山东卷2020年高考物理真题试卷（含答案和解析）.docx

1、20 20 山东卷(物理) 1.A5、C32020山东卷 一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼,其位移s与时间t的关系图像如图-所示.乘客所受支持力 的大小用FN表示,速度大小用v表示.重力加速度大小为g.以下判断正确的是 ( ) 图- A.0t1时间内,v增大,FNmg B.t1t2时间内,v减小,FNmg C.t2t3时间内,v增大,FNmg 1.D 解析 位移时间图像的斜率表示速度,0t1时间内乘客的速度增大,乘客向下做加速运动,故加速度向下,乘客失重, 得FNmg,选项 C 错误,D 正确. 2.J12020山东卷 氚核 H 发生 衰变成为氦核 He.假设含氚材料中 H 发生 衰变产生的电

2、子可以全部定向移动,在 3.210 4 s 时间内形成的平均电流为 5.010-8 A.已知电子电荷量为 1.610-19 C,在这段时间内发生 衰变的氚核 H 的 个数为 ( ) A.5.010 14 B.1.010 16 C.2.010 16 D.1.010 18 2.B 解析 根据电流的定义式I= = ,代入数据可得n=1.010 16个,选项 B 正确. 3.N12020山东卷 双缝干涉实验装置的截面图如图-所示.光源S到S1、S2的距离相等,O点为S1、S2连线中垂线与光屏的 交点.光源S发出的波长为的光,经S1出射后垂直穿过玻璃片传播到O点,经S2出射后直接传播到O点,由S1到O点

3、与由 S2到O点,光传播的时间差为 t.玻璃片厚度为 10,玻璃对该波长光的折射率为 1.5,空气中光速为c,不计光在玻璃片内 的反射.以下判断正确的是 ( ) 图- A.t= B.t= C.t= D.t= 3.A 解析 光在玻璃片中的传播速度v= = ,在玻璃片中的速度小于 c,比在空气中通过相同距离用的时间长 t,由题意 知 - =t,解得 t= ,选项 A 正确. 4.G42020山东卷 一列简谐横波在均匀介质中沿x轴负方向传播,已知x= 处质点的振动方程为y=Acos( ),则t= T 时刻的波形图正确的是 ( ) 图- 4.D 解析 根据x= 处质点的振动方程可得,t= 时,该质点的

4、位移为 0,t= 时,该质点的位移为-A,可得 t= 时该质点正 沿y轴正方向运动,根据“上坡下,下坡上”可知选项 D 正确. 5.M22020山东卷 图-甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1n2=223,输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系 如图乙所示.灯泡 L 的电阻恒为 15 ,额定电压为 24 V.定值电阻R1=10 、R2=5 ,滑动变阻器R的最大阻值为 10 .为 使灯泡正常工作,滑动变阻器接入电路的电阻应调节为 ( ) 图- A.1 B.5 C.6 D.8 5.A 解析 由图乙可得a、b间输入电压的有效值为U1=220 V,由 = 可得 U2=30 V,对副线圈供电回路,灯泡

5、正常工作时, 通过灯泡的电流IL= =1.6 A,根据串联电路的分压特点可得并联部分的总电阻 R并= - = ,由并联电路的总电阻R并 = ,代入数据解得 R=1 ,选项 A 正确. 6.H2、H32020山东卷 一定质量的理想气体从状态a开始,经ab、bc、ca三个过程后回到初始状态a,其p-V图 像如图-所示.已知三个状态的坐标分别为a(V0,2p0)、b(2V0,p0)、c(3V0,2p0).以下判断正确的是 ( ) 图- A.气体在ab过程中对外界做的功小于在bc过程中对外界做的功 B.气体在ab过程中从外界吸收的热量大于在bc过程中从外界吸收的热量 C.在ca过程中,外界对气体做的功

