2020年普通高等学校招生全国统一考试物理海南卷

　 绝密 ★ 启用前 2018 年普通高等学校招生全国统一考试 物 物

　理 理 （海南卷）

　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，再选涂其他答案标号。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。

　一、单项选择题: 本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

　1．一攀岩者以 1m/s 的速度匀速向上攀登，途中碰落了岩壁上的石块，石块自由下落。3s 后攀岩者听到石块落地的声音，此时他离地面的高度约为 A． 10m

　B． 30m

　C． 50m

　D． 70m

　答案：C 解析：3s 内石块自由下落 m 452121  gt h ， 3s 内攀岩者匀速上升 m 32  vt h

　此时他离地面的高度约为 m 482 1   h h h ，故选 C。

　2．土星与太阳的距离是火星与太阳距离的 6 倍多。由此信息可知 A．土星的质量比火星的小 B．土星运行的速率比火星的小 C．土星运行的周期比火星的小 D．土星运行的角速度大小比火星的大 答案：B 解析：根据万有引力提供向心力 rmvrMmG22

　得rGMv ，土星与太阳的距离是火星与太阳距离的 6 倍多，所以土星运行的速率比火星的小，选项 B 正确；公式中土星或火星的质量消去，无法比较两者的质量，选项 A 错误；由 rTmrMmG2224  得GMrT3 24 ，土星与太阳的距离是火星与太阳距离的 6 倍多，所以土星运行的周期比火星的大，选项 C 错误；由T2得土星运行的角速度比火星的小，选项 D 错误。故选 B。

　 3．如图，一绝缘光滑固定斜面处于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为 B，方向垂直于斜面向上，通有电流 I 的金属细杆水平静止在斜面上。若电流变为 0.5I，磁感应强度大小变为 3B，电流和磁场的方向均不变，则金属细杆将 A．沿斜面加速上滑

　B．沿斜面加速下滑 C．沿斜面匀速上滑

　D．仍静止在斜面上

　答案：A 解析：分析金属杆受力有重力 G、斜面支持力 N 和磁场对通电导线的作用力 F，其中 F=BIL，由平衡条件得 F=Gsinθ， 若电流变为 0.5I，磁感应强度大小变为 3B，则磁场力变为 F"=1.5BIL， 金属杆受到的合力沿斜面向上，所以金属杆将沿斜面加速上滑，选项 A 正确。

　4．已知23490 Th 的半衰期为 24 天。

　4g23490 Th 经过 72 天还剩下 A．0

　B．0.5 g

　C．1 g

　 D．1.5 g 答案：B 解析：72 天等于 3 个半衰期， g 5 . 02103   m m ）

　（ ，选项 B 正确。

　5．如图，用长为 l 的轻绳悬挂一质量为 M 的沙箱，沙箱静止。一质量为 m 的弹丸以速度 v 水平射入沙箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度。不计空气阻力。对子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程 A．若保持 m、v、l 不变，M 变大，则系统损失的机械能变小 B．若保持 M、v、l 不变，m 变大，则系统损失的机械能变小 C．若保持 M、m、l 不变，v 变大，则系统损失的机械能变大 D．若保持 M、m、v 不变，l 变大，则系统损失的机械能变大 答案：C 解析：子弹打入沙箱的过程中，由动量守恒定律 V m M mv ) (  

　 解得m MmvV ，① 共同摆过一小角度的过程中机械能守恒， ) cos 1 ( ) ( ) ( ) (212       gl m M gh m M V m M

　② 由能量守恒，系统损失的机械能 ) cos 1 ( ) ( -21) (21212 2 2        gl m M mv V m M mv E

　③

　 由③式可以看出，若保持 m、v、l 不变，M 变大，则系统损失的机械能变大，A 错误； 若保持 M、v、l 不变，v 变大，则系统损失的机械能变大，C 正确； ①代入②得1 /121212 2 m MMvm MmMv E

　 ④ B I B I F G N θ

　 由④式可知若保持 M、v、l 不变，m 变大，则系统损失的机械能变大，选项 B 错误； 共同摆过一小角度的过程中机械能守恒，若保持 M、m、v 不变，l 变大，则摆角 θ 减小，h 不变，即机械能不变，D 错误。故选 C。

　6．某大瀑布的平均水流量为35900 m /s ，水的落差为 50m 。已知水的密度为3 31.00 10 kg/m  。在大瀑布水流下落过程中，重力做功的平均功率约为 A．63 10 W 

