2020年吉林省高考物理试卷(新课标Ⅱ)

试卷第PAGE\*MERGEFORMAT#页，总15页2020年吉林省髙考物理试卷（新课标II）一、选择 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 ：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1~5题只有一项符合题目要求，第6~8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。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（）B.霍尔A.库仑C.洛伦兹D.法拉第【答案】【考点】法拉第电磁感应定律物理学史【解析】由题意可知，圆管为金属导体，导体内部自成闭合回路，且有电阻，当周I制的线圈中产生出交变磁场时，就会在导体内部感应出涡电流，电流通过电阻要发热。该过程利用的原理是电磁感应现彖，其发现者为法拉第。【解答】根据题意，焊接过程所利用的是变化的磁场在线圈中产生变化的电流，再利用电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接，属于电磁感应现象，是由法拉第发现的，故错误，D正确：2.若一均匀球形星体的密度为p,引力常量为G,则在该星体 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 面附近沿圆轨道绕其运动的卫星的周期是（）【答案】【考点】万有引力定律及其应用【解析】根据万有引力等于向心力G^=m^R及球体的密度公式p=脇联立求解几3【解答】设星球的质量为M,半径为R,卫星的质量为m,运行周期为T,在该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星所需的向心力由星球对其的万有引力提供，则根据牛顿第二定律得：G^=m^R①星球的密度：P=^@3联立①②解得T=馬,故4正确，BCD错误:3•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3/i,其左边缘a点比右边缘b点高0.5/1。若摩托车经过a点时的动能为耳，它会落到坑内f点，c与a的水平距离和高度差均为加若经过a点时的动能为园，该摩托20B.18C.9.0D.3.0【答案】B【考点】动能定理的应用【解析】根据竖直方向的运动规律求出落到坑内c点时和到达b点时竖直方向的速度，再根据根据平抛运动的规律求解水平方向的速度，由此求解动能之比。【解答】设落到坑内c点时竖直方向的速度为勺1，则有：Vyi=2ghvyi=y/2ghi根据平抛运动的规律可得：v01t=h^t=h2解得：%=竽则有：=\mgh同理，设摩托车恰能越过坑到达b点时竖直方向的速度为勺2,则有：Vy2=2gx0.5h=ghvy2=根据平抛运动的规律可得：v02tr=3h^e=Q.5h2解得：Vq2—3Vy2则有：E2=扌m诡2=\m9h所以学=18,故B正确、4CD错误。CT扫描是计算的LX射线断层打描技术的简称，CT打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，虎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作P点。则()目标靶环團⑹偏转磁场團(b)M处的电势高于N处的电势增kM、N之河的加速电压可以使P点左移偏转磁场的方向垂直于纸面向外增人偏转磁场磁感应强度的人小可使P点左移【答案】D【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动规律【解析】电子受到向右的电场力，所以电场线水平向左，以此分析电势的高低；根据左手定则分析偏转磁场的方向；根据洛伦兹力提供向心力以及动能定理求解电子做圆周运动的半径表达式，从而判断改变磁感应强度以及增犬M、N之间的加速电压后P点的变化情况。【解答】4、根据题意可知，电子在MN之间加速，受到向右的电场力，所以MN之间的电场线水平向左，则M点的电势比N点电势低，故4错误；C、根据题意可知，电子进入磁场时受到竖直向上的洛伦兹力，根据左手定则可知偏转磁场的方向垂直于纸面向里，故C错误；BD、电子在加速电场中运动，根据动能定理有eU=^mv2在磁场中运动时，根据洛伦兹力提供向心力有evB=m^如增人M、N之间的加速电压，电子在磁场中做圆周运动的半径增人，所以电子出磁场时的偏角减小，P点向右移动，则电子在磁场在的半径为增大偏转磁场磁感应强度的人小，则电子在磁场中做圆周运动的半径减小，电子出磁场时的速度偏角增人，P点左移，故B错误，D正确。笊核鉗可通过一系列聚变反应释放能量，其总效果可用反应式6fHT2?He+2；H+2韧+43.15MW表示。海水中富含笊，已知1約海水中含有的訊核约为1.0X1022个，若全都发生聚变反应，其释放的能量与质量为M的 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 煤燃烧时释放的热量相等；已知1炀标准煤燃烧释放的热量约为2.9xIO?