2020年江苏省高考物理试卷

2020年江苏省高考物理试卷一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分。

每小题只有一个选项符合题意。

1. 质量为1.5×103kg的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为20m/s，受到的阻力大小为1.8×103N．此时，汽车发动机输出的实际功率是（）A.90WB.30kWC.36kWD.300kW【答案】C【考点】平均功率瞬时功率【解析】根据牵引力与阻力的大小相等及P＝Fv计算即可；【解答】汽车在水平路面上匀速行驶，故牵引力与阻力的大小相等为1.8×103N，根据功率P＝Fv＝1.8×103×20W＝36kW，故ABD错误，C正确；2. 电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示。

其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上。

则电流互感器（）A.是一种降压变压器B.能测量直流电路的电流C.原、副线圈电流的频率不同D.副线圈的电流小于原线圈的电流【答案】D【考点】变压器的构造和原理【解析】电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，不能够在直流电路中正常工作；根据题意n1<n2，由U1U2=n1n2可知，U1<U2，由I2I1=n1n2可知，I1>I2；变压器不能够改变交流电的频率。

【解答】A、电流互感器是一种测量电路中电流的变压器；根据题意，电流互感器原线圈匝数较少，副线圈匝数较多，由U1U2=n1n2可知，电流互感器升压变压器，故A错误。

B、电流互感器是利用电磁感应进行工作的，只能够在交流电路中才能正常工作，故B 错误。

C、电流互感器能够改变原、副线圈电流和电压，但不能够改变其频率，故C错误。

D、由I2I1=n1n2可知，电流和线圈匝数成反比，副线圈匝数比原线圈匝数多，所以副线圈的电流小于原线圈的电流，故D正确。

3. 如图所示，两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反。

金属圆环的直径与两磁场的边界重合。

下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是（）A.同时增大B1减小B2B.同时减小B1增大B2C.同时以相同的变化率增大B1和B2D.同时以相同的变化率减小B1和B2【答案】B【考点】感应电流的产生条件楞次定律【解析】当磁感应强度变化，导致线圈的磁通量变化，根据楞次定律分析感应电流的方向。

【解答】A、增大B1，则金属圆环上半部分的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反。

再根据安培定则，可判定在金属圆环中产生逆时针方向的感应电流；减小B2，则金属圆环下半部分的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同。

再根据安培定则，可判定在金属圆环中产生逆时针方向的感应电流；故同时增大B1减小B2在金属圆环中产生逆时针方向的感应电流，故A错误；B、减小B1，则金属圆环上半部分的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同。

再根据安培定则，可判定在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流；增大B2，则金属圆环下半部分的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反。

再根据安培定则，可判定在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流；故同时减小B1增大B2在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流，故B正确；CD、根据上面的分析可知同时以相同的变化率增大B1和B2或同时以相同的变化率减小B1和B2都不会在环中产生感应电流，故CD错误；4. 如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。

斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。

该过程中，物块的动能E k与水平位移x关系的图象是（）A. B.C. D.【答案】A【考点】动能定理的应用牛顿第二定律的概念【解析】把小物块的运动过程分成沿斜面向下运动和水平方向上的运动，然后分过程应用动能定理列方程，推导出小物块的动能E k与水平位移x的函数关系即可。

【解答】设斜面倾角为θ，小物块的质量为m，物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为μ，小物块由静止开始在沿斜面上运动的过程中，当水平位移为x时，由动能定理得：mg⋅x tanθ−μmg cosθ⋅xcosθ=E k−0整理得小物块的动能E k与水平位移x关系为：E k＝(mg tanθ−μmg)x假设小物块达到斜面低端的动能为E k0，此时小物块的水平位移为x0，在水平面上运动的过程中，由由动能定理得：−μmg(x−x0)＝E k−E k0整理得小物块的动能E k与水平位移x关系为：E k＝E k0+μmgx0−μmgx所以小物块的动能E k与水平位移x关系的图象为正比关系和一次函数关系，故A正确，BCD错误。

5. 中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。

某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F．若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为（）A.FB.19F20C.F19D.F20【答案】C【考点】牛顿第二定律的概念【解析】把第3节到第40节车厢看成一个整体，应用牛顿第二定律列方程；把最后两节车厢看成一个整体，应用牛顿第二定律列方程求解即可。

【解答】设每节车厢的质量为m，每节车厢所受摩擦力、空气阻力为f，从第3节到第40节车厢看成一个整体，对其进行受力分析，由牛顿第二定律得：F−(40−2)×f＝(40−2)×ma解得：F＝38×(f+ma)把最后两节车厢看成一个整体，对其进行受力分析，由牛顿第二定律得：F′−2f＝2ma解得：F′＝2×(f+ma)联立解得倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为：F′=F19，故C正确，ABD错误。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分。