　B．73 10 W 

　C．83 10 W 

　D．93 10 W 

　答案：D 解析：每秒钟水流的质量为 kg 10 9 . 5 10 0 . 1 59006 3     m

　重力做功的平均功率约为W 10 3150 10 10 9 . 596     tmghtWP，选项 D 正确。

　共 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选得 项是符合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。

　7．如图，在磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中，有一面积为 S 的矩形单匝闭合导线框 abcd，ab 边与磁场方向垂直，线框的电阻为 R。使线框以恒定角速度 ω 绕过 ad、bc中点的轴旋转。下列说法正确的是 A．线框 abcd 中感应电动势的最大值是 BS 

　 B．线框 abcd 中感应电动势的有效值是 BS 

　 C．线框平面与磁场方向平行时，流经线框的电流最大 D．线框平面与磁场方向垂直时，流经线框的电流最大 答案：AC 解析：线框平面与磁场方向平行时，线框的两边都切割磁感应线，产生的感应电动势最大，最大值为 S BlBL BLv E m      22 2 ，选项 A 正确；此时流经线框的电流最大，C 正确；线框 abcd 中感应电动势的有效值是S B E Em2222 ，选项 B 错误；线框平面与磁场方向垂直时即中性面，线框不切割磁感应线，不产生感应电动势，流经线框的电流为零，D 错误。故选 AC。

　8．如图（a），一长木板静止于光滑水平桌面上， 0 t  时，小物块以速度0v 滑到长木板上，图（b）为物块与木板运动的t  v图像，图中1t 、0v 、1v 已知。重力加速度大小为 g。由此可求得 A．木板的长度 B．物块与木板的质量之比 C．物块与木板之间的动摩擦因数 b a d c B v O t v 0 v 1 t 1 图（b）

　v 0 图（a）

　 D．从 0 t  开始到1t 时刻，木板获得的动能 答案：BC 解析：

　设木块和木板的质量分别为 m 和 M，在速度时间图象上，斜率等于加速度， 可得：11 0tv va m

　①，

　 11tva M 

　 ②， 由牛顿第二定律得：f=ma m =μmg

　 ③

　 f=Ma M =μmg

　④ ①②③④联立可求得物块与木板的质量之比和物块与木板之间的动摩擦因数 μ。选项 B、C 正确； 由动量守恒定律1 0) ( v m M mv  

　 解得m Mmvv1 从 0 t  开始到1t 时刻，木板获得的动能2121Mv E k  ，由于只能求出两者的质量比，不能知道木块或木板的质量，所以无法求出木板获得的动能，选项 D 错误。故选 BC。

　9．如图，a 、 b、c、d 为一边长为 l 的正方形的顶点。电荷量均为 q（ 0 q  ）的两个点电荷分别固定在 a 、 c 两点，静电力常量为 k，不计重力。下列说法正确的是 A．b 点的电场强度大小为22kql B．过 b、d 点的直线位于同一等势面上 C．在两点电荷产生的电场中，ac 中点的电势最低 D．在 b 点从静止释放的电子，到达 d 点时速度为零 答案：AD 解析：点电荷 a 在 b 点产生的电场强度为2lkqE a  ，方向如图示， 点电荷 c 在 b 点产生的电场强度为2lkqE c  ，方向如图示， 由电场强度的合成法则得 b 点的电场强度大小为22 2lkqE Ec b  ， 选项 A 正确； 将一个正点电荷从 b 点沿 bd 直线向下运动，到达 ac 中点前，电场力做负功，电势能增加，电势增大，所以选项 BC 错误； 根据对称性，bd 两点的电势相等，根据动能定理，021212 2  b d bdmv mv qU， 在 b 点从静止释放的电子，到达 d 点时速度为零，选项 D 正确。故选 AD。

　10．如图，三个电阻 R 1 、R 2 、R 3 的阻值均为 R，电源的内阻 r R  ，c 为滑动变阻器的中点。闭合开关后，将滑动变阻器的滑片由 c 点向 a 端滑动，下列说法正确的是 a c b d

　 a c b d

　 E a E c

　 A．R 2 消耗的功率变小 B．R 3 消耗的功率变大 C．电源输出的功率变大 D．电源内阻消耗的功率变大 答案：CD 解析：等效电路如图示。

　滑动变阻器的滑片由 c 点向 a 端滑动，并联电阻减小，总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，R 1 上的电压增大，并联电压减小。R 3 支路的电阻增大，电流减小，R 3 消耗的功率变小，选项 B 错误；因为总电流增大，所以 R 2 支路的电流增大， R 2 消耗的功率变大，选项 A 错误；因为总电流增大，则电源内阻消耗的功率变大，D 正确；当外电阻等于电源的内电阻时，电源的输出功率最大，外电阻偏离电源的内电阻越大，电源的输出功率越小。原来外电阻大于 1.5R，滑动变阻器的滑片由 c 点向 a 端滑动，并联电阻减小，总电阻减小，但仍大于内电阻，所以电源输出的功率变大，选项 C 正确。故选 CD。

