文档文本内容
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～t1时间内速度增加，即乘客的
加速度向下运动，根据牛顿第二定律得：mg﹣FN＝ma，解得：FN＝mg﹣ma，则FN＜
mg，处于失重状态，故A 错误；
B、在t1～t2 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
FN＝mg，故B 错误；
CD、在t2～t3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：FN﹣mg＝ma，解得：FN＝mg+ma，则FN＞mg，处于超重状态，故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S1 和到S2 的时间相等，设光从S1 到O 点的时间为t1，从S2 到O 点的时间为
t2，O 点到S2的距离为L，则有：
t1＝
+
t2＝
光传播的时间差为：△t＝t1﹣t2＝
﹣
＝
，故A 正确、BCD 错误。
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U1＝
220V，依据理想变压器电压与匝数关系式：
，且n1：n2＝22：3
解得：U2＝30V
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R1＝10Ω 两端电压为：U′＝U2﹣U＝30V﹣24V＝6V
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R2＝5Ω 的电流为：I″＝1.6A﹣0.6A＝1A
由于定值电阻R2与滑动变阻器串联后与定值电阻R1并联，那么定值电阻R2与滑动变阻
器总电阻为：R′＝
＝
Ω＝6Ω
因定值电阻R2＝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：
Wab＝
＝
，b→c 过程中气体对外界做的功为：Wbc＝
＝
，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Ta＝Tb，即△Uab＝0，根
据热力学第一定律△U＝Q+W 可知，从外界吸收的热量为Qab＝
；气体在b→c
过程中，因为c 状态的pV 大于b 状态的pV，所以Tb＜Tc，即△Ubc＞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为：Qbc＝△Ubc+
，
则有：Qab＜Qbc，故B 错误；
C、在c→a 过程中，气体等压压缩，温度降低，即△Uca＜0，根据热力学第一定律△U
＝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Ta＝Tb，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→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，EO＝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
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
E1＝2BLv 可知电流恒定；
2s 末时线框在第二象限长度最长，此时
E2＝3BLv
这时电流
可知，
，
故A 错误，B 正确；
CD、ab 受到安培力Fab＝BILab，
可知在0﹣1s 内ab 边受到安培力线性增加；1s 末安培力为Fab＝BI1L，
2s 末安培力
，
所以Fab′＝3Fab，由图象知，C 正确，D 错误。
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v0，根据位移﹣时间关系可得：
L＝v0t+
所以有：
＝2v0+at，
当t＝0 时速度即为参考点的速度，故2v0＝0.64m/s
解得：v0＝0.32m/s
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a0＝5.6m/s2，
对小物块根据牛顿第二定律可得：mgsin53°﹣μmgcos53°＝ma0，
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R1。
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；②R1；③实物电路图如图所示。
15．解：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＝450K、V1＝V0、T2＝300K、V2＝
①
由理想气体状态方程得：
＝
②
解得：p2＝0.7p0③
对于抽气罐，设初态气体状态参量分别为p3、V3，末态气体状态参量分别为p4、V4，罐
的容积为V′0，由题意知：
p3＝p0、V3＝V'0、p4＝p2④
由玻意耳定律得：p0V′0＝p2V4⑤
联立②⑤式，代入数据得V4＝
⑥
设抽出的气体的体积为△V，由题意知
△V＝V4﹣
⑦
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v1，由运动的合
成与分解规律得：
v1＝vMsin72.8°…①
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：
mgcos17.2°＝ma1 …②
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v2，由运动的合成与分
解规律得：
v2＝vMcos72.8°…⑤
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：
mgsin17.2°＝ma2 …⑥
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＝v2t+
…⑧
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vz，粒子沿x 轴方向做初速度为零
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：vz＝vcosα
在z 轴方向：d＝vzt
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，s1、s2、s3分别对应：氚核H、氦核He、质子H 的位置；
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）s1、s2、s3分别对应氚核H、氦核He、质子H。
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：
mv0＝mvP1+4mvQ1
由机械能守恒定律得：
解得：vP1＝﹣
v0，vQ1＝
v0
（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h1，对Q，由运动学公式得：
0﹣
＝2（﹣a）
解得：h1＝
设P 运动到与Q 刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v02，第一次碰撞后到第二次碰
撞前，对P，由动能定理得：
﹣mgh1＝
解得：v02＝
v0
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：
mv02＝mvP2+4mvQ2
由机械能守恒定律得：
解得：vP2＝﹣
×
v0，vQ2＝
v0
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：h2＝
•
设P 运动到与Q 刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为v03，第二次碰撞后到第三次碰
