文档内容
2020 年山东省新高考物理试卷
试题解析
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。
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
1
加速度向下运动，根据牛顿第二定律得：mg﹣F ＝ma，解得：F ＝mg﹣ma，则F ＜
N N N
mg，处于失重状态，故A错误；
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
1 2
F ＝mg，故B错误；
N
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
2 3
牛顿第二定律得：F ﹣mg＝ma，解得：F ＝mg+ma，则F ＞mg，处于超重状态，故
N N N
C错误，D正确；
故选：D。
2．解：根据电流的定义式：I＝
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
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：
＝ ＝1.0×1016，故B正确，ACD错误。
故选：B。
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
＝
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
1 2 1 1 2t ，O点到S 的距离为L，则有：
2 2
t ＝ +
1
t ＝
2
光传播的时间差为：△t＝t ﹣t ＝ ﹣ ＝ ，故A正确、BCD错误。
1 2
故选：A。
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＝Acos（ × ）＝0，
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、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轴正方向振动，故D正确，C错误；
故选：D。
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
1 2
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＝ ＝ A＝1.6A
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
因此通过定值电阻R ＝5Ω的电流为：I″＝1.6A﹣0.6A＝1A
2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
2 1 2
阻器总电阻为：R′＝ ＝ 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
综上所述，故A正确，BCD错误；
故选：A。
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 ＝ ＝ ，b→c过程中气体对外界做的功为：W ＝
ab bc
＝ ，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；
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，
a b ab
根据热力学第一定律△U＝Q+W可知，从外界吸收的热量为Q ＝ ；气体在b
ab
→c过程中，因为c状态的pV大于b状态的pV，所以T ＜T ，即△U ＞0，根据热力
b c bc
学第一定律△U＝Q+W可知，在 b→c过程中从外界吸收的热量为：Q ＝△U +
bc bc
，则有：Q ＜Q ，故B错误；
ab bc
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
ca
＝Q+W可知，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量，故C正确；
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
a b
内能的减少量等于b→c过程中内能的增加量，故D错误。
故选：C。
7．解：根据重力等于万有引力，得：
得：火星表面的重力加速度为
着陆器减速运动的加速度大小为
对着陆器根据牛顿第二定律有：
F﹣0.4mg＝ma
解得 ，故B正确，ACD错误；
故选：B。
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A受力分析，由平衡条件得：F＝mgsin45°+μmgcos45°
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°
联立解得：μ＝ ，故C正确，ABD错误。
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，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：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；
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：AC。
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
O
连线的电场线方向如下图所示，由沿着电场线方向，电势是降低的，则有a点电势高于
O点，故A错误；
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；
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；
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。
故选：BD。
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；
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。
故选：ACD。
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
E ＝2BLv可知电流恒定；
1
2s末时线框在第二象限长度最长，此时
E ＝3BLv
2
这时电流
可知，
，
故A错误，B正确；CD、ab受到安培力F ＝BIL ，
ab ab
可知在0﹣1s内ab边受到安培力线性增加；1s末安培力为F ＝BI L，
ab 1
2s末安培力 ，
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
当t＝0时速度即为参考点的速度，故2v ＝0.64m/s
0
解得：v ＝0.32m/s
0
图象的斜率表示加速度，则有：a＝ m/s2＝3.1m/s2；
（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，
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，
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；（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，
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；
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，
由题意可知，电源内阻小于1Ω，则定值电阻应选择R 。
1
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；
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。
115．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 、
1 1 1 2
T 、V ，
2 2
罐的容积为V ，由题意知：
0
p ＝p 、T ＝450K、V ＝V 、T ＝300K、V ＝ ①
1 0 1 1 0 2 2
由理想气体状态方程得： ＝ ②
解得：p ＝0.7p ③
2 0
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 ，
3 3 4 4
罐的容积为V′ ，由题意知：
0
p ＝p 、V ＝V' 、p ＝p ④
