2020年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试全国卷Ⅰ

　 绝密 ★ 启用前 2018 年普通高等学校招生全国统一考试 理科综合能力测试 卷 全国卷 I 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。

　共 二、选择题：本题共 8 ， 小题，题 每小题 6 。

　分。第 在每小题给出的四个选项中，第 14~18 题只有一项符合第 题目要求，第 19~21 。

　题有多项符合题目要求。得 全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 得 0 分。

　14．高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，在启动阶段列车的动能 A．与它所经历的时间成正比

　 B．与它的位移成正比 C．与它的速度成正比

　 D．与它的动量成正比 答案：B 解析：根据初速度为零的匀变速直线运动规律可知，在启动阶段，列车的速度与时间成正比，即 v=at， 由动能公式221mv E k ，可知列车的动能与速度的平方成正比，与时间的平方成正比，选项 AC 错误； 由 ax v 22 可知列车的动能与它的位移 x 成正比，选项 B 正确；由动量公式 mv p  可知列车的动能mpmv E k2 2122 ，即与它的动量的二次方成正比，选项 D 错误。

　15．如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块 P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力 F 作用在 P 上，使其向上做匀加速直线运动。以 x 表示 P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示 F 和 x 之间关系的图像可能正确的是

　答案：A O F x A O F x B O F x C O F x D F P

　 解析：由牛顿运动定律ma F mg F  弹-，mg kx x x k F   0 0), (弹 联立解得kx ma F  ，对比题给的四个图像，可能正确的是图像 A。

　16．如图，三个固定的带电小球a 、 b 和c，相互间的距离分别为ab=5cm,，bc=3cm，ca=4cm。小球 c所受库仑力的合力的方向平行于 a 、 b 的连线。设小球 a 、 b 所带电荷量的比值的绝对值为 k，则 A．a 、 b 的电荷同号，169k 

　 B．a 、 b 的电荷异号，169k 

　C．a 、 b 的电荷同号，6427k 

　D．a 、 b 的电荷异号，6427k 

　答案：D 解析：由题意小球 c 所受库仑力的合力的方向平行于 a 、 b 的连线，对小球 c 所受的库仑力分析，若 a 、 b 的电荷同号，则电荷 c 所受的库仑力的合力不可能平行于 a 、 b 的连线，只有当 a 、 b 的电荷异号，小球 c 所受的库仑力如右图所示或是其反方向（图中未标出），电荷 c 所受的库仑力的合力才可能平行于 a 、 b 的连线，则0 037 cos 53 cosbc acF F 

　2 2bcq kqFacq kqFc bbcc aac  ，

　解得，276453 cos37 cos0022   bcacqqkba 选项 D 正确。

　17．如图，导体轨道 OPQS 固定，其中 PQS 是半圆弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM 是有一定电阻、可绕 O 转动的金属杆，M 端位于 PQS 上，OM 与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为 B。现使 OM 从 OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到 OS 位置并固定（过程 I）；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从 B 增加到B（过程 II）。在过程 I、II 中，流过 OM 的电荷量相等，则BB等于 A．54

　B．32

　C．74

　D．2 答案：B 解析：过程Ⅰ回路中磁通量的变化2141R B Φ  ，设 OM 的电阻为 R，流过 OM 的电荷量RΦQ11。过程Ⅱ回路中磁通量的变化22) (21R B B Φ    ，流过 OM 的电荷量RΦQ22。由题意在过程 I、II 中，流过 OM 的电荷量相等，即 Q 2 = Q 1 ，联立解得23BB。选项 B 正确。

　a b c a b c 5 4 3 x y 37° 53° F ac F bc F c O P S Q M

　 18．如图，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为 2R；bc 是半径为 R 的四分之一圆弧，与 ab 相切于 b 点。一质量为 m 的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自 a 点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为 g 。小球从 a 点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为 A． 2mgR

