2020年山東省新高考物理試卷（附答案詳解）

2020年山東省新高考物理試卷

一、單選題（本大題共8小題，共24.0分）

1.（2020?江蘇省蘇州市?月考試卷）一質量為m的乘客乘

坐豎直電梯下樓，其位移s與時間f的關系圖象如圖

所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用

v表示。重力加速度大小為g。以下判斷正確的是（）

A.。?t］時間內，v增大，F(xiàn)N>mg

B.“?t2時間內，v減小，F(xiàn)N<mg

C.I??^3時間內，v增大，F(xiàn)N<mg

D.12?b時間內，v減小，F(xiàn)N>mg

2.（2021?河南省?單元測試）負核：“發(fā)生口衰變成為氮核稱He.假設含窟材料中發(fā)生口

衰變產(chǎn)生的電子可以全部定向移動，在3.2x104s時間內形成的平均電流為5.0x

10-%.已知電子電荷量為i.6x10T9c,在這段時間內發(fā)生0衰變的僦核：H的個數(shù)

為（）

A.5.0x1014B.1.0x1016C.2.0x1016D.1.0x1018

3.（2021?江蘇省蘇州市?單元測試）雙縫干涉實驗裝置的截面圖如圖所示。光源S到S1、

52的距離相等，。點為Si、S2連線中垂線與光屏的交點。光源S發(fā)出的波長為;I的

光，經(jīng)S1出射后垂直穿過玻璃片傳播到。點，經(jīng)S2出射后直接傳播到。點，由S1到

O點與由52到O點，光傳播的時間差為△￡.玻璃片厚度為10九玻璃對該波長光的

折射率為1.5,空氣中光速為c,不計光在玻璃片內的反射。以下判斷正確的是（）

入

AA.△t4=—52Bn.△t4=——152CQ.△t-=—10Dn.△.t“=——152

c2ccc

4.（2021.江蘇省蘇州市.單元測試）一列簡諧橫波在均勻介質中沿x軸負方向傳播，已知

x=乂處質點的振動方程為y=Acos佯t）,則t=I時刻的波形圖正確的是（）

5.（202。浙江省紹興市?月考試卷）圖甲中的理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比%：出=22：

3,輸入端42所接電壓“隨時間，的變化關系如圖乙所示。燈泡L的電阻恒為150,

額定電壓為24匕定值電阻&=100、R2=50,滑動變阻器R的最大阻值為102為

使燈泡正常工作，滑動變阻器接入電路的電阻應調節(jié)為（）

6.（2021?江蘇省常州市?期中考試）一定質量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)a-bJ-c、

c-a三個過程后回到初始狀態(tài)a,其p-V圖象如圖所示。已知三個狀態(tài)的坐標分

別為以為2p。）、b（2%,po）、c（3%,2p0）。以下判斷正確的是（）

A.氣體在a-b過程中對外界做的功小于在btc過程中對外界做的功

B.氣體在a-b過程中從外界吸收的熱量大于在b-c過程中從外界吸收的熱量

C.在C-a過程中，外界對氣體做的功小于氣體向外界放出的熱量

D.氣體在c-a過程中內能的減少量大于b-c過程中內能的增加量

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7.（2021.廣東省東莞市?月考試卷）我國將在今年擇機執(zhí)行“天問1號”火星探測任務。