八lMeU=1.6x10-13八则M约为（）A.40Zcg8.100kgCAOOkg0.1000kg【答案】C【考点】原子核的人工转变裂变反应和聚变反应【解析】首先根据聚变反应式求出每个笊核发生聚变放出的能量，再求出lkg海水中含有的1.0X1022个笊核发生聚变反应释放的能量，则M就等于总热量除以lkg标准煤燃烧释放的热量；【解答】根据反应式6孑Ht2纽e+2{H+2jn+43.15MeU可知，6个氛核发生聚变反应可放出43.15MW的能量，则平均每个笊核可放出7.19MeV的能量，若1約海水中含有的1.0X1022个笊核全都发生聚变反应，其释放的能量为7.19xlO22MeV：则质量为M的标准煤燃绕时释放的热量Q=7.19x1022x1.6x10-13；=11.5x109/,而1炀标准煤燃烧释放的热量约为2.9xIO?/,则M=爲腭kg怎400kg；^ABD错误，C正确：特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失人幅降低。我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。假设从力处采用550汐的超高压向B处输电，输电线上损耗的的电功率为AP,到达8处时电压下降了在保持4处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用llOOkV^-高压输电，输电线上损耗的电功率变为△»,到达8处时电压下降了不考虑其他因素的影响，则（）心=0心="心=討【答案】A,D【考点】远距离输电电功率电功【解析】远距离输电时，在线路上损失的功率为AP=带，与电压的平方成反比：电压降△U=^R与电压成反比；【解答】AB.远距离输电时，线路上的电流/=令则在线路上损失的功率为=爭；根据损失的功率公式可知，损失的功率与电压的平方成反比：假设从＞1处采用550上卩的超高压向B处输电，若改用llOOkU特高压输电，电压变成原来的2倍，则输电线上损耗的电功率变为原来的召即△P=^2\P;故4正确，B错误：44CD、线路上的电流1=^到达B处时电压卞降了\U=IR气R,电压降与电压成反比,则若电压变成原来的2倍，变为原来的?故Z=沖、故C错误，D正确；7•如图，竖直面内一绝缘圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。a、b为圆坏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・q、b两点的场强相等C・c、d两点的场强相等B.a、b两点的电势相等D.c、d两点的电势相等【答案】A,B,C【考点】电势差与电场强度的关系【解析】根据微元法，将带电圆环看成若干个点电荷，依据点电荷的电场强度方向与大小，结合矢量的叠加法则，即可判定场强人小关系，再根据沿着电场线方向电势降低，及电场线方向与等势面垂直，即可一一判定。【解答】AB.将带电圆环看成若干个点电荷，取关于水平直径对称的两个点电荷，依据点电荷的电场强度人小与方向，结合矢量的合成法则，如卞图所示，那么此两个点电荷在a、b两点产生电场强度人小相等，方向相同，同理，任意两个关于水平直径对称的两个点电荷在a、b两点产生的合电场强度人小相等，方向都相同，那么带异种电荷的上、下半圆在a、b两点的场强相等，方向相同，再依据电场线与等势线垂直，可知，ab连线即为等势线，因此a、b两点的电势也相等，故正确；CD、将带电圆环看成若干个点电荷，取上半圆关于竖直直径对称的两个点电荷，依据点电荷的电场强度大小与方向，结合矢量的合成法则，如上图所示，那么此两个点电荷在c点产生电场强度的方向竖直向卞，同理，取下半圆关于竖直直径对称的两个点电荷，依据点电荷的电场强度大小与方向，结合矢量的合成法则，如上图所示，那么此两个点电荷在d点产生电场强度的方向也竖直向卞，由于c、d两点关于水平直径对称,那么c、d两点的场强相等，因此任意两个关于竖直直径对称的两个点电荷在c、d两点产生的合电场强度大小相等，方向都相同，那么带异种电荷的上、下半圆在c、d两点的场强相等，方向相同，再依据沿着电场线方向电势降低，可知，c点的电势高于d,故C•正确，D错误；8.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4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与扌当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5.0m/s的速度与扌当板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的人小人于5.0m/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（）48kgB.53/cgC.58kgD.63kg【答案】C【考点】动量守恒定律的综合应用弹性碰撞和非弹性碰撞【解析】根据动量守恒定律得到第71次推出物块后运动员的速度表达式，根据第7次推出后还能再推，第8次推出后不能再推求出运动员质量范围即可。