　B． 4mgR

　C． 5mgR

　 D． 6mgR

　答案：C 解析：设小球运动到 c 点的速度大小为 v c ，则对小球由 a 到 c 的过程，由动能定理得：2213cmv mgR R F    ，又 F=mg，解得 gR v c 42 ，小球离开 c 点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开 c 点后，在水平方向和竖直方向的加速度大小均为 g，则由竖直方向的运动可知，小球离开 c 点到其轨迹最高点所需的时间为：gRgvtc2  ，小球离开 c 点后在水平方向的位移为 R at x 2212  。

　由以上分析可知，小球从 a 点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移为 5R，则小球机械能的增量为 mgR R F E 5 5     ，选项 C 正确 ABD 错误。

　19．如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是 A．开关闭合后的瞬间，小磁针的 N 极朝垂直纸面向里的方向转动 B．开关闭合并保持一段时间后,小磁针的 N 极指向垂直纸面向里的方向 C．开关闭合并保持一段时间后,小磁针的 N 极指向垂直纸面向外的方向 D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的 N 极朝垂直纸面向外的方向转动 答案：AD 解析：开关闭合的瞬间，左侧线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的 N 极朝垂直纸面向里的方向转动，选项 A 正确；开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态，选项 BC 错误； 开关闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间，左侧线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的 N 极朝垂直纸面向外的方向转动，选项 D 正确。

　 a b c R 北 南 N S

　 20．2017 年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约 100s 时，它们相距约 400km ，绕二者连线上的某点每秒转动 12 圈。将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星 A．质量之积

　B．质量之和

　C．速率之和

　D．各自的自转角速度 答案：BC 解析：双中子星做匀速圆周运动的频率 f=12Hz，周期 s121 T ，由万有引力等于向心力可得12122 1) 2 ( r f mrm mG  ，22222 1) 2 ( r f mrm mG  ， km 402 1   r r r ， 联立解得Gr fm m3 22 1) 2 (   ，选项 A 错误 B 正确； 由 , 2 , 22 2 2 1 1 1r f r v r f r v           联立解得 r f v v     22 1，选项 C 正确； 不能得出各自的自转角速度，选项 D 错误。

　21．图中虚线 a 、 b 、 c 、 d 、 f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面 b 上的电势为 2V。一电子经过 a 时的动能为 10eV，从 a 到 d 的过程中克服电场力所做的功为 6eV。下列说法正确的是 A．平面 c 上的电势为零 B．该电子可能到达不了平面 f C．该电子经过平面 d 时，其电势能为 4eV

　D．该电子经过平面 b 时的速率是经过 d 时的 2 倍 答案：AB 解析：由题意匀强电场中等势面间距相等，相邻等势面之间的电势差相等。设相邻等势面之间的电势差为 U，根据电子从 a 到 d 的过程中克服电场力所做的功为 W ad = 6eV ，电场方向水平向右，则W ab =2eV，可知 U=2V。已知平面 b 上的电势为 2V，则平面 c 的电势为 0，选项 A 正确；由于 af之间的电势差为 4U=8V，一电子经过 a 时的动能为 10eV，由于电子运动的速度方向未知，电子受到的电场力向左，若该电子的速度方向指向左或向上或向下，则该电子就到不了平面 f，选项 B 正确；由于题目没有指出电子的速度方向，选项 CD 错误。

　22．（5 分）

　如图（a），一弹簧上端固定在支架顶端，下端悬挂一托盘；一标尺由游标和主尺构成，主尺竖直固定在弹簧左边；托盘上方固定有一能与游标刻度线准确对齐的装置，简化为图中的指针。

　a

　b

　c

　d

　f

　 现要测量图（a）中弹簧的劲度系数。当托盘内没有砝码时，移动游标，使其零刻度线对准指针，此时标尺读数为 1.950cm ；当托盘内放有质量为 0.100kg 的砝码时，移动游标，再次使其零刻度线对准指针，标尺示数如图（b）所示，其读数为

　 cm。当地的重力加速度大小为29.80m/s ，此弹簧的劲度系数为

　 N/m（保留 3 位有效数字）。

　答案：

　3.775

　53.7 解析：实验所用的游标卡尺精度为 0.05mm，游标卡尺上游标第 15 条刻度线与主尺刻度线对齐，根据游标卡尺的读数规则，图（b）所示的游标卡尺读数为 3.7cm+15×0.05mm=3.7cm+0.075cm=3.775cm。

