2020年海南省高考物理试卷

2020年海南省高考物理试卷

─、单项选择题

1. 100年前，卢瑟福猜想在原子核内除质子外还存在着另一种粒子X ，后来科学家用α粒子轰击铍核证实了

这一猜想，该核反应方程为：4912246He Be C X m

n +→+，则（ ）

A. 1m =，0n =，X 是中子

B. 1m =，0n =，X 是电子

C. 0m =，1n =，X 是中子

D. 0m =，1n =，X 是电子 【答案】A 【解析】

【详解】根据电荷数和质量数守恒，则有

4912m +=+，246n +=+

解得m =1，n =0，故X 是中子 故选A 。

2. 如图，上网课时小明把手机放在斜面上，手机处于静止状态。则斜面对手机的（ ）

A. 支持力竖直向上

B. 支持力小于手机所受的重力

C. 摩擦力沿斜面向下

D. 摩擦力大于手机所受的重力沿斜面向下的分力 【答案】B 【解析】

【详解】设手机的质量为m ，斜面倾角为θ。对手机进行受力分析，如图所示

由图可知支持力方向垂直斜面向上，摩擦力方向沿斜面向上，根据平衡条件则有

sin f mg θ=，N cos F mg θ=

因cos 1θ<，故N F mg <，且摩擦力等于手机所受的重力沿斜面向下的分力 故选B 。

3. 图甲、乙分别表示两种电流的波形，其中图乙所示电流按正弦规律变化，分别用1I 和2I 表示甲和乙两电流的有效值，则（ ）

A. 12:2:1I I =

B. 12:1:2I I =

C. 12::12I I =

D. 1221::I I =

【答案】D 【解析】

【详解】对图甲的交流电分析，可知一个周期内交流电的电流方向变化，而电流的大小不变，故图甲的电流有效值为10I I =；对图乙的交流电分析可知，其为正弦式交流电，故其有效值为0

22

I =

，故1221::I I =，故选D 。

4. 一车载加热器（额定电压为24V ）发热部分的电路如图所示，a 、b 、c 是三个接线端点，设ab 、ac 、bc 间的功率分别为ab P 、ac P 、bc P ，则（ ）

A. ab bc P P >

B. ab ac P P = C .

ac bc P P = D. ab ac P P <

【答案】D 【解析】

【详解】接ab ，则电路的总电阻为

()99909919

ab R R R R

R R R R

+=

=

++ 接ac ，则电路的总电阻为

()99189919

ac R R R R

R R R R

+=

=

++ 接bc ，则电路的总电阻为

()99909919

bc R R R R

R R R R

+=

=

++ 由题知，不管接那两个点，电压不变，为U =24V ，根据

2

U P R

= 可知

ab bc ac P P P =<

故选D 。

5. 下列说法正确的是（ ）

A. 单色光在介质中传播时，介质的折射率越大，光的传播速度越小

B. 观察者靠近声波波源的过程中，接收到的声波频率小于波源频率

C. 同一个双缝干涉实验中，蓝光产生的干涉条纹间距比红光的大

D. 两束频率不同的光，可以产生干涉现象 【答案】A 【解析】 【详解】A ．根据

c v n

=

可知单色光在介质中传播时，介质的折射率越大，光的传播速度越小，故A 正确；

B ．根据多普勒效应，若声波波源向观察者靠近，则观察者接收到的声波频率大于波源频率，故B 错误；

C ．根据

L x d

λ?=

同一个双缝干涉实验中，蓝光的波长小于红光的波长，故蓝光产生的干涉条纹间距比红光的小，故C 错误； D ．根据光的干涉的条件可知，两束频率不同的光不能产生干涉现象，故D 错误。 故选A 。

6. 如图，在一个蹄形电磁铁的两个磁极的正中间放置一根长直导线，当导线中通有垂直于纸面向里的电流I时，导线所受安培力的方向为（）

A. 向上

B. 向下

C. 向左

D. 向右

【答案】B

【解析】

【详解】根据安培定则，可知蹄形电磁铁的分布情况，如图所示

故导线所处位置的磁感应线的切线方向为水平向右，根据左手定则，可以判断导线所受安培力的方向为向下。

故选B。

7. 2020年5月5日，长征五号B运载火箭在中国文昌航天发射场成功首飞，将新一代载人飞船试验船送入太空，若试验船绕地球做匀速圆周运动，周期为T，离地高度为h，已知地球半径为R，万有引力常量为G，则（）

A. 试验船的运行速度为2R T π

B.