6、小于气体向外界放出的热量 D.气体在ca过程中内能的减少量大于bc过程中内能的增加量 6.C 解析 p-V图像与横轴所围的面积表示气体对外界做的功或外界对气体做的功的数值,故气体在ab过程中对外界 做的功等于bc过程中对外界做的功,选项 A 错误;由理想气体状态方程 =C可得TcTb=Ta,理想气体的内能只由温度决定, 故UcUb=Ua,故ca过程中气体内能的减少量等于bc过程中气体内能的增加量,选项 D 错误;设在ab过程中气体对外界 做的功为W,因为 U=0,由热力学第一定律可得Q1=W,bc过程中气体对外界做的功也为W,U0,由热力学第一定律得Q2W, 故Q1Q2,选项 B 错误; ca

7、过程中气体内能减小,UO,选项 A 错误;同理可得cO,如果将一 个正电荷沿O、b连线从O点移到b点,正电荷所受库仑力的合力与运动方向的夹角为锐角,电场力做正功,正电荷的电势能 将减小,故Ob,可得cb,选项 B 正确;由上述分析知ab,已知试探电荷带负电,由Ep=q可得Epad,由Ep=q可得EpcEpd,选项 D 正确. 11.E6、G1(多选)2020山东卷 如图-所示,质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上,右侧连接一固定于墙面的水平轻绳, 左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连.现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端,当弹簧处于原长时,将B由 静止释放,当B下降到最低点时(未着地

8、),A对水平桌面的压力刚好为零.轻绳不可伸长,弹簧始终在弹性限度内,物块A始终 处于静止状态.以下判断正确的是 ( ) 图- A.M2m B.2mMM,选项 A 正确,B 错误;钩码从释放到最低点的过程中,速度先增大后减小,故合力对钩码先做正功后做 负功,选项 C 正确;物体受到重力以外的力做的功量度了物体机械能的变化,故钩码B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减 少量,选项 D 正确. 12.L2、L3(多选)2020山东卷 如图-所示,平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反 且垂直于坐标平面的匀强磁场,图中虚线方格为等大正方形.一位于Oxy平面内的刚性导体框abc

9、de在外力作用下以恒定速 度沿y轴正方向运动(不发生转动).从图示位置开始计时,4 s 末bc边刚好进入磁场.在此过程中,导体框内感应电流的大小 为I,ab边所受安培力的大小为Fab,二者与时间t的关系图像可能正确的是 ( ) 图- 图- 12.BC 解析 设正方形的边长为d m,则导体框运动的速度大小为d m/s,设磁感应强度大小为B T,1 s 之前,导体框切割 磁感线的有效长度为 2d,由E=BLv得E1=2Bd 2(V),由 I1= = (A)得电流大小恒定不变,I-t图线为平行于时间轴的直线,ab 边在磁场中的长度为vt=dt(m),由F=BIL得安培力Fab1= t(N),安培力随

10、时间变化的图线为过原点的倾斜直线,1 s 末受到 的安培力为 (N);12 s,导体框切割磁感线的有效长度为 2d+v(t-1)=d+dt, 由E=BLv得E2=Bd 2t+Bd2,由 I2= t+ ,则 I-t图线为倾斜的直线,2 s 末的电流大小为 ,ab边在磁场中的长度为vt=dt,Fab2= (t 2+t),安培力随时间变化的图线为 抛物线,2 s 末受到的安培力为 ;24 s,在左边磁场中导体框切割磁感线的有效长度为 3d,在右边磁场中导体框切割磁感 线的有效长度为v(t-2)=d(t-2), 两边磁场中的导体框产生的电动势方向相反,总电动势为两者之差,故E=3Bd 2-Bd2(t-

11、2)=- Bd 2t +5Bd2,I 3=- t+ ,I-t图线为斜向下倾斜的直线,4 s 末的电流大小为 ,ab边在磁场中的长度为vt=dt, Fab3= (-t 2+5t),安培力随时间变化的图线为抛物线,4 s 末受到的安培力为 ,因此选项 B、C 正确,A、D 错误. 13.A5、C22020山东卷 2020 年 5 月,我国进行了珠穆朗玛峰的高度测量,其中一种方法是通过使用重力仪测量重力加速 度,进而间接测量海拔高度.某同学受此启发就地取材设计了如下实验,测量当地重力加速度的大小.实验步骤如下: (i)如图-甲所示,选择合适高度的垫块,使木板的倾角为 53,在其上表面固定一与小物块下

