2020年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試(新課標(biāo)Ⅱ卷) 14. D【解析】管道高頻焊機(jī)的工作原理主要是利用了電磁感應(yīng)現(xiàn)象中渦流的熱效應(yīng)，而電磁感應(yīng)現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)者是法拉第，故D正確. 15. A【解析】衛(wèi)星繞球形星體表面做勻速圓周運(yùn)動，由萬有引力提供向心力可知GMmR2=m4π2T2R 16. B【解析】摩托車從a到b或從a到c均做平拋運(yùn)動，由平拋運(yùn)動的規(guī)律可知，水平方向做勻速直線運(yùn)動，有x=vt，豎直方向做自由落體運(yùn)動，有y=12gt2 17. D【解析】電子束在M、N之間需要加速，故N處的電勢高于M處的電勢，故A錯(cuò)誤；若增大M、N之間的加速電壓，會使得電子獲得的速度變大，電子在磁場中偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力提供向心力，有qvB=mv2R，可得電子的偏轉(zhuǎn)軌跡半徑R=mvqB，則電子在磁場中運(yùn)動軌跡的半徑變大，電子出磁場時(shí)偏轉(zhuǎn)角減小，P點(diǎn)向右移，故B錯(cuò)誤；電子進(jìn)入磁場中向下偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知，偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直于紙面向里，故C 18. C【解析】由題意知，1kg海水中全部氘核發(fā)生聚變反應(yīng)所釋放的能量約為1.0×10226×43.15×1.6×10?13J≈1.151×10 19. AD【解析】設(shè)輸電線的電阻為R，A處輸送的電功率為P，由題意可知，當(dāng)輸電電壓為U時(shí)，輸電線中的電流I=PU，輸電線上損耗的電功率ΔP=I2R=P2RU2，到達(dá)B處時(shí)，電壓下降Δ 20. ABC【解析】由題圖可知，帶電圓環(huán)上半部分帶正電，下半部分帶負(fù)電，電勢由上至下降低，在圓環(huán)上關(guān)于ab對稱地截取兩小段，ab連線直徑上的點(diǎn)為等量異種點(diǎn)電荷電場的連線中點(diǎn)，可知ab連線為等勢線，電勢相等，故B正確；同理可知，c、d兩點(diǎn)并不在等勢線上，故D錯(cuò)誤；由電場疊加原理和對稱規(guī)律可知，a、b兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等，方向相同，同理可知，c、d兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等，方向相同，故AC正確. 21. BC【解析】取運(yùn)動員與物塊組成的系統(tǒng)為研究對象，背離擋板運(yùn)動的方向?yàn)檎较?，由動量守恒定律可知，運(yùn)動員第1次推出物塊后有0=Mv1?mv，物塊第1次追上運(yùn)動員有mv+Mv1=(m+M)v1'=2mv，運(yùn)動員第2次推出物塊后有(m+M)v1'=Mv2 22. 1.84;1.96;滑輪的軸不光滑或滑輪有質(zhì)量. 【解析】由題意可知，小球B的質(zhì)量大于小球A的質(zhì)量，所以小球B下落，小球A上升，A、B小球做勻變速直線運(yùn)動，兩小球的加速度大小相同，由勻變速直線運(yùn)動規(guī)律可知?0??=12at2，解得a≈1.84m/s2；由實(shí)驗(yàn)室提供的數(shù)據(jù)獲得小球 23. (1)圖見解析;(2)I1(Rg1 (3)11.6；(4)8.0. 【解析】(1)連接電路時(shí)要，注意各線不要交叉，連接電表時(shí)注意電表的正、負(fù)接線柱. (2)由電路圖可知，電流表A1與定值電阻R0串聯(lián)充當(dāng)電壓表使用，所以小燈泡兩端的電壓U=I1(Rg1+R0 (3)當(dāng)I1=173mA時(shí)，小燈泡的電阻 (4)電流表A1與定值電阻R0'串聯(lián)充當(dāng)電壓表使用，即流過電流表A1的電流為滿偏電流200mA時(shí)，電流表A1 24. (1)垂直于紙面向里；mv0q?;(2) 【解析】(1)由題意可知，粒子剛進(jìn)入磁場時(shí)應(yīng)受到方向向上的洛倫茲力，因此磁場方向垂直于紙面向里.設(shè)粒子進(jìn)入磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為R，由洛倫茲力提供向心力得 qv0 由此可得R=m 粒子穿過y軸正半軸離開磁場，其在磁場中做圓周運(yùn)動的圓心在y軸正半軸上，半徑應(yīng)滿足 R≤? 