()3 2R h

T R π+

C. 地球的质量为

()3

2

2R h

GT

π+

D. 地球表面的重力加速度为

()2

2

2

4R h

RT

π+

【答案】B 【解析】

【详解】A ．试验船的运行速度为

2()

R h T

π+，故A 错误； B ．近地轨道卫星的速度等于第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力有

22Mm v G m R R

= 根据试验船受到的万有引力提供向心力有

22

2()()()Mm G

m R h R h T

π=++船船 联立两式解得第一宇宙速度

v =

故B 正确；

C ．根据试验船受到的万有引力提供向心力有

222()()()Mm G m R h R h T

π=++船船

解得

()3

22

4R h M GT

π+=

故C 错误；

D ．地球重力加速度等于近地轨道卫星向心加速度，根据万有引力提供向心力有

2

2Mm v G m mg R R

== 根据试验船受到的万有引力提供向心力有

2

2

2()()()Mm G

m R h R h T

π=++船船 联立两式解得重力加速度

()3

22

2

4R h g R T

π+=

故D 错误。 故选B 。

8. 太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提

供推力，若某探测器质量为490kg ，离子以30km/s 的速率（远大于探测器的飞行速率）向后喷出，流量

为3

3.010g/s -?，则探测器获得的平均推力大小为（ ）

A. 1.47N

B. 0.147N

C. 0.09N

D. 0.009N

【答案】C 【解析】

【详解】对离子，根据动量定理有

F t mv ?=?

而

333.01010m t --?=???

解得F =0.09N ，故探测器获得的平均推力大小为0.09N ，故选C 。

二、多项选择题

9. 一列简谐横波沿x 轴正方向传播，波的周期为0.2s ，某时刻的波形如图所示．则（ ）

A. 该波的波长为8m

B. 该波的波速为50m/s

C. 该时刻质点P 向y 轴负方向运动

D. 该时刻质点Q 向y 轴负方向运动 【答案】AC 【解析】

【详解】A ．由波形图可知，波长为8m ，故A 正确； B ．根据公式

v T

λ

=

代入数据解得40m /s v =，故B 错误；

CD ．由题知，沿x 轴正方向传播，根据“上下坡法”，可知该时刻质点P 向y 轴负方向运动，该时刻质点Q 向y 轴正方向运动，故C 正确，D 错误。 故选AC 。

10. 空间存在如图所示的静电场，a 、b 、c 、d 为电场中的四个点，则（ ）

A. a 点的场强比b 点的大

B. d 点的电势比c 点的低

C. 质子在d 点的电势能比在c 点的小

D. 将电子从a 点移动到b 点，电场力做正功 【答案】AD 【解析】

【详解】A ．根据电场线的疏密程度表示电场强度的大小，可知a 点的电场线比b 点的电场线更密，故a 点的场强比b 点的场强大，故A 正确；

B ．根据沿着电场线方向电势不断降低，可知d 点的电势比c 点的电势高，故B 错误；

C ．根据正电荷在电势越高的点，电势能越大，可知质子在d 点的电势能比在c 点的电势能大，故C 错误；

D ．由图可知，a 点的电势低于b 点的电势，而负电荷在电势越低的点电势能越大，故电子在a 点的电势能高于在b 点的电势能，所以将电子从a 点移动到b 点，电势能减小，故电场力做正功，故D 正确。 故选AD 。

11. 小朋友玩水枪游戏时，若水从枪口沿水平方向射出的速度大小为10m/s ，水射出后落到水平地面上。已知枪口离地高度为1.25m ，2

10m/s g =，忽略空气阻力，则射出的水（ ） A. 在空中的运动时间为0.25s B. 水平射程为5m

C. 落地时的速度大小为15m/s

D. 落地时竖直方向的速度大小为5m/s 【答案】BD 【解析】

详解】A ．根据2

12

h gt =

得，运动时间 22 1.25s 0.5s 10

h t g ?=

== 故A 错误； B ．水平射程为

0100.5m 5m x v t ==?=

故B 正确；

CD ．竖直方向分速度为

100.5m/s 5m/s y v gt ==?=

水平分速度为

010m/s x v v ==

落地速度为

2

2

55m/s y x v v v =+=

故C 错误，D 正确。 故选BD 。

12. 如图，在倾角为θ的光滑斜面上，有两个物块P 和Q ，质量分别为1m 和2m ，用与斜面平行的轻质弹簧相连接，在沿斜面向上的恒力F 作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则（ ）

