2020年高考物理北京卷-答案

物理答案解析

第一部分

1.【答案】C

【解析】A.根据光的干涉定义可知白光经过杨氏双缝得到彩色图样是杨氏双缝干涉，故A错误； B.由于重力的作用，肥皂膜形成了上薄下厚的薄膜，光线通过薄膜时频率不变，干涉条纹的产生是由于光线在薄膜前后两表面反射形成的两列光波的叠加，白光照射肥皂膜呈现彩色图样是属于干涉现象，故B错误；

C.白光经过三棱镜得到彩色图样是光在折射时产生的色散现象，故C正确； D.水面上的油膜呈现彩色是光的干涉现象，属于薄膜干涉，故D错误； 故选C。 2.【答案】C

23种不同频率的光子，故A错误； 【解析】A.大量氢原子处于n3能级跃迁到n1最多可辐射出C3B.根据能级图可知从n3能级跃迁到n1能级辐射的光子能量为h113.6 eV1.51 eV，从n3能级跃迁到n2能级辐射的光子能量为h23.4 eV1.51 eV，比较可知从n3能级跃迁到n1能级比跃迁到

n2能级辐射的光子频率高，故B错误；

C.根据能级图可知从n3能级跃迁到n4能级，需要吸收的能量为E1.51 eV0.85 eV=0.66 eV，故C正确；

D.根据能级图可知氢原子处于n3能级的能量为1.51 eV，故要使其电离至少需要吸收1.51 eV的能量，故D错误； 故选C。 3.【答案】A

【解析】A.因为5G使用的电磁波频率比4G高，根据Eh可知5G使用的电磁波比4G光子能量更大，故A正确；

B.发生明显衍射的条件是障碍物（或孔）的尺寸可以跟波长相比，甚至比波长还小；因5G使用的电磁波频率更高，即波长更短，故5G越不容易发生明显衍射，故B错误； C.光在真空中的传播速度都是相同的；光在介质中的传播速度为v射率越大，光在介质中的传播速度越小，故C错误； D.因5G使用的电磁波频率更高，根据c，5G的频率比4G高，而频率越大折nc；可知波长更短，故D错误。故选A。

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4.【答案】C

【解析】由图可知状态A到状态B是一个等压过程，根据

VAVB；因为VB＞VA，故TB＞TA；而状态BTATB332p0V0p02V0pBpC55到状态C是一个等容过程，有。因为pB＞pC，故TB＞TC；对状态A和C有，TBTCTATC可得TATC；综上分析可知C正确，ABD错误；故选C。 5.【答案】A

【解析】A.当发射速度大于第二宇宙速度时，探测器将脱离地球的引力在太阳系的范围内运动，火星在太阳系内，所以火星探测器的发射速度应大于第二宇宙速度，故A正确；

B.第二宇宙速度是探测器脱离地球的引力到太阳系中的临界条件，当发射速度介于地球的第一和第二宇宙速度之间时，探测器将围绕地球运动，故B错误；

GMmmv12GMvC.万有引力提供向心力，则有，解得第一宇宙速度为，所以火星的第一宇宙速度为1RRR2v火10%5v地v，所以火星的第一宇宙速度小于地球的第一宇宙速度，故C错误； 50%5地GM火10%2GMmggg地，，解得星表面的重力加速度mg地火2R火25R250%D.万有引力近似等于重力，则有

所以火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，故D错误。故选A。 6.【答案】B

【解析】AB.由图可知乙质点的振动情况，该时刻质点L向y轴正方向振动。根据上下坡法或者平移法可知，该横波沿x轴正方向传播，质点N该时刻向y轴负方向运动，故A错误，故B正确；

C.质点L只在平衡位置附近y轴方向上下振动，波传播时，质点不会沿x轴正方向移动，故C错误； D.该时刻质点K与M的速度为零，质点K加速度为y方向，质点M加速度为y方向，故D错误。 故选B。 7.【答案】B

【解析】A.正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球壳，该点电荷不一定为正电荷，故A错误； B.相邻等势面间电势差相等，P点附近的等差等势面更加密集，故P点的场强一定比Q点的场强大，故B正确；

C.正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球壳，若为正点电荷，则P点电势一定比Q点电势高，故C错误；

D.从等势面的情况无法判断该点电荷为正点电荷还是负点电荷，无法判断P点电势与Q点电势的高低，就

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无法判断正检验电荷在P点和在Q点的电势能的大小，故D错误。故选B。 8.【答案】B

【解析】AB.小磁针发生偏转是因为带负电荷的橡胶圆盘高速旋转形成电流，而电流周围有磁场，磁场会对放入其中的小磁针有力的作用，故A错误，B正确；

C.仅改变圆盘的转动方向，形成的电流的方向与初始相反，小磁针的偏转方向也与之前相反，故C错误； D.仅改变圆盘所带电荷的电性，形成的电流的方向与初始相反，小磁针的偏转方向也与之前相反，故D错误。故选B。 9.【答案】A