12、滑路径平行的刻度尺(图中未画 出). 图- (ii)调整手机使其摄像头正对木板表面,开启视频录像功能.将小物块从木板顶端释放,用手机记录下小物块沿木板向下做加 速直线运动的情况.然后通过录像的回放,选择小物块运动路径上合适的一点作为测量参考点,得到小物块相对于该点的运动 距离L与运动时间t的数据. (iii)该同学选取部分实验数据,画出了 -t图像,利用图像数据得到小物块下滑的加速度大小为 5.6 m/s 2. (iv)再次调节垫块,改变木板的倾角,重复实验. 回答以下问题: (1)当木板的倾角为 37时,所绘图像如图乙所示.由图像可得,物块过测量参考点时速度的大小为 m/s;选取图线上 位于

13、坐标纸网格交叉点上的A、B两点,利用A、B两点数据得到小物块下滑加速度的大小为 m/s 2.(结果均保留 2 位 有效数字) (2)根据上述数据,进一步分析得到当地的重力加速度大小为 m/s 2.(结果保留 2 位有效数字,sin 37=0.60,cos 37=0.80) 13.(1)0.32 或 0.33 3.1 (2)9.4 解析 (1)设物块经过参考点的速度大小为v0,由运动学公式L=v0t+ at 2,变形得 =2v0+at,故 -t图像的纵截距b=2v0,由 图可得v0=0.32 m/s,斜率k=a,由图可得a=3.1 m/s 2. (2)对物块受力分析,根据牛顿第二定律,当斜面倾角

14、为 53时,mgsin 53-mgcos 53=ma1,当斜面倾角为 37时,mgsin 37-mgcos 37=ma2,联立解得g=9.4 m/s 2. 14.J72020山东卷 实验方案对实验测量的精度有直接的影响,某学习小组对“测量电源的电动势和内阻”的实验方案进 行了探究.实验室提供的器材有: 干电池一节(电动势约 1.5 V,内阻小于 1 ); 电压表 V(量程 3 V,内阻约 3 k); 电流表 A(量程 0.6 A,内阻约 1 ); 滑动变阻器R(最大阻值为 20 ); 定值电阻R1(阻值 2 ); 定值电阻R2(阻值 5 ); 开关一个,导线若干. (1)该小组按照图-甲所示的

15、电路进行实验,通过调节滑动变阻器阻值使电流表示数逐渐接近满偏,记录此过程中电压表和电 流表的示数,利用实验数据在U-I坐标纸上描点,如图乙所示,结果发现电压表示数的变化范围比较小,出现该现象的主要原 因是 .(单选,填正确答案标号) A.电压表分流 B.干电池内阻较小 C.滑动变阻器最大阻值较小 D.电流表内阻较小 图- (2)针对电压表示数的变化范围比较小的问题,该小组利用实验室提供的器材改进了实验方案,重新测量得到的数据如下表所 示. 序号 1 2 3 4 5 6 7 I/A 0.08 0.14 0.20 0.26 0.32 0.36 0.40 U/V 1.35 1.20 1.05 0.8

16、8 0.73 0.71 0.52 请根据实验数据,回答以下问题: 图-所示坐标纸上已标出后 3 组数据对应的坐标点,请在坐标纸上标出前 4 组数据对应的坐标点并画出U-I图像. 图- 根据实验数据可知,所选的定值电阻为 (填“R1”或“R2”). 用笔画线代替导线,请按照改进后的方案,将图-中的实物图连接成完整电路. 图- 14.(1)B (2)如图甲所示 R1 如图乙所示 甲 乙 解析 (1)电压表示数的变化范围比较小,则干电池内阻分压非常小,即干电池内阻非常小. (2)描点连线如图甲所示. 将电源与一个定值电阻串联,当成等效电源,可增加等效电源内阻分压,扩大路端电压变化范围,减小测量的偶然

