2020年高考真題物理山東卷

2020年山東省新高考物理試卷試題解析一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。1．解：A、由于s﹣t圖象的斜率表示速度，由圖可知在0～t1時間內(nèi)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FN＜mg，處于失重狀態(tài)，故A錯誤；B、在t1～t2時間內(nèi)，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B錯誤；CD、在t2～t3時間內(nèi)，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FN＞mg，處于超重狀態(tài)，故C錯誤，D正確；故選：D。2．解：根據(jù)電流的定義式：I＝該段時間內(nèi)產(chǎn)生的電荷量為：q＝It＝5.0×10﹣8×3.2×104C＝1.6×10﹣3C根據(jù)衰變方程得：→+，可知這段時間內(nèi)發(fā)生β衰變的氚核H的個數(shù)為：＝＝1.0×1016，故B正確，ACD錯誤。故選：B。3．解：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＝光從S到S1和到S2的時間相等，設(shè)光從S1到O點的時間為t1，從S2到O點的時間為t2，O點到S2的距離為L，則有：t1＝+t2＝光傳播的時間差為：△t＝t1﹣t2＝﹣＝，故A正確、BCD錯誤。故選：A。4．解：AB、因x＝λ處質(zhì)點的振動方程為y＝Acos（t），當t＝T時刻，x＝λ處質(zhì)點的位移為：y＝Acos（×）＝0，那么對應(yīng)四個選項中波形圖x＝λ的位置，可知，AB選項不符合題意，故AB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＝T的下一時刻，在x＝λ處質(zhì)點向y軸正方向振動，故D正確，C錯誤；故選：D。5．解：輸入端a、b所接電壓u隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示，可知，輸入電壓U1＝220V，依據(jù)理想變壓器電壓與匝數(shù)關(guān)系式：，且n1：n2＝22：3解得：U2＝30V由于燈泡L的電阻恒為R＝15Ω，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：I＝＝A＝1.6A那么定值電阻R1＝10Ω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：I′＝＝A＝0.6A因此通過定值電阻R2＝5Ω的電流為：I″＝1.6A﹣0.6A＝1A由于定值電阻R2與滑動變阻器串聯(lián)后與定值電阻R1并聯(lián)，那么定值電阻R2與滑動變阻器總電阻為：R′＝＝Ω＝6Ω因定值電阻R2＝5Ω，因此滑動變阻器接入電路的電阻應(yīng)為：R滑＝6Ω﹣5Ω＝1Ω綜上所述，故A正確，BCD錯誤；故選：A。6．解：A、根據(jù)p﹣V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：Wab＝＝，b→c過程中氣體對外界做的功為：Wbc＝＝，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pV相等，所以Ta＝Tb，即△Uab＝0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律△U＝Q+W可知，從外界吸收的熱量為Qab＝；氣體在b→c過程中，因為c狀態(tài)的pV大于b狀態(tài)的pV，所以Tb＜Tc，即△Ubc＞0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律△U＝Q+W可知，在b→c過程中從外界吸收的熱量為：Qbc＝△Ubc+，則有：Qab＜Qbc，故B錯誤；C、在c→a過程中，氣體等壓壓縮，溫度降低，即△Uca＜0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律△U＝Q+W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；D、因為Ta＝Tb，而一定質(zhì)量理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，所以氣體在c→a過程中內(nèi)能的減少量等于b→c過程中內(nèi)能的增加量，故D錯誤。故選：C。7．解：根據(jù)重力等于萬有引力，得：得：火星表面的重力加速度為著陸器減速運動的加速度大小為對著陸器根據(jù)牛頓第二定律有：F﹣0.4mg＝ma解得，故B正確，ACD錯誤；故選：B。8．