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2020 年山东省新高考物理试卷 t ＝
2
试题解析 光传播的时间差为：△t＝t ﹣t ＝ ﹣ ＝ ，故A正确、BCD错误。
1 2
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
故选：A。
1．解：A、由于s﹣t图象的斜率表示速度，由图可知在0～t 时间内速度增加，即乘客的加速度向下运动，根
1
4．解：AB、因x＝ λ处质点的振动方程为y＝Acos（ t），当t＝ T时刻，x＝ λ处质点的位移为：y＝
据牛顿第二定律得：mg﹣F ＝ma，解得：F ＝mg﹣ma，则F ＜mg，处于失重状态，故A错误；
N N N
Acos（ × ）＝0，
B、在t ～t 时间内，s﹣t图象的斜率保持不变，所以速度不变，即乘客匀速下降，则F ＝mg，故B错误；
1 2 N
那么对应四个选项中波形图x＝ λ的位置，可知，AB选项不符合题意，故AB错误；
CD、在t ～t 时间内，s﹣t图象的斜率变小，所以速度减小，即乘客的减速下降，根据牛顿第二定律得：F
2 3 N
﹣mg＝ma，解得：F ＝mg+ma，则F ＞mg，处于超重状态，故C错误，D正确；
N N
CD、再由波沿x轴负方向传播，依据微平移法，可知，在t＝ T的下一时刻，在x＝ λ处质点向y轴正方
故选：D。
向振动，故D正确，C错误；
2．解：根据电流的定义式：I＝ 故选：D。
该段时间内产生的电荷量为：q＝It＝5.0×10﹣8×3.2×104C＝1.6×10﹣3C 5．解：输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示，可知，输入电压U
1
＝220V，依据理想变压器
电压与匝数关系式： ，且n ：n ＝22：3
根据衰变方程得： → + ，可知这段时间内发生 β衰变的氚核 H的个数为： ＝ 1 2
＝1.0×1016，故B正确，ACD错误。
解得：U ＝30V
2
由于灯泡L的电阻恒为R＝15Ω，额定电压为U＝24V．因能使灯泡正常工作，那么通过灯泡的电流：I＝
故选：B。
＝ A＝1.6A
3．解：由于玻璃对该波长光的折射率为n＝1.5，则光在该玻璃中传播速度为：v
那么定值电阻R ＝10Ω两端电压为：U′＝U ﹣U＝30V﹣24V＝6V
＝ 1 2
依据欧姆定律，则有通过其的电流为：I′＝ ＝ A＝0.6A
光从S到S 和到S 的时间相等，设光从S 到O点的时间为t ，从S 到O点的时间为t ，O点到S 的距离
1 2 1 1 2 2 2
为L，则有：
因此通过定值电阻R ＝5Ω的电流为：I″＝1.6A﹣0.6A＝1A
2
t 1 ＝ + 由于定值电阻R 与滑动变阻器串联后与定值电阻R 并联，那么定值电阻R 与滑动变阻器总电阻为：R′＝
2 1 2＝ Ω＝6Ω
因定值电阻R
2
＝5Ω，因此滑动变阻器接入电路的电阻应为：R
滑
＝6Ω﹣5Ω＝1Ω
火星表面的重力加速度为
综上所述，故A正确，BCD错误；
故选：A。 着陆器减速运动的加速度大小为
6．解：A、根据 p﹣V图象的面积表示气体做功，得气体在 a→b过程中对外界做的功为：W ＝
ab
对着陆器根据牛顿第二定律有：
＝ ，b→c过程中气体对外界做的功为：W ＝ ＝
bc
F﹣0.4mg＝ma
，所以气体在a→b过程中对外界做的功等于在b→c过程中对外界做的功故A错误；
解得 ，故B正确，ACD错误；
B、气体在a→b过程中，因为a、b两个状态的pV相等，所以T ＝T ，即△U ＝0，根据热力学第一定律
a b ab
△U＝Q+W可知，从外界吸收的热量为Q ＝ ；气体在b→c过程中，因为c状态的pV大于b状态
ab
故选：B。
的pV，所以T ＜T ，即△U ＞0，根据热力学第一定律△U＝Q+W可知，在b→c过程中从外界吸收的热量
b c bc
8．解：根据题意分析，物块A、B刚好要滑动时，应该是物体A相对物体B向上滑动，设绳子拉力为F，对
为：Q ＝△U + ，则有：Q ＜Q ，故B错误；
bc bc ab bc
A受力分析，由平衡条件得：F＝mgsin45°+μmgcos45°
C、在c→a过程中，气体等压压缩，温度降低，即△U ＜0，根据热力学第一定律△U＝Q+W可知，外界对
ca
物体B相对斜面向下滑动，对B受力分析，由平衡条件得：2mgsin45°＝F+μmgcos45°+μ（2m+m）gcos45°
气体做的功小于气体向外界放出的热量，故C正确；
联立解得：μ＝ ，故C正确，ABD错误。
D、因为T ＝T ，而一定质量理想气体的内能只与温度有关，所以气体在c→a过程中内能的减少量等于b→
a b
c过程中内能的增加量，故D错误。
故选：C。
故选：C。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，
7．解：根据重力等于万有引力，得：
选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．解：AB、由题意可知： ＝ ＝ ，可知临界角为45o，因此从D点发出的光，竖直向上从M点
射出的光线恰好是出射光线的边缘，同时C点也恰好是出射光线的边缘，如图所示：
得：11．解：AB、由题意可知B物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，根据简谐运动的对称性，在最低点
的加速度为竖直向上的g，由牛顿第二定律得：T﹣mg＝mg，解得在最低点时有弹簧弹力为：T＝2mg；对
A分析，设绳子与桌面间夹角为θ，根据A对水平桌面的压力刚好为零，有：2mgsinθ＝Mg，故有M＜2m，
故A正确，B错误；
C、由题意可知B从释放位置到最低点过程中，开始弹簧弹力小于重力，物体加速，合力做正功；后来弹簧
弹力大于重力，物体减速，合力做负功，故C正确；
因此光线只能从MC段射出，根据几何关系可知，M恰好为AC的中点，因此在平面上有一半的面积有光线