質量為機的著陸器在著陸火星前，會在火星表面附近經(jīng)歷一個時長為耳、速度由北

減速到零的過程。已知火星的質量約為地球的0.1倍，半徑約為地球的0.5倍，地球

表面的重力加速度大小為g,忽略火星大氣阻力。若該減速過程可視為一個豎直向

下的勻減速直線運動，此過程中著陸器受到的制動力大小約為（）

A.m（0.4g-B.m（0.45+^）C.m（0.2g-D.m^0.2g+

8.（2021.全國?單元測試）如圖所示，一輕質光滑定滑輪固定在傾斜木板上，質量分別為

，〃和2〃?的物塊4、B,通過不可伸長的輕繩跨過滑輪連接，A、8間的接觸面和輕

繩均與木板平行。A與8間、8與木板間的動摩擦因數(shù)均為小設最大靜摩擦力等

于滑動摩擦力。當木板與水平面的夾角為45。時，物塊A、B剛好要滑動，貝以的值

為（）

二、多選題（本大題共4小題，共16.0分）

9.（2021.湖北省鄂州市?期中考試）截面為等腰直角三角形的三棱鏡如圖甲所示。DE為

嵌在三棱鏡內部緊貼BB'C'C面的線狀單色可見光光源,DE與三棱鏡的ABC面垂直,

。位于線段的中點。圖乙為圖甲中A8C面的正視圖。三棱鏡對該單色光的折射

率為近，只考慮由OE直接射向側面A4C'C的光線。下列說法正確的是（）

圖甲圖乙

A.光從/U'C'C面出射的區(qū)域占該側面總面積的9

B.光從AAC'C面出射的區(qū)域占該側面總面積的1

C.若QE發(fā)出的單色光頻率變小，/M'C'C面有光出射的區(qū)域面積將增大

D.若。E發(fā)出的單色光頻率變小，AA'C'C面有光出射的區(qū)域面積將減小

10.（2021?河南省?單元測試）真空中有兩個固定的帶正電的點電荷，電荷量不相等。一個

帶負電的試探電荷置于二者連線上的。點時，僅在電場力的作用下恰好保持靜止狀

態(tài)。過。點作兩正電荷連線的垂線，以。點為圓心的圓與連線和垂線分別交于“、

c和從d,如圖所示。以下說法正確的是（）

A.a點電勢低于O點

B.6點電勢低于c點

C.該試探電荷在。點的電勢能大于在匕點的電勢能

D.該試探電荷在。點的電勢能小于在d點的電勢能

11.（202卜四川省內江市?月考試卷）如圖所示，質量為M的物塊A放置在光滑水平桌面

上，右側連接一固定于墻面的水平輕繩，左側通過一傾斜輕繩跨過光滑定滑輪與一

豎直輕彈簧相連?，F(xiàn)將質量為，"的鉤碼B掛于彈簧下端，當彈簧處于原長時，將B

由靜止釋放，當8下降到最低點時（未著地），A對水平桌面的壓力剛好為零。輕繩

不可伸長，彈簧始終在彈性限度內，物塊A始終處于靜止狀態(tài)。以下判斷正確的是

（）

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A.M<2m

B.2m<M<3m

C.在8從釋放位置運動到最低點的過程中，所受合力對8先做正功后做負功

D.在B從釋放位置運動到速度最大的過程中，B克服彈簧彈力做的功等于B機械

能的減少量

12.（2021?湖北省黃石市?月考試卷）如圖所示，平面直角

坐標系的第一和第二象限分別存在磁感應強度大

小相等、方向相反且垂直于坐標平面的勻強磁場，

圖中虛線方格為等大正方形。一位于。町平面內的

剛性導體框ahcde在外力作用下以恒定速度沿y軸

正方向運動（不發(fā)生轉動）。從圖示位置開始計時，

4s末慶,邊剛好進入磁場。在此過程中，導體框內感應電流的大小為/,必邊所受

安培力的大小為五皿，二者與時間f的關系圖象可能正確的是（）

三、實驗題（本大題共2小題，共14.0分）

13.（2021?河南省鄭州市?模擬題）2020年5月，我國進行了珠穆朗瑪峰的高度測量，其

中一種方法是通過使用重力儀測量重力加速度，進而間接測量海拔高度。某同學受

此啟發(fā)就地取材設計了如下實驗，測量當?shù)刂亓铀俣鹊拇笮?。實驗步驟如下：

⑷如圖甲所示，選擇合適高度的墊塊，使木板的傾角為53。，在其上表面固定一與

小物塊下滑路徑平行的刻度尺（圖中未畫出）。

3）調整手機使其攝像頭正對木板表面，開啟視頻錄像功能。將小物塊從木板頂端

釋放，用手機記錄下小物塊沿木板向下做加速直線運動的情況。然后通過錄像的回

放，選擇小物塊運動路徑上合適的一點作為測量參考點，得到小物塊相對于該點的

運動距離L與運動時間t的數(shù)據(jù)。

（m）該同學選取部分實驗數(shù)據(jù)，畫出了與-t圖象，利用圖象數(shù)據(jù)得到小物塊下滑

的加速度大小為5.6m/s2。

（2）再次調節(jié)墊塊，改變木板的傾角，重復實驗。

回答以下問題：

（1）當木板的傾角為37。時，所繪圖象如圖乙所示。由圖象可得，物塊過測量參考點

時速度的大小為m/s；選取圖線上位于坐標紙網(wǎng)格交叉點上的4、8兩點，

利用A、B兩點數(shù)據(jù)得到小物塊下滑加速度的大小為m/s2（結果均保留2位

有效數(shù)字）。

（2）根據(jù)上述數(shù)據(jù)，進一步分析得到當?shù)氐闹亓铀俣却笮閙/s2.（結果保

14.（2021.全國?單元測試）實驗方案對實驗測量的精度有直接的影響，某學習小組對“測

量電源的電動勢和內阻”的實驗方案進行了探究。實驗室提供的器材有：

干電池一節(jié)（電動勢約1.5V,內阻小于10）；

電壓表U（量程3V,內阻約弘0）；

電流表4（量程0.64內阻約10）；

滑動變阻器R（最大阻值為200）；

定值電阻&（阻值20）：

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定值電阻R式阻值50）；

開關一個，導線若干。

（1）該小組按照圖甲所示的電路進行實驗，通過調節(jié)滑動變阻器阻值使電流表示數(shù)

逐漸接近滿偏，記錄此過程中電壓表和電流表的示數(shù)，利用實驗數(shù)據(jù)在U-1坐標

紙上描點，如圖乙所示，結果發(fā)現(xiàn)電壓表示數(shù)的變化范圍比較小，出現(xiàn)該現(xiàn)象的主

要原因是。（單選，填正確答案標號）

A.電壓表分流B.干電池內阻較小C.滑動變阻器最大阻值較小。.電流表內阻較小

（2）針對電壓表示數(shù)的變化范圍比較小的問題，該小組利用實驗室提供的器材改進

了實驗方案，重新測量得到的數(shù)據(jù)如表所示。

序號1234567

1/A0.080.140.200.260.320.360.40

U/V1.351.201.050.880.730.710.52

請根據(jù)實驗數(shù)據(jù)，回答以下問題：

①圖丁的坐標紙上已標出后3組數(shù)據(jù)對應的坐標點，請在坐標紙上標出前4組數(shù)據(jù)