【解答】设该运动员的质量为M,物块的质量为m=4.0Zcg,推物块的速度人小为v=5.0m/s,取人运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得：第一次推物块的过程中：O=M“i—mu第二次推物块的过程中：Mv1-^mv=Mv2-mv第三次推物块的过程中：Mv2+mv=Mv3-mv第?i次推物块的过程中：+mu=M坯-mv以上各式相加可得：当?i=7时，v752kg当?1=8时，v8>v,解得Mv60Zcg,故52/cg0)的粒子以速度％从磁场区域左侧沿%轴进入磁场，不计重力。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為:如果磁感应强度人小为琴,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％轴正方向的夹角及该点到%轴的距离。【答案】若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，磁场的方向垂直于纸面向里，在这种情况卜磁感应强度的最小值为呻：qh如果磁感应强度大小为竽，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。粒子在该点的运动方向与％轴正方向的夹角为30。，该点到％轴的距离为(2-V3)ho【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动规律匀速圆周运动洛伦兹力【解析】判断粒子受到的洛伦兹力的方向，根据左手定则分析磁场的方向，由题意求解粒子做圆周运动的运动半径最人值，根据洛伦兹力提供向心力求解若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场时磁感应强度的最小值；根据半径公式分析磁感应强度减半后粒子的半径人小，作出运动轨迹，根据几何知识求解粒子离开磁场时与％轴正方向的夹角及和虚线的交点到％轴的距离。【解答】根据题意可知，粒子刚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的规律有：qVoB=m^-由此可得：R=警qB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轴的正半轴上，半径应满足R/3)h答：(1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，磁场的方向垂直于纸面向里,在这种情况下磁感应强度的最小值为警；（1）如果磁感应强度人小为竽，粒子将通过qnZ虚线所示边界上的一点离开磁场。粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角为30。，该点到%轴的距离为（2-V3）ho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。圆管由静止自由卞落，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为重力加速度的人小，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人小：（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最人高度；（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。【答案】管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度人小分别为2g、3g；管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，管上升的最人高度为箸H：管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，圆管长度应满足L>^H.【考点】动能定理的应用逆向思维法的应用牛顿第二定律的概念匀变速直线运动规律的综合运用【解析】（1）分析管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球的受力情况，由牛顿运动定律列方程求解加速度大小；（2）由运动学公式可得碰地前瞬间它们的速度人小；再求出管与小球的速度刚好相同时经过的位移加，速度相同后管与小球将以加速度g减速上升力到达最高点，根据竖直上抛运动求解上升的高度即可；（3）由动能定理求解第一次弹起过程中球相对管的位移%1，同理求解管与球从再次卞落到第二次弹起至最高点的过程中球与管的相对位移%2,球不会滑出管外的条件是X1+x20,此后，管与小球将以加速度g减速上升匕2，到达最高点，由运动学公式有：鵝=工厶2g管第一次落地弹起后上升的最大高度Hi=hi+h2=||h；设第一次弹起过程中球相对管的位移为勺，在管开始下落到上升Hl这一过程中，由动能定理有：Mg（H-HQ+mg（H-HL+%!）一=0解得：帀=細同理可推得，管与球从再次卞落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移址为：x2=g^1设圆管长度为厶.