射出，故A正确，B错误； D、对于B，在从释放到速度最大过程中，B机械能的增加量等于弹簧弹力所做的负功，即B机械能的减少
量等于B克服弹簧弹力所做的功，故D正确。
CD、由于频率越高，折射率越大，当光源发出的光的频率变小，折射率也会变小，导致临界角会增大，这时
M点上方也会有光线出射，因此出射光线区域的面积将增大，故C正确，D错误。 故选：ACD。
故选：AC。 12．解：AB、因为4s末bc边刚好进入磁场，可知线框的速度为每秒向上运动一格，故在0﹣1s内只有ae切割
磁感线，设方格边长L，根据
10．解：A、根据带负电的试探电荷在O点，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态，可知，E ＝0，再依据正
O
点电荷在某点电场强度是两点连线背离正点电荷，则两正点电荷连线的电场线方向如下图所示，由沿着电场 E ＝2BLv可知电流恒定；
1
线方向，电势是降低的，则有a点电势高于O点，故A错误；
2s末时线框在第二象限长度最长，此时
E ＝3BLv
2
这时电流
B、由于b点离右边正点电荷距离较远，而c点离右边正点电荷较近，则有b点电势低于c点，故B正确； 可知，
C、因a点电势高于O点，而O点电势高于b点，那么a点电势高于b点，那么负试探电荷从高电势到低电
，
势，其电势能增加，则该试探电荷在a点的电势能小于在b点的电势能，故C错误；
故A错误，B正确；
D、因b、d两点关于O点对称，它们电势相等，由于c点电势高于b点，那么c点电势高于d点，因此负试
探电荷从高电势到低电势，其电势能增加，则该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能，故D正确。
CD、ab受到安培力F
ab
＝BIL
ab
，
故选：BD。
可知在0﹣1s内ab边受到安培力线性增加；1s末安培力为F
ab
＝BI
1
L，2s末安培力 ， 作图象时使尽可能多的点在直线上，不能穿过直线的点应对称地分布在直线两侧，图象如图所示；
所以F ′＝3F ，由图象知，C正确，D错误。
ab ab
故选：BC。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．解：（1）设物块过测量参考点时速度的大小为v ，根据位移﹣时间关系可得：
0
L＝v t+
0
所以有： ＝2v +at，
0
②由图示图象可知，电源与定值电阻整体组成的等效电源内阻：r+R＝ Ω≈2.67Ω，
当t＝0时速度即为参考点的速度，故2v ＝0.64m/s
0
由题意可知，电源内阻小于1Ω，则定值电阻应选择R 。
1
解得：v ＝0.32m/s
0
③应用伏安法测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，电流表测电路电流，电源内阻较小，为使电压表示
图象的斜率表示加速度，则有：a＝ m/s2＝3.1m/s2； 数变化明显，把定值电阻与电源整体当作等效电源，为减小实验误差，相对于电源电流表应采用外接法，实
物电路图如图所示；
（2）木板的倾角为53°，小物块加速度大小为a ＝5.6m/s2，
0
对小物块根据牛顿第二定律可得：mgsin53°﹣μmgcos53°＝ma ，
0
当倾角为37°时，有：mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma
联立解得：g＝9.4m/s2。
故答案为：（1）0.32或0.33；3.1；（2）9.4。
14．解：（1）路端电压：U＝E﹣Ir，
故答案为：（1）B；（2）①图象如图所示；②R ；③实物电路图如图所示。
1
当电源内阻r太小时，干路电流I有较大变化时，Ir变化很小，
15．解：设火罐内气体初始状态参量分别为p 、T 、V ，温度降低后状态参量分别为p 、T 、V ，
1 1 1 2 2 2
电压表示数即路端电压U＝E﹣Ir变化很小，电压表示数变化范围很小，故选B；
罐的容积为V ，由题意知：
0
（2）①根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据坐标系内描出的点作出图象，p ＝p 、T ＝450K、V ＝V 、T ＝300K、V ＝ ①
1 0 1 1 0 2 2
由运动学公式得：d＝ …③
由理想气体状态方程得： ＝ ②
联立①②③式，代入数据得：
d＝4.8m…④
解得：p ＝0.7p ③
2 0
（2）在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v ，由运动的合成与分解规律得：
2
对于抽气罐，设初态气体状态参量分别为p 、V ，末态气体状态参量分别为p 、V ，罐的容积为V′ ，由
3 3 4 4 0
题意知： v ＝v cos72.8°…⑤
2 M
p 3 ＝p 0 、V 3 ＝V' 0 、p 4 ＝p 2 ④ 设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a 2 ，由牛顿第二定律得：
由玻意耳定律得：p 0 V′ 0 ＝p 2 V 4 ⑤ mgsin17.2°＝ma 2 …⑥
联立②⑤式，代入数据得V ＝ ⑥
4
设腾空时间为t，由运动学公式得：t＝ …⑦
设抽出的气体的体积为△V，由题意知
沿斜面方向根据位移﹣时间关系可得：L＝v t+ …⑧
2
△V＝V ﹣ ⑦
4
联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得：L＝12m。
故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为： ⑧
答：（1）运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值为4.8m；
联立③⑤⑥⑦⑧式，代入数据得： ＝ 。
（2）M、N之间的距离为12m。
