2020年高考真题 物理(山东卷)(含解析版)

2023-10-27 · U3 上传 · 18页 · 3.6 M

2020年山东省新高考物理试卷t2=试题解析光传播的时间差为:△t=t1﹣t2=﹣=,故A正确、BCD错误。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~t1时间内速度增加,即乘客的加速度向下运动,根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﹣FN=ma,解得:FN=mg﹣ma,则FN<mg,处于失重状态,故A错误;Acos(×)=0,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;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;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=1.6×10﹣3C5.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:=: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:=n1n2223=1.0×1016,故B正确,ACD错误。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=故选:B。=A=1.6A3.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=12依据欧姆定律,则有通过其的电流为:I′==A=0.6A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:因此通过定值电阻R2=5Ω的电流为:I″=1.6A﹣0.6A=1At=+1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:Wab=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:Wbc==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状态故选:B。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:Qbc=△Ubc+,则有:Qab<Qbc,故B错误;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△Uca<0,根据热力学第一定律△U=Q+W可知,外界对物体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。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,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E1=2BLv可知电流恒定;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E2=3BLv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、受到安培力=,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。CDabFabBILab可知在﹣内边受到安培力线性增加;末安培力为=,故选:BD。01sab1sFabBI1L2s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,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2v0=0.64m/s由题意可知,电源内阻小于1Ω,则定值电阻应选择R1。解得:v0=0.32m/s③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(2)木板的倾角为53°,小物块加速度大小为a0=5.6m/s,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,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。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p1、T1、V1,温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2,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V0,由题意知:(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,p1=p0、T1=450K、V1=V0、T2=300K、V2=①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:p2=0.7p0③(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: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:v2=vMcos72.8°…⑤=、=、=p3p0V3V'0p4p2④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:由玻意耳定律得:′=p0V0p2V4⑤mgsin17.2°=ma2…⑥联立②⑤式,代入数据得V4=⑥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=v2t+…⑧△V=V4﹣⑦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:qU=﹣016.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:1qvB=mmgcos17.2°=ma1…②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,s1、s2、s3分别对应:氚核H、氦核He、质子H的位置;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(4)s1、s2、s3分别对应氚核H、氦核He、质子H。在z轴方向:d=vtz18.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=mv0=mvP1+4mvQ1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:vP1=﹣v0,vQ1=v0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h1,对Q,由运动学公式得: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

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