2020年普通高等学校招生全国统一考试理综,（全国III卷）

　 2018 年普通高等学校招生全国统一考试 理综 （ （国 全国 III 卷 卷）

　）

　（ 适用于：

　云南、广西、贵州、 四川 ）

　14．1934 年，约里奥-居里夫妇用 α 粒子轰击铝核2713 Al ，产生了第一个人工放射性核素 X：2713α Al n X    。

　X 的原子序数和质量数分别为 A．15 和 28 B．15 和 30 C．16 和 30 D．17 和 31 答案：B 解析：

　根据核反应遵循的质量数守恒和电荷数守恒可知，质量数为 4+27-1=30，X的电荷数为2+13=15，根据原子核的电荷数等于原子序数，可知 X的原子序数为 15，质量数为 30，选项 B 正确。

　15．为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星 P，其轨道半径约为地球半径的 16 倍；另一地球卫星 Q 的轨道半径约为地球半径的 4 倍。P 与 Q 的周期之比约为 A． 2 :1

　B． 4 :1

　C． 8:1

　D． 16:1

　答案：C 解析：设地球半径为 R，根据题述，地球卫星 P 的轨道半径为 R P =16R，地球卫星 Q的轨道半径为R Q =4R，根据开普勒定律，643322 QPRRTTQP，所以 P 与 Q的周期之比为 T P ∶T Q =8∶1，选项 C 正确。

　16．一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为方Q ；若该电阻接到正弦交流电源上，在一个周期内产生的热量为正Q 。该电阻上电压的峰值均为 u 0 ，周期均为 T，如图所示。则 :正 方Q Q 等于 A． 1: 2

　B． 2 :1

　C． 1: 2

　D． 2 :1

　答案：D 解析:

　根据题述，正弦交变电流的电压有效值为022u U ，而方波交流电的有效值为 u 0 ， 根据焦耳定律和欧姆定律 TRURT I Q22 ，可知在一个周期 T内产生的热量与电压有效值的二次方成正比，Q 方 ∶Q 正 = 1 : 2 )22( :2020 u u，选项 D 正确。

　u/V 0 t/s u 0 T 0u  u 0 u/V 0 t/s T 0u 

　 17．在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以 v 和2v的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的 A．2 倍 B．4 倍 C．6 倍 D．8 倍 答案：A 解析：设甲球落至斜面时的速率为 v 1 ，乙落至斜面时的速率为 v 2 ，由平抛运动规律，x=vt，221gt y  ，设斜面倾角为 θ，由几何关系，tanθ=y/x，小球由抛出到落至斜面，由机械能守恒定律， 2122121mv mgy mv  ，联立解得：

　v v    21tan 1 ，即落至斜面时的速率与抛出时的速率成正比。同理可得，2tan 121vv     ，所以甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时的速率的 2 倍，选项 A 正确。

　18．甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲、乙两车的位置 x 随时间 t 的变化如图所示。下列说法正确的是 A．在 t 1 时刻两车速度相等 B．从 0 到 t 1 时间内，两车走过的路程相等 C．从 t 1 到 t 2 时间内，两车走过的路程相等 D．在 t 1 到 t 2 时间内的某时刻，两车速度相等 答案：CD 解析：根据位移图像的物理意义可知，在 t 1 时刻两车的位置相同，速度不相等，乙车的速度大于甲车的速度，选项 A 错误；从 0 到 t 1 时间内，乙车走过的路程大于甲车，选项 B 错误；从 t 1 到 t 2 时间内，两车都是从 x 1 位置走到 x 2 位置，两车走过的路程相等，选项 C 正确；根据位移图像的斜率等于速度可知，在 t 1 到 t 2 时间内的某时刻，甲车位移图线的斜率可能等于乙车位移图线的斜率，则两车速度相等，选项 D 正确。

　19．地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小 v随时间 t 的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程， A．矿车上升所用的时间之比为 4 :5

　B．电机的最大牵引力之比为 2 :1

　C．电机输出的最大功率之比为 2 :1

　D．电机所做的功之比为 4 :5

　x t 1 甲t 2 t

　0

　x 2 x 1 乙② ① t 0

　0 2t 0

　t v 0v 012v

　 答案：AC 解析：设第 ① 次所用时间为 t，根据速度图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知， 21×2t 0 ×v 0 =21×(t+3t 0/ 2)×20v，解得：t=5t 0 /2， 所以第 ① 次和第 ② 次提升过程所用时间之比为 2t 0 ∶5t 0 /2=4∶5，选项 A 正确； 由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F-mg=ma，可得提升的最大牵引力之比为 1∶1，选项 B 错误； 由功率公式，P=Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为 2∶1，选项 C 正确； 加速上升过程的加速度 a 1 =00tv，加速上升过程的牵引力 F 1 =ma 1 +mg=m (00tv+g)，减速上升过程的加速度 a 2 =-00tv，减速上升过程的牵引力 F 3 =ma 2 +mg=m(g -00tv)，匀速运动过程的牵引力 F 2 =mg。