答：应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为 。 17．解：（1）粒子在M、N间的电场中加速，由动能定理得：
16．解：（1）在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v ，由运动的合成与分解规律得：
qU＝ ﹣0
1
v 1 ＝v M sin72.8°…① 粒子在区域I内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a ，由牛顿第二定律得：
1 qvB＝m
mgcos17.2°＝ma …②
1
解得：R＝设粒子在磁场中做圆周运动对应的圆心角为α，由几何关系得： 由图乙所示可知，s 、s 、s 分别对应：氚核 H、氦核 He、质子 H的位置；
1 2 3
d2+（R﹣L）2＝R2
答：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径R是 ，c点到z轴的距离L为 ﹣ ；
cosα＝ ，sinα＝ ，
（2）粒子打到记录板上位置的x坐标是 ；
解得：L＝ ﹣
（3）粒子打到记录板上位置的y坐标是：R﹣ + ；
（2）设粒子在区域II中粒子沿z轴方向的分速度为v ，粒子沿x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，
z
粒子在z轴方向做匀速直线运动，粒子在z轴方向分速度：v
z
＝vcosα （4）s
1
、s
2
、s
3
分别对应氚核 H、氦核 He、质子 H。
在z轴方向：d＝v t
z 18．解：（1）P、Q发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向上为正方向，由动
量守恒定律得：
沿x轴方向：x＝
mv ＝mv +4mv
0 P1 Q1
解得：x＝
由机械能守恒定律得：
（3）设粒子沿y轴方向偏离z轴的距离为y，其中在区域II中沿y轴方向偏离的距离为y′，
则：y′＝vtsinα
解得：v ＝﹣ v ，v ＝ v
P1 0 Q1 0
由题意可知：y＝L+y′
（2）Q向上滑行过程，由牛顿第二定律得：
解得：y＝R﹣ + 4mgsinθ+μ•4mgcosθ＝4ma
解得：a＝2gsinθ
（4）粒子打到记录板上位置的x坐标：x＝ ＝
P、Q第一次碰撞后Q上升的高度为h ，对Q，由运动学公式得：
1
粒子比荷k＝ 越大x越大，由于k 质子 ＞k 氦核 ＞k 氚核 ，则x 质子 ＞x 氦核 ＞x 氚核 ， 0﹣ ＝2（﹣a）解得：v ＝ v
03 0
解得：h ＝
1
P与Q第三次碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向上为正方向，由动量守恒定律得：
设P运动到与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v ，第一次碰撞后到第二次碰撞前，对P，由动能
02
mv ＝mv +4mv
定理得： 03 P3 Q3
由机械能守恒定律得：
﹣mgh ＝
1
解得：v ＝ v
02 0
解得：v ＝﹣ v ，v ＝ v
P3 0 Q3 0
P、Q发生第二次碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向上为正方向，由动量守恒定
律得：
第三次碰撞后对Q，由运动学公式得：
mv ＝mv +4mv
02 P2 Q2
0﹣ ＝2（﹣a） ，
由机械能守恒定律得：
解得：h ＝
3
…………
解得：v ＝﹣ × v ，v ＝ v
P2 0 Q2 0
第二次碰撞后Q向上运动过程，由运动学公式得： 第n次碰撞后，Q上升的高度：h ＝（ ）n﹣1• n＝1、2、3……
n
0﹣ ＝2（﹣a）
（3）当P、Q到达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：
﹣（m+4m）gH﹣μ•4mgcosθ• ＝0﹣
解得：h ＝ •
2
设P运动到与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为v ，第二次碰撞后到第三次碰撞前，对P，由动能 解得：H＝
03
定理得：
（4）设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t ，则：t ＝
1 1
﹣mgh ＝
2
设P运动到斜面底端时的速度为v ′，需要的时间为t ，则：v ′＝v +gsinθ•t ， ＝2gsinθ•s，
P1 2 P1 P1 2设P从A点到Q第一次碰撞后速度减为零处匀减速运动的时间为t ，则：v ＝（﹣v ）﹣gsinθ•t ，
3 02 P1 3
当A点与挡板之间的距离最小时：t ＝2t +t
1 2 3
解得：s＝ A．0～t 时间内，v增大，F >mg
1 N
B．t ～t 时间内，v减小，F <mg
1 2 N
答：（1）P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小v 、v 分别为 v 、 v ；
P1 Q1 0 0
C．t ～t 时间内，v增大，F <mg
2 3 N
D．t ～t 时间内，v减小，F >mg
（2）第n次碰撞使物块Q上升的高度h 是（ ）n﹣1• n＝1、2、3……； 2 3 N
n
答案 D
（3）物块Q从A点上升的总高度H为 ； 解析 根据s－t图像的斜率表示速度可知，0～t 1 时间内v增大，t 2 ～t 3 时间内v减小，t 1 ～t 2 时间内v不变，故
B、C错误；0～t 时间内速度越来越大，加速度向下，处于失重状态，则F <mg，故A错误；t ～t 时间内，速
1 N 2 3
度逐渐减小，加速度向上，处于超重状态，则F >mg，故D正确．
N
（4）为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，A点与挡板之间的最小距离s为 。