A. 两物块一起运动的加速度大小为12

F

a m m =

+

B. 弹簧的弹力大小为2

12

m T F m m =

+

C. 若只增大2m ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大

D. 若只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大 【答案】BC 【解析】

【详解】A ．对整体受力分析，根据牛顿第二定律有

()()1212sin F m m g m m a θ-+=+

解得12

sin g m m F

a θ-+=

，故A 错误；

B ．对m 2受力分析，根据牛顿第二定律有

22sin F m g m a θ-=弹

解得212

m

F

F m m =

+弹，故B 正确；

C ．根据

21122

1m F F

F m m m m =

=

++弹，可知若只增大2m ，两物块一起向上匀加速运动时，弹力变大，根据胡克

定律，可知伸长量变大，故它们的间距变大，故C 正确； D ．根据212

m F

F m m =

+弹，可知只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，弹力不变，根据胡克定律，可知

伸长量不变，故它们的间距不变，故D 错误。 故选BC 。

13. 如图，足够长的间距1m d =的平行光滑金属导轨MN 、PQ 固定在水平面内，导轨间存在一个宽度1m L =的匀强磁场区域，磁感应强度大小为0.5T B =，方向如图所示．一根质量a 0.1kg m =，阻值0.5ΩR =的金属棒a 以初速度04m/s v =从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与另一根质量b 0.2kg m =，阻值

0.5ΩR =的原来静置在导轨上的金属棒b 发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻

不计，则（ ）

A. 金属棒a 第一次穿过磁场时做匀减速直线运动

B. 金属棒a 第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流

C. 金属棒a 第一次穿过磁场区域的过程中，金属棒b 上产生的焦耳热为0.25J

D. 金属棒a 最终停距磁场左边界0.8m 处

【答案】BD 【解析】

【详解】A ．金属棒a 第一次穿过磁场时受到安培力的作用，做减速运动，由于速度减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小，故金属棒a 做加速度减小的减速直线运动，故A 错误；

B ．根据右手定则可知，金属棒a 第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流，故B 正确；

C ．电路中产生的平均电动势为

BLd

E t t

?Φ=

=?? 平均电流为

2E

I R

=

金属棒a 受到的安培力为

F BId =

规定向右为正方向，对金属棒a ，根据动量定理得

0a a a BId t m v m v -??=-

解得对金属棒第一次离开磁场时速度

1.5m/s a v =

金属棒a 第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒a 机械能的减少量，即

22

01122

a a a Q m v m v =-

联立并带入数据得

0.6875J Q =

由于两棒电阻相同，两棒产生的焦耳热相同，则金属棒b 上产生的焦耳热

0.34375J 2

b Q

Q =

= 故C 错误；

D ．规定向右为正方向，两金属棒碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒得

a a a a

b b m v m v m v '=+ 222111222

a a a a

b b m v m v m v '=+

联立并带入数据解得金属棒a 反弹的速度为

0.5m/s a v =-

设金属棒a 最终停在距磁场左边界x 处，则从反弹进入磁场到停下来的过程，电路中产生的平均电动势为

()B L x d

E t t '?Φ-'=

=''

?? 平均电流为

2E I R

'

'=

金属棒a 受到的安培力为

F BI d ''=

规定向右为正方向，对金属棒a ，根据动量定理得

'0a a

BI d t m v -??='- 联立并带入数据解得

0.8m x =

故D 正确。 故选BD 。

三、实验题

14. （1）滑板运动场地有一种常见的圆弧形轨道，其截面如图，某同学用一辆滑板车和手机估测轨道半径R （滑板车的长度远小于轨道半径）。

主要实验过程如下：

①用手机查得当地的重力加速度g ；

②找出轨道的最低点O ，把滑板车从O 点移开一小段距离至P 点，由静止释放，用手机测出它完成n 次全振动的时间t ，算出滑板车做往复运动的周期T =________；

③将滑板车的运动视为简谐运动，则可将以上测量结果代入公式R =________（用T ﹑g 表示）计算出轨道半径。

（2）某同学用如图（a ）所示的装置测量重力加速度．

实验器材：有机玻璃条（白色是透光部分，黑色是宽度均为 1.00cm d =的挡光片），铁架台，数字计时器（含光电门），刻度尺． 主要实验过程如下：

①将光电门安装在铁架台上，下方放置承接玻璃条下落的缓冲物；

②用刻度尺测量两挡光片间的距离，刻度尺的示数如图（b ）所示，读出两挡光片间的距离L =________cm ；

③手提玻璃条上端使它静止在________方向上，让光电门的光束从玻璃条下端的透光部分通过； ④让玻璃条自由下落，测得两次挡光的时间分别为110.003ms t =和2 5.000ms t =； ⑤根据以上测量的

