2020届高考物理压轴卷山东卷含答案

1、2020山东省高考压轴卷物理一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1 .一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其V-T图象如图所示，Pa、pb、pc分别表示状态a、b、c的压强，下列判断正确的是（）A.过程ab中气体一定吸热B.pc=pb<paC.过程bc中分子势能不断增大D.过程ca中气体吸收的热量大于对外界做的功2 .下列说法中错误的是（）n£/cV4-0J153LSI2-3.4l-13.6A.若氢原子从n=6能级向n=1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子

2、从n=6能级向n=2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应B.用n=4能级跃迁到n=1能级辐射出的光，照射逸出功为6.34eV的金属钳产生的光电子的最大初动能为6.41eVC.原子核发生一次3衰变，该原子外层就一定失去一个电子D.质子、中子、“粒子的质量分别是m1、m2、m3,质子和中子结合成一个a粒子，释放的能量是（2m1+2m2m3）c23.A、B两小车在同一直线上运动，它们运动的位移x随时间t变化的关系如图所示，已知A车的x-t图象为抛物线的一部分，第7s末图象处于最高点，B车的图象为直线，则下列说法正确的是（）A.A车的初速度为7m/sB. A车的加速度大小为2m/s2C. A

3、车减速过程运动的位移大小为50mD. 10s末两车相遇时，B车的速度较大4.如图所示，物体的质量为m,在恒力|F的作用下，紧靠在天花板上保持静止，若物体与天花板间的动摩擦因数为，则（）A.物体可能受3个力作用B.物体一定受4个力作用C.天花板对物体摩擦力的大小一定为FsinD.物体对天花板的压力大小一定为Fsin5 .滑雪是冬奥会的比赛项目之一。如图所示，某运动员（可视为质点）从雪坡上先后以初速度之比VI：V2=3:4沿水平方向飞出，不计空气阻力，则运动员从飞出到落到雪坡上的整个过程中（）A.运动员先后在空中飞行的时间相同B.运动员先后落在雪坡上的速度方向不同C.运动员先后落在雪坡上动量的变化

4、量之比为3:4D.运动员先后落在雪坡上动能的增加量之比为1:16 .公元2100年，航天员准备登陆木星，为了更准确了解木星的一些信息，到木星之前做一些科学实验，当到达与木星表面相对静止时，航天员对木星表面发射一束激光，经过时间t,收到激光传回的信号，测得相邻两次看到日出的时间间隔是T,测得航天员所在航天器的速度为v,已知引力常量G,激光的速度为c,则（）A.木星的质量Mv2TB.木星的质量C.木星的质量备313M=2GT24/c3t3M=gt2D.根据题目所给条件，可以求出木星的密度7 .如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为3：1,原线圈两端接入一正弦交流电源,副线圈电路中R为负载电阻，

5、交流电压表和交流电流表都是理想电表.下列结论正确的是（）A.若电压表读数为36V,则输入电压的峰值为108VB.若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来2倍，则电流表的读数增加到原来的4倍C.若输入电压不变，负载电阻R增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍D.若只将输入电压增加到原来的3倍，则输出功率增加到原来的9倍8 .如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度V向右匀速运动，现将质量为m的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体m和木板之间的动摩擦因数为.为保持木板的速度不变，从物体m放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施加一水平向右的作用力F,那么力F对木板做功的数

6、值为（）回C2C.mvA1212A.mvB,-mv二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9 .如图所示，实线为空气和水的分界面，一束蓝光从空气中的A点沿AOi方向（Oi点在分界面上，图中Oi点和入射光线都未画出）射向水中，折射后通过水中的B点，图中O点为A、B连线与分界面的交点，下列说法正确的是（）A.Oi点在O点的右侧B.蓝光从空气中射入水中时，速度变小C.若沿AOi方向射向水中的是一束紫光，则折射光线有可能通过B点正下方的C点D.若沿AOi方向射向水中的是一束红光，则折射光线有

7、可能通过B点正上方的D点10 .如图甲所示，B、C和P是同一水平面内的三个点，沿竖直方向振动的横波I在介质中沿BP方向传播，P与B相距40cm,B点的振动图像如图乙所示；沿竖直方向振动的横波I在同一介质中沿CP方向传播，P与C相距50cm,C点的振动图像如图丙所示。在t=0时刻，两列波同时分别经过B、C两点，两列波的波速都为20cm/s,两列波在P点相遇，则以下说法正确的是（）A.两列波波长均为20cmB. P点为减弱点，振幅是为10cmC. 4.5s时P点在平衡位置且向下振动D.波遇到40cm的障碍物将发生明显衍射现象11 .如图所示，在水平的匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球，系

8、在一根长为L的绝缘细线一端，小球可以在竖直平面内绕O点做圆周运动，AB为圆周的水平直径，CDmg为竖直直径.已知重力加速度为g,电场强度E,不计空气阻力，下列说法正确的是qA.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大B.若将小球在A点由静止开始释放，它将沿着ACBD圆弧运动C.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动过程中的最小速度为2gLD.若将小球在A点以大小为灰的速度竖直向上抛出，它将能够到达D点12. 如图，光滑水平面上两虚线之间区域内存在竖直方向的足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为Bo边长为a的正方形导线框PQMN沿图示速度方向进入磁场，当对角线PM刚进

