV 改为1100 kV,电压增加了一倍且输送的电功率和输电线电阻都不变,故ΔP'=14ΔP ,同理可得,经过输电线之后下降的电压为ΔU=IR=PU R ,由于电压增加一倍,故ΔU'=12ΔU ,选项A 、D 正确.20. 如图-所示,竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷.a 、b 为圆环水平直径上的两个点,c 、d 为竖直直径上的两个点,它们与圆心的距离均相等.则 ( )图-A .a 、b 两点的场强相等B .a 、b 两点的电势相等C .c 、d 两点的场强相等D .c 、d 两点的电势相等答案：ABC[解析] a 、b 两点关于竖直直径对称,a 、b 两点附近的正、负电荷分布情况完全一样,可取任意一对关于a 、b 连线上下对称的正、负电荷为例,研究它们在a 、b 两点产生的合场强(如图甲所示),则所有电荷在a 、b 两点处产生的合场强大小相等,方向也相同,故E a =E b ,选项A 正确;整个细圆环关于水平直线ab 上下对称,在对称的位置上任意取一对等量异种电荷,因为一对等量异种电荷的中垂面是一个等势面,等势面上的各点电势均相同,故选项B 正确;若在细圆环的每个位置叠加一个与原来等量的正电荷,而不改变原来的静电场,则细圆环上的电荷变成如图乙所示,所有“2+”电荷对c 、d 两点的合场强方向竖直向下,若在细圆环的每个位置叠加一个与原来等量的负电荷,而不改变原来的静电场,则细圆环上的电荷变成如图丙所示,所有“2-”电荷对c 、d 两点的合场强方向竖直向下;且所有“2+”电荷对c 、d 两点的合场强和所有“2-”电荷对c 、d 两点的合场强大小相等,选项C 正确;沿着电场线的方向电势降低,故φc >φd ,选项D 错误.甲乙丙21.(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板.一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上,他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板,运动员获得退行速度;物块与挡板弹性碰撞,速度反向,追上运动员时,运动员又把物块推向挡板,使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞.总共经过8次这样推物块后,运动员退行速度的大小大于5.0 m/s,反弹的物块不能再追上运动员.不计冰面的摩擦力,该运动员的质量可能为()A.48 kgB.53 kgC.58 kgD.63 kg答案：BC[解析] 对滑冰运动员与物块这个系统分析,每一次运动员推物块时,均满足动量守恒定律,对运动员每一次推物块分析,以运动员的速度方向为正方向,设运动员的质量为M,物块的质量为m,第1次有0+0=Mv1-mv0,第2次有Mv1+mv0=Mv2-mv0,第3次有Mv2+mv0=Mv3-mv0……第7次有Mv6+mv0=Mv7-mv0,第8次有Mv7+mv0=Mv8-mv0,对前7次累加可得6mv0=Mv7-7mv0,则v7=13mv0M,对8次累加可得7mv0=Mv8-8mv0,则v8=15mv0M ,由题意可知,v7<5 m/s,v8>5 m/s,则v7=13mv0M<5m/s,v8=15mv0M >5 m/s,故13mv05<M<15mv05,代入m=4 kg,v0=5.0 m/s可得52 kg<M<60 kg,选项B、C正确.22.一细绳跨过悬挂的定滑轮,两端分别系有小球A和B,如图-所示.一实验小组用此装置测量小球B 运动的加速度.图-令两小球静止,细绳拉紧,然后释放小球,测得小球B 释放时的高度h 0=0.590 m,下降一段距离后的高度h=0.100 m;由h 0下降至h 所用的时间T=0.730 s .由此求得小球B 加速度的大小为a= m/s 2(保留3位有效数字).从实验室提供的数据得知,小球A 、B 的质量分别为100.0 g 和150.0 g,当地重力加速度大小为g=9.80 m/s 2.根据牛顿第二定律计算可得小球B 加速度的大小为a'= m/s 2(保留3位有效数字).可以看出,a'与a 有明显差异,除实验中的偶然误差外,写出一条可能产生这一结果的原因: .答案：1.84 1.96 滑轮的轴不光滑或滑轮有质量[解析] 释放之后A 、B 两小球均做匀变速直线运动,对小球B 分析有x=h 0-h=12aT 2,故a=2(ℎ0-ℎ)T 2=2(0.590-0.100)0.7302m/s 2≈1.84 m/s 2.因为m A <m B ,所以小球B 竖直向下做加速运动,根据牛顿第二定律,有m B g-F T =m B a ,小球A 竖直向上做加速运动,根据牛顿第二定律,有F T -m A g=m A a ,两式相加可得m B g-m A g=(m A +m B )a ,可解得a=m B -mA m A+m Bg=1.96 m/s 2.因为滑轮的转轴不光滑,会受到摩擦力,还有滑轮也有质量,则小球B 向下加速运动时,其重力势能转化为A 、B 的机械能、滑轮的转动动能和内能,所以实际算出来的加速度a 的大小会小于理论上计算出的加速度a'的大小.23.某同学要研究一小灯泡L(3.6 V,0.30 A)的伏安特性.所用器材有:电流表A 1(量程200 mA,内阻R g1=10.0 Ω)、电流表A 2(量程500 mA,内阻R g2=1.0 Ω)、定值电阻R 0(阻值R 0=10.0 Ω)、滑动变阻器R 1(最大阻值10 Ω)、电源E (电动势4.5 V,内阻很小)、开关S 和若干导线.