撞前，对P，由动能定理得：
﹣mgh2＝
解得：v03＝
v0
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：
mv03＝mvP3+4mvQ3
由机械能守恒定律得：
解得：vP3＝﹣
v0，vQ3＝
v0
第三次碰撞后对Q，由运动学公式得：
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）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t1，则：t1＝
设P 运动到斜面底端时的速度为vP1′，需要的时间为t2，则：vP1′＝vP1+gsinθ•t2，
＝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t3，则：v02＝（﹣
vP1）﹣gsinθ•t3，
当A 点与挡板之间的距离最小时：t1＝2t2+t3
解得：s＝
答：（1）P 与Q 第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1分别为
v0、
v0；
（2）第n 次碰撞使物块Q 上升的高度hn是（
）n﹣1•
n＝1、2、3……；
（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(
)
A．0～t1时间内，v 增大，FN>mg
B．t1～t2 时间内，v 减小，FN<mg
C．t2～t3 时间内，v 增大，FN<mg
D．t2～t3时间内，v 减小，FN>mg
答案 D
解析 根据s－t 图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内v 增大，t2～t3时间内v 减小，t1～t2
时间内v 不变，故B、C 错误；0～t1时间内速度越来越大，加速度向下，处于失重状态，
则FN<mg，故A 错误；t2～t3 时间内，速度逐渐减小，加速度向上，处于超重状态，则
FN>mg，故D 正确．
2．氚核H
1
3
发生β 衰变成为氦核He
2
3
.假设含氚材料中H
1
3
发生β 衰变产生的电子可以全部定
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H
1
3
的个数为( )
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－
8×3.2×104 C＝1.6×10－3 C，对应的电子数n＝Q
e ＝1.6×10
-3
1.6×10
-19＝1.0×1016(个)；由H
1
3
→
e
-1
0 ＋He
2
3
可知，一个H
1
3
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H
1
3
核的个数为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λ 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 点与由S2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，空气中光速为c，不计光在玻璃片内的反
射．以下判断正确的是( )
A．Δt＝5 λ
c
B．Δt＝15 λ
2c
C．Δt＝10 λ
c
D．Δt＝15 λ
c
答案 A
解析 无玻璃片时，光传播10λ 所用时间为t1＝10 λ
c
①
有玻璃片时，光传播10λ 所用时间为t2＝10 λ
v
②
且v＝c
n＝c
1.5③
联立①②③式得Δt＝t2－t1＝5 λ
c ，选项A 正确．
4．一列简谐横波在均匀介质中沿x 轴负方向传播，已知x＝5
4 λ 处质点的振动方程为y＝
Acos (2π
T t)，则t＝3
4 T 时刻的波形图正确的是( )
答案 D
解析 由题意知，t＝0 时，x＝5
4 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，其波形如图中实线所示．
经t＝3
4 T 时，x＝0 处质点恰振动到最低点，t＝3
4 T 时的波形如图中虚线所示，选项D 正确．
5．图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝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R1＝10
Ω、R2＝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
的电阻应调节为( )
A．1 Ω B．5 Ω C．6 Ω D．8 Ω
答案 A
解析 由题图乙可得U1＝220 V，由U 1
U 2
＝n1
n2
得U2＝30 V，
灯泡正常工作时，UL＝24 V，I＝U L
RL
＝24
15 A＝1.6 A
R1两端电压UR1＝U2－UL＝30 V－24 V＝6 V
通过R1的电流I1＝
U R1
R1
＝0.6 A
通过R 的电流IR＝I－I1＝1 A
由欧姆定律得R＋R2＝U R1
IR
＝6
1 Ω＝6 Ω
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(V0, 2p0)、 b(2V0，p0)、c(3V0, 2p0)．以
下判断正确的是( )
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，
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PV
T ＝C 知，a、b
两状态温度相等，内能相同，ΔU＝0；由ΔU＝W＋Q 知，Qab＝－W；由PV
T ＝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＋Q 知，Qbc>|W|，故B 错
误．由PV
T ＝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
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t0、速度由v0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( )
A．m(0.4 g- v0
t0
.Vne)
B．m(0.4 g+ v0
t0
.Vne)
C．m(0.2g- v0
t0
.Vne)
D．m(0.2g+ v0
t0
.Vne)
答案 B
解析 着陆器向下做匀减速直线运动时的加速度大小a＝v0
t0
.在天体表面附近，有mg＝G
mM
R
2 ，则g火
g ＝M 火
M 地
·(R地
R火
)2，整理得g 火＝0.4g，由牛顿第二定律知，着陆器减速运动时有
F－mg 火＝ma，则制动力F＝m(0.4g＋v0
t0
)，选项B 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. 1
3 B. 1
4 C. 1
5 D. 1
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：FT＝mgsin 45°＋μmgcos 45°
对B：2mgsin 45°＝FT＋3μmgcos 45°＋μmgcos 45°
整理得，μ＝1
5，选项C 正确．
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( )
A．光从AA′C′C 面出射的区域占该侧面总面积的1
2
B．光从AA′C′C 面出射的区域占该侧面总面积的2
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
解析 根据sin C＝1
