2020高考物理试题及答案解析全国卷二
绝密★启用前
2020年普通高等学校招生全国统一考试
理科综合能力测试
物理试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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（）
16.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。
2
1
E E 等于（ ）
A.20
B.18
C.9.0
D.3.0
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(a) 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(b) 所示。图(b)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)后将电子束打到靶上的点记为P 点。则（ ）
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2
1H 可通过一系列聚变反应释放能量，其总效果可用反应式
241112106H 2He+2H+2n+43.15MeV
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
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P ?，到达B 处时电压下降了U ?。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P '?，到达B 处时电压下降了U '?。不考虑其他因素的影响，则（ ）
1
A.4P P '?=
? 1
B.2P P '?=
?
1
C.4U U '?=?
1
D.2U U
'?=? 20.如图，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 （ ）
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
21.水平冰面上有一固定的竖直挡板。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 kg
B.53 kg
C.58 kg
D.63 kg
三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共129分。
22.(5分)
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。令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球B 释放时的高度为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/s2(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/s2。根据牛顿第二定律计算可得小球B加速度的大小为a'= m/s2 (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：。
23. (10 分)
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A1 (量程200 mA，内阻R g1=10.0Ω)、电流表A2 (量程500 mA，内阻R g2=1.0Ω)、定值电阻R0(阻值R0=10.0Ω)、滑动变阻器R (最大阻值10Ω)、电源E(电动势4.5V，内阻很小)、开关S和若干导线。该同学设计的电路如图(a) 所示。
(1)根据图(a)，在图(b) 的实物图中画出连线。
(2)若I1、I2分别为流过电流表A1和A2的电流。利用I1、I2、R g1和R0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，I1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I1和I2。所得实验数据在下表中给出。
根据实验数据可算得，当I 1 =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R 0，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)。
24. (12分)如图，在0≤x ≤h ，-∞
(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
m
2
B ，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。
25. (20分)如图，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。
(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。
33. [物理——选修3-3] (15分)
(1) (5分)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) (10分)潜水钟是一种水下救生设备，它是个底部开口、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、开白向下的圆筒；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。
34. [物理——选修3-4] (15分)
(1) (5分)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) (10分)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)不考选多次反射，求从AC边射出的光线与最初的入射光线夹角的正弦值。