每小题有多个选项符合题意。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。

某汽车的电源与启动电机、车灯连接的简化电路如图所示。

当汽车启动时，开关S闭合，电机工作，车灯突然变暗，此时（）A.车灯的电流变小B.路端电压变小C.电路的总电流变小D.电源的总功率变大【答案】A,B,D【考点】闭合电路的欧姆定律电功电功率【解析】S闭合，外电路电阻减小，根据闭合电路欧姆定律知，路端电压减小，总电流增大，据此分析各选项。

【解答】S闭合，灯与电动机并联，路端电阻总电阻R减小，根据闭合电路欧姆定律知U=RR+rE减小，干路电流I增大，车灯电流I灯=UR减小，电源的总功率EI变大，故ABD正确，C错误。

甲、乙两颗人造卫星质量相等，均绕地球做圆周运动，甲的轨道半径是乙的2倍。

下列应用公式进行的推论正确的有（）A.由v=√gR可知，甲的速度是乙的√2倍B.由a＝ω2r可知，甲的向心加速度是乙的2倍C.由F＝G Mmr2可知，甲的向心力是乙的14D.由r3T2=k可知，甲的周期是乙的2√2倍【答案】C,D【考点】万有引力定律及其应用线速度、角速度和周期、转速向心力【解析】根据万有引力提供向心力G Mmr2=m v2r=ma n得处线速度与向心加速度与半径的关系即可分析；向心力F＝G Mmr；【解答】AB、甲的轨道半径是乙的2倍，根据万有引力提供向心力G Mmr2=m v2r=ma n得：v=√GMr ，故vv=√rr=√2，故乙的速度是甲的√2倍；a n=GMr2，甲的向心加速度是乙的14，故A错误，B错误；C、根据万有引力提供向心力则F＝G Mmr2，而甲、乙两颗人造卫星质量相等，甲的轨道半径是乙的2倍，故甲的向心力是乙的14，故C正确；D、由开普勒第三定律r3T2=k可知T=√r3k，而甲的轨道半径是乙的2倍，故甲的周期是乙的2√2倍，故D正确；如图所示，小球A、B分别从21和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和21．忽略空气阻力，则（）A.A 和B 的位移大小相等B.A 的运动时间是B 的2倍C.A 的初速度是B 的12D.A 的末速度比B 的大【答案】 A,D【考点】逆向思维法的应用平抛运动基本规律及推论的应用 匀变速直线运动规律的综合运用 平抛运动的概念 【解析】根据位移的合成求合位移；平抛运动的时间t =√2ℎg ；水平初速度v 0=xt ，根据动能定理得mgℎ=12mv 2，末速度v =√2gℎ【解答】A 、A 和B 的位移大小都为√l 2+4l 2=√5l ，故A 正确；B 、根据ℎ=12gt 2得：t =√2ℎg，则A 的运动时间为：t A =√41g，B 的运动时间为：t B =√21g ，故t A t B=√2=√2，故B 错误；C 、水平初速度为：v 0=xt ，则有：v A0vB0=l t A 21t B=tB 2t A=√24，故C 错误； D 、根据动能定理得：mgℎ=12mv 2−12mv 02，化简消去m ，则v 2=2gℎ+v 02：代入得：v A 2=4gl +14gl =174gl ；v B 2=2gl +(√21g)2=4gl ，故A 的末速度比B 的大，故D 正确；如图所示，绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球（不计重力）。

开始时，两小球分别静止在A 、B 位置。

现外加一匀强电场E ，在静电力作用下，小球绕轻杆中点O 转到水平位置。

取O 点的电势为0．下列说法正确的有（ ）A.电场E中A点电势低于B点B.转动中两小球的电势能始终相等C.该过程静电力对两小球均做负功D.该过程两小球的总电势能增加【答案】A,B【考点】带电粒子在电场中的加（减）速和偏转电势能电势电场力做功与电势能变化的关系【解析】根据电场线判断电势高低；根据压强电场中电势差与场强的关系得两小球的电势，然后又根据电势能与电势的关系得两小球的电势能进行比较；根据电场力做功判断电势能的变化。

【解答】A、根据顺着电场线电势降低，可得电场E中A点电势低于B点，故A正确；B、设OA＝OB＝L，开始状态轻杆与电场线方向的夹角为θ，根据压强电场中电势差与场强的关系得：U OA＝Ed＝EL cosθ取O点的电势为0，则有：U OA＝φO−φA解得：φA＝−EL cosθ同理可得：φB＝EL cosθ又根据电势能与电势的关系得A小球的电势能为：E pA＝qφA＝−qEL cosθ＝−qEd，E pB ＝−qφB=−qEL cosθ＝−qEd转动中两小球沿电场线方向的距离d相等，所以两小球的电势能始终相等，故B正确；CD、转动中两小球都沿电场力方向移动一段距离，根据电场力做功的条件可知，该过程静电力对两小球均做正功，所以该过程两小球的总电势能减小，故CD错误。

三、简答题：本题分必做题（第10～14题）和选做题（第15～20题）两部分，共计42分。