3 0 3 0 4 2
由玻意耳定律得：p V′ ＝p V ⑤
0 0 2 4
联立②⑤式，代入数据得V ＝ ⑥
4
设抽出的气体的体积为△V，由题意知
△V＝V ﹣ ⑦
4
故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为： ⑧
联立③⑤⑥⑦⑧式，代入数据得： ＝ 。
答：应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为 。
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
1
成与分解规律得：
v ＝v sin72.8°…①
1 M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
mgcos17.2°＝ma …②
1
由运动学公式得：d＝ …③
联立①②③式，代入数据得：
d＝4.8m…④
（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
2
解规律得：
v ＝v cos72.8°…⑤
2 M
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：
2
mgsin17.2°＝ma …⑥
2
设腾空时间为t，由运动学公式得：t＝ …⑦
沿斜面方向根据位移﹣时间关系可得：L＝v t+ …⑧
2
联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得：L＝12m。
答：（1）运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值为4.8m；
（2）M、N之间的距离为12m。
17．解：（1）粒子在M、N间的电场中加速，由动能定理得：
qU＝ ﹣0
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：
qvB＝m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：
d2+（R﹣L）2＝R2
cosα＝ ，sinα＝ ，
解得：L＝ ﹣
（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
z
的匀加速直线运动，
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 ＝vcosα
z
在z轴方向：d＝v t
z
沿x轴方向：x＝
解得：x＝
（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
由题意可知：y＝L+y′
解得：y＝R﹣ +
（4）粒子打到记录板上位置的x坐标：x＝ ＝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
，
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
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
﹣ ；
（2）粒子打到记录板上位置的x坐标是 ；
（3）粒子打到记录板上位置的y坐标是：R﹣ + ；
（4）s 、s 、s 分别对应氚核 H、氦核 He、质子 H。
1 2 3
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：
mv ＝mv +4mv
0 P1 Q1
由机械能守恒定律得：
解得：v ＝﹣ v ，v ＝ v
P1 0 Q1 0
（2）Q向上滑行过程，由牛顿第二定律得：
4mgsinθ+μ•4mgcosθ＝4ma
解得：a＝2gsinθ
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：
10﹣ ＝2（﹣a）
解得：h ＝
1
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
02
撞前，对P，由动能定理得：
﹣mgh ＝
1
解得：v ＝ v
02 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：
mv ＝mv +4mv
02 P2 Q2
由机械能守恒定律得：
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：
0﹣ ＝2（﹣a）
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
03
撞前，对P，由动能定理得：
﹣mgh ＝
2解得：v ＝ v
03 0
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：
mv ＝mv +4mv
03 P3 Q3
由机械能守恒定律得：
解得：v ＝﹣ v ，v ＝ v
P3 0 Q3 0
第三次碰撞后对Q，由运动学公式得：
0﹣ ＝2（﹣a） ，
解得：h ＝
3
…………
第n次碰撞后，Q上升的高度：h ＝（ ）n﹣1• n＝1、2、3……
n
（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＝
（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
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 ，
P1 2 P1 P1 2＝2gsinθ•s，
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 ）
3 02 P1
﹣gsinθ•t ，
3
当A点与挡板之间的距离最小时：t ＝2t +t
1 2 3
解得：s＝
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
（2）第n次碰撞使物块Q上升的高度h 是（ ）n﹣1• n＝1、2、3……；
n
（3）物块Q从A点上升的总高度H为 ；
（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 。
山东省 2020 年普通高中学业水平等级考试
注意事项：
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．
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．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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．
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 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
N
( )
A．0～t 时间内，v增大，F >mg
1 N
B．t ～t 时间内，v减小，F mg
2 3 N
答案 D
解析 根据s－t图像的斜率表示速度可知，0～t 时间内v增大，t ～t 时间内v减小，t ～
1 2 3 1
t 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，
2 1
则 F mg，故D正确．
N
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
1 2 1
向移动，在3.2×104 s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的个数为( )
1
A．5.0×1014 B．1.0×1016
C．2.0×1016 D．1.0×1018
答案 B
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－
𝑄 1.6×10‒3
8×3.2×104 C＝1.6×10－3 C，对应的电子数n＝ ＝ ＝1.0×1016(个)；由3H→ 0 e＋
𝑒 1.6×10‒19 1 ‒1
3He可知，一个3H核发生一次β衰变产生一个电子，故这段时间内发生β衰变的3H核的个
2 1 1
数为1.0×1016，选项B正确．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
1 2 1 2
线中垂线与光屏的交点．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
1
O点，经S 出射后直接传播到O点，由S 到O点与由S 到O点，光传播的时间差为Δt.