　托盘中放有质量为 m=0.100kg 的砝码时，弹簧受到的拉力 F=mg=0.100×9.8N=0.980N， 弹簧伸长 x=3.775cm-1.950cm=1.825cm=0.01825m， 根据胡克定律，F=kx，解得此弹簧的劲度系数 k=F/x=53.7N/m。

　23．（10 分）

　某实验小组利用如图（a）所示的电路探究在 25 C~80 C   范围内某热敏电阻的温度特性。所用器材有：置于温控室（图中虚线区域）中的热敏电阻 R T ，其标称值（25°C 时的阻值）为 900.0  ；电源 E（ 6V ，内阻可忽略）；电压表 ○ V （量程 150mV ）；定值电阻 R 0 （阻值 20.0 ），滑动变阻器 R 1 （最大阻值为 1000 ）；电阻箱 R 2 （阻值范围 0~ 999.9 ）；单刀开关 S 1 ，单刀双掷开关 S 2 。

　实验时，先按图（a）连接好电路，再将温控室的温度 t 升至80.0°C。将 S 2 与 1 端接通，闭合 S 1 ，调节 R 1 的滑片位置，使电压表读数为某一值 U 0 ；保持 R 1 的滑片位置不变，将 R 2置于最大值，将 S 2 与 2 端接通，调节 R 2 ，使电压表读数仍为 U 0 ；断开 S 1 ，记下此时 R 2 的读数。逐步降低温控室的温度 t，得到相应温度下 R 2 的阻值，直至温度降到 25.0°C。实验得到的 R 2 -t 数据见下表。

　t/ C 

　25.0 30.0 40.0 50.0 60.0 70.0 80.0 R 2 / 900.0 680.0 500.0 390.0 320.0 270.0 240.0

　回答下列问题：

　（1）在闭合 S 1 前，图（a）中 R 1 的滑片应移动到

　 （填“a”或“b”）端； 图（b）

　主尺 cm 游标 0 10 20 3 4 5 游标 主尺 图（a）

　指针 E

　R 1

　R 2

　S 1

　S 2

　2 1 R T

　R 0

　图（a）

　a

　b

　V

　 （2）在图（b）的坐标纸上补齐数据表中所给数据点，并作出 R 2 -t 曲线；

　（3）由图（b）可得到TR 在 25 C~80 C   范围内的温度特性。当 440 C t .   时，可得TR 

　 ； （4）将TR 握于手心，手心温度下2R 的相应读数如图（c）所示，该读数为

　  ，则手心温度为

　 °C。

　答案：（1）b

　（2）如图

　 （3）450

　（4）620.0

　33.0 【解析】图（1）（a）的电路中滑动变阻器采用限流法，在闭合 S 1 前，R 1 应该调节到接入电路部分的电阻最大，使电路中的电流最小，即图（a）中R 1 的滑片应移动到 b 端。

　（2）将 t=60℃和 t=70℃对应的两组数据画在坐标图上，然后用平滑曲线过尽可能多的数据点画出R 2 -t 图像。

　（3）根据题述实验过程可知，测量的 R 2 数据等于对应的热敏电阻 R T 的阻值。由画出的 R 2 -t 图像可知，当 t=44.0℃时，对应的 R T =450Ω （4）由画出的图像可知，当 R T =620.0Ω，则手心温度 t=33.0℃.