2．氚核3H发生β衰变成为氦核3He.假设含氚材料中3H发生β衰变产生的电子可以全部定向移动，在3.2×104 s
1 2 1
时间内形成的平均电流为5.0×10－8 A．已知电子电荷量为1.6×10－19 C，在这段时间内发生β衰变的氚核3H的
1
个数为( )
山东省 2020 年普通高中学业水平等级考试
A．5.0×1014 B．1.0×1016
注意事项： C．2.0×1016 D．1.0×1018
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置． 答案 B
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净 解析 由题意知，3.2×104 s内氚核发生β衰变产生的电子的电荷量为Q＝It＝5.0×10－8×3.2×104 C＝1.6×10－
后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 𝑄 1.6×10‒3
3 C，对应的电子数n＝ ＝ ＝1.0×1016(个)；由3H→ 0 e＋3He可知，一个3H核发生一次β衰变产生一个
𝑒 1.6×10‒19 1 ‒1 2 1
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 电子，故这段时间内发生β衰变的3H核的个数为1.0×1016，选项B正确．
1
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分．每小题只有一个选项符合题目要求． 3．双缝干涉实验装置的截面图如图所示．光源S到S 、S 的距离相等，O点为S 、S 连线中垂线与光屏的交
1 2 1 2
点．光源S发出的波长为λ的光，经S 出射后垂直穿过玻璃片传播到O点，经S 出射后直接传播到O点，由
1 2
1.一质量为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F
N
S 到O点与由S 到O点，光传播的时间差为Δt.玻璃片厚度为10λ，玻璃对该波长光的折射率为1.5，空气中光
1 2
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( )
速为c，不计光在玻璃片内的反射．以下判断正确的是( )5𝜆 15𝜆
A．Δt＝ B．Δt＝ 3 3
𝑐 2𝑐 经t＝ T时，x＝0处质点恰振动到最低点，t＝ T时的波形如图中虚线所示，选项D正确．
4 4
10𝜆 15𝜆
C．Δt＝
𝑐
D．Δt＝
𝑐
5．图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n
1
∶n
2
＝22∶3，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 Ω，额定电压为24 V．定值电阻R ＝10 Ω、R ＝5 Ω， 滑动变阻器R的最大阻值
1 2
答案 A
为10 Ω.为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为( )
10𝜆
解析 无玻璃片时，光传播10λ所用时间为t ＝ ①
1 𝑐
10𝜆
有玻璃片时，光传播10λ所用时间为t ＝ ②
2 𝑣
𝑐 𝑐
且v＝ ＝ ③
𝑛 1.5
A．1 Ω B．5 Ω C．6 Ω D．8 Ω
5𝜆
联立①②③式得Δt＝t －t ＝ ，选项A正确．
2 1 𝑐 答案 A
5 2π 3
4．一列简谐横波在均匀介质中沿x轴负方向传播，已知x＝ λ处质点的振动方程为y＝Acos ( t)，则t＝ T时刻 𝑈 1 𝑛 1
4 𝑇 4 解析 由题图乙可得U ＝220 V，由 ＝ 得U ＝30 V，
1 𝑈 𝑛 2
2 2
的波形图正确的是( )
𝑈 L 24
灯泡正常工作时，U ＝24 V，I＝ ＝ A＝1.6 A
L 𝑅 15
L
R 两端电压U ＝U －U ＝30 V－24 V＝6 V
1 R1 2 L
𝑈
𝑅1
通过R 的电流I ＝ ＝0.6 A
1 1 𝑅
1
通过R的电流I ＝I－I ＝1 A
R 1
𝑈
𝑅1 6
由欧姆定律得R＋R ＝ ＝ Ω＝6 Ω
2 𝐼𝑅 1
可解得R＝1 Ω，选项A正确．
答案 D
6．一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a，其p－V图像如图所
5
解析 由题意知，t＝0时，x＝ λ处的质点位于波峰(y＝A)，则x＝0处质点恰好位于y＝0的平衡位置，其波形 示．已知三个状态的坐标分别为a(V 2p )、 b(2V ，p )、c(3V 2p )．以下判断正确的是( )
4 0, 0 0 0 0, 0
如图中实线所示．正确．
8.如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨
过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行．A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩
擦力等于滑动摩擦力．当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为( )
A．气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功
B．气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在b→c过程中从外界吸收的热量
C．在c→a过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量
1 1 1 1
D．气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量 A. B. C. D.