该同学设计的电路如图-甲所示.(1)根据图甲,在图乙的实物图中画出连线.图-(2)若I 1、I 2分别为流过电流表A 1和A 2的电流,利用I 1、I 2、R g1和R 0写出:小灯泡两端的电压U= ,流过小灯泡的电流I= .为保证小灯泡的安全,I 1不能超过 mA .(3)实验时,调节滑动变阻器,使开关闭合后两电流表的示数为零.逐次改变滑动变阻器滑片位置并读取相应的I 1和I 2.所得实验数据在下表中给出.I1/mA32 55 85 125 144 173I2/mA171 229 299 379 424 470根据实验数据可算得,当I1=173 mA时,灯丝电阻R=Ω(保留1位小数).(4)如果用另一个电阻替代定值电阻R0,其他不变,为了能够测量完整的伏安特性曲线,所用电阻的阻值不能小于Ω(保留1位小数).答案：(1)如图所示(2)I1(R g1+R0)I2-I1180(3)11.6(4)8.0[解析] (1)按照电路图连接实物图如图所示.(2)因为电流表A1与定值电阻R0串联之后再与小灯泡L并联,电流表A2再与该并联整体串联,故小灯泡两端的电压为U=I1(R g1+R0),通过小灯泡L的电流为I=I2-I1,小灯泡L的额定电压为3.6 V,故电流表A1与定值电阻R0串联的总电压最大为3.6 V,所以I1的最大值为U maxR g1+R0=3.610+10A=180 mA.(3)灯丝的电阻为R=UI =I1(R g1+R0)I2-I1,代入数据得R=173×(10+10)470-173Ω≈11.6 Ω.(4)小灯泡的额定电压为3.6 V,电流表A1的量程为200 mA,所以若想测得小灯泡的额定电压和额定电流这组数据,至少需要电流表A1与替换R0的电阻串联的总电压为3.6 V,所以替换R0的电阻不能小于3.6200×10-3Ω-R g1=8.0 Ω.24.如图-所示,在0≤x≤h,-∞<y<+∞区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度B的大小可调,方向不变.一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场,不计重力.(1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场,分析说明磁场的方向,并求在这种情况下磁感应强度的最小值B m;(2)如果磁感应强度大小为B m2,粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场.求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离.图-答案：(1)磁场方向垂直于纸面向里mv 0qℎ(2)π6 (2-√3)h [解析] (1)由题意,粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力,因此磁场方向垂直于纸面向里.设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R ,根据洛伦兹力公式和圆周运动规律,有 qv 0B=m v 02R①由此可得R=mv0qB②粒子穿过y 轴正半轴离开磁场,其在磁场中做圆周运动的圆心在y 轴正半轴上,半径应满足R ≤h③由题意,当磁感应强度大小为B m 时,粒子的运动半径最大,由此得 B m =mv 0qℎ④(2)若磁感应强度大小为B m 2,粒子做圆周运动的圆心仍在y 轴正半轴上,由②④式可得,此时圆弧半径为R'=2h ⑤粒子会穿过图中P 点离开磁场,运动轨迹如图所示.设粒子在P 点的运动方向与x 轴正方向的夹角为α,由几何关系 sin α=ℎ2ℎ=12⑥即α=π6 ⑦由几何关系可得,P 点与x 轴的距离为 y=2h (1-cos α) ⑧ 联立⑦⑧式得 y=(2-√3)h⑨25.如图-所示,一竖直圆管质量为M ,下端距水平地面的高度为H ,顶端塞有一质量为m 的小球.圆管由静止自由下落,与地面发生多次弹性碰撞,且每次碰撞时间均极短;在运动过程中,管始终保持竖直.已知M=4m ,球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg ,g 为重力加速度的大小,不计空气阻力. (1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间,管和球各自的加速度大小;(2)管第一次落地弹起后,在上升过程中球没有从管中滑出,求管上升的最大高度; (3)管第二次落地弹起的上升过程中,球仍没有从管中滑出,求圆管长度应满足的条件.图-答案：(1)2g 3g (2)1325H (3)圆管长度大于或等于152125H[解析] (1)管第一次落地弹起的瞬间,小球仍然向下运动.设此时管的加速度大小为a 1,方向向下;球的加速度大小为a 2,方向向上;球与管之间的摩擦力大小为F f ,由牛顿运动定律有 Ma 1=Mg+F f ① ma 2=F f -mg ②联立①②式并代入题给数据,得 a 1=2g ,a 2=3g ③(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同.由运动学公式,碰地前瞬间它们的速度大小均为 v 0=√2gH④方向均向下.管弹起的瞬间,管的速度反向,球的速度方向依然向下.设自弹起时经过时间t 1,管与小球的速度刚好相同.取向上为正方向,由运动学公式 v 0-a 1t 1=-v 0+a 2t 1 ⑤ 联立③④⑤式得 t 1=25√2Hg⑥设此时管下端的高度为h 1,速度为v.