解：根據(jù)題意分析，物塊A、B剛好要滑動時，應(yīng)該是物體A相對物體B向上滑動，設(shè)繩子拉力為F，對A受力分析，由平衡條件得：F＝mgsin45°+μmgcos45°物體B相對斜面向下滑動，對B受力分析，由平衡條件得：2mgsin45°＝F+μmgcos45°+μ（2m+m）gcos45°聯(lián)立解得：μ＝，故C正確，ABD錯誤。故選：C。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求。全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9．解：AB、由題意可知：＝＝，可知臨界角為45o，因此從D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，如圖所示：因此光線只能從MC段射出，根據(jù)幾何關(guān)系可知，M恰好為AC的中點，因此在平面上有一半的面積有光線射出，故A正確，B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(dǎo)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，D錯誤。故選：AC。10．解：A、根據(jù)帶負電的試探電荷在O點，僅在電場力的作用下恰好保持靜止狀態(tài)，可知，EO＝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a點電勢高于O點，故A錯誤；B、由于b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b點電勢低于c點，故B正確；C、因a點電勢高于O點，而O點電勢高于b點，那么a點電勢高于b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a點的電勢能小于在b點的電勢能，故C錯誤；D、因b、d兩點關(guān)于O點對稱，它們電勢相等，由于c點電勢高于b點，那么c點電勢高于d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D正確。故選：BD。11．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A分析，設(shè)繩子與桌面間夾角為θ，根據(jù)A對水平桌面的壓力剛好為零，有：2mgsinθ＝Mg，故有M＜2m，故A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；D、對于B，在從釋放到速度最大過程中，B機械能的增加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D正確。故選：ACD。12．解：AB、因為4s末bc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0﹣1s內(nèi)只有ae切割磁感線，設(shè)方格邊長L，根據(jù)E1＝2BLv可知電流恒定；2s末時線框在第二象限長度最長，此時E2＝3BLv這時電流可知，，故A錯誤，B正確；CD、ab受到安培力Fab＝BILab，可知在0﹣1s內(nèi)ab邊受到安培力線性增加；1s末安培力為Fab＝BI1L，2s末安培力，所以Fab′＝3Fab，由圖象知，C正確，D錯誤。故選：BC。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13．解：（1）設(shè)物塊過測量參考點時速度的大小為v0，根據(jù)位移﹣時間關(guān)系可得：L＝v0t+所以有：＝2v0+at，當t＝0時速度即為參考點的速度，故2v0＝0.64m/s解得：v0＝0.32m/s圖象的斜率表示加速度，則有：a＝m/s2＝3.1m/s2；（2）木板的傾角為53°，小物塊加速度大小為a0＝5.6m/s2，對小物塊根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsin53°﹣μmgcos53°＝ma0，當傾角為37°時，有：mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma聯(lián)立解得：g＝9.4m/s2。故答案為：（1）0.32或0.33；3.1；（2）9.4。14．解：（1）路端電壓：U＝E﹣Ir，當電源內(nèi)阻r太小時，干路電流I有較大變化時，Ir變化很小，電壓表示數(shù)即路端電壓U＝E﹣Ir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(nèi)描出對應(yīng)點，然后根據(jù)坐標系內(nèi)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(yīng)對稱地分布在直線兩側(cè)，圖象如圖所示；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(nèi)阻：r+R＝Ω≈2.67Ω，由題意可知，電源內(nèi)阻小于1Ω，則定值電阻應(yīng)選擇R1。