3 4 5 6
答案 C 答案 C
解析 由W＝Fx＝pSx＝p·ΔV知，p－V图线与V轴所围面积代表气体状态变化所做的功，由题图知，a→b和 解析 A、B刚要滑动时受力平衡，受力如图所示．
𝑃𝑉
b→c过程中，气体对外界做的功相等，故A错误．由 ＝C知，a、b两状态温度相等，内能相同，ΔU＝0；由
𝑇
𝑃𝑉
ΔU＝W＋Q知，Q ＝－W；由 ＝C知，c状态的温度高于b状态的温度，则b→c过程中，ΔU>0，据ΔU＝W
ab 𝑇
𝑃𝑉
＋Q知，Q >|W|，故B错误．由 ＝C知，C状态温度高于b状态温度，则c→a过程内能减少，ΔU<0，外界
bc 𝑇
对气体做正功，W>0，属于放热过程，由 ΔU＝Q＋W知，W<|Q|，故 C正确．由于 a、b状态内能相等，故
c→a内能减少量等于b→c内能增加量，故D错误．
7．我国将在今年择机执行“天问1号”火星探测任务．质量为m的着陆器在着陆火星前，会在火星表面附近 对A：F ＝mgsin 45°＋μmgcos 45°
T
经历一个时长为t 、速度由v 减速到零的过程．已知火星的质量约为地球的0.1倍，半径约为地球的0.5倍，地
0 0
对B：2mgsin 45°＝F ＋3μmgcos 45°＋μmgcos 45°
球表面的重力加速度大小为g，忽略火星大气阻力．若该减速过程可视为一个竖直向下的匀减速直线运动，此 T
过程中着陆器受到的制动力大小约为( ) 1
整理得，μ＝ ，选项C正确．
5
( 𝑣 ) ( 𝑣 )
0 0
A．m 0.4𝑔‒
𝑡
B．m 0.4𝑔+
𝑡
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题有多个选项符合题目要求．全部选对得4分，
0 0
选对但不全的得2分，有选错的得0分．
( 𝑣 ) ( 𝑣 )
0 0
C．m 0.2𝑔‒ D．m 0.2𝑔+
𝑡 𝑡
0 0
9．(多选)截面为等腰直角三角形的三棱镜如图甲所示．DE为嵌在三棱镜内部紧贴BB′C′C面的线状单色可
答案 B 见光光源，DE与三棱镜的ABC面垂直，D位于线段BC的中点．图乙为图甲中ABC面的正视图．三棱镜对该
单色光的折射率为 2 ，只考虑由DE直接射向侧面AA′C′C的光线．下列说法正确的是( )
𝑣 0 𝑚𝑀 𝑔火 𝑀火 𝑅地
解析 着陆器向下做匀减速直线运动时的加速度大小a＝ .在天体表面附近，有mg＝G ，则 ＝ ·( )2，
𝑡
0
𝑅2 𝑔 𝑀地 𝑅火
𝑣
0
整理得g ＝0.4g，由牛顿第二定律知，着陆器减速运动时有F－mg ＝ma，则制动力F＝m(0.4g＋ )，选项B
火 火 𝑡
0C．该试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能
D．该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能
答案 BD
解析 作出两个固定点电荷分别在O点附近的电场线，由题意知，O点的场强E ＝0，则两点电荷分别在O点
1 O
A．光从AA′C′C面出射的区域占该侧面总面积的
2 处产生电场的电场线疏密相同，进而推知O点左侧的电场方向向右，O点右侧的电场方向向左．可以判定：a
B．光从AA′C′C面出射的区域占该侧面总面积的 2 点电势高于O点，b点电势低于c点，故A错误，B正确；由E p ＝φq可知，a点的电势高于b点，试探电荷(带
3
负电)在a点的电势能比b点小，故C错误；c点电势高于d点，试探电荷(带负电)在c点的电势能小于d点，
C．若DE发出的单色光频率变小，AA′C′C面有光出射的区域面积将增大 故D正确．
D．若DE发出的单色光频率变小，AA′C′C面有光出射的区域面积将减小
答案 AC
解析 根据sin C＝
1
，得光线在AC面上发生全反射的临界角C＝45°，如图所示．从AC面上射出的光线为射到
11．(多选)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
𝑛
1
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，
FC区域的光线，由几何关系得FC＝ AC，即有光线射出的区域占该侧面总面积的一半，故A正确，B错误；
2
将B由静止释放，当B下降到最低点时(未着地)，A对水平桌面的压力刚好为零．轻绳不可伸长，弹簧始终在
1
当单色光的频率变小时，折射率n变小，根据sin C＝ ，知临界角C变大，图中的F点向A点移动，故有光射
𝑛 弹性限度内，物块A始终处于静止状态．以下判断正确的是( )
出的区域的面积变大，故C正确，D错误．
A．M<2m
10．(多选)真空中有两个固定的带正电的点电荷，电荷量不相等．一个带负电的试探电荷置于二者连线上的O
点时，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态．过O点作两正电荷连线的垂线，以O点为圆心的圆与连线和垂 B．2m<M<3m
线分别交于a、c和b、d，如图所示．以下说法正确的是( )
C．在B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B先做正功后做负功