對應的坐標點并畫出U-/圖象。

②根據(jù)實驗數(shù)據(jù)可知，所選的定值電阻為（填“R]”或“/?2”）。

③用筆畫線代替導線，請在圖丙上按照改進后的方案，將實物圖連接成完整電路。

四、計算題（本大題共4小題，共46.0分）

15.(2021.河南省?單元測試)中醫(yī)拔罐的物理原理是利用玻璃罐內外的氣壓差使罐吸附

在人體穴位上，進而治療某些疾病。常見拔罐有兩種，如圖所示，左側為火罐，下

端開口；右側為抽氣拔罐，下端開口，上端留有抽氣閥門。使用火罐時，先加熱罐

中氣體，然后迅速按到皮膚上，自然降溫后火罐內部氣壓低于外部大氣壓，使火罐

緊緊吸附在皮膚上。抽氣拔罐是先把罐體按在皮膚上，再通過抽氣降低罐內氣體壓

強。某次使用火罐時，罐內氣體初始壓強與外部大氣壓相同，溫度為450K,最終

降到300K,因皮膚凸起，內部氣體體積變?yōu)楣奕莘e的,若換用抽氣拔罐，抽氣后

罐內剩余氣體體積變?yōu)槌闅獍喂奕莘e的胃，罐內氣壓與火罐降溫后的內部氣壓相同。

罐內氣體均可視為理想氣體，忽略抽氣過程中氣體溫度的變化。求應抽出氣體的質

量與抽氣前罐內氣體質量的比值。

16.(2021?河南省?單元測試)單板滑雪U型池比賽是冬奧會比賽項目，其場地可以簡化

為如圖甲所示的模型：U形滑道由兩個半徑相同的四分之一圓柱面軌道和一個中央

的平面直軌道連接而成，軌道傾角為17.2。.某次練習過程中，運動員以〃M=10m/s

的速度從軌道邊緣上的M點沿軌道的豎直切面ABCC滑出軌道，速度方向與軌道

邊緣線的夾角a=72.8。，騰空后沿軌道邊緣的N點進入軌道。圖乙為騰空過程

左視圖。該運動員可視為質點，不計空氣阻力，取重力加速度的大小g=10m/s2,

sin72.8°=0.96,cos72.8°=0.30.求：

(1)運動員騰空過程中離開AD的距離的最大值小

(2)“、N之間的距離心

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B

17.（2021?河南省?單元測試）某型號質譜儀的工作原理如圖甲所示。M、N為豎直放置的

兩金屬板，兩板間電壓為U,。板為記錄板，分界面P將N、Q間區(qū)域分為寬度均

為d的I、口兩部分，何、N、P、。所在平面相互平行，a、b為M、N上兩正對的

小孔。以〃所在直線為z軸，向右為正方向，取z軸與。板的交點。為坐標原

點，以平行于Q板水平向里為x軸正方向，豎直向上為了軸正方向，建立空間直角

坐標系Oxyz.區(qū)域I、II內分別充滿沿x軸正方向的勻強磁場和勻強電場，磁感應

強度大小、電場強度大小分別為8和E.一質量為機，電荷量為+q的粒子，從4孔飄

入電場（初速度視為零），經(jīng)匕孔進入磁場,過P面上的c點（圖中未畫出）進入電場，

最終打到記錄板。上。不計粒子重力。

（1）求粒子在磁場中做圓周運動的半徑R以及c點到z軸的距離L-

（2）求粒子打到記錄板上位置的x坐標；

（3）求粒子打到記錄板上位置的y坐標（用R、d表示）；

（4）如圖乙所示，在記錄板上得到三個點Si、S2、S3,若這三個點是質子笳核犯

氮核胃He的位置，請寫出這三個點分別對應哪個粒子（不考慮粒子間的相互作用，

不要求寫出推導過程）。

圖甲圖乙

18.(2021.河南省?單元測試)如圖所示，一傾角為。的固定斜面的底端安裝一彈性擋板，

尸、。兩物塊的質量分別為，〃和4〃?，。靜止于斜面上A處。某時刻，尸以沿斜面向

上的速度先與。發(fā)生彈性碰撞。。與斜面間的動摩擦因數(shù)等于tan。，設最大靜摩

擦力等于滑動摩擦力。P與斜面間無摩擦，與擋板之間的碰撞無動能損失。兩物塊

均可以看作質點，斜面足夠長，。的速度減為零之前P不會與之發(fā)生碰撞。重力加

速度大小為g。

(1)求P與Q第一次碰撞后瞬間各自的速度大小外1、vQ1-

(2)求第〃次碰撞使物塊。上升的高度端；