　第 ① 次提升过程做功 W 1 =F 1 × 21×t 0 ×v 0 + F 3 × 21×t 0 ×v 0 =mg v 0 t 0 ； 第 ② 次提升过程做功 W 2 =F 1 × 21×20t×20v + F 3 × 21×20v×20t+ F 2 ×20v×230t =mg v 0 t 0 ； 两次做功相同，选项 D 错误。

　20．如图（a），在同一平面内固定有一长直导线 PQ 和一导线框 R，R 在 PQ 的右侧。导线 PQ 中通有正弦交流电 i ， i 的变化如图（b）所示，规定从 Q 到 P 为电流正方向。导线框 R 中的感应电动势 A．在4Tt  时为零 B．在2Tt  时改变方向 C．在2Tt  时最大，且沿顺时针方向 D．在 t T  时最大，且沿顺时针方向 答案：AC 解析：

　由图（b）可知，导线 PQ中电流在 t=T/4 时达到最大值，变化率为零，导线框 R 中磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，在 t=T/4时导线框中产生的感应电动势为零，选项 A正确；在 t=T/2 时，导线 PQ中电流图象斜率方向不变，导致导线框 R 中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，所以在 t=T/2时，导线框中产生的感应电动势方向不变，选项 B 错误；由于在 t=T/2时，导线 PQ中电流图象斜率最大，电流变化率最大，导致导线框 R 中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在 t=T/2时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，选项 C 正确；由楞次定律可判断出在 t=T时感应电动势的方向为逆时针方向，选图（b）

　P Q 图（a）

　R

　i t 0 2T T

　4T 34T

　 项 D错误。故选 AC.

　21．如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒 a、b 所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放 a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻 t ，a、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b 间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是 A．a 的质量比 b 的大 B．在 t 时刻，a 的动能比 b 的大

　C．在 t 时刻，a 和 b 的电势能相等 D．在 t 时刻，a 和 b 的动量大小相等 答案：BD 解析：根据题述可知，微粒 a 向下加速运动，微粒 b 向上加速运动，根据 a、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知 a 的加速度大小大于 b 的加速度大小，即 a a >a b 。对微粒 a，由牛顿第二定律， qE=m a a a ，对微粒 b，由牛顿第二定律，qE =m b a b ，联立解得：b amqEmqE ，由此式可以得出 a 的质量比 b 小，选项 A 错误；在 a、b 两微粒运动过程中，a 微粒所受合外力大于 b 微粒，a微粒的位移大于 b 微粒，根据动能定理，在 t 时刻，a 的动能比 b 大，选项 B 正确；由于在 t 时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在 t 时刻，a 和 b 的电势能不等，选项 C 错误；由于 a 微粒受到的电场力（合外力）等于 b 微粒受到的电场力（合外力），根据动量定理，在 t 时刻，a 微粒的动量大小等于 b 微粒的动量大小，选项 D 正确。故选 BD。

　22．（6 分）

　甲、乙两同学通过下面的实验测量人的反应时间。实验步骤如下：

　（1）甲用两个手指轻轻捏住量程为 L 的木尺上端，让木尺自然下垂。乙把手放在尺的下端（位置恰好处于 L 刻度处，但未碰到尺），准备用手指夹住下落的尺。

　（2）甲在不通知乙的情况下，突然松手，尺子下落；乙看到尺子下落后快速用手指夹住尺子。若夹住尺子的位置刻度为 L 1 ，重力加速度大小为g，则乙的反应时间为

　 （用 L、L 1 和 g 表示）。

　（3）已知当地的重力加速度大小为29.80m/s g  ， 30.0cm L  ，110.4cm L  。乙的反应时间为

　 s。（结果保留 2 位有效数字）

　（4）写出一条能提高测量结果准确程度的建议：

　 。

　答案：（2）12( ) L Lg

　 （3）0.20 a b

　 （4）多次测量取平均值；初始时乙的手指尽可能接近尺子 解析：根据题述，在乙的反应时间 t 内，尺子下落高度 h=L-L 1 ，由自由落体运动规律，221gt h  ，解得 gL Lt) 21（，