　共 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 。

　分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

　11．（6 分）学生课外实验小组使用如图所示的实验装置测量重力加速度大小。实验时，他们先测量分液漏斗下端到水桶底部的距离 s；然后使漏斗中的水一滴一滴地下落，调整阀门使水滴落到桶底发出声音的同时，下一滴水刚好从漏斗的下端滴落；用秒表测量第 1 个水滴从漏斗的下端滴落至第 n 个水滴落到桶底所用的时间 t。

　（1）重力加速度大小可表示为 g 

　（用 s、n、t 表示）； （2）如果某次实验中， 0.90m s  ， 30 n ， 13.0s t  ，则测得的重力加速度大小 g 

　2m/s ；（保留 2 位有效数字）

　（3）写出一条能提高测量结果准确程度的建议：

　 。

　答案：（1）222n st

　 （2）

　9.6

　（3）“适当增大 n”或“多次测量取平均值” 解析：（1）1 个水滴从漏斗的下端滴落至桶底所用的时间为ntt 1， 由自由落体运动公式得2121gt s  ，解得22212 2ts ntsg   。

　（2）代入数据得2222221m/s 6 . 90 . 1390 . 0 30 2 2 2   ts ntsg

　c b R 1 a R 3 R 2 a b c R 1 R 2 R 3

　 （3）“适当增大 n”或“多次测量取平均值”

　12．（12 分）某同学利用图（a）中的电路测量电流表 ○ A 的内阻 R A （约为 5 ）和直流电源的电动势 E （约为 10V ）。图中 R 1 和 R 2 为电阻箱，S 1 和 S 2 为开关。已知电流表的量程为 100mA ，直流电源的内阻为 r 。

　（1）断开 S 2 ，闭合 S 1 ，调节 R 1 的阻值，使 ○ A 满偏；保持 R 1 的阻值不变，闭合 S 2 ，调节 S 2 ，当R 2 的阻值为 4.8Ω 时 ○ A 的示数为 48.0mA。忽略 S 2 闭合后电路中总电阻的变化，经计算得AR 

　；（保留 2 位有效数字）

　（2）保持 S 1 闭合，断开 S 2 ，多次改变 R 1 的阻值，并记录电流表的相应示数。若某次 R 1 的示数如图（b）所示，则此次 R 1 的阻值为

　 ； （3）利用记录的 R 1 的阻值和相应的电流表示数 I，作出 I -1 -R 1 图线，如图（c）所示。用电池的电动势 E 、内阻 r 和电流表内阻AR 表示 I -1 随 R 1 变化的关系式为 I -1 =

　 。利用图（c）可求得 E

　 V。（保留 2 位有效数字）

　答案：（1）5.2

　 （2）148.2

　 （3）1 AR r RE E

　9.1 解析：（1）电流表 ○ A 满偏时总电流为 100 mA，闭合 S 2 ，当 R 2 的阻值为 4.8Ω 时 ○ A 的示数为I A =48.0mA，忽略 S 2 闭合后电路中总电阻的变化，即总电流不变，则 R 2 的电流为 I 2 =52 .0mA，由并联电路特点，2 2 RI R IA A ，解得 R A =5.2Ω. （2）电阻箱 R 1 的读数为 148.2Ω （3）断开 S 2 ，由闭合电路欧姆定律r R REIA 1，解得Er REREr R RIA A  1 1 1 -，由上式可知，I -1 -R 1 图线斜率的倒数等于电动势，由此得965 . 10100 1960 . 12 5 . 22 k ， V 1 . 95 . 1096 1  kE 。

　图(c) 100 140 180

　15

　20 I -1 /A -1

　R 1 /Ω

　10

　5

　6 7

　8

　9

　0 1

　2

　3

　4 9 0

　1

　2

　3 4

　5

　6

　7

　8

　3

　4

　5

　6

　7 8

　9

　0

　1 2

　7

　8

　9

　0

　1 2

　3

　4

　5 6 图(b)

