学年普通高等学校招生全国统一考试福建卷物理.docx

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学年普通高等学校招生全国统一考试福建卷物理

2020年普通高等学校招生全国统一考试（福建卷）物理

一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。

）

1.（6分）如图，一束光经玻璃三棱镜折射后分为两束单色光a、b，波长分别为λa、λb，该玻璃对单色光a、b的折射率分别为na、nb，则（　　）

A.λa＜λb，na＞nb

B.λa＞λb，na＜nb

C.λa＜λb，na＜nb

D.λa＞λb，na＞nb

解析：

由光路图可知，a光的偏折程度较小，b光的偏折程度较大，则a光的折射率小，b光的折射率大。

即na＜nb。

折射率越大，频率越大，波长越小，则知a光的波长大，即λa＞λb。

答案：

B。

2.（6分）如图，若两颗人造卫星a和b均绕地球做匀速圆周运动，a、b到地心O的距离分别为r1、r2，线速度大小分别为v1、v2，则（　　）

A.=

B.=

C.=（）2

D.=（）2

解析：

根据万有引力提供向心力=m

v=，a、b到地心O的距离分别为r1、r2，

所以=。

答案：

A。

3.（6分）图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u=Umsinωt的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其它因素的影响，则输电线上损失的电功率为（　　）

A.（）

B.（）

C.4（）2（）2r

D.4（）2（）2r

解析：

加在原线圈上的电压U1=，

根据电压比与匝数比关系：

，

所以：

。

根据I=，输电线上的电流I=，输电线上消耗的功率P耗=I2•2r=4（）2（）2r。

故C正确，A、B、D错误。

答案：

C。

4.（6分）简谐横波在同一均匀介质中沿x轴正方向传播，波速为v，若某时刻在波的传播方向上，位于平衡位置的两质点a、b相距为s，a、b之间只存在一个波谷，则从该时刻起，下列四幅波形图中质点a最早到达波谷的是（　　）

A.

B.

C.

D.

解析：

A图中，波长为2s，周期为T==。

a点正向上振动，质点a从图示位置到达波谷的时间tA==；

B图中，波长为s，周期为T==。

a点正向下振动，质点a从图示位置到达波谷的时间tB=T=；

C图中，波长为s，周期为T==。

a点正向上振动，质点a从图示位置到达波谷的时间tC==；

D图中，波长为s，周期为T==。

a点正向下振动，质点a从图示位置到达波谷的时间tA=T=；

故D图中质点a最早到达波谷。

答案：

D。

5.（6分）如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上。

若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则（　　）

A.t1＜t2

B.t1=t2

C.t1＞t2

D.无法比较t1、t2的大小

解析：

在AB段，由牛顿第二定律得：

mg﹣F=m，滑块受到的支持力：

F=mg﹣m，则速度v越大，滑块受支持力F越小，摩擦力f=μF就越小，

在BC段，由牛顿第二定律得：

F﹣mg=m，滑块受到的支持力：

F=mg+m，则速度v越大，滑块受支持力F越大，摩擦力f就越大，

由题意知从A运动到C相比从C到A，在AB段速度较大，在BC段速度较小，所以从A到C运动过程受摩擦力较小，用时短，故A正确，BCD错误。

答案：

A。

6.（6分）如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的正方形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。

一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。

在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中（　　）

A.PQ中电流先增大后减小

B.PQ两端电压先减小后增大

C.PQ上拉力的功率先减小后增大

D.线框消耗的电功率先减小后增大

解析：

根据右手定则可知，PQ中电流的方向为Q→P，画出该电路的等效电路图如图，

其中R1为ad和bc上的电阻值，R2为ab上的电阻与cd上的电阻的和，电阻之间的关系满足：

R1+R2+R1=3R，由题图可知，

当导体棒向右运动的过程中，开始时的电阻值：

当导体棒位于中间位置时，左右两侧的电阻值是相等的，此时：

，

可知当导体棒向右运动的过程中，开始时的电阻值小于中间位置处的电阻值，所以当导体棒向右运动的过程中电路中的总电阻先增大后减小。

A、导体棒由靠近ad边向bc边匀速滑动的过程中，产生的感应电动势E=BLv，保持不变，外电路总电阻先增大后减小，由欧姆定律分析得知电路中的总电流先减小后增大，即PQ中电流先减小后增大。