③應(yīng)用伏安法測電源電動勢與內(nèi)阻，電壓表測路端電壓，電流表測電路電流，電源內(nèi)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(yīng)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；②R1；③實物電路圖如圖所示。15．解：設(shè)火罐內(nèi)氣體初始狀態(tài)參量分別為p1、T1、V1，溫度降低后狀態(tài)參量分別為p2、T2、V2，罐的容積為V0，由題意知：p1＝p0、T1＝450K、V1＝V0、T2＝300K、V2＝①由理想氣體狀態(tài)方程得：＝②解得：p2＝0.7p0③對于抽氣罐，設(shè)初態(tài)氣體狀態(tài)參量分別為p3、V3，末態(tài)氣體狀態(tài)參量分別為p4、V4，罐的容積為V′0，由題意知：p3＝p0、V3＝V'0、p4＝p2④由玻意耳定律得：p0V′0＝p2V4⑤聯(lián)立②⑤式，代入數(shù)據(jù)得V4＝⑥設(shè)抽出的氣體的體積為△V，由題意知△V＝V4﹣⑦故應(yīng)抽出氣體的質(zhì)量與抽氣前罐內(nèi)氣體質(zhì)量的比值為：⑧聯(lián)立③⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得：＝。答：應(yīng)抽出氣體的質(zhì)量與抽氣前罐內(nèi)氣體質(zhì)量的比值為。16．解：（1）在M點，設(shè)運動員在ABCD面內(nèi)垂直AD方向的分速度為v1，由運動的合成與分解規(guī)律得：v1＝vMsin72.8°…①設(shè)運動員在ABCD面內(nèi)垂直AD方向的分加速度為a1，由牛頓第二定律得：mgcos17.2°＝ma1…②由運動學(xué)公式得：d＝…③聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得：d＝4.8m…④（2）在M點，設(shè)運動員在ABCD面內(nèi)平行AD方向的分速度為v2，由運動的合成與分解規(guī)律得：v2＝vMcos72.8°…⑤設(shè)運動員在ABCD面內(nèi)平行AD方向的分加速度為a2，由牛頓第二定律得：mgsin17.2°＝ma2…⑥設(shè)騰空時間為t，由運動學(xué)公式得：t＝…⑦沿斜面方向根據(jù)位移﹣時間關(guān)系可得：L＝v2t+…⑧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12m。17．解：（1）粒子在M、N間的電場中加速，由動能定理得：qU＝﹣0粒子在區(qū)域I內(nèi)做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝m解得：R＝設(shè)粒子在磁場中做圓周運動對應(yīng)的圓心角為α，由幾何關(guān)系得：d2+（R﹣L）2＝R2cosα＝，sinα＝，解得：L＝﹣（2）設(shè)粒子在區(qū)域II中粒子沿z軸方向的分速度為vz，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＝vcosα在z軸方向：d＝vzt沿x軸方向：x＝解得：x＝（3）設(shè)粒子沿y軸方向偏離z軸的距離為y，其中在區(qū)域II中沿y軸方向偏離的距離為y′，則：y′＝vtsinα由題意可知：y＝L+y′解得：y＝R﹣+（4）粒子打到記錄板上位置的x坐標：x＝＝粒子比荷k＝越大x越大，由于k質(zhì)子＞k氦核＞k氚核，則x質(zhì)子＞x氦核＞x氚核，由圖乙所示可知，s1、s2、s3分別對應(yīng)：氚核H、氦核He、質(zhì)子H的位置；答：（1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑R是，c點到z軸的距離L為﹣；（2）粒子打到記錄板上位置的x坐標是；（3）粒子打到記錄板上位置的y坐標是：R﹣+；（4）s1、s2、s3分別對應(yīng)氚核H、氦核He、質(zhì)子H。18．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：解得：vP1＝﹣v0，vQ1＝v0（2）Q向上滑行過程，由牛頓第二定律得：4mgsinθ+μ?4mgcosθ＝4ma解得：a＝2gsinθP、Q第一次碰撞后Q上升的高度為h1，對Q，由運動學(xué)公式得：0﹣＝2（﹣a）解得：h1＝設(shè)P運動到與Q剛要發(fā)生第二次碰撞前的位置時速度為v02，第一次碰撞后到第二次碰撞前，對P，由動能定理得：﹣mgh1＝解得：v02＝v0P、Q發(fā)生第二次碰撞，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：mv02＝mvP2+4mvQ2由機械能守恒定律得：解得：vP2＝﹣×v0，vQ2＝v0第二次碰撞后Q向上運動過程，由運動學(xué)公式得：0﹣＝2（﹣a）解得：h2＝?