由运动学公式可得h 1=v 0t 1-12a 1t 12⑦v=v 0-a 1t 1 ⑧由③④⑥⑧式可判断此时v>0.此后,管与小球将以加速度g 减速上升h 2,到达最高点.由运动学公式有 h 2=v 22g ⑨设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H 1,则 H 1=h 1+h 2 ⑩联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得 H 1=1325H(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x 1.在管开始下落到上升H 1这一过程中,由动能定理有 Mg (H-H 1)+mg (H-H 1+x 1)-4mgx 1=0 联立式并代入题给数据得 x 1=45H同理可推得,管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中,球与管的相对位移x 2为 x 2=45H 1设圆管长度为L.管第二次落地弹起后的上升过程中,球不会滑出管外的条件是 x 1+x 2≤L 联立式,L 应满足条件为 L ≥152125H33.[物理——选修3-3](1)下列关于能量转换过程的叙述,违背热力学第一定律的有,不违背热力学第一定律、但违背热力学第二定律的有.(填正确答案标号)A.汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热B.冷水倒入保温杯后,冷水和杯子的温度都变得更低C.某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功,而不产生其他影响D.冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内(2)潜水钟是一种水下救生设备,它是一个底部开口、上部封闭的容器,外形与钟相似.潜水钟在水下时其内部上方空间里存有空气,以满足潜水员水下避险的需要.为计算方便,将潜水钟简化为截面积为S、高度为h、开口向下的圆筒;工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放至深度为H的水下,如图-所示.已知水的密度为ρ,重力加速度大小为g,大气压强为p0,H≫h,忽略温度的变化和水密度随深度的变化.(i)求进入圆筒内水的高度l;(ii)保持H不变,压入空气使筒内的水全部排出,求压入的空气在其压强为p0时的体积.图-答案：(1)B C(2)(i)ρgHp0+ρgH h(ii)ρgSHℎp0[解析] (1)A中汽油的化学能转化为热机的机械能和内能,符合热力学第一定律.B中冷水倒入保温杯,若冷水和杯子的温度都降低,内能都变小,无其他力做功,能量消失,违背了热力学第一定律.C中热机工作时,从高温热源吸收的热量不可能全部转化为功,效率不可能达到100%,违背了热力学第二定律.D中冰箱可以通过做功从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内,不违背热力学第二定律.(2)(i)设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内气体的体积分别为V0和V1,放入水下后筒内气体的压强为p1,由玻意耳定律和题给条件有p1V1=p0V0①V0=hS②V1=(h-l)S③p1=p0+ρg(H-l)④联立以上各式并考虑到H≫h>l,解得l=ρgHp0+ρgHh⑤(ii)设水全部排出后筒内气体的压强为p2,此时筒内气体的体积为V0,这些气体在其压强为p0时的体积为V3,由玻意耳定律有p2V0=p0V3⑥其中p2=p0+ρgH⑦设需压入筒内的气体体积为V,依题意V=V3-V0⑧联立②⑥⑦⑧式得V=ρgSHℎp0⑨34.[物理——选修3-4](1)G1用一个摆长为80.0 cm的单摆做实验,要求摆动的最大角度小于5°,则开始时将摆球拉离平衡位置的距离应不超过cm(保留1位小数).(提示:单摆被拉开小角度的情况下,所求的距离约等于摆球沿圆弧移动的路程.)某同学想设计一个新单摆,要求新单摆摆动10个周期的时间与原单摆摆动11个周期的时间相等.新单摆的摆长应该取为cm.(2)N7直角棱镜的折射率n=1.5,其横截面如图-所示,图中∠C=90°,∠A=30°.截面内一细束与BC边平行的光线,从棱镜AB边上的D点射入,经折射后射到BC边上.(i)光线在BC边上是否会发生全反射?说明理由;(ii)不考虑多次反射,求从AC边射出的光线与最初的入射光线夹角的正弦值.图-答案：(1)6.996.8(2)(i)是理由见解析(ii)2√2-√34[解析] (1)因为单摆摆动的角度较小,根据已知条件可得x≈5360×2πL=6.9 cm根据单摆周期公式,有2π√L xg ×10=2π√Lg×11,解得L x=112102L=96.8 cm.(2)(i)如图所示,设光线在D点的入射角为i,折射角为r.折射光线射到BC边上的E点.设光线在E点的入射角为θ,由几何关系,有θ=90°-(30°-r)>60°①根据题给数据得sin θ>sin 60°>1n②即θ大于全反射临界角,因此光线在E点发生全反射.(ii)设光线在AC边上的F点射出棱镜,光线的入射角为i',折射角为r',由几何关系、反射定律及折射定律,有i=30°③i'=90°-θ④sin i=n sin r⑤n sin i'=sin r'⑥联立①③④⑤⑥式并代入题给数据,得⑦sin r'=2√2-√34由几何关系,r'即AC边射出的光线与最初的入射光线的夹角.11 / 11。