n，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FC 区域的光线，由几何关系得FC＝1
2AC，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；当单色光的频率变小时，折射率n 变小，根据
sin C＝1
n，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
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EO＝0，则
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Ep＝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，
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<M<3m
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
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FT＝
2mg；对物块A，设左侧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，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，即等于B 克
服弹簧弹力所做的功，故D 正确．
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( )
答案 BC
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E1＝2Bxv，感应电流I1＝2Bxv
R
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增加，2 s 时感应电动势E2＝3Bxv，感应电流I2
＝3 Bxv
R
；在2～4 s 内，切割磁感线的有效长度均匀减小，感应电动势和感应电流均匀减
小，4 s 时感应电动势E3＝Bxv，感应电流I3＝Bxv
R ，故A 错误，B 正确．由题意可知，在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＝2Bxv
R
恒定，则Fab＝
BI1·vt＝2B
2v
2 x
R
t∝t；在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Fab与t 为二次函数关系，图线是抛物线的一部分，且t＝2
s 时，Fab＝6 B
2 x
2v
R
；在2～4 s 内，I 随时间均匀减小，切割磁场的有效长度l″＝3x－v(t
－2)＝5x－vt 随时间均匀减小，故Fab与t 为二次函数关系，有极大值，当t＝4 s 时，Fab＝
4 B
2 x
2v
R
，故C 正确，D 错误．
三、非选择题：本题共6 小题，共60 分．
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．
③该同学选取部分实验数据，画出了2 L
t －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.
④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/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°＝0.60，cos 37°＝0.80 )
答案 (1)0.32 或0.33 3.1 (2)9.4
解析 (1)根据匀变速直线运动的位移公式得L＝v0t＋1
2at2，
所以2 L
t ＝2v0＋at，
即2 L
t －t 图像的纵截距为2v0，斜率为加速度a，由图像知2v0＝65×10－2 m/s，
所以初速度v0≈0.33 m/s
加速度a＝(185-70)×10
-2
(39.5-2)×10
-2 m/s2≈3.1 m/s2
(2)当θ＝53°时，a0＝5.6 m/s2
当θ＝37°时，a＝3.1 m/s2
根据牛顿第二定律得a0＝gsin 53°－μgcos 53°
a＝gsin 37°－μgcos 37°
联立两式并代入数据解得g≈9.4 m/s2.
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 Ω)；
电压表V(量程3 V，内阻约3 kΩ)；
电流表A(量程0.6 A，内阻约1 Ω)；
滑动变阻器R(最大阻值为20 Ω)；
定值电阻R1(阻值2 Ω)；
定值电阻R2(阻值5 Ω)；
开关一个，导线若干．
(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
(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
0.88
0.73
0.71
0.52
请根据实验数据，回答以下问题：
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．
②根据实验数据可知，所选的定值电阻为________(填“R1”或“R2”)．
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．
答案 (1)B (2)①见解析图(a) ②R1 ③见解析图(c)
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．
(2)①根据数据描点并连成一条直线，如图(a)所示．
②由图像可知E＝1.55 V，U＝0 时I＝0.59 A，故r′＝E
I ≈2.63 Ω，
由于2 Ω<r′<5 Ω，
又r′＝r＋R(r 为电源内阻，R 为定值电阻)，
故定值电阻只能是R1.
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)．
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20
21.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20
21，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．
答案 1
3
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＝20V 0
21
①
由理想气体状态方程得P1V 1
T 1
＝P2V 2
T 2
则有P0V 0
T 1
＝P
2∙20
21 V 0
T 2
②
代入数据得p2＝0.7p0③
对于抽气拔罐，设初态气体状态参量分别为p3、V3，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＝p2④
由玻意耳定律得p3V3＝p4V4
则有p0V0′＝p2V4⑤
联立②⑤式，代入数据得
V4＝10
7 V0′⑥
设抽出的气体的体积为ΔV，由题意知
ΔV＝V4－20
21V0′⑦
故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为
∆m
m ＝∆V
V 4
⑧
联立②⑤⑦⑧式，代入数据得
∆m
m ＝1
3⑨
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，速度方向与轨道边缘线AD 的夹角α＝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，取重力加
速度的大小g＝10 m/s2，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.