設(shè)P運動到與Q剛要發(fā)生第三次碰撞前的位置時速度為v03，第二次碰撞后到第三次碰撞前，對P，由動能定理得：﹣mgh2＝解得：v03＝v0P與Q第三次碰撞過程系統(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：mv03＝mvP3+4mvQ3由機械能守恒定律得：解得：vP3＝﹣v0，vQ3＝v0第三次碰撞后對Q，由運動學(xué)公式得：0﹣＝2（﹣a），解得：h3＝…………第n次碰撞后，Q上升的高度：hn＝（）n﹣1?n＝1、2、3……（3）當P、Q到達H時，兩物塊到此處的速度可視為零，對兩物塊運動全過程，由動能定理得：﹣（m+4m）gH﹣μ?4mgcosθ?＝0﹣解得：H＝（4）設(shè)Q第一次碰撞至速度減為零需要的時間為t1，則：t1＝設(shè)P運動到斜面底端時的速度為vP1′，需要的時間為t2，則：vP1′＝vP1+gsinθ?t2，＝2gsinθ?s，設(shè)P從A點到Q第一次碰撞后速度減為零處勻減速運動的時間為t3，則：v02＝（﹣vP1）﹣gsinθ?t3，當A點與擋板之間的距離最小時：t1＝2t2+t3解得：s＝答：（1）P與Q第一次碰撞后瞬間各自的速度大小vP1、vQ1分別為v0、v0；（2）第n次碰撞使物塊Q上升的高度hn是（）n﹣1?n＝1、2、3……；（3）物塊Q從A點上升的總高度H為；（4）為保證在Q的速度減為零之前P不會與之發(fā)生碰撞，A點與擋板之間的最小距離s為。山東省2020年普通高中學(xué)業(yè)水平等級考試注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置．2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回．一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分．每小題只有一個選項符合題目要求．1.一質(zhì)量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時間t的關(guān)系圖像如圖所示．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．0～t1時間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N>mgB．t1～t2時間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N<mgC．t2～t3時間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N<mgD．t2～t3時間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N>mg答案D解析根據(jù)s－t圖像的斜率表示速度可知，0～t1時間內(nèi)v增大，t2～t3時間內(nèi)v減小，t1～t2時間內(nèi)v不變，故B、C錯誤；0～t1時間內(nèi)速度越來越大，加速度向下，處于失重狀態(tài)，則FN<mg，故A錯誤；t2～t3時間內(nèi)，速度逐漸減小，加速度向上，處于超重狀態(tài)，則FN>mg，故D正確．2．氚核13H發(fā)生β衰變成為氦核23He.假設(shè)含氚材料中13H發(fā)生β衰變產(chǎn)生的電子可以全部定向移動，在3.2×104s時間內(nèi)形成的平均電流為5.0×10－8A．已知電子電荷量為1.6×10－19C，在這段時間內(nèi)發(fā)生βA．5.0×1014 B．1.0×1016C．2.0×1016 D．1.0×1018答案B解析由題意知，3.2×104s內(nèi)氚核發(fā)生β衰變產(chǎn)生的電子的電荷量為Q＝It＝5.0×10－8×3.2×104C＝1.6×10－3C，對應(yīng)的電子數(shù)n＝Qe＝1.6×10-31.6×10-19＝1.0×1016(個)；由13H→-10e＋23He可知，一個3．雙縫干涉實驗裝置的截面圖如圖所示．光源S到S1、S2的距離相等，O點為S1、S2連線中垂線與光屏的交點．光源S發(fā)出的波長為λ的光，經(jīng)S1出射后垂直穿過玻璃片傳播到O點，經(jīng)S2出射后直接傳播到O點，由S1到O點與由S2到O點，光傳播的時間差為Δt.玻璃片厚度為10λ，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(nèi)的反射．以下判斷正確的是()A．Δt＝5λc B．ΔtC．Δt＝10λc D．Δt答案A解析無玻璃片時，光傳播10λ所用時間為t1＝10λ有玻璃片時，光傳播10λ所用時間為t2＝10λ且v＝cn＝c聯(lián)立①②③式得Δt＝t2－t1＝5λc，選項4．