2020年全国ii高考试题（理综物理）解析版理科综合能力测试第一卷本卷须知：1.答第一卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂写在答题卡上。

2.每题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦洁净后，再先涂其他答案标号。

不能答在试题卷上。

3.本卷共21小题，每题6分，共126分。

以下数据可供解题时参考：相对原子质量〔原子量〕：H 1 C 12 N 14 O 16二、选择题〔此题共8小题。

在每题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，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. 原子核AZ X与氘核21H反应生成一个α粒子和一个质子。

由此可知A．A=2，Z=1 B. A=2，Z=2 C. A=3，Z=3 D. A=3，Z=215. 一简谐横波以4m/s的波速沿x轴正方向传播。

t=0时的波形如下图，那么 A．波的周期为1sB．x=0处的质点在t=0时向y轴负向运动C．x=0处的质点在t= 14s时速度为0D．x=0处的质点在t= 14s时速度值最大16. 如图，一绝热容器被隔板K隔开a 、b两部分。

a内有一定量的稀薄气体，b内为真空。

抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平稳状态。

在此过程中A．气体对外界做功，内能减少B．气体不做功，内能不变C．气体压强变小，温度降低D．气体压强变小，温度不变17. 在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为410V/m，一半径为1mm的雨滴在此电场中可不能下落，取重力加速度大小为10m/2s ,水的密度为310kg/3m 。