【解析】开关S闭合时，副线圈总的电阻减小，由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压也不变，即V1示数不变，但因副线圈的总电阻减小，则副线圈的总电流增大，则原线圈的电流增大，故A1的示数变大；由于副线圈的电流增大，故串联在副线圈的电阻R两端的电压增大，而副线圈的总电压不变，所以副线圈并联部分的电压减小，即V2的示数减小，故电流表A2的示数减小，故A正确，BCD错误。故选A。 10.【答案】D

【解析】A.从rr2到rr0分子间引力、斥力都在增加，但斥力增加得更快，故A错误；

B.由图可知，在rr0时分子力为零，故从rr2到rr1分子力的大小先增大后减小再增大，故B错误； C.分子势能在rr0时分子势能最小，故从rr2到rr0分子势能一直减小，故C错误； D.从rr2到rr1分子势能先减小后增大，故分子动能先增大后减小，故D正确。故选D。 11.【答案】C

【解析】AB.为了能研究摩擦力随时间的变化曲线，故物块一直要处于静止状态，则向左的摩擦力一直与向右轻绳的拉力平衡，图乙是向右轻绳的拉力随时间变化曲线，故图乙也可以反映摩擦力随时间变化的曲线，由图可乙知向右轻绳的拉力先增大后减小，最后趋于不变，故物块先受静摩擦力作用后受滑动摩擦力作用，所以不需要让木板保持匀速运动，故AB错误；

C.由图可知，最大静摩擦力约为10 N，滑动摩擦力约为7 N，故最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10:7，故C正确；

D.根据FfFN，FNmg,可知，由于不知道物块的重力，故无法求物块与木板间的动摩擦因数，故D错误。故选C。 12.【答案】B

【解析】由甲图可知，tA点对应的电阻阻值较小，由闭合电路欧姆定律知对应电路中的电流较大，故tA应标在电流较大的刻度上；而tB点对应的电阻阻值较大，由闭合电路欧姆定律知对应电路中的电流较小，故

tB应标在电流较小的刻度上；由图甲得:RR0kt，其中R0为图线的纵截距，由闭合电路欧姆定律得

IERRgrE，联立解得：t0，可知t与I是非线性关系，故B正确，ACD错误。故选B。

RRgrkIk 3 / 8

13.【答案】D

【解析】A.1号球与质量不同的2号球相碰撞后，1号球速度不为零，则2号球获得的动能小于1号球撞2号球前瞬间的动能，所以2号球与3号球相碰撞后，3号球获得的动能也小于1号球撞2号球前瞬间的动能，则3号不可能摆至高度h，故A错误；

B.1、2号球释放后，三小球之间碰撞为弹性碰撞，且三小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，但整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，故B错误；

C.1、2号碰撞后粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，所以1、2号球再与3号球相碰后，3号球获得的动能不足以使其摆至高度h，故C错误；

D.碰撞后，2、3号粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，且整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统的机械能和动量都不守恒，故D正确。故选D。 14.【答案】C

【解析】A.篮球未转动时，篮球竖直下落，没有受到偏转力f2的作用，而篮球转动时，将受到偏转力f2的作用，所以偏转力f2k2v中的k2与篮球转动角速度有关，故A错误；

B.空气阻力一直对篮球做负功，篮球的机械能将减小，篮球的角速度也将减小，所以篮球没有足够的能量回到原高度，故B错误；

C.篮球下落过程中，其受力情况如下图所示

的

第二部分

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篮球下落过程中，由受力分析可知，随着速度不断增大，篮球受到f1和f2的合力沿竖直方向的分力可能比重力大，可使篮球竖直方向的分速度减小为零或变成竖直向上，所以篮球可能向上运动，故C正确； D.如果篮球的速度变成水平方向，则空气阻力的作用会使篮球速度减小，则篮球受到的偏转力f2将变小，不能保持f2与重力持续等大反向，所以不可能在空中持续一段水平直线运动，故D错误。故选C。

15.【答案】（1）B

（2）（3）AD

【解析】（1）为了探究加速度与质量的关系，必须控制小车所受拉力相同，而让小车的质量不同，所以钩码质量相同，故B正确。 （2）数据描点和a1图像如图所示 M

（3）A.使小车沿倾角合适的斜面运动，小车所受重力沿斜面的分力刚好等于小车所受的摩擦力，则小车受力可等效为只受绳的拉力，故A正确；

B.若斜面倾角过大，重力沿斜面的分力大于摩擦力，小车所受合力将大于绳的拉力，不利于简化“力”的测量，故B错误；

C.由牛顿第二定律可知，无论小车运动的加速度多大，砂和桶的重力都大于绳的拉力，故C错误； D.当小车的运动趋近于匀速运动时，砂和桶可近似看成受力平衡，则砂和桶的重力才近似等于绳的拉力，故D正确。 故选AD。