一列簡諧橫波在均勻介質(zhì)中沿x軸負方向傳播，已知x＝54λ處質(zhì)點的振動方程為y＝Acos(2πTt)，則t＝34T答案D解析由題意知，t＝0時，x＝54λ處的質(zhì)點位于波峰(y＝A)，則x＝0處質(zhì)點恰好位于y＝0經(jīng)t＝34T時，x＝0處質(zhì)點恰振動到最低點，t＝34T時的波形如圖中虛線所示，選項5．圖甲中的理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比n1∶n2＝22∶3，輸入端a、b所接電壓u隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示．燈泡L的電阻恒為15Ω，額定電壓為24V．定值電阻R1＝10Ω、R2＝5Ω，滑動變阻器R的最大阻值為10Ω.為使燈泡正常工作，滑動變阻器接入電路的電阻應(yīng)調(diào)節(jié)為()A．1ΩB．5ΩC．6ΩD．8Ω答案A解析由題圖乙可得U1＝220V，由U1U2＝n1n2燈泡正常工作時，UL＝24V，I＝ULRL＝24R1兩端電壓UR1＝U2－UL＝30V－24V＝6V通過R1的電流I1＝UR1通過R的電流IR＝I－I1＝1A由歐姆定律得R＋R2＝UR1IR＝6可解得R＝1Ω，選項A正確．6．一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)a→b、b→c、c→a三個過程后回到初始狀態(tài)a，其p－V圖像如圖所示．已知三個狀態(tài)的坐標分別為a(V0,2p0)、b(2V0，p0)、c(3V0,2p0)．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b→c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(nèi)能的減少量大于b→c過程中內(nèi)能的增加量答案C解析由W＝Fx＝pSx＝p·ΔV知，p－V圖線與V軸所圍面積代表氣體狀態(tài)變化所做的功，由題圖知，a→b和b→c過程中，氣體對外界做的功相等，故A錯誤．由PVT＝C知，a、b兩狀態(tài)溫度相等，內(nèi)能相同，ΔU＝0；由ΔU＝W＋Q知，Qab＝－W；由PVT＝C知，c狀態(tài)的溫度高于b狀態(tài)的溫度，則b→c過程中，ΔU>0，據(jù)ΔU＝W＋Q知，Qbc>|W|，故B錯誤．由PVT＝C知，C狀態(tài)溫度高于b狀態(tài)溫度，則c→a過程內(nèi)能減少，ΔU<0，外界對氣體做正功，W>0，屬于放熱過程，由ΔU＝Q＋W知，W<|Q|，故C正確．由于a、b狀態(tài)內(nèi)能相等，故c→a內(nèi)能減少量等于b→c7．我國將在今年擇機執(zhí)行“天問1號”火星探測任務(wù)．質(zhì)量為m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t0、速度由v0減速到零的過程．已知火星的質(zhì)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．m0.4g-v0tC．m0.2g-v0t答案B解析著陸器向下做勻減速直線運動時的加速度大小a＝v0t0.在天體表面附近，有mg＝GmMR2，則g火g＝M火M地·(R地R火)2，整理得g火＝0.4g，由牛頓第二定律知，著陸器減速運動時有F－mg火＝8.如圖所示，一輕質(zhì)光滑定滑輪固定在傾斜木板上，質(zhì)量分別為m和2m的物塊A、B，通過不可伸長的輕繩跨過滑輪連接，A、B間的接觸面和輕繩均與木板平行．A與B間、B與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ，設(shè)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，則μ的值為()A.13B.14答案C解析A、B剛要滑動時受力平衡，受力如圖所示．對A：FT＝mgsin45°＋μmgcos45°對B：2mgsin45°＝FT＋3μmgcos45°＋μmgcos45°整理得，μ＝15，選項C二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分．每小題有多個選項符合題目要求．全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分．9．(多選)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(nèi)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，D位于線段BC的中點．圖乙為圖甲中ABC面的正視圖．三棱鏡對該單色光的折射率為2，只考慮由DE直接射向側(cè)面AA′C′C的光線．下列說法正確的是()A．光從AA′C′C面出射的區(qū)域占該側(cè)面總面積的1B．光從AA′C′C面出射的區(qū)域占該側(cè)面總面積的2C．若DE發(fā)出的單色光頻率變小，AA′C′C面有光出射的區(qū)域面積將增大D．