数据计算出重力加速度g =________2m/s （结果保留三位有效数字）。

【答案】 (1). t n (2). 2

22

4gt n π

(3). 15.40 (4). 竖直 (5). 9.74 【解析】

【详解】(1)[1]滑板车做往复运动的周期为

t

T n

=

[2]根据单摆的周期公式2T = 22

2

2244gT gt R n ππ

== (2)[3]两挡光片间的距离

15.40cm 0cm 15.40cm L =-=

[4]手提玻璃条上端使它静止在竖直方向上，让光电门的光束从玻璃条下端的透光部分通过。 [5]玻璃条下部挡光条通过光电门时玻璃条的速度为

2

13

1 1.0010m/s 1m/s 10.00310d v t --?===?

玻璃条上部挡光条通过光电门时玻璃条的速度为

2

23

2 1.0010m/s 2m/s 5.00010

d v t --?===? 根据速度位移公式有

22212v v gL -=

代入数据解得加速度

222219.74m/s 2v v g L

-==

15. 在测量定值电阻阻值的实验中，提供的实验器材如下：电压表1V （量程3V ，内阻1 3.0k Ωr =），电压表2V （量程5V ，内阻2 5.0k Ωr =），滑动变阻器R （额定电流1.5A ，最大阻值100Ω），待测定值电阻x R ，电源E （电动势6.0V ，内阻不计），单刀开关S ，导线若干：

回答下列问题：

（I ）实验中滑动变阻器应采用________接法（填“限流”或“分压”）； （2）将虚线框中的电路原理图补充完整_____________；

（3）根据下表中的实验数据（1U 、2U 分别为电压表1V ﹑2V 的示数），在图（a ）给出的坐标纸上补齐数据点，并绘制21U U -图像__________； 测量次数

1 2 3 4 5 1/V U 1.00

1.50

2.00

2.50

3.00

2/V U

1.61

2.41

3.21

4.02 4.82

（4）由21U U -图像得到待测定值电阻的阻值x R =________Ω（结果保留三位有效数字）；

（5）完成上述实验后，若要继续采用该实验原理测定另一个定值电阻y R （阻值约为700Ω）的阻值，在不额外增加器材的前提下，要求实验精度尽可能高，请在图（b ）的虚线框内画出你改进的电路图______。

【答案】 (1). 分压 (2). (3).

(4). 31.8310? (5).

【解析】

【详解】（1）[1]由于各电压表的电阻值比较大，为让待测电阻分得较大电压，所以要选择分压接法； （2）[2]完整的电路图，如图所示

（3）[3]根据下表中的实验数据，绘制的21U U -图像，如图所示

（4）[4]根据实验电路图，则有

21

11

x U U R U r -=

变形得

1

211

x R r U U r +=

则图线的

斜率为

1

1

x R r k r +=

根据21U U -图像可得斜率

4.82 1.61

1.613.00 1.00

k -=

=-

则有

1

1

1.61x

R r r +=

代入1 3.0k Ωr =，解得3

1.8310Ωx R =?

（5）[5]因待测电阻y R （阻值约为700Ω）的阻值较小，若仍与电压表1V 串联，则所分得的电压过小，不利于测量，故待测电阻y R 与其中一个电压表并联，由于电源电动势只有6V ，为让待测电阻分得较大电压，故待测电阻y R 应与电压表2V 并联，再与电压表1V 串联，故改进后的电路图，如图所示

四、计算题

16. 如图，圆柱形导热气缸长060cm L =，缸内用活塞（质量和厚度均不计）密闭了一定质量的理想气体，

缸底装有一个触发器D ，当缸内压强达到5

1.510Pa p ?=时，D 被触发，不计活塞与缸壁的摩擦。初始时，

活塞位于缸口处，环境温度027C t =?，压强5

0 1.010Pa p =?。

(1)若环境温度不变，缓慢向下推活塞，求D 刚好被触发时，到缸底的距离； (2)若活塞固定在缸口位置，缓慢升高环境温度，求D 刚好被触发时的环境温度。

【答案】(1)0.4m ；(2)450K 【解析】

【详解】(1) 设气缸横截面积为S ；D 刚好被触发时，到缸底的距离为L ，根据玻意耳定律得

00p SL pSL =

带入数据解得

5

005

110

0.6m 0.4m 1.510

p L L p ?==?=? (2)此过程为等容变化，根据查理定律得

00p p

T T

= 带入数据解得

5

05

0 1.510(27273)K 450K 110

p T T p ?==?+=? 17. 如图，光滑的四分之一圆弧轨道PQ 竖直放置，底端与一水平传送带相切，一质量a 1kg m =的小物块a 从圆弧轨道最高点P 由静止释放，到最低点Q 时与另一质量b 3kg m =小物块b 发生弹性正碰（碰撞时间极短）。已知圆弧轨道半径0.8m R =，传送带的长度L =1.25m ，传送带以速度1m/s v =顺时针匀速转动，小