(3)求物塊Q從A點上升的總高度H；

(4)為保證在Q的速度減為零之前P不會與之發(fā)生碰撞，求A點與擋板之間的最小

距離s。

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答案和解析

1.【答案】D

【知識點】XY圖像、超重和失重、運用牛頓第二定律分析動態(tài)過程

【解析】解：A、由于s-t圖象的斜率表示速度，由圖可知在0?t］時間內速度增加，即

乘客的加速度向下運動，根據(jù)牛頓第二定律得：mg-FN=ma,解得：FN=mg-ma,

則時<巾9,處于失重狀態(tài)，故A錯誤；

8、在h?t2時間內，s-t圖象的斜率保持不變，所以速度不變，即乘客勻速下降，則

FN=mg,故8錯誤；

CD、在t2?t3時間內，S-t圖象的斜率變小，所以速度減小，即乘客的減速下降，根據(jù)

牛頓第二定律得：FN-mg=ma,解得：FN=mg+ma,則%>mg,處于超重狀態(tài)，

故C錯誤，。正確；

故選：D。

根據(jù)s-t圖象的斜率表示速度，判斷在不同的時間段內物體的運動狀態(tài)，然后根據(jù)牛頓

第二定律求得乘客所受支持力的大小與自身重力的大小關系。

本題考查了s-t圖象斜率的物理意義、超失重問題，要求同學們能夠明白圖象斜率的物

理意義，并會通過牛頓第二定律分析超失重現(xiàn)象。

2.【答案】B

【知識點】原子核的衰變、電流強度定義及單位

【解析】解：根據(jù)電流的定義式：/=?

該段時間內產(chǎn)生的電荷量為：q=〃=5.0X10-8x3.2X104c=16x10-3c

根據(jù)衰變方程得：；〃一；〃，+"F,可知這段時間內發(fā)生口衰變的笳核：”的個數(shù)為：

n=2=山經(jīng)=1OX1016,故B正確，ACZ）錯誤。

e1.6x10-19

故選：B。

根據(jù)電流的定義式求出該段時間內產(chǎn)生的電荷量，又根據(jù)衰變方程可知電子個數(shù)與瓶核

的個數(shù)相同，由公式為兀=：求解即可。

本題考查了衰變方程及電流的定義式的綜合應用，給人以耳目一新的感覺，體現(xiàn)了新高

考以學科核心素養(yǎng)的能力立意。

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3.【答案】A

【知識點】折射率

【解析】

【分析】

求出光在該玻璃中傳播速度，求出光從S1到0點的時間和從S2到。點的時間，兩段時

間之差即為△3由此求解。

本題主要是考查雙縫干涉中光的傳播和光的折射，弄清楚光傳播的情況，結合折射定律

求解光在玻璃中傳播的速度即可得解。

【解答】

由于玻璃對該波長光的折射率為n=1.5,則光在該玻璃中傳播速度為：v

c2c

=-=--

n3

光從S到S1和到S2的時間相等，設光從S1到。點的時間為ti，從S2到。點的時間為t2，

。點到S2的距離為3則有：

L

t2=c

光傳播的時間差為：△t=t]-t2=W——=弓，故力正確、BCD錯誤。

故選：故

4.【答案】D

【知識點】波的圖象、簡諧運動表達式

【解析】分析：

將t=代入x=：；l處質點的振動方程中，求得此時此質點的位置，再根據(jù)波的傳播方

44

向來判定質點的振動方向，從而即可求解。

考查波動圖象，及振動方程的應用，掌握波的傳播方向來判定質點振動方向的方法，注

意波動圖象與振動圖象的區(qū)別。

解答：

AB、因％=/處質點的振動方程為y=4<705(等)，當t=：T時刻，x=/處質點的位

移為：y=4cos(^xV)=0,

那么對應四個選項中波形圖久=：4的位置，可知，A8選項不符合題意，故48錯誤；

CD、再由波沿x軸負方向傳播，依據(jù)微平移法，可知，在t=的下一時刻，在％==/!