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%]+x2^||ho（-）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[物理■■选修3・3]（15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）汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低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，而不产生其他影响冰箱的制冷机工作时从箱内低温坏境中提取热量散发到温度较高的室内【答案】C【考点】热力学第二定律热力学第一定律【解析】根据热力学第一定律△U=W+Q分析是否违背热力学第一定律，根据热力学第二定律的内容分析是否违背热力学第二定律。【解答】4、汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热的过程不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律；B、冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低需要对外发出热屋或对外做功，而保温杯隔断了热传递过程，水也没有对外做功，所以该过程违背热力学第一定律：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，该过程不违背热力学第一定律、但违背热力学第二定律；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，但要消耗电能，引起了其它变化，该过程不违背热力学第一定律、也不违背热力学第二定律。潜水钟是一种水卞救生设备，它是一个底部开II、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，以满足潜水员水卜•避险的需要。为计算方便，将潜水钟简化为截面积为S、高度为匕、开II向卞的圆筒；工作母船将潜水钟由水面上方开II向卞吊放至深度为H的水下，如图所示。已知水的密度为p,重力加速度人小为g，大气压强为Po,H»h,忽略温度的变化和水密度随深度的变化。Q）求进入圆筒内水的高度2;（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po时的体积。Q）进入圆筒内水的高度I为需护;（〃）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*时的体积pgSHhPo【考点】理想气体的状态方程【解析】(i)由玻意耳定律和液体压强公式求进入圆筒内水的高度I;(町保持H不变，压入空气使筒内的水全部排出，由玻意耳定律求得压入的空气在其压强为Po时的体积。【解答】设潜水钟在水面上方时和放入水卞后筒内气体的体积分别为％和％,放入水卞后筒内气体的压强为"，由玻意耳定律和题给条件有：Pivi=PqvoVQ=hS—2)SPi=Po+pg(H—O联立以上各式并考虑到H»/i>Z,解得：I=~^hPo十pgH设水全部排出后筒内气体的压强加2；此时筒内气体的体枳为卩o,这些气体在其压强为4时的体积为吟，由玻意耳定律有：P2V0=P0V3其中P2=Po+pgH设需压入筒内的气体体积为u,依题意：卩=叫一仏联立解得：卩=空竺Po[物理■■选修3・4](15分)用一个摆长为80.0cm的单摆做实验，要求摆动的最人角度小于5。，则开始时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。【答案】6.9,96.8【考点】探究单摆的周期与摆长的关系【解析】根据弧长公式求摆球拉离平衡位置的最人距离：根据单摆的周期公式T=2tt结合题意求新单摆的摆长。【解答】当摆动的角度为5。时，摆球拉离平衡位置的距离最大，设为s,则根据题意得s=咚怎5X3.14X0.818o26.9m故开始时摆球拉离平衡位置的距离应不超过6・9m单摆的周期公式:r=iir=ior,则辛特则―誥"冷x80cm=96.8g，设原来单摆的周期为八新单摆的周期为厂，根据题意知直角棱镜的折射率n=1.5,其横截面枳如图所示，图中乙C=90。，"=30。.截面内一细束与边平行的光线，从棱镜43边上的D点射入，经折射后射到边上。Q)光线在BC•边上是否会发生全反射？说明理由；(町不考虑多次反射，求从4C边射出的光线与最初的入射光线夹角的正弦值。【答案】(i)光线在边上会发生全反射(1)(11)不考虑多次反射，从4C边射岀的光线与最初的入射光线夹角的正弦值为耳空。4【考点】光的折射定律【解析】Q)作出光路图，根据几何知识分析光在BC面的入射角与临界角的人小关系，从而判断是否会发生全反射：@)从/C边射出的光线与最初的入射光线夹角等于光在4C边出射时的折射角，根据几何知识、反射定律以及折射定律求解该角的正弦值。【解答】(町设光线在4C边上的F点射出棱镜，光线的入射角为产，折射角为k,根据几何知识、反射定律以及折射定律有i=30。...③!=90。一8...④sini=nsinr...(5)nsinf=sinrz...(6)联立①③④⑤⑥解得：sin八筈^根据几何知识可知，r，即4C边射出的光线与最初的入射光线的夹角。答：(0光线在边上会发生全反射(l)(ii)不考虑多次反射，从边射出的光线与最初的入射光线夹角的正弦值为笛空。4