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理科综合能力测试 物理试题参考答案及解析
14.D
【解析】线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，利用了电磁感应的原理，电磁感应现象的规律是法拉第发现的，故D 正确。
15.A
【解析】设星体的质量为M ，半径为R ，则其密度为34π3
M M V R ρ=
=。在该星体表面附近沿圆轨道绕星体运动的卫星的向心力由其所受万有引力提供，则有2
224πMm G m R R T
=
，
234πR T GM ==，故A 正确。
16.B
【解析】设摩托车的速度为v 1时，落在c 点，运动时间为t 1，则有
221111111,,22gt h v t h mv E ===，联立解得14
mgh E =。设摩托车的速度为v 2时，落在b 点，运动时间为t 2，则有22222221
1,3,222h gt v t h mv E ===，联立解得292
E mgh =。所以2
1
18E E =，故B 正确。
17.D
【解析】M 、N 之间为电子束的加速电场，所以M 处的电势低于N 处的电势，A 错误；增大M 、N 之间的加速电压， 电子离开加速电场后进入偏转磁场的运动轨道半径变大，则离开偏转电场时速度偏转角更小，所以P 点右移，B 错误；由左手定则可以判断偏转磁场的方向垂直纸面向里，C 错误；增大偏转磁场磁感应强度的大小，可使电子在磁场中的偏转半径变小，电子离开磁场时速度偏转角变大，则P 点左移，D 正确。
18.C
【解析】根据题意6个氘核发生聚变反应释放的能量为43.15 MeV ，则1.0×1023个氘核释放的能量为23
13101.01043.15 1.610J 1.1510J 6
-????≈?，又因为1 kg 标准煤燃烧释放的热
量约为2.9×107 J ，所以
10
7
1.1510kg 400kg
2.910M ?=≈?，故C 正确。
19.AD
【解析】设采用550 kV 的超高压向B 处输电时电路中的电流为I ，输电线的电阻为R ，则有2,U IR P I R ?=?=；当改用1100 kV 特高压输电时，输电线上的电流为I '，则
21111
,,2224
I I U IR U P I R P ''''=
?==??==?，所以A 、D 正确。 20.ABC
【解析】利用微元法，将圆环看成无数个点电荷，由对称性可知，a 点和b 点的电场强度大小相等，c 点和d 点的电场强度大小相等，故A 、C 正确。根据电场强度的矢量合成，可知cd 直线上电场方向由c 指向d 点，故c 点电势高于d 点电势，故D 错误。根据电场强度的矢量合成可知，ab 直线上的电场强度方向垂直ab 向下，所以ab 是一条等势线，故a 点和b 点的电势相等，故B 正确。
21.BC
【解析】设运动员的质量为M ，物块的质量为m =4.0 kg ，v 0=5.0 m/s ，根据动量守恒有第一次推出物块后10Mv mv =；物块与挡板碰撞后原速率返回，与运动员碰撞后有()101Mv mv M m v '+=+，运动员第二推出物块后有20110()Mv mv M m v Mv mv '-=+=+，则2102Mv Mv mv =+；物块物块与挡板碰撞后原速率返回，被运动员第三次推出后有
3202Mv Mv mv =+；…；运动员第七次推出物块后有7602Mv Mv mv =+；运动员第八次推出物
块后有8702Mv Mv mv =+。根据数学知识可知00
781315,mv mv v v M M
=
=，根据题意，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 ，则有7080,v v v v <>，代入数据解得52kg 60kg M <<，故B 、C 正确。
22.1.84 1.96 滑轮的轴不光滑（或其他答案，合理即可）
【解析】小球B 下降的位移为x =h 0-h =0.590 m -0.100 m=0.490 m ，根据匀变速直线运动的位移—时间公式有21
2
x aT =，故22
220.490m 1.84m/s 0.730s x a T
?=
=≈。 由于小球A 和小球B 由一根线相连，所以小球A 的速度大小时刻与小球B 相等，加速度大小也相等，设绳的拉力大小为F ，则根据牛顿第二定律有
B A B A
m g F F m g
a m m --'==，解得()220.15000.10009.8
m/s 1.96m/s 0.15000.1000
B A B A m g m g a m m -?-'=
==++。
a' 与a 有明显差异，实际测量的加速度小于理论计算，除实验中的偶然误差外，还有可能是受空气阻力作用，滑轮的轴不光滑、滑轮质量的影响等。
23.(1)
（2）（R g1+R 0）I 1 I 2-I 1 180 (3)11.6 (4)8.0
【解析】（1）依照电路图连接实物图，如答案图所示。
（2）由于电流表A 1的内阻已知，和定值电阻串联，相当于改装的电压表，小灯泡两端的电压U =（R g1+R 0）I 1；电流表A 2测量小灯泡和电流表A 1中总电流，所以流过小灯泡的电流I = I 2-I 1；已知小灯泡的额定电压为3.6 V ，为了使小灯泡不被烧坏，小灯泡两端的电压不能超过3.6V ，即（R g1+R 0）I 1不能超过3.6V ，所以I 1不能
()3.6V
0.18A 180mA 1010Ω
==+。
（3）当I 1 =173 mA 时，小灯泡两端电压为3.46 V ，流过小灯泡的电流为0.297 A ，所以灯丝电阻 3.46V
11.6Ω0.297A
R =
≈。
（4）已知小灯泡的额定电压为3.6 V ，为了能够测量完整的伏安特性曲线，改装的电压表的最大电压必须不小于3.6 V ，已知电流表A 1的满偏电流为200 mA ，所以所用电阻的阻值不能小于