17、误差,测量 电路如图-所示,根据U-I图线的斜率表示等效电源的内阻,可知等效电源的内阻为 2.6 ,而干电池内阻小于 1 ,故选择 的定值电阻为R1. 根据电路图连线如图乙所示. 15.H52020山东卷 中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上,进而治疗某些疾病.常见拔 罐有两种,如图所示,左侧为火罐,下端开口;右侧为抽气拔罐,下端开口,上端留有抽气阀门.使用火罐时,先加热罐中气体,然 后迅速按到皮肤上,自然降温后火罐内部气压低于外部大气压,使火罐紧紧吸附在皮肤上.抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上, 再通过抽气降低罐内气体压强.某次使用火罐时,罐内气体初始压强与外部大气压相

18、同,温度为 450 K,最终降到 300 K,因皮 肤凸起,内部气体体积变为罐容积的 .若换用抽气拔罐,抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的 ,罐内气压与火罐 降温后的内部气压相同.罐内气体均可视为理想气体,忽略抽气过程中气体温度的变化.求应抽出气体的质量与抽气前罐内气 体质量的比值. 图- 15. 解析 设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1,温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2,罐的容积为V0,由题意知 p1=p0、T1=450 K、V1=V0、T2=300 K、V2= 由理想气体状态方程得 = 代入数据得 p2=0.7p0 对于抽气罐,设初态气体状态参量分别为p3、V3,

19、末态气体状态参量分别为p4、V4,罐的容积为V0,由题意知 p3=p0、V3=V0、p4=p2 由玻意耳定律得 p0V0=p2V4 联立式,代入数据得 V4= V0 设抽出的气体的体积为 V,由题意知 V=V4- V0 故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为 = 联立式,代入数据得 = 16.D62020山东卷 单板滑雪 U 型池比赛是冬奥会比赛项目,其场地可以简化为如图-甲所示的模型:U 形滑道由两个半径 相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成,轨道倾角为 17.2.某次练习过程中,运动员以vM=10 m/s 的 速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道

20、,速度方向与轨道边缘线AD的夹角=72.8,腾空后沿轨道边 缘的N点进入轨道.图乙为腾空过程左视图.该运动员可视为质点,不计空气阻力,重力加速度的大小g取 10 m/s 2,sin 72.8=0.96,cos 72.8=0.30.求: (1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d; (2)M、N之间的距离L. 图- 16.(1)4.8 m (2)12 m 解析 (1)在M点,设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1,由运动的合成与分解规律得 v1=vMsin 72.8 设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1,由牛顿第二定律得 mgcos 17.2=ma1 由运动学公式得

21、d= 联立式,代入数据得 d=4.8 m (2)在M点,设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2,由运动的合成与分解规律得 v2=vMcos 72.8 设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2,由牛顿第二定律得 mgsin 17.2=ma2 设腾空时间为t,由运动学公式得 t= L=v2t+ a2t 2 联立式,代入数据得 L=12 m 17.K42020山东卷 某型号质谱仪的工作原理如图-甲所示.M、N为竖直放置的两金属板,两板间电压为U,Q板为记录板, 分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的、两部分,M、N、P、Q所在平面相互平行,a、b为M、N上两正对的小孔.以 a、b

22、所在直线为z轴,向右为正方向,取z轴与Q板的交点O为坐标原点,以平行于Q板水平向里为x轴正方向,竖直向上为 y轴正方向,建立空间直角坐标系Oxyz.区域、内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场,磁感应强度大小、电场 强度大小分别为B和E.一质量为m、电荷量为+q的粒子,从a孔飘入电场(初速度视为零),经b孔进入磁场,过P面上的c 点(图中未画出)进入电场,最终打到记录板Q上.不计粒子重力. (1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离L; (2)求粒子打到记录板上位置的x坐标; (3)求粒子打到记录板上位置的y坐标(用R、d表示); (4)如图乙所示,在记录板上得到三个点s1