物体与传送带间的动摩擦因数0.2μ=，2

10m/s g =。求

（1）碰撞前瞬间小物块a 对圆弧轨道的压力大小； （2）碰后小物块a 能上升的最大高度；

（3）小物块b 从传送带的左端运动到右端所需要的时间。

【答案】（1）30N ；（2）0.2m ；（3）1s 【解析】

【详解】（1）设小物块a 下到圆弧最低点未与小物块b 相碰时的速度为a v ，根据机械能守恒定律有

2

12

a a a m gR m v =

代入数据解得4m /s a v =

小物块a 在最低点，根据牛顿第二定律有

2N a

a a v F m g m R

-= 代入数据解得N 30F N =

根据牛顿第三定律，可知小物块a 对圆弧轨道的压力大小为30N 。 （2）小物块a 与小物块b 发生弹性碰撞，根据动量守恒有

a a a a

b b m v m v m v '=+ 根据能量守恒有

222111222

a a a a

b b m v m v m v '=+

联立解得2m /s a v =-，2m /s b v = 小物块a 反弹，根据机械能守恒有

21

2

a a a

m gh m v '=

解得0.2m h =

（3）小物块b 滑上传送带，因2m /s 1m /s b v v =>=，故小物块b 先做匀减速运动，根据牛顿第二定律有

b b m g m a μ=

解得22m /s a =

则小物块b 由2m/s 减至1m/s ，所走过的位移为

22

12b v v x a

-=

代入数据解得10.75m x = 运动的时间为

1b v v

t a

-=

代入数据解得10.5s t =

因10.75m 1.25m x L =<=，故小物块b 之后将做匀速运动至右端，则匀速运动的时间为

12 1.250.75

s 0.5s 1

L x t v --=

== 故小物块b 从传送带的左端运动到右端所需要的时间

121s t t t =+=

18. 如图，虚线MN 左侧有一个正三角形ABC ，C 点在MN 上，AB 与MN 平行，该三角形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场；MN 右侧的整个区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带正电的离子（重力不计）以初速度0v 从AB 的中点O 沿OC 方向射入三角形区域，偏转60?后从MN 上的Р点（图中未画出）进入MN 右侧区域，偏转后恰能回到O 点。已知离子的质量为m ，电荷量为q ，正三角形的边长为d ： (1)求三角形区域内磁场的磁感应强度；

(2)求离子从O 点射入到返回O 点所需要的时间；

(3)若原三角形区域存在的是一磁感应强度大小与原来相等的恒磁场，将MN 右侧磁场变为一个与MN 相切于P 点的圆形匀强磁场让离子从P 点射入圆形磁场，速度大小仍为0v ，方向垂直于BC ，始终在纸面内运动，到达О点时的速度方向与OC 成120?角，求圆形磁场的磁感应强度。

【答案】(1)02mv B qd =；(2)0

(1133)d

t π+=(3)见解析 【解析】

【详解】(1)画出粒子运动轨迹如图

粒子在三角形ABC 中运动时，有

2

00v qBv m r = 0

2r

T v π=

又粒子出三角形磁场时偏转60?，由几何关系可知

2

d r =

联立解得

2mv B qd

=

10

66T d t v π=

= (2)粒子从D 运动到P ，由几何关系可知

sin 60CP d

DP CP ==?

运动时间

200

32DP d

t v v =

=

粒子在MN 右侧运动的半径为

2r d '=

则有

2

00v qB v m r '='

2r T v π'

'=

运动时间

30

51063d t T v π'==

故粒子从O 点射入到返回O 点所需要的时间

1230

(112()3d

t t t t v π+=++=

(3)若三角形ABC 区域磁场方向向里，则粒子运动轨迹如图中①所示，有

cos60cos602

d

R R d +?=+

? 解得

56

R d =

此时根据2

020v qB v m R

=有

265mv B qd

=

若三角形ABC 区域磁场方向向外，则粒子运动轨迹如图中②所示，有

cos60-cos602

d

R R d ''+?=?

解得

12

R d '=

此时根据2

030v qB v m R ='

有