　×100

　×10

　×1

　×0.1 S 1 E, r

　A

　图（a）

　S 2 R 2 R 1

　 共 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分 分 。

　把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

　。

　13．（10 分）如图，圆心为 O、半径为 r 的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为 B。P 是圆外一点， OP 3r  。一质量为 m、电荷量为 q（ 0 q  ）的粒子从 P 点在纸面内垂直于 OP 射出。已知粒子运动轨迹经过圆心 O，不计重力。求 （1）粒子在磁场中做圆周运动的半径； （2）粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。

　解：（1）如图，PMON 为粒子运动轨迹的一部分，圆弧 PM 为粒子在磁场中运动的轨迹，C 为圆心，半径为 R；MON 为圆 O 的直径， MC MN  。粒子在圆 O 内沿 MON 做匀速直线运动，由几何关系知  22 2OP R R r   

　 ① 由上式和题给条件得 43R r 

　② （2）设粒子在磁场中运动的速度大小为 v ，由洛仑兹力公式和牛顿定律有 2mq BRvv ③ 由题意，粒子在圆形区域内运动的距离为 MN 2r 

　④ 设粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间为 t ，由运动学公式有 MNt v ⑤ 联立②③④⑤式得 32mtqB

　 ⑥

　14．（16 分）如图，光滑轨道 PQO 的水平段 QO2h ，轨道在 O 点与水平地面平滑连接。一质量为m 的小物块 A 从高 h 处由静止开始沿轨道下滑，在 O 点与质量为4m 的静止小物块 B 发生碰撞。A、B 与地面间的动摩擦因数均为0.5  ，重力加速度大小为 g。假设 A、B 间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短。求 （1）第一次碰撞后瞬间 A 和 B 速度的大小； P

　O r B v P O r R C M N h h2

　A B O P Q

　 （2）A、B 均停止运动后，二者之间的距离。

　解：（1）设第一次碰撞前瞬间 A 的速度为0v，物块 A 下滑到 O 的过程中，由机械能守恒定律有 2012mgh m  v

　① 设第一次碰撞后瞬间 A 、 B 的速度分别为1v 、1V ，取向右方向为正。A、B 在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后系统的动能相等，有 0 1 1(4 ) m m m V   v v

　② 2 2 20 1 11 1 1(4 )2 2 2m m m V   v v

　 ③ 联立①②③式得 1 03 325 5gh   v v

　④ 1 02 225 5V gh   v

　⑤ 即第一次碰撞后瞬间 A 和 B 速度的大小分别为325gh 和225gh 。

　（2）A、B 碰撞后，A 自 O 点向左运动，经过一段时间后返回到 O 点，设 A 两次经过 QO 段运动的时间为 t，有 12QOt v ⑥ B 碰撞后向右运动，设 A、B 在地面上运动的加速度大小分别为Aa 、Ba ，由牛顿第二定律得 Amg ma  

　 B(4 ) 4 m g ma  

　⑦ 设 B 在地面上向右运动的时间为Bt ，由运动学公式得 1 B B0 V a t  

　⑧ 联立④⑤⑥⑦⑧式并代入题给条件得 Bt t 

　⑨ 由⑨式可知，当 A 再次回到 O 点时 B 已停止运动。由1 1V  v和⑦式知，A、B 将再次碰撞。设 B从 O 点以速度1V 开始运动到速度减为 0 的过程中，运动的距离为 s ，再次碰撞前瞬间 A 的速度大小为2v 。由运动学公式有 21 B0 2 V a s   

　⑩ 2 22 1 A2a s    v v

　⑪ 设再次碰撞后瞬间 A 和 B 的速度分别为3v 和2V ，由完全弹性碰撞的规律，可得类似于④⑤式的结果

　 3 235  v v

　⑫ 2 225V  v

　⑬ 由④⑤⑦⑩⑪⑫式知3 1V  v，即再次碰撞后，A 不能运动到 O 点。设再次碰撞后 A 和 B 走过的路程分别为As 和Bs ，由动能定理有 2A 3102mgs m     v

　⑭    2B 214 0 42m gs m V    

　 联立④⑤⑦⑩⑪⑫⑬⑭⑮式得，A、B 均停止运动后它们之间的距离为 A B26125s s h  

　⑯

　五、共 选考题：共 12 分。请考生从第 15 、16 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。