若DE發(fā)出的單色光頻率變小，AA′C′C面有光出射的區(qū)域面積將減小答案AC解析根據(jù)sinC＝1n，得光線在AC面上發(fā)生全反射的臨界角C＝45°，如圖所示．從AC面上射出的光線為射到FC區(qū)域的光線，由幾何關(guān)系得FC＝12AC，即有光線射出的區(qū)域占該側(cè)面總面積的一半，故A正確，B錯誤；當單色光的頻率變小時，折射率n變小，根據(jù)sinC＝1n，知臨界角C變大，圖中的F點向A點移動，故有光射出的區(qū)域的面積變大，故C10．(多選)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O點時，僅在電場力的作用下恰好保持靜止狀態(tài)．過O點作兩正電荷連線的垂線，以O(shè)點為圓心的圓與連線和垂線分別交于a、c和b、d，如圖所示．以下說法正確的是()A．a(chǎn)點電勢低于O點B．b點電勢低于c點C．該試探電荷在a點的電勢能大于在b點的電勢能D．該試探電荷在c點的電勢能小于在d點的電勢能答案BD解析作出兩個固定點電荷分別在O點附近的電場線，由題意知，O點的場強EO＝0，則兩點電荷分別在O點處產(chǎn)生電場的電場線疏密相同，進而推知O點左側(cè)的電場方向向右，O點右側(cè)的電場方向向左．可以判定：a點電勢高于O點，b點電勢低于c點，故A錯誤，B正確；由Ep＝φq可知，a點的電勢高于b點，試探電荷(帶負電)在a點的電勢能比b點小，故C錯誤；c點電勢高于d點，試探電荷(帶負電)在c點的電勢能小于d點，故D正確．11．(多選)如圖所示，質(zhì)量為M的物塊A放置在光滑水平桌面上，右側(cè)連接一固定于墻面的水平輕繩，左側(cè)通過一傾斜輕繩跨過光滑定滑輪與一豎直輕彈簧相連．現(xiàn)將質(zhì)量為m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B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(nèi)，物塊A始終處于靜止狀態(tài)．以下判斷正確的是()A．M<2mB．2m<M<3mC．在B從釋放位置運動到最低點的過程中，所受合力對B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機械能的減少量答案ACD解析由題意知，B在開始位置到最低點之間做簡諧運動，則最低點時彈簧彈力FT＝2mg；對物塊A，設(shè)左側(cè)繩子與桌面間夾角為θ，依題意有：2mgsinθ＝Mg，則M<2m，故A正確，B錯誤．B從釋放到最低點過程中，開始時彈簧彈力小于重力，B加速，合力做正功；后來彈簧彈力大于重力，B減速，合力做負功，故C正確．對B，從釋放到速度最大過程中，系統(tǒng)的機械能守恒，B機械能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量，即等于B克服彈簧彈力所做的功，故D正確．12．(多選)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(yīng)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Oxy平面內(nèi)的剛性導(dǎo)體框abcde在外力作用下以恒定速度沿y軸正方向運動(不發(fā)生轉(zhuǎn)動)．從圖示位置開始計時，4s末bc邊剛好進入磁場．在此過程中，導(dǎo)體框內(nèi)感應(yīng)電流的大小為I,ab邊所受安培力的大小為Fab，二者與時間t的關(guān)系圖像可能正確的是()答案BC解析設(shè)虛線方格的邊長為x，根據(jù)題意知abcde每經(jīng)過1s運動的距離為x.在0～1s內(nèi)，感應(yīng)電動勢E1＝2Bxv，感應(yīng)電流I1＝2BxvR恒定；在1～2s內(nèi)，切割磁感線的有效長度均勻增加，故感應(yīng)電動勢及感應(yīng)電流隨時間均勻增加，2s時感應(yīng)電動勢E2＝3Bxv，感應(yīng)電流I2＝3BxvR；在2～4s內(nèi)，切割磁感線的有效長度均勻減小，感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流均勻減小，4s時感應(yīng)電動勢E3＝Bxv，感應(yīng)電流I3＝BxvR，故A錯誤，B正確．由題意可知，在0～4s內(nèi)，ab邊進入磁場的長度l＝vt，根據(jù)F＝BIl，在0～1s內(nèi)，I＝2BxvR恒定，則Fab＝BI1·vt＝2B2v2xRt∝t；在1～2s內(nèi)，電流I隨時間均勻增加，切割磁感線的有效長度l′＝2x＋v(t－2)＝vt，據(jù)F＝IlB可知Fab與t為二次函數(shù)關(guān)系，圖線是拋物線的一部分，且t＝2s時，F(xiàn)ab＝6B2x2vR；在2～4s內(nèi)，I隨時間均勻減小，切割磁場的有效長度l″＝3x－v(t－2)＝5x－vt三、非選擇題：本題共6小題，共60分．