故A错误。

B、PQ中电流先减小后增大，PQ两端电压为路端电压，U=E﹣IR，可知PQ两端的电压先增大后减小。

故B错误；

C、导体棒匀速运动，PQ上外力的功率等于回路的电功率，而回路的总电阻R先增大后减小，由P=得知，PQ上外力的功率先减小后增大。

故C正确。

D、由以上的分析可知，导体棒PQ上的电阻始终大于线框的电阻，当导体棒向右运动的过程中电路中的总电阻先增大后减小，根据闭合电路的功率的分配关系与外电阻的关系可知，当外电路的电阻值与电源的内电阻相等时外电路消耗的电功率最大，所以可得线框消耗的电功率先增大后减小。

故D错误。

答案：

C。

二、非选择题（本题包括4小题，共72分）

7.（6分）某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验。

①图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7.73cm；图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度，此时弹簧的伸长量△l为　　cm；

解析：

由图可知，图乙中示数为：

14.65cm，则伸长量△l=14.66cm﹣7.73cm=6.93cm。

答案：

6.93

②本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，关于此操作，下列选项中规范的做法是　　；（填选项前的字母）

A。

逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重

B。

随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重

解析：

为了更好的找出弹力与形变量之间的规律，应逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重。

答案：

A

③图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量△l与弹力F的关系图线。

图线的AB段明显偏离直线OA，造成这种现象的主要原因是　　。

解析：

在弹簧的弹性限度范围内，胡克定律是成立的，但若超过弹簧的弹性限度，胡克定律将不再适用；图中出现偏折的原因是因为超过了弹簧的弹性限度。

答案：

超过弹簧的弹性限度

8.（12分）某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如图甲所示，现已完成部分导线的连接。

①实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接；

解析：

滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，则滑动变阻器采用分压接法，电路图如图所示：

答案：

②某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为　　A；

解析：

由图乙所示电流表可知，其量程为0.6A，分度值为0.02A，示数为0.44A。

答案：

0.44

③该小组描绘出的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，将　　只相同的小电珠并联后，直接与电动势为3V、内阻为1Ω的电源组成闭合回路，可使小电珠的总功率最大，其总功率的值为　　W（保留两位小数）。

解析：

电源内阻为1欧姆，当外电路电阻与电源内阻相等，即灯泡并联总电阻为1欧姆时灯泡的总功率最大，

由于内外电阻相等，则内外电压相等，电源电动势为3V，则路端电压为1.5V，由图丙所示图象可知，

电压为1.5V时通过小电珠的电流为0.375A，此时小电珠的电阻：

R==Ω=4Ω，4只小电珠的并联阻值为1Ω，

因此需要4只小电珠并联，此时小电珠的总功率：

P=4UI=4×1.5×0.375≈2.25。

答案：

42.25

9.（15分）一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的v﹣t图象如图所示。

求：

（1）摩托车在0～20s这段时间的加速度大小a；

解析：

摩托车在0～20s这段时间的加速度a===1.5m/s2。

答案：

摩托车在0～20s这段时间的加速度大小a是1.5m/s2。

（2）摩托车在0～75s这段时间的平均速度大小。

解析：

摩托车在0～75s这段时间的位移

平均速度大小===20m/s

答案：

摩托车在0～75s这段时间的平均速度大小是20m/s。

10.（19分）如图，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。

一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g。

（1）若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；

解析：

当滑块到达B时的速度最大，受到的支持力最大；当滑块下滑的过程中机械能守恒，得：

滑块在B点处受到的支持力与重力的合力提供向心力，得：

解得：

N=3mg

由牛顿第三定律得：

滑块对小车的压力：

N′=N=3mg

即滑块运动过程中对小车的最大压力是3mg。

答案：

若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力是3mg。

（2）若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车。

已知滑块质量m=，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：

①滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm；

②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s。

解析：

①在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，设小车的最大速度是vm，由机械能守恒得：

解得：

②由于在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，所以滑块从B到C运动过程中，滑块的平均速度是小车的平均速度的2倍，即：

由于它们运动的时间相等，根据：

可得：

s滑块=2s车

又：

s滑块+s车=L

所以：

小车的位移大小：

s=L

答案：

①滑块运动过程中，小车的最大速度大小是；②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小是。

11.（20分）如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。

一质量为m，电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动。

A、C两点间距离为h，重力加速度为g。

（1）求小滑块运动到C点时的速度大小vc；

解析：

小滑块沿MN运动过程，水平方向受力满足

qvB+N=qE

小滑块在C点离开MN时

N=0

解得vc=

答案：

小滑块运动到C点时的速度大小vc为。

（2）求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；

解析：

由动能定理

mgh﹣Wf=﹣0

解得Wf=mgh﹣

答案：

小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf为mgh﹣。

（3）若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。

已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vp。

解析：

如图，

小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直，

撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g′，

g′=

且

解得

答案：

小滑块运动到P点时速度的大