　 代入数据得：t=0.20s。

　23．（9 分）一课外实验小组用如图所示的电路测量某待测电阻xR 的阻值，图中 R 0 为标准定值电阻（020.0 R   ）； ○ V 可视为理想电压表；S 1 为单刀开关，S 2 为单刀双掷开关； E 为电源；R 为滑动变阻器。采用如下步骤完成实验：

　（1）按照实验原理线路图（a），将图（b）中实物连线； （2）将滑动变阻器滑动端置于适当的位置，闭合 S 1 ； （3）将开关 S 2 掷于 1 端，改变滑动变阻器滑动端的位置，记下此时电压表○V 的示数 U 1 ；然后将 S 2 掷于 2 端，记下此时电压表 ○ V 的示数 U 2 ； （4）待测电阻阻值的表达式 xR 

　（用0 1 2 R U U 、 、 表示）； （5）重复步骤（3），得到如下数据：

　1 2 3 4 5 U 1 /V 0.25 0.30 0.36 0.40 0.44 U 2 /V 0.86 1.03 1.22 1.36 1.49 U 2 /U 1 3.44 3.43 3.39 3.40 3.39 （6）利用上述 5 次测量所得12UU的平均值，求得xR 

　Ω。（保留 1 位小数）

　解答：（1）实物连线如右图示 （4）012) 1 ( RUU

　（6）48.2 解析：

　开关 S 2 掷于 1 端，由欧姆定律可得通过 R x 的电流 I=U 1 /R 0 ，将开关 S 2 掷于 2 端，R 0 和 R x 串联电路电压为 U 2 ，R x 两端电压为 U=U 2 -U 1 ，由欧姆定律可得图（a）

　E S 1 S 2 R

　R 0 R x 2

　1

　V图（b）

　R 0 R x V + 

　E

　电源 R 0 R x V + 

　E

　电源

　 待测电阻阻值012011 2) 1 ( RUURUU UIUR x   

　5 次测量所得12UU的平均值,（3.44+3.43+3.39+3.40+3.39）/5=3.41， 代入 R x =(12UU-1) ∙ R 0 =（3.41-1）×20.0Ω=48.2Ω。

　24．（12 分）如图,从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压 U 加速后在纸面内水平向右运动，自 M 点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为1v ,并在磁场边界的 N 点射出；乙种离子在 MN 的中点射出；MN 长为 l。不计重力影响和离子间的相互作用。求 （1）磁场的磁感应强度大小； （2）甲、乙两种离子的比荷之比。

　解：（1）设甲种离子所带电荷量为1q 、质量为1m ，在磁场中做匀速圆周运动的半径为1R ，磁场的磁感应强度大小为 B ，由动能定理有 21 1 112qU m  v

　① 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 211 1 11vv  q B mR ② 由几何关系知 12R l 

　③ 由①②③式得 14UBlv ④ （2）设乙种离子所带电荷量为2q 、质量为2m ，射入磁场的速度为2v ，在磁场中做匀速圆周运动的半径为2R 。同理有 22 2 212q U m  v

　⑤ 222 2 22vv  q B mR ⑥ 由题给条件有 222lR

　⑦ 离子源 N M U

　 由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为 1 21 2: 1:4q qm m

　⑧

　25．（20 分）如图，在竖直平面内，一半径为 R 的光滑圆弧轨道 ABC 和水平轨道 PA 在 A 点相切，BC 为圆弧轨道的直径，O 为圆心，OA 和 OB 之间的夹角为  ，3sin5  。一质量为 m 的小球沿水平轨道向右运动，经 A 点沿圆弧轨道通过 C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在 C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为 g。求 （1）水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小； （2）小球到达 A 点时动量的大小； （3）小球从 C 点落至水平轨道所用的时间。

　解：（1）设水平恒力的大小为 F 0 ，小球到达 C 点时所受合力的大小为 F。由力的合成法则有 0tanFmg 

　 ① 2 2 20( ) F mg F  

　② 设小球到达 C 点时的速度大小为 v，由牛顿第二定律得 2F mRv

　 ③ 由①②③式和题给数据得 034F mg 

　 ④ 52gR v

　 ⑤ （2）设小球到达 A 点的速度大小为1v ，作 CD⊥PA，交 PA 于 D 点，由几何关系得

　DA sin R  

　⑥ CD (1 cos ) R   

　 ⑦ 由动能定理有 2 20 11 1CD DA2 2mg F m m       v v

　 ⑧ 由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在 A 点的动量大小为 1232m gRp m   v

　 ⑨ （3）小球离开 C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为 g。设小球在竖B O A C P R O A B C P D