2 1 2
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＝
𝑐 2𝑐
10𝜆 15𝜆
C．Δt＝ D．Δt＝
𝑐 𝑐
答案 A
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
5𝜆
联立①②③式得Δt＝t －t ＝ ，选项A正确．
2 1 𝑐
5
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＝
4
2π 3
Acos ( t)，则t＝ T时刻的波形图正确的是( )
𝑇 4
答案 D5
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
4
的平衡位置，其波形如图中实线所示．
3 3
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
5．图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n ∶n ＝22∶3，输入端a、b所接电压u随时间
1 2
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、
1
R ＝5 Ω， 滑动变阻器R的最大阻值为10 Ω.为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电
2
阻应调节为( )
A．1 Ω B．5 Ω C．6 Ω D．8 Ω
答案 A
𝑈 𝑛
1 1
解析 由题图乙可得U ＝220 V，由 ＝ 得U ＝30 V，
1 𝑈 𝑛 2
2 2
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．
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图像如图所示．已知三个状态的坐标分别为 a(V 2p )、 b(2V ，p )、c(3V
0, 0 0 0 0,2p )．以下判断正确的是( )
0
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
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
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，
𝑃𝑉
由题图知，a→b和b→c过程中，气体对外界做的功相等，故A错误．由 ＝C知，a、b
𝑇
𝑃𝑉
两状态温度相等，内能相同，ΔU＝0；由ΔU＝W＋Q知，Q ＝－W；由 ＝C知，c状态
ab 𝑇
的温度高于 b状态的温度，则 b→c过程中，ΔU>0，据 ΔU＝W＋Q知，Q >|W|，故 B错
bc
𝑃𝑉
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，外界对气
𝑇
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
0 0
球的 0.1倍，半径约为地球的 0.5倍，地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，此过程中着陆器受到的制动力
大小约为( )
( 𝑣 ) ( 𝑣 )
0 0
A．m 0.4𝑔‒ B．m 0.4𝑔+
𝑡 𝑡
0 0
( 𝑣 ) ( 𝑣 )
0 0
C．m 0.2𝑔‒ D．m 0.2𝑔+
𝑡 𝑡
0 0
答案 B
𝑣 0 𝑚𝑀
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 ，
𝑡
0
𝑅2𝑔火 𝑀火 𝑅地
则 ＝ ·( )2，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 ＝
𝑔 𝑀地 𝑅火 火 火
𝑣
0
ma，则制动力F＝m(0.4g＋ )，选项B正确．
𝑡
0
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( )
1 1 1 1
A. B. C. D.
3 4 5 6
答案 C
解析 A、B刚要滑动时受力平衡，受力如图所示．
对A：F ＝mgsin 45°＋μmgcos 45°
T
对B：2mgsin 45°＝F ＋3μmgcos 45°＋μmgcos 45°
T
1
整理得，μ＝ ，选项C正确．
5
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，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
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( )1
A．光从AA′C′C面出射的区域占该侧面总面积的
2
2
B．光从AA′C′C面出射的区域占该侧面总面积的
3
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
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
1
解析 根据sin C＝ ，得光线在AC面上发生全反射的临界角C＝45°，如图所示．从AC
𝑛
1
面上射出的光线为射到FC区域的光线，由几何关系得FC＝ AC，即有光线射出的区域占
2
该侧面总面积的一半，故A正确，B错误；当单色光的频率变小时，折射率n变小，根据
1
sin C＝ ，知临界角C变大，图中的F点向A点移动，故有光射出的区域的面积变大，故
𝑛
C正确，D错误．
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线分别交于a、c和b、d，如图所示．以下说法
正确的是( )
A．a点电势低于O点
B．b点电势低于c点C．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
O
两点电荷分别在O点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点电势高于O点，b点电势低于c点，故A错误，B
正确；由E ＝φq可知，a点的电势高于b点，试探电荷(带负电)在a点的电势能比b点小，
p
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，故D正确．
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)，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( )
A．M<2m
B．2m