13．2020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(xué)受此啟發(fā)就地取材設(shè)計了如下實驗，測量當?shù)刂亓铀俣鹊拇笮。畬嶒灢襟E如下：①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)．②調(diào)整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)．③該同學(xué)選取部分實驗數(shù)據(jù)，畫出了2Lt－t圖像，利用圖像數(shù)據(jù)得到小物塊下滑的加速度大小為5.6m/s④再次調(diào)節(jié)墊塊，改變木板的傾角，重復(fù)實驗．回答以下問題：(1)當木板的傾角為37°時，所繪圖像如圖乙所示．由圖像可得，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A、B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(jié)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開_______m/s2.(結(jié)果保留2位有效數(shù)字，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80)答案(1)0.32或0.333.1(2)9.4解析(1)根據(jù)勻變速直線運動的位移公式得L＝v0t＋12at2所以2Lt＝2v0＋即2Lt－t圖像的縱截距為2v0，斜率為加速度a，由圖像知2v0＝65×10－2所以初速度v0≈0.33m/s加速度a＝(185-70)×10-2(39.5-2)×10-(2)當θ＝53°時，a0＝5.6m/s2當θ＝37°時，a＝3.1m/s2根據(jù)牛頓第二定律得a0＝gsin53°－μgcos53°a＝gsin37°－μgcos37°聯(lián)立兩式并代入數(shù)據(jù)解得g≈9.4m/s2.14．實驗方案對實驗測量的精度有直接的影響，某學(xué)習小組對“測量電源的電動勢和內(nèi)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(nèi)阻小于1Ω)；電壓表V(量程3V，內(nèi)阻約3kΩ)；電流表A(量程0.6A，內(nèi)阻約1Ω)；滑動變阻器R(最大阻值為20Ω)；定值電阻R1(阻值2Ω)；定值電阻R2(阻值5Ω)；開關(guān)一個，導(dǎo)線若干．(1)該小組按照圖甲所示的電路進行實驗，通過調(diào)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－I坐標紙上描點，如圖乙所示，結(jié)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(nèi)阻較小C．滑動變阻器最大阻值較小D．電流表內(nèi)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)如下表所示．序號1234567I/A0.080.140.200.260.320.360.40U/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圖中已標出后3組數(shù)據(jù)對應(yīng)的坐標點，請標出前4組數(shù)據(jù)對應(yīng)的坐標點并畫出U－I圖像．②根據(jù)實驗數(shù)據(jù)可知，所選的定值電阻為________(填“R1”或“R2”)．③用筆畫線代替導(dǎo)線，請按照改進后的方案，將下圖所示實物圖連接成完整電路．答案(1)B(2)①見解析圖(a)②R1③見解析圖(c)解析(1)電壓表示數(shù)的變化范圍小，原因是外電阻的阻值遠大于電源內(nèi)阻，選項B正確．(2)①根據(jù)數(shù)據(jù)描點并連成一條直線，如圖(a)所示．②由圖像可知E＝1.55V，U＝0時I＝0.59A，故r′＝EI≈2.63Ω由于2Ω<r′<5Ω，又r′＝r＋R(r為電源內(nèi)阻，R為定值電阻)，故定值電阻只能是R1.③先畫出原理圖，如圖(b)，然后依據(jù)原理圖將各儀器依次連接起來，如圖(c)．15．中醫(yī)拔罐的物理原理是利用玻璃罐內(nèi)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(cè)為火罐，下端開口；右側(cè)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(nèi)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(nèi)氣體壓強．某次使用火罐時，罐內(nèi)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(nèi)部氣體體積變?yōu)楣奕莘e的2021.