16.【答案】（1）EE，rRA，理由见解析 （2）C A （3）乙

【解析】（1）将电源和电流表视为等效电源，电源电动势是电源本身具有的属性，电流表不具有产生电动势的本领，所以等效电源的电动势仍然为EE，而电流表的内阻和电动势的内阻作为等效电源的内阻，即

rrRA

（2）对甲图，考虑电表内阻时，根据闭合电路欧姆定律得EU路Ir内UI(rRA)，变形得

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U(rRA)IE，直接通过实验获得数据，可得UrIE，图像与纵轴截距均为电源电动势E，虚线对应的斜率大小为r，实线对应的斜率大小为(rRA)，所以对应图甲电路分析的UI图像是C； 对乙图，考虑电表内阻时（即虚线对应的真实情况），根据闭合电路欧姆定律得

EU路Ir内U(IRrRVUr，变形得UVI)rUIrUE，直接通过实验获得数据，

RVRVRVrRVrRVr＜r，虚线对应的纵轴截距为RVr可得UrIE，虚线对应的斜率大小为r，实线对应的斜率大小为

E，实线对应的纵轴截距为

ERVE＜E；两图线在U0时，对应的短路电流均为I短，所以对应图乙RVrr电路分析的UI图像是A。

（3）图甲虽然测量的电源电动势准确，但电流表分压较为明显，所以内阻测量的误差很大；图乙虽然电动势和内阻测量均偏小，但是电压表内阻很大，分流不明显，所以电动势和内阻的测量误差较小，所以选择图乙可以减小由电表内电阻引起的实验误差。 17.【答案】（1）v02v02gh2h g（2）

（3）yg2x 22v0【解析】（1）包裹脱离无人机后做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，则h122hgt，解得t，水

g2平方向上做匀速直线运动，所以水平距离为xv0tv02h。 g（2）包裹落地时，竖直方向速度为vygtg2h222vyv02gh。 ，落地时速度为vv0g（3）包裹做平抛运动，分解位移xv0t，y18.【答案】（1）ab （2）10 V （3）9.6 V

12ggt，两式消去时间得包裹的轨迹方程为y2x2。

2v02【解析】（1）根据图像可知，线圈中垂直于纸面向里的磁场增大，为了阻碍线圈中磁通量的增大，根据楞次

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定律可知线圈中感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，根据安培定则可知线圈中的感应电流为逆时针方向，所通过电阻R的电流方向为ab。

0.0150.010200 V10 V。 t0.10R48（3）电阻R两端的电压为路端电压，根据分压规律可知UE10 V9.6 V。

Rr482（2）根据法拉第电磁感应定律EN19.【答案】（1）BqR2eU0，0 m2m

πeRp2a3b3（2）

mI【解析】（1）a.在柱面和导线之间，只加恒定电压U0，粒子刚好没有电子到达柱面，此时速度为零，根据

2动能定理有eU0mv0；解得v0122eU0； mb.在柱面内，只加与MN平行的匀强磁场，磁感应强度为B0时，刚好没有电子到达柱面，设粒子的偏转半

2BqRv0径为r，根据几何关系有2rR，根据洛伦兹力提供向心力，则有：B0qv0m；解得v00。

r2mN（2）撤去柱面，设单位长度射出电子数为N，则单位时间都到柱面的粒子数为n0，金属片上电流

2πRpab12eRp2a3b3根据动量定理有pabtn0tmv0；解得v0，故总动能为EkNmv0。 In0eab；

n0m2mI20.【答案】（1）t24.3 s，x279.3 m

（2）列车电气制动产生的加速度与列车的速度成正比，为过P点的正比例函数，论证过程见解析。画出的图线如下图所示：

（3）3m/s

【解析】（1）由图1可知，列车速度从20 m/s降至3 m/s的过程加速度为0.7 m/s2的匀减速直线运动，由加速度的定义式av203170v22ax，得 s s24.3 s，由速度位移公式：v2v0，得ta0.77t2v2v032202x m279.3 m

2a20.7（2）由MN沿导轨向右运动切割磁场线产生感应电动势EBLv，回路中感应电流IE， R 7 / 8

FB2L2v，所以棒的加速度与棒的速度MN受到的安培力FBIL，加速度为：a；结合上面几式得amRm为正比例函数。又因为列车的电气制动过程，可假设MN棒运动的速度与列车的速度、棒的加速度与列车电气制动产生的加速度成正比，所以列车电气制动产生的加速度与列车的速度成正比，为过P点的正比例函数。画出的图线如下图所示。

（3）由（2）可知，列车速度越小，电气制动的加速度越小。由题设可知列车还会受到随车速减小而减小的空气阻力。所以电气制动和空气阻力产生的加速度都随速度的减小而减小。由图1中，列车速度从20 m/s降至3 m/s的过程中加速度大小a车随速度v减小而增大，所以列车速度从20 m/s降至3 m/s的过程中所需的机械制动逐渐变强，所以列车速度为3 m/s附近所需机械制动最强。

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