44

處質點向y軸正方向振動，故。正確，C錯誤；

故選：D。

5.【答案】A

【知識點】歐姆定律的應用、變壓器的構造和原理、交變電流的有效值

【解析】解：輸入端〃、匕所接電壓”隨時間，的變化關系如圖乙所示，可知，輸入電壓

U±=220V,依據(jù)理想變壓器電壓與匝數(shù)關系式：學=件且％：電=22：3

解得：U2=30V

由于燈泡L的電阻恒為R=150,額定電壓為U=24V.因能使燈泡正常工作，那么通過

燈泡的電流：/=9=§4=1-64

那么定值電阻％=10。兩端電壓為：u'=U2-U=30V-24V=6V

依據(jù)歐姆定律，則有通過其的電流為：/'=?=94=0.64

Kl1U

因此通過定值電阻/?2=50的電流為：I"=1.64-0.64=1A

由于定值電阻/?2與滑動變阻器串聯(lián)后與定值電阻％并聯(lián)，那么定值電阻/?2與滑動變阻

器總電阻為：卬,勺:6Q

因定值電阻/?2=50,因此滑動變阻器接入電路的電阻應為：R清=6?！?0=10

綜上所述，故A正確，88錯誤；

故選：Ao

根據(jù)圖乙電壓〃隨時間，的變化關系，確定理想變壓器的輸入電壓，再由變壓器的電壓

與匝數(shù)關系，求得變壓器的輸出電壓，依據(jù)燈泡能正常工作，由/=（求得通過其電

流，從而算出通過滑動變阻器的電流，最后由R=彳，解得滑動變阻器接入電路的電阻。

考查理想變壓器的變壓比公式，掌握電路串、并聯(lián)的特點，理解歐姆定律的應用，注意

交流電的有效值與最大值的區(qū)別，

6.【答案】C

【知識點】熱力學第一定律的內容及應用、理想氣體狀態(tài)方程、氣體狀態(tài)變化的圖像問

題

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【解析】解：人根據(jù)p-U圖象的面積表示氣體做功，得氣體在a-b過程中對外界做

的功為：加助=^^-(2%—%)=|po%，brc過程中氣體對外界做的功為：“兒=

生署?(3K0-2%)=|po%,所以氣體在a-b過程中對外界做的功等于在b-c過程中

對外界做的功故A錯誤：

B、氣體在a-b過程中，因為a、b兩個狀態(tài)的夕丫相等，所以兀=式,，即

根據(jù)熱力學第一定律△U=Q+W可知，從外界吸收的熱量為Qab=|PO%；氣體在b-

c過程中，因為c狀態(tài)的?丫大于b狀態(tài)的所以〃<兀，即△[/》,>0,根據(jù)熱力學

第一定律4U=Q+W可知，在b-c過程中從外界吸收的熱量為：Qbc=△尢+|PO^O>

則有：Qab<Qbc，故8錯誤；

C、在c-a過程中，氣體等壓壓縮，溫度降低，B|JAUca<0,根據(jù)熱力學第一定律△U=

Q+IV可知，外界對氣體做的功小于氣體向外界放出的熱量，故C正確；

。、因為兀=熱，而一定質量理想氣體的內能只與溫度有關，所以氣體在C—a過程中

內能的減少量等于bTc過程中內能的增加量，故。錯誤。

故選：C。

根據(jù)P-V圖象的面積表示氣體做功，應用氣態(tài)方程判斷氣體體積如何變化，然后應用

熱力學第一定律答題。

本題考查氣體的狀態(tài)方程中對應的圖象，分析清楚圖示圖象、知道理想氣體內能由氣體

的溫度決定即可解題，解題時要抓住p-U圖象的面積表示氣體做功。

7.【答案】B

【知識點】不考慮自轉時星球表面重力加速度、牛頓第二定律的理解及簡單運用

【解析】解：根據(jù)重力等于萬有引力，得：

Mm

儀=6萬

為cGM

得：g=/

g火M火峪

----------y=0.1x4=0.4

g”地R火

火星表面的重力加速度為g火=0.4g

著陸器減速運動的加速度大小為a=詈

對著陸器根據(jù)牛頓第二定律有:

F—OAmg=ma

解得尸=m(0.4g+力，故B正確，AC。錯誤；

故選：Bo

根據(jù)萬有引力等于重力求出火星表面的重力加速度，根據(jù)運動學公式和牛頓第二定律即

可求解制動力大小。

本題考查萬有引力定律與牛頓第二定律的綜合問題，關鍵是知道在天體表面重力等于萬

有引力，同時分析好運動情況和受力情況，靈活運動運動學公式和牛頓第二定律列式求

解。

8.【答案】C

【知識點】正交分解法解決靜態(tài)平衡問題

【解析】解：根據(jù)題意分析，物塊A、8剛好要滑動時，應該是物體4相對物體8向上

滑動，設繩子拉力為尸，對A受力分析，由平衡條件得：F=mgs譏45。+〃7ngeos45°

物體B相對斜面向下滑動，對8受力分析，由平衡條件得：2mgsin45°=F+

47ngeos45。+^(2m+Tn)gcos45°

聯(lián)立解得：〃=:，故C正確，ABD錯誤。

故選：Co

物塊A、B剛好要滑動時，應該是物體A相對物體B向上滑動，物體8相對斜面向下滑

動，分別對兩個物體進行受力方向，由平衡條件列方程即可。

本題考查的是多個物體的平衡問題，關鍵是要對所選取的研究對象做好受力分析，切記

不要少力，同時要注意滑動摩擦力中的正壓力的求解。

9.【答案】AC

【知識點】臨界角、折射率、三角形玻璃磚問題

【解析】

【分析】

本題考查了全反射、折射定律、臨界角等是幾何光學問題，解決本題的關鍵是抓住臨界

狀態(tài)，作出光路圖，借助幾何關系求解。

【解答】

AB、由題意可知：sinC=：=a=圣可知臨界角為45。，因此從。點發(fā)出的光，豎直

向上從M點射出的光線恰好是出射光線的邊緣，同時C點也恰好是出射光線的邊緣，

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如圖所示:

因此光線只能從MC段射出，根據(jù)幾何關系可知，M恰好為AC的中點，因此在平面

AAC'C上有一半的面積有光線射出，故A正確，8錯誤；

CD,由于頻率越高，折射率越大，當光源發(fā)出的光的頻率變小，折射率也會變小，導

致臨界角會增大，這時M點上方也會有光線出射，因此出射光線區(qū)域的面積將增大，

故C正確，。錯誤。

10.【答案】BD

【知識點】電場線的定義及性質、電勢、電勢能概念和簡單計算

【解析】解：A、根據(jù)帶負電的試探電荷在。點，僅在電場力的作用下恰好保持靜止狀

態(tài)，可知，&,=0,再依據(jù)正點電荷在某點電場強度是兩點連線背離正點電荷，則兩正

點電荷連線的電場線方向如下圖所示，由沿著電場線方向，電勢是降低的，則有。點電

勢高于。點，故A錯誤；

?----d①

?.d

以由于6點離右邊正點電荷距離較遠，而c點離右邊正點電荷較近，則有6點電勢低

于c點，故8正確；

C、因“點電勢高于。點，而。點電勢高于6點，那么“點電勢高于6點，那么負試探

電荷從高電勢到低電勢，其電勢能增加，則該試探電荷在〃點的電勢能小于在〃點的電

勢能，故C錯誤；

。、因Ad兩點關于。點對稱，它們電勢相等，由于。點電勢高于b點，那么c點電勢

高于4點，因此負試探電荷從高電勢到低電勢，其電勢能增加，則該試探電荷在c,點的

電勢能小于在d點的電勢能，故。正確。

故選：BD。

依據(jù)僅在電場力的作用下恰好保持靜止狀態(tài)，可判定O點的電場強度為零，從而確定兩

正點電荷的電荷量大小，再根據(jù)沿著電場線方向電勢降低，進而確定電勢高低，最后依

據(jù)負電荷從高電勢到低電勢，其電勢能增加，從低電勢到高電勢，其電勢能降低，即可

求解。

考查不等量同種正點電荷的電場強弱與電勢高低的應用，掌握點電荷在某點的電場強度

方向確定，及理解矢量的合成法則，注意理解電荷的電勢能大小與電勢、電荷量，及電

性均有關。

11.【答案】ACD

【知識點】功能關系的應用、胡克定律、三角形法解決靜態(tài)平衡問題

【解析】解：AB,由題意可知B物體可以在開始位置到最低點之間做簡諧振動，根據(jù)

簡諧運動的對稱性，在最低點的加速度為豎直向上的g,由牛頓第二定律得：T-mg=

mg,解得在最低點時有彈簧彈力為：T=2mg；對4分析，設繩子與桌面間夾角為。，

根據(jù)A對水平桌面的壓力剛好為零，有：2mgsine=Mg,故有M<2m,故4正確，B

錯誤；

C、由題意可知B從釋放位置到最低點過程中，開始彈簧彈力小于重力，物體加速，合

力做正功；后來彈簧彈力大于重力，物體減速，合力做負功，故C正確；

力、對于8,在從釋放到速度最大過程中，8機械能的減少量等于彈簧彈力所做的負功，

即B機械能的減少量等于B克服彈簧彈力所做的功，故。正確。

故選：ACD.

根據(jù)簡諧運動的對稱性，由牛頓第二定律求得最低點時有彈簧彈力，對A受力分析列平

衡方程求得M與2m的關系；根據(jù)運動情況和受力情況分析B從釋放位置運動到最低點

的過程中，所受合力對B做功情況；根據(jù)功能關系求得8克服彈簧彈力做的功等于8

機械能的減少量。

本題考查了受力分析、簡諧運動、平衡狀態(tài)、功能關系等知識，是一道綜合性較強的題

目，對學生熟練應用相關規(guī)律解題要求較高，需要較高的推理及綜合分析問題的能力。

12.【答案】BC

【知識點】導體棒平動切割磁感線、安培力的大小、電磁感應中的圖像問題、線框平動

切割磁感線

【解析】

【分析】

明確線框的速度為每秒勻速向上運動一格，準確分析切割磁感線有效長度變化，根據(jù)導

體切割磁感線感應電動勢公式結合閉合電路歐姆定律分析電流變化，并計算安培力；在

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0-1s內只有2格長度切割磁感線，2s末有效長度3格，2s末-4s末第二象限有效長度

3格，第一象限有效長度有。增至2格，產(chǎn)生的感應電動勢反向，回路電流減小。

此題綜合考查了導體切割磁感線感應電動勢、電流、安培力的計算。難點在于切割磁感

線有效長度的計算和兩個象限感應電動勢的關系。

【解答】

AB、因為4s末機■邊剛好進入磁場，可知線框的速度為每秒向上運動一格，故在O-ls

內只有“e切割磁感線，設方格邊長根據(jù)