D．在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量
答案 ACD
A．a点电势低于O点 解析 由题意知，B在开始位置到最低点之间做简谐运动，则最低点时弹簧弹力F ＝2mg；对物块A，设左侧
T
绳子与桌面间夹角为θ，依题意有：2mgsin θ＝Mg，则M<2m，故A正确，B错误．B从释放到最低点过程中，
B．b点电势低于c点
开始时弹簧弹力小于重力，B加速，合力做正功；后来弹簧弹力大于重力，B减速，合力做负功，故 C正确．对B，从释放到速度最大过程中，系统的机械能守恒，B机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量，即 6𝐵2𝑥2𝑣
函数关系，图线是抛物线的一部分，且t＝2 s时，F ＝ ；在2～4 s内，I随时间均匀减小，切割磁场的有
ab 𝑅
等于B克服弹簧弹力所做的功，故D正确．
效长度l″＝3x－v(t－2)＝5x－vt随时间均匀减小，故F 与t为二次函数关系，有极大值，当t＝4 s时，F ＝
ab ab
12．(多选)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
4𝐵2𝑥2𝑣
，故C正确，D错误．
𝑅
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abcde在外力作用下以恒定速
三、非选择题：本题共6小题，共60分．
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F ，二者与时间t的关系图像可能正确的是( )
ab 13．2020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：
①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滑路径平行的刻度尺
(图中未画出)．
②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．
答案 BC
2𝐿
解析 设虚线方格的边长为x，根据题意知abcde每经过1 s运动的距离为x.在0～1 s内，感应电动势E ＝2Bxv， ③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/s2.
1 𝑡
2𝐵𝑥𝑣
感应电流I ＝ 恒定；在1～2 s内，切割磁感线的有效长度均匀增加，故感应电动势及感应电流随时间均匀
1 𝑅 ④再次调节垫块，改变木板的倾角，重复实验．
3𝐵𝑥𝑣
增加，2 s时感应电动势E ＝3Bxv，感应电流I ＝ ；在2～4 s内，切割磁感线的有效长度均匀减小，感应电
2 2 𝑅
回答以下问题：
𝐵𝑥𝑣
动势和感应电流均匀减小，4 s时感应电动势E ＝Bxv，感应电流I ＝ ，故A错误，B正确．由题意可知，在
3 3 𝑅
(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；
2𝐵𝑥𝑣 2𝐵2𝑣2𝑥
0～4 s内，ab边进入磁场的长度l＝vt，根据F＝BIl，在0～1 s内，I＝ 恒定，则F ＝BI ·vt＝ t∝t；在
𝑅 ab 1 𝑅 选取图线上位于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
1～2 s内，电流I随时间均匀增加，切割磁感线的有效长度l′＝2x＋v(t－2)＝vt，据F＝IlB可知F 与t为二次
ab ________ m/s2.(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/s2.(结果保留2位有效数字，sin 37°＝ 开关一个，导线若干．
0.60，cos 37°＝0.80 )
(1)该小组按照图甲所示的电路进行实验，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
答案 (1)0.32或0.33 3.1 (2)9.4 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)
1
解析 (1)根据匀变速直线运动的位移公式得L＝v t＋ at2，
0 2
A．电压表分流
2𝐿
所以 ＝2v ＋at，
𝑡 0
B．干电池内阻较小
2𝐿
即 －t图像的纵截距为2v ，斜率为加速度a，由图像知2v ＝65×10－2 m/s，
𝑡 0 0 C．滑动变阻器最大阻值较小
所以初速度v 0 ≈0.33 m/s D．电流表内阻较小
(185‒70)×10‒2
加速度a＝ m/s2≈3.1 m/s2
(39.5‒2)×10‒2
(2)当θ＝53°时，a ＝5.6 m/s2
0
当θ＝37°时，a＝3.1 m/s2
根据牛顿第二定律得a ＝gsin 53°－μgcos 53°
0
(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
a＝gsin 37°－μgcos 37°
数据如下表所示．
联立两式并代入数据解得g≈9.4 m/s2.