　24．（12 分）

　一质量为 m 的烟花弹获得动能 E 后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为 E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为 g，不计空气阻力和火药的质量。求 （1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间； （2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。

　20.0

　40.0

　60.0

　80.0

　100.0

　R 2 /

　t/ C 

　0

　200

　400

　600

　800 1000 图（b）

　7 8

　9

　0

　1 2

　3

　4

　5 6 图(c)

　×100

　×10

　×1

　×0.1

　0

　1 2

　3

　4

　5 6

　7

　8 9

　5

　6

　7

　8

　9 0

　1

　2

　3 4

　5

　6

　7

　8

　9 0

　1

　2

　3 4 20.0

　40.0

　60.0

　80.0

　100.0

　R 2 /

　t/ C 

　0

　200

　400

　600

　800

　1000

　 解：（1）设烟花弹上升的初速度为 v 0 ，由题给条件有 2012E m  v

　① 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为 t ，由运动学公式有 00 gt    v

　② 联立①②式得 1 2Etg m

　③ （2）设爆炸时烟花弹距地面的高度为 h 1 ，由机械能守恒定律有 1E mgh 

　 ④ 火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为1v 和2v 。由题给条件和动量守恒定律有 2 21 21 14 4m m E   v v

　⑤ 1 21 102 2m m   v v

　 ⑥ 由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为 h 2 ，由机械能守恒定律有 21 21 14 2m mgh  v

　 ⑦ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为 1 22Eh h hmg  

　⑧

　25．（20 分）

　如图，在 y > 0 的区域存在方向沿 y 轴负方向的匀强电场，场强大小为 E；在 y < 0 的区域存在方向垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场。一个氕核11 H 和一个氘核21 H 先后从 y 轴上 yh  点以相同的动能射出，速度方向沿 x 轴正方向。已知11 H 进入磁场时，速度方向与 x 轴正方向的夹角为 60 ，并从坐标原点 O 处第一次射出磁场。11 H 的质量为 m ，电荷量为 q 。不计重力。求：

　（1）11 H 第一次进入磁场的位置到原点 O 的距离； （2）磁场的磁感应强度大小； （3）21 H 第一次离开磁场的位置到原点 O 的距离。

　解：（1）

　11 H在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示。设 11 H在电场中的E x y O h

　 加速度大小为 a 1 ，初速度大小为 v 1 ，它在电场中的运动时间为 t 1 ，第一次进入磁场的位置到原点 Ｏ的距离为 s 1 。由运动学公式有 1 1 1s t  v

　 ① 21 112h at 

　② 由题给条件， 11 H 进入磁场时速度的方向与 x 轴正方向夹角 160    。

　11 H 进入磁场时速度的 y 分量的大小为 1 1 1 1tan at   v

　③ 联立以上各式得 12 33s h 

　④ （2）11 H 在电场中运动时，由牛顿第二定律有 1qE ma 

　⑤ 设11 H 进入磁场时速度的大小为 1 v，由速度合成法则有 2 21 1 1 1at ( ) v v

　 ⑥ 设磁感应强度大小为 B，11 H 在磁场中运动的圆轨道半径为 1R ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 2111mq BR vv

　⑦ 由几何关系得 1 1 12 sin s R  

　⑧ 联立以上各式得 mEBqh6

　 ⑨ （3）设21 H 在电场中沿 x 轴正方向射出的速度大小为 2v ，在电场中的加速度大小为2a ，由题给条件得2 22 11 1(2 )2 2m m  v v

　⑩ 由牛顿第二定律有 22 qE ma 

　⑪ 设21 H 第一次射入磁场时的速度大小为 2 v，速度的方向与 x 轴正方向夹角为2 ，入射点到原点的距离为2s ，在电场中运动的时间为2t 。由运动学公式有 2 2 2s t  v

　 ⑫ 22 212h a t 

　⑬ 1v x y  1

　O R 1

　 2 22 2 2 2a t ( ) v v

　 ⑭ 2 222sina t  v

　 ⑮ 联立以上各式得 2 1s s  ，2 1   ，2 122   v v

　⑯ 设21 H 在磁场中做圆周运动的半径为 2R ，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得 22 122mR RqB ( )v

　 ⑰ 所以出射点在原点左侧。设21 H 进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为 2s，由几何关系有 2 2 22 sin s R  

　⑱ 联立④⑧⑯⑰⑱式得，21 H 第一次离开磁场时的位置到原点 O 的距离为 2 22 3( 2 1)3s s h  

　⑲

　33．[物理——选修 3-3]（15 分）

　（1）（5 分）如图，一定质量的理想气体从状态 a 开始，经历过程①、②、③、④到达状态 e。对此气体，下列说法正确的是

　 （选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 4分，选对 3 个得 5 分；每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分）。