这雨滴携带的电荷量的最小值约为 A ．2⨯910-C B. 4⨯910- C C. 6⨯910- C D. 8⨯910- C18. 如图，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b 和下边界d 水平。

在竖直面内有一矩形金属统一加线圈，线圈上下边的距离专门短，下边水平。

绝密★启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试物理(全国卷Ⅱ)本试卷共4页,共14小题,满分110分。

考试用时90分钟。

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.管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。

焊机的原理如图所示,圆管通过一个接有高频交流电源的线圈,线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流,电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接。

焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为()A.库仑B.霍尔C.洛伦兹D.法拉第15.若一均匀球形星体的密度为ρ,引力常量为G,则在该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星的周期是()A.√3πGρB.√4πGρC.√13πGρD.√14πGρ16.如图所示,在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑,该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h,其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。

若摩托车经过a点时的动能为E1,它会落到坑内c点,c与a的水平距离和高度差均为h;若经过a点时的动能为E2,该摩托车恰能越过坑到达b点。

E2E1等于()A.20B.18C.9.0D.3.017.CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称,CT扫描机可用于对多种病情的探测。

图甲是某种CT机主要部分的剖面图,其中X射线产生部分的示意图如图乙所示。

图乙中M、N之间有一电子束的加速电场,虚线框内有匀强偏转磁场;经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进,打到靶上,产生X射线(如图中带箭头的虚线所示);将电子束打到靶上的点记为P点。

则()甲乙A .M 处的电势高于N 处的电势B 增大M 、N 之间的加速电压可使P 点左移C .偏转磁场的方向垂直于纸面向外D .增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P 点左移18.氘核 12H 可通过一系列聚变反应释放能量,其总效果可用反应式612H →224He+211H+201n+43.15 MeV表示。

2020高考全国II卷物理试题1、管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。

焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接。

焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为（）A. 库仑B. 霍尔C. 洛伦兹D. 法拉第2、水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg 的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。

总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。

不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为A. 48 kgB. 53 kgC. 58 kgD. 63 kg3、用一个摆长为80.0 cm的单摆做实验，要求摆动的最大角度小于5°，则开始时将摆球拉离平衡位置的距离应不超过_______cm（保留1位小数）。

（提示：单摆被拉开小角度的情况下，所求的距离约等于摆球沿圆弧移动的路程。

）某同学想设计一个新单摆，要求新单摆摆动10个周期的时间与原单摆摆动11个周期的时间相等。

新单摆的摆长应该取为_______cm。

4、若一均匀球形星体的密度为ρ，引力常量为G，则在该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星的周期是（）A. B. C. D.5、如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。

若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点。

c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点。

等于（）A. 20B. 18C. 9.0D. 3.06、CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。

2020年新课标Ⅱ卷理综物理高考试题二、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.如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环，小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力A.一直不做功B.一直做正功C.始终指向大圆环圆心D.始终背离大圆环圆心【答案】A【考点定位】圆周运动；功【名师点睛】此题关键是知道小圆环在大圆环上运动过程中，小圆环受到的弹力方向始终沿大圆环的半径方向，先是沿半径向外，后沿半径向里.15.一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核，衰变方程为238234492902U Th He →+，下列说法正确的是A. 衰变后钍核的动能等于α粒子的动能B. 衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小C. 铀核的半衰期等于其放出一个α粒子所经历的时间D. 衰变后α粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量【答案】B【解析】根据动量守恒可知，生成的钍核的动量与α粒子的动量等大反向，选项B正确；根据22kPEm=可知，衰变后钍核的动能小于α粒子的动能，选项A错误；铀核的半衰期等于一半数量的铀核衰变需要的时间，而放出一个α粒子所经历的时间是一个原子核衰变的时间，故两者不等，选项C错误；由于该反应放出能量，由质能方程可知，衰变后α粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀核的质量，选项D错误；故选B.【考点定位】半衰期；动量守恒定律；质能方程【名师点睛】此题考查了原子核的反冲问题以及对半衰期的理解；对于有能量放出的核反应，质量数守恒，但是质量不守恒；知道动量和动能的关系22kPEm=.16.如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。