　15．[选修 3－3]（12 分）

　（1）（4 分）如图，一定量的理想气体，由状态 a 等压变化到状态 b，再从 b 等容变化到状态 c。a、c 两状态温度相等。下列说法正确的是

　 。（填入正确答案标号。选对 1 个得 2 分，选对 2 个得4 分；有选错的得0 分）

　A．从状态 b 到状态 c 的过程中气体吸热 B．气体在状态 a 的内能等于在状态 c 的内能 C．气体在状态 b 的温度小于在状态 a 的温度 D．从状态 a 到状态 b 的过程中气体对外做正功 答案：

　BD 解析：从状态 b 到状态 c 的过程中，体积不变，压强减小，不对外做功，由气态方程的温度降低，内能减少，由热力学第一定律知气体对外放热，选项 A 错误；理想气体的内能只与温度有关，a、c两状态温度相等，所以内能相等，选项 B 正确；由气态方程CTpV，气体的温度正比于 PV 的乘积值，可见气体在状态 b 的温度大于在状态 a 的温度，选项 C 错误；从状态 a 到状态 b 的过程中，体积增大，气体对外做正功，选项 D 正确。故选 BD。

　 （2）（8 分）一储存氮气的容器被一绝热轻活塞分隔成两个气室 A 和 B，活塞可无摩擦地滑动。开始时用销钉固定活塞，A 中气体体积为4 32.5 10 m ，温度为 27 C  ，压强为46.0 10 Pa  ；B 中气体体积为4 34.0 10 m ，温度为 17 C   ，压强为42.0 10 Pa  。现将 A 中气体的温度降至 17 C   ，然后拔掉销钉，并保持 A、B 中气体温度不变，求稳定后 A 和 B 中气体的压强。

　解：气室 A 内气体降温过程中，气体体积不变。设 A 中气体原来的压强为 p 1 ，温度为 T 1 ；冷却后p V O a c b

　 的压强为1p，此时 A 中气体的温度已与 B 中的相同，记为 T。由查理定律有 1 11p pT T

　 ① 拔掉销钉后，设 B 中气体原来的压强为2p ，稳定时 A 和 B 中气体的压强为 p，A 中气体体积由原来的 V 1 变为1V，B 中气体体积由原来的 V 2 变为2V  。由玻意耳定律得 1 1 1pV pV   

　② 2 2 2p V pV  

　③ 由题意知 1 2 1 2V V V V   

　 ④ 联立①②③④式和题给数据得 43.2 10 Pa p  

　 ⑤

　16．[选修 3－4]（12 分）

　（1）（4 分）警车向路上的车辆发射频率已知的超声波，同时探测反射波的频率。下列说法正确的是

　 。（填入正确答案标号。选对 1 个得 2 分，选对2 个得 4 分；有选错的得 0 分）

　A．车辆匀速驶向停在路边的警车，警车探测到的反射波频率增高 B．车辆匀速驶离停在路边的警车，警车探测到的反射波频率降低 C．警车匀速驶向停在路边的汽车，探测到的反射波频率降低 D．警车匀速驶离停在路边的汽车，探测到的反射波频率不变 答案：

　AB 解析：当波源和观察者之间有相对运动时，使观察者接收到的频率发生变化的现象，叫多普勒效应。当波源和观察者相向行驶时频率会变高，当波源和观察者背向行驶时频率变低。选项 AB 正确。

　（2）（8 分）如图，由透明介质构成的半球壳的内外表面半径分别为 R 和 2R 。一横截面半径为 R 的平行光束入射到半球壳内表面，入射方向与半球壳的对称轴平行，所有的入射光线都能从半球壳的外表面射出。已知透明介质的折射率为 2 n  。求半球壳外表面上有光线射出区域的圆形边界的半径。不考虑多次反射。

　解答：设光从半球壳内表面边沿上的 A 点入射，入射角为 90 ，折射角为  （全反射临界角也为  ）；然后在半球壳外表面内侧的 B 点发生折射，入射角为  ，如图所示。

　由全反射临界角的定义得 1 sin n  

　① O n R

　2R

　 由正弦定理得 2sin sinR R 

　② OD 为对称轴，设 BOD    ，由几何关系可知 π( )2     

　 ③ 设 B 点到 OD 的距离为 r ，即为所求的半球壳外表面有光线射出区域的圆形边界的半径，由几何关系有 2 sin r R  

　④ 由①②③④式及题给数据得 3 12r R

　⑤

　A O B r D R

　

　