E1=可知電流恒定；

2s末時線框在第二象限長度最長，此時

E2=3BLv

這時電流

,Ez

/2=Y

可知，

%=|/「

故A錯誤，8正確；

CD、仍受到安培力Fab=BILab，

可知在0-1s內外邊受到安培力線性增加；1s末安培力為?她=BM，

2s末安培力Fab'=Bx|/iX2L,

所以尸ab'=3%b，由圖象知，c正確，。錯誤。

故選：BC。

13.【答案】（1）0.32或0.33；3.1；（2）9.4。

【知識點】勻變速直線運動單過程綜合運用、其他力學實驗、牛頓第二定律的理解及簡

單運用

【解析】解：（1）設物塊過測量參考點時速度的大小為孫，根據(jù)位移-時間關系可得：

1,

L=vot4-

所以有：Y=2v0+at,

當t=0時速度即為參考點的速度，故2%=0.64m/s

解得：vQ=0.32m/s

圖象的斜率表示加速度，則有：a=盛黑m/s2=3.1m/s2；

(2)木板的傾角為53。，小物塊加速度大小為a。=5.6m/s2,

對小物塊根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsin53°-^mgcos53°=ma0,

當傾角為37。時，有：7ngsm37。—^mgcos370=ma

2

聯(lián)立解得：g=9.4m/so

故答案為：(1)0.32或0.33；3.1；(2)9.4o

(1)根據(jù)位移-時間關系得到與-1的關系式，根據(jù)圖線的截距和斜率求解；

(2)當木板的傾角分別為53。、37。時，對小物塊進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列方

程求解。

本題主要是考查測定重力加速度實驗，要求能夠理解實驗原理和實驗操作方法，知道數(shù)

據(jù)的處理方法，注意圖象的單位不要弄錯?

14.【答案】(1)8；

MMtSHHMtMtMftiiMMWo?????

6ransmaBBiB8in?iBS

2

⑵①：：：：：：：：：：：：：!：：：：：：：：：：：：：：：：：：：：：②Ri；③

tsamaBssnimmBans

06MiMtifiefiiiiMifiiWMB???a?■■■■.

04

02

O01OJ0J04OS060.7M

【知識點】伏安法測量電源的電動勢和內阻

【解析】解：(1)路端電壓：U=E-Ir,

當電源內阻，一太小時，干路電流/有較大變化時，〃變化很小，

電壓表示數(shù)即路端電壓U=E-/r變化很小，電壓表示數(shù)變化范圍很小，故選B；

(2)①根據(jù)表中實驗數(shù)據(jù)在坐標系內描出對應點，然后根據(jù)坐標系內描出的點作出圖象,

作圖象時使盡可能多的點在直線上，不能穿過直線的點應對稱地分布在直線兩側，圖象

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如圖所示;

：：：：：mSBSlB■Mil

6snrasmsB08

12：：：ii：：：：：；：：：：：：：：：：：!：：!：：：：：?：：

1.0sssmsnaBsinanssss

08m&msBSissiutiBmss

06nnsaasisamnis&Bn

04

02I：:::::::;;::::;:;:::::;:：:::;:::;:

°010.2OJ04OS060.7〃A

②由圖示圖象可知，電源與定值電阻整體組成的等效電源內阻：r+R=詈=段。。

2.67/2,

由題意可知，電源內阻小于10,則定值電阻應選擇&。

③應用伏安法測電源電動勢與內阻，電壓表測路端電壓，電流表測電路電流，電源內

阻較小，為使電壓表示數(shù)變化明顯，把定值電阻與電源整體當作等效電源，為減小實驗

誤差，相對于電源電流表應采用外接法，實物電路圖如圖所示；

故答案為：(1)B：(2)①圖象如圖所示；②&；③實物電路圖如圖所示。

(1)當電源內阻較小時，電路電流變化時路端電壓變化減小。

(2)①根據(jù)表中實驗數(shù)據(jù)在坐標系內描出對應點，然后根據(jù)坐標系內描出的點作出圖象;