若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动。

Җ㊀陕西㊀刘振和㊀王晓辉㊀㊀实验题是历年高考的重点,体现了高考对高中实验教学的要求和导向．研读高考实验题可以发现高考命题的基本特征和最新动向,有利于更高效㊁更有针对性地展开实验教学,有利于指导学生更高效地进行高考复习和备考．１㊀真题呈现例㊀(２０２０年全国卷Ⅱ理综第２２题,简称真题)一细绳跨过悬挂的定滑轮,两端分别系有小球A和㊀图１B ,如图１所示．一实验小组用此装置测量小球B 运动的加速度．令两小球静止,细绳拉紧,然后释放小球,测得小球B 释放时的高度h ０＝０ ５９０m ,下降一段距离后的高度h ＝０ １００m ;由h ０下降至h 所用的时间T ＝０ ７３０s ．由此求得小球B 加速度的大小为a ＝m s －２(保留３位有效数字)．从实验室提供的数据得知,小球A ㊁B 的质量分别为１００ ０g 和１５０ ０g ,当地重力加速度g 为９ ８０m s －２．根据牛顿第二定律计算可得小球B 加速度的大小为a ᶄ＝m s －２(保留３位有效数字)．可以看出,a ᶄ与a 有明显差异,除实验中的偶然误差外,写出一条可能产生这一结果的原因:．答案㊀１ ８４;１ ９６;滑轮的轴不光滑(或滑轮有质量)．以B 小球为研究对象,由运动学公式可得h ０－h ＝１２a T ２,得a ʈ１ ８４m s －２．对A ㊁B 两个小球用整体法分析有m B g －m A g ＝(m A ＋m B )a ᶄ,解得a ᶄ＝１ ９６m s －２．在运动过程中,滑轮的轴不光滑或滑轮本身有质量等因素都会引起加速度偏小,所以导致了a ᶄ与a 有明显差异．２㊀真题赏析２ １㊀立意高远从表面看,该题是考查运动学公式和牛顿第二定律的应用,是动力学两类基本问题的计算;但实际上,该题牢牢抓住了物理实验的根本内涵,即 设计 验证 得出结论 误差分析 这一验证物理理论的基本模式．为了求出B 小球的加速度,命题者设计了两种方案:一是利用测出的位移㊁时间数据,根据运动学公式求出加速度;二是对物体进行受力分析,用给定的质量和重力加速度,通过牛顿第二定律求出加速度．最后进行误差分析,以证明二者在误差允许范围内相等,验证牛顿第二定律可以求解加速度．与以往命题明显不同的是,命题者一改利用打点计时器㊁光电门等进行实验的常规考查方式,采用运动学和动力学两种计算方式分别求出加速度,可认为动力学计算是理论分析,运动学测量是实验验证,最终二者在误差允许范围内相等．这样的做法,一方面体现了物理学研究中理论推理与实验验证相结合的基本科学方法;另一方面,也体现了命题不仅仅局限于对实验操作能力的考查,还注重对实验思维能力的考核．仔细品读该题还可以感受到,该题涉及的实验情境虽然简单,但还可以拓展延伸,比如求解物体从h ０降至h 时的瞬时速度㊁瞬时动能等．看似平常的实验考查对学生来说却很有启发,能使学生认识到日常生活中的简单现象也是我们应该关注的,引导他们观察生活现象,积极思考探索其中的物理原理,钻研解决生活中遇到的问题．同时,该题涉及的实验场景并非理想化,如是 细绳 而不是 轻绳 ,未说明滑轮有无质量,未说明滑轮与细绳是否打滑等,并且没有利用打点计时器㊁光电门等专业仪器(从题意来看,使用的应当是停表和刻度尺),这就启发学生可以利用身边的工具去探索知识,在思考中学会研究物理问题．２ ２㊀来源教材该题是课本实验的变式,来源于人教版高中物理«必修２»教材第５章第６节 向心力 一节中的实验用圆锥摆粗略验证向心力的表达式．