　A．过程①中气体的压强逐渐减小 B．过程②中气体对外界做正功 C．过程④中气体从外界吸收了热量 D．状态 c、d 的内能相等 E．状态 d 的压强比状态 b 的压强小 答案：

　BDE 解析：在过程①中，体积不变，外界不对气体做功，气体也不对外界做功，温度升高，压强增大，内能增加，故 A 错误； 在过程②中，气体的体积增大，气体对外界做正功，故 B 正确； 在过程④中，体积不变，外界不对气体做功，气体也不对外界做功，温度下降，内能减少，气体向外界放热，C 错误；在过程 cd 中，温度不变，内能不变，故 D 正确。

　由CTpV得kV VCPT  ,可知 T-V 图线的斜率与压强相关，斜率大则压强大，状态 b 的斜率大于状态 d 的斜率，所以状态 d 的压强比状态 b 的压强小，选项 E 正确。故选 BDE。

　V T O

　a c

　b

　e d

　① ④ ③ ②

　 （2）（10 分）如图，容积为 V 的汽缸由导热材料制成，面积为 S 的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分 ， 汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门 K。开始时，K 关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为0p 。现将 K 打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为8V时，将 K 关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了6V。不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为 g。求流入汽缸内液体的质量。

　解：设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为 V 1 ，压强为 p 1 ；下方气体的体积为 V 2 ，压强为 p 2 。在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得 0 1 12Vp pV 

　① 0 2 22Vp p V 

　② 由已知条件得 1132 6 8 24V V VV V    

　③ 22 6 3V V VV   

　 ④ 设活塞上方液体的质量为 m，由力的平衡条件得 2 1p S p S mg  

　 ⑤ 联立以上各式得 01526p Smg

　 ⑥

　34．[物理——选修 3-4]（15 分）

　（1）（5 分）如图，△ABC 为一玻璃三棱镜的横截面，A 30    。一束红光垂直 AB 边射入，从 AC 边上的 D 点射出，其折射角为60 ，则玻璃对红光的折射率为

　 。若改用蓝光沿同一路径入射，则光线在 D 点射出时的折射角

　 （填“小于”“等于”或“大于”）

　60 。

　答案：（1）

　3

　大于 解析：（1）根据题述和图示可知，i=60°，r=30°，由折射定律，玻璃对红光的折射率为A B C D 30° 60° K

　 330 sin60 sin00  n 。若改用蓝光沿同一路径入射，由于玻璃对蓝光的折射率大于对红光的折射率，则光线在 D 点射出时的折射角大于 60°。

　（2）（10 分）一列简谐横波在s31 t时的波形图如图（a）所示，P、Q 是介质中的两个质点。图（b）是质点 Q 的振动图像。求 （i）波速及波的传播方向； （ii）质点 Q 的平衡位置的 x 坐标。

　答案：（i）18cm/s

　波沿 x 轴负方向传播 （ii）9cm 解析：（i）由图（a）可以看出，该波的波长为 36cm  

　① 由图（b）可以看出，周期为2s T 

　 ② 波速为 18cm/sT  v

　③ 由图（b）知，当1s3t  时，Q 点向上运动，结合图（a）可得，波沿 x 轴负方向传播。

　（ii）设质点P、Q 平衡位置的x 坐标分别为Px 、Qx 。由图（a）知，0 x 处 sin( 30 )2Ay A      ，因此P303cm360x  

　 ④ 由图（b）知，在 0 t  时 Q 点处于平衡位置，经1s3t   ，其振动状态向 x 轴负方向传播至 P 点处，由此及③式有 Q P6cm x x t     v

　 ⑤ 由④⑤式得，质点 Q 的平衡位置的 x 坐标为 Q9cm x 

　 ⑥

　 0 图（b）

　A 1 y t/s 2 0 A 18 cm /2 A  P Q 图（a）

　y x/cm