若換用抽氣拔罐，抽氣后罐內(nèi)剩余氣體體積變?yōu)槌闅獍喂奕莘e的20答案1解析設(shè)火罐內(nèi)氣體初始狀態(tài)參量分別為p1、T1、V1，溫度降低后狀態(tài)參量分別為p2、T2、V2，罐的容積為V0，由題意知p1＝p0、T1＝450K、V1＝V0、T2＝300K、V2＝20V由理想氣體狀態(tài)方程得P1V則有P0V0代入數(shù)據(jù)得p2＝0.7p0③對于抽氣拔罐，設(shè)初態(tài)氣體狀態(tài)參量分別為p3、V3，末態(tài)氣體狀態(tài)參量分別為p4、V4，罐的容積為V0′，由題意知p3＝p0、V3＝V0′、p4＝p2④由玻意耳定律得p3V3＝p4V4則有p0V0′＝p2V4⑤聯(lián)立②⑤式，代入數(shù)據(jù)得V4＝107V0設(shè)抽出的氣體的體積為ΔV，由題意知ΔV＝V4－2021V0故應(yīng)抽出氣體的質(zhì)量與抽氣前罐內(nèi)氣體質(zhì)量的比值為?mm＝聯(lián)立②⑤⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得?mm＝16．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vM＝10m/s的速度從軌道邊緣上的M點沿軌道的豎直切面ABCD滑出軌道，速度方向與軌道邊緣線AD的夾角α＝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(zhì)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d；(2)M、N之間的距離L.答案(1)4.8m(2)12m解析(1)在M點，設(shè)運動員在ABCD面內(nèi)垂直AD方向的分速度為v1，由運動的合成與分解規(guī)律得v1＝vMsin72.8°①設(shè)運動員在ABCD面內(nèi)垂直AD方向的分加速度為a1，由牛頓第二定律得mgcos17.2°＝ma1②由運動學(xué)公式得d＝v1聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得d＝4.8m④(2)在M點，設(shè)運動員在ABCD面內(nèi)平行AD方向的分速度為v2，由運動的合成與分解規(guī)律得v2＝vMcos72.8°⑤設(shè)運動員在ABCD面內(nèi)平行AD方向的分加速度為a2，由牛頓第二定律得mgsin17.2°＝ma2⑥設(shè)騰空時間為t，由運動學(xué)公式得t＝2vL＝v2t＋12a2t2聯(lián)立①②⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得L＝12m⑨17．某型號質(zhì)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,Q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、Ⅱ兩部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b為M、N上兩正對的小孔．以a、b所在直線為z軸，向右為正方向，取z軸與Q板的交點O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y軸正方向，建立空間直角坐標系Oxyz.區(qū)域Ⅰ、Ⅱ內(nèi)分別充滿沿x軸正方向的勻強磁場和勻強電場，磁感應(yīng)強度大小、電場強度大小分別為B和E.一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的粒子，從a孔飄入電場(初速度視為零)，經(jīng)b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Q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s1、s2、s3，若這三個點是質(zhì)子11H、氚核13H、氦核24答案見解析解析(1)設(shè)粒子經(jīng)加速電場到b孔的速度大小為v，粒子在區(qū)域Ⅰ中，做勻速圓周運動對應(yīng)圓心角為α，在M、N兩金屬板間，由動能定理得qU＝12mv2在區(qū)域Ⅰ中，粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB＝mv2聯(lián)立①②式得R＝2mqU由幾何關(guān)系得d2＋(R－L)2＝R2④cosα＝R2sinα＝dR聯(lián)立①②④式得L＝2mqUqB－(2)設(shè)區(qū)域Ⅱ中粒子沿z軸方向的分速度為vz，沿x軸正方向加速度大小為a，位移大小為x，運動時間為t，由牛頓第二定律得qE＝ma⑧粒子在z軸方向做勻速直線運動，由運動合成與分解的規(guī)律得vz＝vcosα⑨d＝vzt⑩粒子在x方向做初速度為零的勻加速直