　 直方向的初速度为v ，从 C 点落至水平轨道上所用时间为 t。由运动学公式有 21CD2t gt  v

　 ⑩ sin  v v

　 ⑪ 由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得 3 55Rtg

　⑫

　33．[物理——选修 3-3]（15 分）

　（1）（5 分）如图，一定量的理想气体从状态 a 变化到状态 b，其过程如 p-V 图中从 a 到 b 的直线所示。在此过程中

　 。（填正确答案标号。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．气体温度一直降低 B．气体内能一直增加 C．气体一直对外做功 D．气体一直从外界吸热 E．气体吸收的热量一直全部用于对外做功 解答：

　BCD 解析：由CTpV得，温度 T 正比于 PV 的乘积值，从 a 到 b 的过程中 PV 的乘积值增大，温度升高，内能增大，选项 A 错误 B 正确；从 a 到 b 的过程中，体积增大，气体对外做功，C 正确；由热力学第一定律得气体一直从外界吸热，D 正确；气体吸收的热一部分用于对外做功，另一部分增加气体的内能，E 错误；故选 BCD。

　（2）（10 分）在两端封闭、粗细均匀的 U 形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。当 U 形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为118.0cm l  和212.0cm l  ，左边气体的压强为 12.0cmHg 。现将 U 形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求 U 形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中，气体温度不变。

　答案：22.5cm

　 7.5cm 解析：设 U 形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为1p 和2p 。U 形管水平放置时，两边气体压强相等，设为 p ，此时原左、右两边气柱长度分别变为1l和2l。由力的平衡条件有 1 2 1 2( ) p p g l l    

　①

　p O b a V l 2 l 1 l′ 2 l 2 l′ 1 l 1

　 式中  为水银密度， g 为重力加速度大小。

　由玻意耳定律有 1 1 1plpl

　② 2 2 2p lpl

　③ 两边气柱长度的变化量大小相等 1 1 2 2l l l l     

　④ 由①②③④式和题给条件得 122.5cm l 

　⑤ 27.5cm l 

　⑥

　34．[物理——选修 3-4]（15 分）

　（1）（5 分）一列简谐横波沿 x 轴正方向传播，在 0 t  和 0.20s t  时的波形分别如图中实线和虚线所示。已知该波的周期 0.20s T  。下列说法正确的是

　 。（填正确答案标号。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．波速为 0.40m/s

　B．波长为 0.08m

　C． 0.08m x  的质点在 0.70s t  时位于波谷 D． 0.08m x  的质点在 0.12s  t 时位于波谷 E．若此波传入另一介质中其波速变为 0.80m/s ，则它在该介质中的波长为 0.32m

　答案：

　ACE 解析：根据波形图可知，波长 λ=16cm=0.16m，选项 B 错误；根据 t=0 时刻和 t=0.20s 时刻的波形图和该波的周期 T>0.20s 可知，可知该波的周期 T=0.40s，波速 v=λ/T=0.40m/s，选项 A 正确；简谐波沿 x 轴正方向传播，x=0.08m 的质点在 t=0 时刻沿 y 轴正方向运动，在 t=0.70s 时位于波谷，在 t=0.12s时位于 y＞0 的某位置(不是位于波谷)，选项 C 正确 D 错误；若此波传入另一介质中，周期 T 不变，其波速变为 v=0.80m/s，由 λ=vT 可得它在该介质中的波长为 λ=0.80×0.4m=0.32m，选项 E 正确。

　（2）（10 分）如图，某同学在一张水平放置的白纸上画了一个小标记“ ”（图中 O 点），然后用横截面为等边三角形 ABC 的三棱镜压在这个标记上，小标记位于 AC边上。D 位于 AB 边上，过 D 点做 AC 边的垂线交 AC 于 F。该同学在 D 点正上方向下顺着直线 DF 的方向观察，恰好可以看到小标记的像；过 O 点做 AB 边的垂线交直线 DF 于 E； DE 2cm  ， EF 1cm  。求三棱镜的折射率。（不考虑光线在三棱镜中的反射）

　y/cm x/cm 0 8 16 O E D F B A C

　 解：过 D 点作 AB 边的法线NN，连接 OD，则 ODN    为 O 点发出的光线在 D 点的入射角；设该光线在 D 点的折射角为  ，如图所示。根据折射定律有 sin sin n   

　① 式中 n 为三棱镜的折射率。

　由几何关系可知 60   

　② EOF 30   

　③ 在△OEF 中有 EF OEsin EOF  

　 ④ 由③④式和题给条件得 OE 2cm 

　 ⑤ 根据题给条件可知， OED △ 为等腰三角形，有 30   

　 ⑥ 由①②⑥式得 3 n 

　 ⑦

　O E D F B A C N N 

　

　O E D F B A C N N 

　

　O E D F B A C N N 

　