②根據(jù)圖示圖象求出電源等效電阻，然后選擇定值電阻；

③根據(jù)實驗原理與題意連接實物電路圖。

本題考查了測電源電動勢與內阻實驗，考查了實驗器材的選擇，知道實驗原理是解題的

前提與關鍵；要掌握實驗器材的選擇原則。

15.【答案】解：設火罐內氣體初始狀態(tài)參量分別為pi、7\、匕，溫度降低后狀態(tài)參量

分別為P2、72、彩，

罐的容積為益,由題意知：

Pl=Po、T1=450K、匕=%、T2=300K、彩=華①

由理想氣體狀態(tài)方程得：等=攀②

7112

解得：p2=0.7p（）③

對于抽氣罐，設初態(tài)氣體狀態(tài)參量分別為P3、匕，末態(tài)氣體狀態(tài)參量分別為P4、匕，罐

的容積為片0，由題意知：

P3=P。、匕=70'P4—P2④

由玻意耳定律得：PoV'o=p2V4⑤

聯(lián)立②⑤式，代入數(shù)據(jù)得%=一片0⑥

設抽出的氣體的體積為△〃，由題意知

△1%-赳。（7）

故應抽出氣體的質量與抽氣前罐內氣體質量的比值為：詈=，⑧

聯(lián)立③⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得：w

答：應抽出氣體的質量與抽氣前罐內氣體質量的比值為5。

【知識點】理想氣體狀態(tài)方程、氣體的等溫變化及玻意耳定律

【解析】求出火罐內氣體初始狀態(tài)參量和溫度降低后狀態(tài)參量，由理想氣體狀態(tài)方程求

解末狀態(tài)的壓強；

對于抽氣罐，由玻意耳定律求解末狀態(tài)的體積，根據(jù)體積關系求解應抽出氣體的質量與

抽氣前罐內氣體質量的比值。

本題主要是考查了理想氣體的狀態(tài)方程；解答此類問題的方法是：找出不同狀態(tài)下的三

個狀態(tài)參量，分析理想氣體發(fā)生的是何種變化，利用理想氣體的狀態(tài)方程列方程求解。

16.【答案】解：（1）在M點，設運動員在ABC。面內垂直4。方向的分速度為巧，由運

動的合成與分解規(guī)律得：

v1=vMsin72.8°…①

設運動員在A3CO面內垂直4。方向的分加速度為的，由牛頓第二定律得：

mgcosl7.2°=...②

由運動學公式得：d=舁…③

聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得：

d=4.8m...④

第22頁，共27頁

(2)在M點，設運動員在ABC。面內平行A。方向的分速度為w，由運動的合成與分解

規(guī)律得：

v2=VMCOS72.8°...@

設運動員在488面內平行AD方向的分加速度為a2,由牛頓第二定律得：

mgsinl7.2°=ma2…⑥

設騰空時間為由運動學公式得：t=等…⑦

al

2

沿斜面方向根據(jù)位移一時間關系可得：L=v2t+1a2t...?

聯(lián)立①②⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得：L=12m?

答：(1)運動員騰空過程中離開AD的距離的最大值為4.8m；

(2)M、N之間的距離為12機。

【知識點】斜拋運動

【解析】(1)在M點由運動的合成與分解規(guī)律得到垂直于AQ面的速度大小和加速度大

小，由運動學公式求解小(2)在M點由運動的合成與分解規(guī)律得到沿AO面向下的分

速度，由牛頓第二定律求解加速度，再根據(jù)運動學公式求解。

本題主要是考查牛頓第二定律的綜合應用問題以及斜上拋問題的分析，關鍵是弄清楚物

體的運動過程和受力情況，利用牛頓第二定律求解加速度，將速度和加速度同時進行分

解，再根據(jù)運動學公式進行解答；知道加速度是聯(lián)系靜力學和運動學的橋梁。

17.【答案】解：(1)粒子在M、N間的電場中加速，由動能定理得：

1,

qU=-mvz—0

粒子在區(qū)域/內做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：

V2

qvB=

解得：/?=叵更

qB

設粒子在磁場中做圓周運動對應的圓心角為a,由幾何關系得：

d2+(R-L)2=R2

V/?2-d2?

coscc------，soin

R

解得：乙=叵更—

qB

(2)設粒子在區(qū)域〃中粒子沿z軸方向的分速度為外，粒子沿x軸方向做初速度為零的勻

加速直線運動，

粒子在Z軸方向做勻速直線運動，粒子在Z軸方向分速度：vz=vcosa

在z軸方向：d=vzt

沿x軸方向:x=

解得：“^^篝心

(3)設粒子沿)，軸方向偏離z軸的距離為y,其中在區(qū)域〃中沿)，軸方向偏離的距離為V,

則：y'=vtsina

由題意可知：y=L+y,

解得：y=lR2_d2+號

md2Ed2E

(4)粒子打到記錄板上位置的x坐標：x=4mU-2qd2B2-4U-2d2B2-^

粒子比荷k=￡越大x越大，由于k質子＞k裁核＞k版核,則x施子＞x氮核＞x版核,

由圖乙所示可知，Si、S2、S3分別對應：瓶核；"、氫核W"e、質子的位置；

答：(1)粒子在磁場中做圓周運動的半徑R是魯^C點到Z軸的距離L為嚕

(2)粒子打到記錄板上位置的x坐標是嬴黑；72；

(3)粒子打到記錄板上位置的y坐標是：R-V/?2-d2+^===；

(4)si、s2＞S3分別對應旅核氮核,He、質子

【知識點】合運動與分運動的概念和性質、帶電粒子在疊加場(電場、磁場)中的運動

【解析】(1)粒子在M、N間加速，由動能定理求出粒子到達力孔時的速度，粒子在區(qū)

域/中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，應用牛頓第二定律求出粒子做圓周運動

的軌道半徑；應用幾何知識求出c到z軸的距離。

(2)粒子在區(qū)域〃中沿x軸方向做初速度為零的勻加速直線運動，應用運動學公式可以

求出粒子打在記錄板位置的x坐標。

(3)粒子在〃區(qū)域沿y軸方向做勻速直線運動，應用運動學公式求出粒子打到記錄板上

位置的y坐標。

(4)根據(jù)粒子x坐標大小判斷粒子對應位置。

本題考查了帶電粒子在電場與磁場中的運動，根據(jù)題意分析清楚粒子運動過程是解題的

前提與關鍵，分析清楚粒子運動過程后，應用動能定理、牛頓第二定律與運動學公式可

以解題。

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18.【答案】解：(1)P、Q發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，以平

行于斜面向上為正方向，由動量守恒定律得：

mv0=mvP1+4mvQ1

由機械能守恒定律得：