23、、s2、s3,若这三个点是质子 H、氚核 H、氦核 He 的位置,请写出这三个点分别 对应哪个粒子(不考虑粒子间的相互作用,不要求写出推导过程). 图- 17.(1) - - (2) - (3)R- - + - (4)见解析 解析 (1)设粒子经加速电场到b孔的速度大小为v,粒子在区域中,做匀速圆周运动对应圆心角为,在M、N两金属板 间,由动能定理得 qU= mv 2 在区域中,粒子做匀速圆周运动,磁场力提供向心力,由牛顿第二定律得 qvB=m 联立式得 R= 由几何关系得 d 2+(R-L)2=R2 cos = - sin = 联立式得 L= - - (2)设区域中粒子沿z轴方向的分速度为v

24、z,沿x轴正方向加速度大小为a,位移大小为x,运动时间为t,由牛顿第二定律 得 qE=ma 粒子在z轴方向做匀速直线运动,由运动合成与分解的规律得 vz=vcos d=vzt 粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动,由运动学公式得 x= at 2 联立式得 x= - (3)设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y,其中在区域中沿y方向偏离的距离为y,由运动学公式得 y=vtsin 由题意得 y=L+y 联立式得 y=R- - + - (4)s1、s2、s3分别对应氚核 H、氦核 He、质子 H 的位置. 18.F42020山东卷 如图-所示,一倾角为的固定斜面的底端安装一弹性挡板,P、Q两物块的质量

25、分别为m和 4m,Q静 止于斜面上A处.某时刻,P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞.Q与斜面间的动摩擦因数等于 tan ,设最大静摩擦 力等于滑动摩擦力.P与斜面间无摩擦,与挡板之间的碰撞无动能损失.两物块均可以看作质点,斜面足够长,Q的速度减为零 之前P不会与之发生碰撞.重力加速度大小为g. (1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1; (2)求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn; (3)求物块Q从A点上升的总高度H; (4)为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞,求A点与挡板之间的最小距离s. 图- 18.(1) v0 v0 (2)( ) - (n=1,2,3,)

26、 (3) (4) - 解析 (1)P与Q的第一次碰撞,取P的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得 mv0=mvP1+4mvQ1 由机械能守恒定律得 m = m + 4m 联立式得 vP1=- v0 vQ1= v0 故第一次碰撞后P的速度大小为 v0,Q 的速度大小为 v0 (2)设P、Q第一次碰撞后Q上升的高度为h1,对Q由运动学公式得 0- =2(-2gsin ) 联立式得 h1= 设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v02,第一次碰后至第二次碰前,对P由动能定理得 m - m =-mgh1 联立式得 v02= v0 P与Q的第二次碰撞,设碰后P与Q的速度分别为vP2、vQ2,由

27、动量守恒定律得 mv02=mvP2+4mvQ2 由机械能守恒定律得 m = m + 4m 联立式得 vP2=- v0 vQ2= v0 设第二次碰撞后Q上升的高度为h2,对Q由运动学公式得 0- =2(-2gsin ) 联立式得 h2= 设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为v03,第二次碰后至第三次碰前,对P由动能定理得 m - m =-mgh2 联立式得 v03=( ) v0 P与Q的第三次碰撞,设碰后P与Q的速度分别为vP3、vQ3,由动量守恒定律得 mv03=mvP3+4mvQ3 由机械能守恒定律得 m = m + 4m 联立式得 vP3=- ( ) v0 vQ3= ( ) v

28、0 设第三次碰撞后Q上升的高度为h3,由运动学公式得 0- =2(-2gsin ) 联立式得 h3=( ) 总结可知,第n次碰撞后,物块Q上升的高度为 hn=( ) - (n=1,2,3,) (3)设P、Q达到H时,两物块到此处的速度可视为零,对两物块运动全过程由动能定理得 0- m =-(m+4m)gH-tan 4mgcos 解得H= (4)设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1,由运动学公式得vQ1=2gt1sin 设P运动到斜面底端时的速度为vP1,需要的时间为t2,由运动学公式得 vP1=vP1+gt2sin v - =2sgsin 设P从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3 v02=(-vP1)-gt3sin 当A点与挡板之间的距离最小时 t1=2t2+t3 联立式,代入数据得 s= -