答案 (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°①
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°＝ma1②
由运动学公式得d＝v1
2
2a1
③
联立①②③式，代入数据得
d＝4.8 m④
(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°⑤
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°＝ma2⑥
设腾空时间为t，由运动学公式得
t＝2v1
a1
⑦
L＝v2t＋1
2a2t2⑧
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、s2、s3，若这三个点是质子H
1
1
、氚核H
1
3
、氦核
He
2
4
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)．
答案 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Ⅰ中，做匀速圆周运动对
应圆心角为α，在M、N 两金属板间，由动能定理得
qU＝1
2mv2①
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
qvB＝mv
2
R ②
联立①②式得
R＝√2mqU
qB
③
由几何关系得
d2＋(R－L)2＝R2④
cos α＝√R
2-d
2
R
⑤
sin α＝d
R ⑥
联立①②④式得
L＝√2mqU
qB
－√
2mqU
q B
2 -d
2⑦1
(2)设区域Ⅱ中粒子沿z 轴方向的分速度为vz，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＝ma⑧
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 α⑨
d＝vzt⑩
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＝1
2at2⑪
联立①②⑤⑧⑨⑩⑪式得
x＝
md
2 E
4 mU -2q d
2B
2⑫
(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 轴方向做匀速直线运动，由运动学公式得
y′＝vtsin α ⑬
由题意得y＝L＋y′⑭
联立①④⑥⑨⑩⑬⑭式
y＝R－√R
2-d
2＋
d
2
√R
2-d
2⑮
(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，s1、s2、s3分别对应
氚核H
1
3
、氦核He
2
4
、质子H
1
1
的位置．
18.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 θ，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.
答案 见解析
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＋4mvQ1①
由机械能守恒定律得
1
2mv0
2＝1
2mvP1
2＋1
2·4mvQ1
2②
联立①②式得
vP1＝－3
5v0③
vQ1＝2
5v0④
故第一次碰撞后P 的速度大小为3
5v0，Q 的速度大小为2
5v0
(2)设第一次碰撞后Q 上升的高度为h1，对Q 由运动学公式得
0－v Q1
2＝2·(－2gsin θ)· h1
sinθ ⑤
联立①②⑤式得
h1＝v0
2
25 g
⑥
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
1
2mv02
2－1
2mvP1
2＝－mgh1⑦
联立①②⑤⑦式得
v02＝√7
5 v0⑧
P 与Q 的第二次碰撞，设碰后P 与Q 的速度分别为vP2、vQ2，由动量守恒定律得
mv02＝mvP2＋4mvQ2⑨
由机械能守恒定律得
1
2mv02
2＝1
2mvP2
2＋1
2·4mvQ2
2⑩
联立①②⑤⑦⑨⑩式得
vP2＝－3
5×√7
5 v0⑪
vQ2＝2
5×√7
5 v0⑫
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－vQ2
2＝2·(－2gsin θ)· h2
sinθ ⑬
联立①②⑤⑦⑨⑩⑬式得
h2＝7
25· v0
2
25 g
⑭
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
1
2mv03
2－1
2mvP2
2＝－mgh2⑮
联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮式得
v03＝(√7
5 )2v0⑯
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＋4mvQ3⑰
由机械能守恒定律得
1
2mv03
2＝1
2mvP3
2＋1
2·4mvQ3
2⑱
联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱式得
vP3＝－3
5×(√7
5 )2v0⑲
vQ3＝2
5×(√7
5 )2v0⑳
设第三次碰撞后Q 上升的高度为h3，对Q 由运动学公式得
0－vQ3
2＝2·(－2gsin θ)· h3
sinθ
联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱
式得
h3＝( 7
25)2· v0
2
25 g
总结可知，第n 次碰撞后，物块Q 上升的高度为
hn＝( 7
25)n－1· v0
2
25 g
(n＝1,2,3……)
(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
0－1
2mv0
2＝－(m＋4m)gH－tan θ·4mgcos θ· H
sinθ
解得H＝ v0
2
18 g
(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 θ
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 θ
vP1′2－vP1
2＝2sgsin θ
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 θ
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＝(8√7-13)v0
2
200 gsinθ