序号 1 2 3 4 5 6 7
14．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
I/A 0.08 0.14 0.20 0.26 0.32 0.36 0.40
探究．实验室提供的器材有：
U/V 1.35 1.20 1.05 0.88 0.73 0.71 0.52
干电池一节(电动势约1.5 V，内阻小于1 Ω)；
电压表V(量程3 V，内阻约3 kΩ)；
请根据实验数据，回答以下问题：
电流表A(量程0.6 A，内阻约1 Ω)；
①图中已标出后3组数据对应的坐标点，请标出前4组数据对应的坐标点并画出U－I图像．
滑动变阻器R(最大阻值为20 Ω)；
定值电阻R (阻值2 Ω)；
1
定值电阻R (阻值5 Ω)；
2②根据实验数据可知，所选的定值电阻为________(填“R ”或“R ”)．
1 2
③用笔画线代替导线，请按照改进后的方案，将下图所示实物图连接成完整电路．
15．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
答案 (1)B (2)①见解析图(a) ②R ③见解析图(c)
1
20
外部大气压相同，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，
21
解析 (1)电压表示数的变化范围小，原因是外电阻的阻值远大于电源内阻，选项B正确．
20
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
21
(2)①根据数据描点并连成一条直线，如图(a)所示．
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．
𝐸
②由图像可知E＝1.55 V，U＝0时I＝0.59 A，故r′＝ ≈2.63 Ω，
𝐼
由于2 Ω<r′<5 Ω，
又r′＝r＋R(r为电源内阻，R为定值电阻)，
1
答案
3
故定值电阻只能是R .
1
解析 设火罐内气体初始状态参量分别为p 、T 、V ，温度降低后状态参量分别为p 、T 、V ，罐的容积为V ，
1 1 1 2 2 2 0
③先画出原理图，如图(b)，然后依据原理图将各仪器依次连接起来，如图(c)．
由题意知
20𝑉
0
p ＝p 、T ＝450 K、V ＝V 、T ＝300 K、V ＝ ①
1 0 1 1 0 2 2 21
𝑃 𝑉 𝑃 𝑉
1 1 2 2
由理想气体状态方程得 ＝
𝑇 𝑇
1 2
𝑃 0 𝑉 0 𝑃2∙ 2 2 0 1 𝑉 0
则有 ＝ ②
𝑇 𝑇
1 2
代入数据得p ＝0.7p ③
2 0对于抽气拔罐，设初态气体状态参量分别为p 、V ，末态气体状态参量分别为p 、V ，罐的容积为V ′， (2)M、N之间的距离L.
3 3 4 4 0
由题意知p ＝p 、V ＝V ′、p ＝p ④ 答案 (1)4.8 m (2)12 m
3 0 3 0 4 2
由玻意耳定律得p V ＝p V 解析 (1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v ，由运动的合成与分解规律得
3 3 4 4 1
则有p V ′＝p V ⑤ v ＝v sin 72.8°①
0 0 2 4 1 M
联立②⑤式，代入数据得 设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a ，由牛顿第二定律得
1
V ＝ 10 V ′⑥ mgcos 17.2°＝ma 1 ②
4 7 0
𝑣 2
设抽出的气体的体积为ΔV，由题意知 由运动学公式得d＝ 1 ③
2𝑎
1
20
ΔV＝V － V ′⑦ 联立①②③式，代入数据得
4 21 0
故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为 d＝4.8 m④
∆𝑚 ∆𝑉 (2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v ，
＝ ⑧ 2
𝑚 𝑉
4
由运动的合成与分解规律得v ＝v cos 72.8°⑤
2 M
联立②⑤⑦⑧式，代入数据得
设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a ，由牛顿第二定律得
∆𝑚 1 2
＝ ⑨
𝑚 3
mgsin 17.2°＝ma ⑥
2
16．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
设腾空时间为t，由运动学公式得
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v ＝
M
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，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α＝ 2𝑣
1
t＝ ⑦
𝑎
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，取 1
重力加速度的大小g＝10 m/s2，sin 72.8°＝0.96，cos 72.8°＝0.30.求： 1
L＝v t＋ a t2⑧
2 2 2
联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L＝12 m⑨
17．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Ⅰ、Ⅱ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Ⅰ、Ⅱ内分别充满沿x轴正方向
(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d； 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．
sin α＝
𝑑
⑥
𝑅
联立①②④式得
2𝑚𝑞𝑈 2𝑚𝑞𝑈
L＝ － ‒𝑑2⑦1
𝑞𝐵 𝑞𝐵2
(2)设区域Ⅱ中粒子沿z轴方向的分速度为v，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
z
牛顿第二定律得
(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；
qE＝ma⑧
(2)求粒子打到记录板上位置的x坐标；
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
(3)求粒子打到记录板上位置的y坐标(用R、d表示)；
v＝vcos α⑨
z
(4)如图乙所示，在记录板上得到三个点s 、s 、s ，若这三个点是质子1H、氚核3H、氦核4He的位置，请写出这