由題意，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bm Bm (2)若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bm2，粒子做圓周運(yùn)動的圓心仍在y軸正半軸上，由 R'=2? 粒子會穿過圖中P點(diǎn)離開磁場，運(yùn)動軌跡如圖所示，設(shè)粒子在P點(diǎn)的運(yùn)動方向與x軸正方向的夾角為α，由幾何關(guān)系得 sinα= 即α=π 由幾何關(guān)系可得，P點(diǎn)與x軸的距離為 y=2? 聯(lián)立⑦⑧式得 y=(2? 25. (1)2g；3g;(2)1325 【解析】(1)管第一次落地彈起的瞬間，小球仍然向下運(yùn)動.設(shè)此時(shí)管的加速度大小為a1，方向向下；球的加速度大小為a2，方向向上；球與管之間的摩擦力大小為 Ma1 ma2 聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)，得 a1=2g (2)管第一次碰地前與球的速度大小相同.由運(yùn)動學(xué)公式得，碰地前瞬間它們的速度大小均為 v0=2 管彈起的瞬間，管的速度反向，球的速度方向依然向下. 設(shè)自彈起時(shí)經(jīng)過時(shí)間t1，管與小球的速度剛好相同. v0? 聯(lián)立③④⑤式得 t1 設(shè)此時(shí)管下端距地面的高度為?1，速度為v. ?1= v=v 由③④⑥⑧式可判斷此時(shí)v>0.此后，管與小球?qū)⒁约铀俣萭減速上升?2，到達(dá)最高點(diǎn) ?2= 設(shè)管第一次落地彈起后上升的最大高度為H1 H1= 聯(lián)立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得 H1 (3)設(shè)第一次彈起過程中球相對管的位移為x1.在管開始下落到上升H Mg(H 聯(lián)立??式并代入題給數(shù)據(jù)得 x1= 同理可推得，管與球從再次下落到第二次彈起至最高點(diǎn)的過程中，球與管的相對位移x2為 x2= 設(shè)圓管長度為L.管第二次落地彈起后的上升過程中，球不會滑出管外的條件是 x1+ 聯(lián)立????式，解得L應(yīng)滿足的條件為 L≥ 33. (1)B；C. 【解析】(1)汽車通過燃燒汽油獲得動力并向空氣中散熱，不違背熱力學(xué)第一定律和第二定律；冷水倒入保溫杯后，冷水和杯子的溫度都變得更低，這違背了熱力學(xué)第一定律；某新型熱機(jī)工作時(shí)將從高溫?zé)嵩次盏臒崃咳哭D(zhuǎn)化為功，而不產(chǎn)生其他影響，不違背熱力學(xué)第一定律，但違背熱力學(xué)第二定律.冰箱的制冷機(jī)工作時(shí)從箱內(nèi)低溫環(huán)境中提取熱量散發(fā)到溫度較高的室內(nèi)，同時(shí)消耗電能，不違背熱力學(xué)第一定律和第二定律. (2)(ⅰ)ρgHp 【解析】(2)(ⅰ)設(shè)潛水鐘在水面上方時(shí)和放入水下后筒內(nèi)氣體的體積分別為V0和V1，放入水下后筒內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為 p1V V0= V1=( p1= 聯(lián)立以上各式并考慮到H? l= (ⅱ)設(shè)水全部排出后筒內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為p2，此時(shí)筒內(nèi)氣體的體積為V0，這些氣體在其壓強(qiáng)為p0 p2V 其中p2= 設(shè)需壓入筒內(nèi)的氣體體積為V，依題意 V=V 聯(lián)立②⑥⑦⑧式得 V= 34. (1)6.9；96.8. 【解析】單擺擺動的最大角度為5°時(shí)，開始時(shí)將擺球拉離平衡位置的距離最大，圓心角很小時(shí)，圓的弧長與弦長近似相等，則最大距離x=5°360°×2πL≈6.9cm(此結(jié)果不能四舍五入)；新單擺擺動10個(gè)周期的時(shí)間與原單擺擺動11個(gè)周期的時(shí)間相等，即 (2)(ⅰ)會發(fā)生全反射，理由見解析；(ⅱ)2 【解析】(2)(ⅰ)如圖，設(shè)光線在D點(diǎn)的入射角為i，折射角為r.折射光線射到BC邊上的E點(diǎn).設(shè)光線在E點(diǎn)的入射角為θ，由幾何關(guān)系，有 θ=90°?(30°? 根據(jù)題給數(shù)據(jù)得 si