从图２可以看出, 用圆锥摆粗略验证向心力的表达式 也是一个验证性实验,利用简单的工具,如停表和刻度尺测出钢球做匀速圆周运动的周期和半径,用运动学公式计算出向心力．再对小球进行受力分析,得出向心力的表达式,代入钢球质量和夹角(可用刻度尺测出悬挂点到纸面的距离和半径),计算出加速度,最后进行比较验证．可以说,课本上的这个实验和２３图２这道真题有异曲同工之妙,二者都是从运动学和力学两个角度对物理量进行探究,都利用了身边简单的工具,实验中都有误差,都体现了对物理思维和研究方法的渗透．二者的不同之处在于,一个研究的是加速度,一个研究的是力;一个研究的是直线运动,一个研究的是曲线运动．但从牛顿第二定律的角度来思考,加速度与合外力存在对应关系,同时牛顿第二定律不仅适用于直线运动也适用于曲线运动．因此,命题的角度和意识与课本是一脉相承的,该题来源于课本,又不拘泥于课本,考查灵活,颇具匠心．２ ３㊀研究方法的多样性和灵活性真题中第一空加速度的计算,以小球B 为研究对象,用运动学公式h ０－h ＝１２a T ２,代入数值可以算出加速度．第二空对小球B 的加速度a ᶄ的计算既可以对小球A ㊁B 隔离分析研究,也可以整体研究,但都是运用牛顿第二定律．也就是说,真题中计算加速度这个物理量用到两种重要的实验思路,没有从单一角度入手,采用不同的原理和手段测量同一物理量．这也是研究物理问题㊁探究物理规律的常用方法,希望做到多条思路殊途同归,方法和规律相互检验㊁相互印证．２ ４㊀答案设置的开放性本题第三空是一个开放性问题,答案可以有很多,原题所给答案是滑轮的轴不光滑(或滑轮有质量),其实还可以有空气阻力的影响㊁滑轮不光滑等使系统所受合外力不是m B g －m A g 的因素．２ ５㊀探究过程的科学性真题中探究牛顿第二定律的正确性,所用的方法是运用运动学公式得到加速度以及根据牛顿第二定律算出加速度的对照法．本质上讲,第一种方法是实验探究,第二种方法是理论探究,这样的设置符合科学理论研究方法的科学性．另外,本实验的数据处理也体现出科学性,如合理设置有效数字位数,便于分析对照．此外,题目还要求学生做误差分析,进一步引导学生进行全面的科学探究,分析产生误差的客观原因,体现出问题研究的科学性．３㊀对教学和备考的启示３ １㊀依托教材,夯实基础物理教学要以教材为基础,教师要多研读教材,引导学生重视教材,充分挖掘教材的多方面教育功能,深入学习理论知识和思想方法．３ ２㊀关注核心,突出重点教学中一定要抓住核心知识,理解和掌握核心知识．对核心知识要理解得透㊁运用得熟．比如运动学公式㊁牛顿运动定律㊁动能定理这些物理学大厦中的骨干知识,都要通过多种方法准确㊁熟练掌握．教学中要突出核心知识的重要地位,强调它们对一般知识的引领和带动作用,引导学生构建适合个人特点的知识网络．３ ３㊀梳理知识,积累技巧方法的学习和知识的梳理是高中物理学习的一个重要任务．掌握科学解题的方法,比如整体法㊁隔离法㊁假设法㊁临界分析法等,对学习物理是非常重要的．以此为基础,才能优选方法,解决问题才会思路开阔㊁主动灵活．在学会方法的基础上,不断积累解决问题的技巧,解决问题时才会游刃有余．３ ４㊀开拓思路,提升能力物理学是一门以实验为基础的学科,物理学表达的定律往往是通过实验探索得出的,因此实验题最能体现学科特点,最具活力与创造力．教师在教学中要引导学生开拓思路,提升自己的实验能力,并以此为依托培养学生的科学建模㊁分析综合㊁应用数学知识解决物理问题等多种能力．(作者单位:陕西省宝鸡中学)３３。

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