1 2 3 1 1 2
d＝vt⑩
z
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)．
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
答案 见解析
1
x＝ at2⑪
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Ⅰ中，做匀速圆周运动对应圆心角为α，在M、N 2
两金属板间，由动能定理得
联立①②⑤⑧⑨⑩⑪式得
1
qU＝ mv2① 𝑚𝑑2𝐸
2 x＝ ⑫
4𝑚𝑈‒2𝑞𝑑2𝐵2
在区域Ⅰ中，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
(3)设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y，其中在区域Ⅱ中沿y方向偏离的距离为y′，粒子在y轴方向做匀速直
𝑣2 线运动，由运动学公式得
qvB＝m ②
𝑅
y′＝vtsin α⑬
联立①②式得
由题意得y＝L＋y′⑭
2𝑚𝑞𝑈
R＝ ③
𝑞𝐵
联立①④⑥⑨⑩⑬⑭式
由几何关系得
𝑑2
y＝R－ 𝑅2‒𝑑2＋ ⑮
d2＋(R－L)2＝R2④
𝑅2‒𝑑2
(4)质子的比荷大于氦核的，氦核的比荷大于氚核的，结合⑫⑬式可知，s 、s 、s 分别对应氚核3H、氦核4He、
𝑅2‒𝑑2 1 2 3 1 2
cos α＝ ⑤
𝑅 质子1H的位置．
118.如图所示，一倾角为θ的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜 𝑣
0
2
h ＝ ⑥
1 25𝑔
面上A处．某时刻，P以沿斜面向上的速度v 与Q发生弹性碰撞．Q与斜面间的动摩擦因数等于tan θ，设最大
0
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 设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v
02
，第一次碰后至第二次碰前，对P由动能定理得
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 1
mv 2－ mv 2＝－mgh ⑦
2 02 2 P1 1
联立①②⑤⑦式得
7
v ＝ v ⑧
02 5 0
(1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小v 、v ；
P1 Q1
P与Q的第二次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为v 、v ，由动量守恒定律得
P2 Q2
(2)求第n次碰撞使物块Q上升的高度h ；
n
mv ＝mv ＋4mv ⑨
02 P2 Q2
(3)求物块Q从A点上升的总高度H；
由机械能守恒定律得
(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.
1 1 1
mv 2＝ mv 2＋ ·4mv 2⑩
答案 见解析 2 02 2 P2 2 Q2
联立①②⑤⑦⑨⑩式得
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
3 7
mv ＝mv ＋4mv ① v ＝－ × v ⑪
0 P1 Q1 P2 5 5 0
由机械能守恒定律得 2 7
v ＝ × v ⑫
Q2 5 5 0
1 1 1
mv 2＝ mv 2＋ ·4mv 2②
2 0 2 P1 2 Q1 设第二次碰撞后Q上升的高度为h ，对Q由运动学公式得
2
联立①②式得 ℎ
2
0－v 2＝2·(－2gsin θ)· ⑬
Q2 sin𝜃
3
v ＝－ v ③
P1 5 0 联立①②⑤⑦⑨⑩⑬式得
2
v Q1 ＝ 5 v 0 ④ h ＝ 7 · 𝑣 0 2 ⑭
2 25 25𝑔
3 2
故第一次碰撞后P的速度大小为 5 v 0 ，Q的速度大小为 5 v 0 设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为v 03 ，第二次碰后至第三次碰前，对P由动能定理得
(2)设第一次碰撞后Q上升的高度为h ，对Q由运动学公式得 1 1
1 mv 2－ mv 2＝－mgh ⑮
2 03 2 P2 2
ℎ
1
0－v Q1 2＝2·(－2gsin θ)· sin𝜃 ⑤ 联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮式得
联立①②⑤式得v ＝(
7
)2v ⑯
设P运动到斜面底端时的速度为v
P1
′，需要的时间为t
2
，由运动学公式得
03 5 0
v ′＝v ＋gt sin θ
P与Q的第三次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为v 、v ，由动量守恒定律得 P1 P1 2
P3 Q3
mv 03 ＝mv P3 ＋4mv Q3 ⑰ v P1 ′2－v P1 2＝2sgsin θ
由机械能守恒定律得 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t
3
1 mv 2＝ 1 mv 2＋ 1 ·4mv 2⑱ v 02 ＝(－v P1 )－gt 3 sin θ
2 03 2 P3 2 Q3
当A点与挡板之间的距离最小时
联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱式得
3 7 t 1 ＝2t 2 ＋t 3
v ＝－ ×( )2v ⑲
P3 5 5 0
联立 式，代入数据得
2 7
v ＝ ×( )2v ⑳
Q3 5 5 0
(8 7‒13)𝑣 2
0
s＝
设第三次碰撞后Q上升的高度为h ，对Q由运动学公式得 200𝑔sin𝜃
3
ℎ
3
0－v 2＝2·(－2gsin θ)·
Q3 sin𝜃
联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱ 式得
7 𝑣 0 2
h ＝( )2·
3 25 25𝑔
总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为
7 𝑣 0 2
h ＝( )n－1· (n＝1,2,3……)
n 25 25𝑔
(3)当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
1 𝐻
0－ mv 2＝－(m＋4m)gH－tan θ·4mgcos θ·
2 0 sin𝜃
𝑣 2
0
解得H＝
18𝑔
(4)设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t ，由运动学公式得
1
v ＝2gt sin θ
Q1 1