3.6V
10.0Ω8.0Ω200mA
-=。
24.（1）磁场方向垂直纸面向里；0
m mv B qh
=
（2）（2?√3）? 【解析】（1）根据题意可知，粒子进入磁场时受到竖直向上的洛伦兹力，因此根据左手定则可知，磁场的方向垂直纸面向里。
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的规律有 2
00v qv B m R
=, 由此可得0
mv R qB
=
。 粒子穿过y 轴正半轴离开磁场，其在磁场中做孕周运动的圆心在y 轴正半轴上，且半径应满足R ≤h ，由题意，当磁感应强度为B m 时，粒子的运动半径最大，由此可得
m mv B qh
=
。 （2）若磁感应强度为
m
2
B ，粒子做圆周运动的圆心仍然在y 轴正半轴上，且此时的圆弧半径为2R h '=，粒子会穿过图中的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 轴的夹角为α，根据几何知识有 1sin 22
h h α=
=， 则有30α=，
根据几何知识可得，P 点与x 轴的距离为 y P =2?×(1?cos 30°)=（2?√3）?。 25.（1）2g ，3g （2）
1325
H （3）152
125L H ≥ 【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 ，由牛顿运动定律有
Ma 1=Mg +f ， ①
ma 2=f -mg ， ②④⑤⑥⑦⑧
联立并代入题给数据得122,3a g a g == 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
0v = ④，
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，由运动学公式有
011021v a t v a t -=-+ ⑤，
联立③④⑤式得
1t =
⑥，
设此时管下端的高度为h 1，速度为v ，由运动学公式可得
2101111
2
h v t a t =- ⑦，
011v v a t =- 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
222v h g
= 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 113
25
H H =
?。 （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
()()111140Mg H H mg H H x mgx -+-+-= ?，
联立??式并代入题给数据得 14
5
x H =
?， 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
214
5
x H =
?， 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 12x x L +≤ ?，
联立????式，L 应满足的条件为 152
125
L H ≥
?。 33.(1)B C (2)
0gHh p gH
ρρ+ 0S gHh p ρ
【解析】（1）汽车通过燃烧汽油获得动力，汽油燃烧释放的能量转化为汽车的机械能，
同时，热量会向空气中转移，A 项既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律；冷水倒入保温杯后，由于保温杯不向外界传递热量，将保温杯和冷水看作一个系统，系统的能量守恒，冷水和杯子的温度都变低，则说明系统的能量减少，不符合能量守恒，违背热力学第一定律；根据热力学第二定律可知热量不可能完全转化为功而不产生其他影响，所以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违背热力学第二定律，但不违背热力学第一定律；冰箱的制冷机工作时消耗电能，使从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内，不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律。
(2) (ⅰ)圆筒进入水下前筒内气体的 体积为0V Sh =， 压强为p 0；
圆筒进入水下后，筒内气体的 体积为()V S h l =-， 压强为0p p gH ρ=+， 根据玻意耳定律有 00p V pV =，
联立解得 0gHh
l p gH
ρρ=
+。
(ⅱ)设压入的空气在其压强为p 0时的体积为V '，其在水下时的压强为p ，体积为V Sl ''=，根据玻意耳定律有
0p V pV '''=,
代入l ，联立解得 0
S gHh
V p ρ'=
。 34.（1）6.9 （2）（ⅰ）见解析
【解析】（1）根据提示，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，则有摆球被拉开5°时偏离平衡位置的距离为2π 6.98cm 6530x l ≈?
?
=
?。要求摆动的最大角度小于5°，且保留1位小数，则开始时摆球拉离平衡位置的距离不应超过6.9 cm 。
新单摆的周期是原单摆的周期的11
10
，根据单摆的周期公式2T =可知，新单摆的摆
长为2
1196.8cm 10l l ??
'== ???
。
（2）（ⅰ）如图，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°>1
n ②，
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° ③， i '=90°-θ ④，
sin i =n sin r ⑤， sin sin n i r ''= ⑥，
联立①③④⑤⑥式并代入题给数据得
sin r '=
⑦， 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。