9、入磁场时线框的速度大小为v,方向与磁场边界成45角，若线框的总电阻为R,则（）A. PM刚进入磁场时线框中的感应电流为BavRB. PM刚进入磁场时线框所受安培力大小为22BavC. PM刚进入磁场时两端的电压为BavRD.PM进入磁场后线框中的感应电流将变小三、非选择题：本题共6小题，共60分。13. （6分）如图所示，在验证动量守恒定律的实验中，A是质量为m1的钢球，B是质量为m2的胶木球（A、B两球的半径相等）.O是水平轨道末端重垂线指向地面的点，M、P和N点是小球落点的平均位置.测得OM=&,OP=S2,ON=S3,重力加速度为g.(1)若测量出水平轨道到地面的高度为h,则两球

10、相碰前瞬间A球的速度vi=.(2)在误差允许范围内，当mi、m2、si、S2、S3满足关系式时，就说明两球碰撞过程中动量守恒.14. (8分)在物理课外活动中，小明同学制作了一个简单的多用电表，图甲为电表的电路原理图.已知选用的电流表内阻R=10Q满偏电流Ig=10mA,当选择开关接3时为量程250V的电压表.该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，C为上排刻度线的中间刻度，由于粗心上排刻度线对应数值没有标出.（1）若指针指在图乙所示位置，选择开关接1时其读数为;选择开关接3时读数为.（2）为了测该多用电表欧姆挡的电阻和表内电源的电动势，小明同学在实验室找到了一个电阻箱，设计了如下实验：将选择

11、开关接2,红、黑表笔短接，调节Ri的阻值使电表指针满偏；将多用电表红、黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在C处，此时电阻箱如图丙所示，则C处刻度应为Q.计算得到多用电表内电池的电动势为V.（保留2位有效数字）（3）将选择开关接2,调零后将电表红、黑表笔与某一待测电阻相连，若指针指在图乙所示位置，则待测电阻的阻值为Q.（保留2位有效数字）15. （8分）如图所示，体积为V的汽缸由导热性良好的材料制成，面积为S的活塞将汽缸的空气分成体积相等的上、下两部分，汽缸上部通过单向阀门K（气体只能进入汽缸，不能流出汽缸）与一打气筒相连。开始时汽缸内上部分空气的压强为po,现用打气筒向汽缸内打气。

12、已知打气筒每次能打入压强为po、体积为iV0的空气，当打气n次后，稳定时汽缸上、1下两部分的空气体积之比为9：1,活塞重力G=-poS,空气视为理想气体，外界温度恒定，不计活塞与汽缸间的摩擦。求：(1)当打气n次活塞稳定后，下部分空气的压强;(2)打气筒向容器内打气次数nox轴正方向传播。已知t=0时的波形如图设向上为正，经时间ti(小于一个周期)，16. (8分)一简谐横波以4m/s的波速沿水平绳向3.所不，绳上两质点M、N的平衡位置相距？波长.4此时质点M向下运动，其位移仍为0.02m。求(1)该横波的周期;(2) ti时刻质点N的位移。17. (14分)如图所示，半径为R的四分之三光滑圆

13、轨道竖直放置，CB是竖直直径，A点与圆心等高，有小球b静止在轨道底部，小球a自轨道上方某一高度处由静止释放自A点与轨道相切进入竖直圆轨道,a、b小球直径相等、质量之比为3：1,两小球在轨道底部发生弹性正碰后小球b经过C点水平抛出落在离C点水平距离为2J2R的地面上，重力加速度为g,小球均可视为质点。求Q4(1)小球b碰后瞬间的速度;(2)小球a碰后在轨道中能上升的最大高度。18. (16分)如图所示，在第n象限内有水平向右的匀强电场，在第I象限和第IV象限的圆形区域内分别存在如图所示的匀强磁场，在第IV象限磁感应强度大小是第I象限的2倍.圆形区域与x轴相切于Q点，Q到O点的距离为L,有一个带电

14、粒子质量为m,电荷量为q,以垂直于x轴的初速度从轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成60。角以速度v进入第I象限，又恰好垂直于x轴在Q点进入圆形区域磁场，射出圆形区域磁场后与x轴正向成30。角再次进入第I象限。不计重力。求：*ill4»*»XX飞(1)第I象限内磁场磁感应强度B的大小:(2)电场强度E的大小；(3)粒子在圆形区域磁场中的运动时间。1 .【答案】A【解析】由题图知，该理想气体从a到b为等容变化，外界对气体做功为零，温度升高，内能增大，根据AU=Q+W,可知气体一定吸热，选项A正确；从b到c为等压变化，故pc=pb,而从a到b为等容变化，根据查理定

15、律p=CT,可知温度升高，压强变大，故pb>pa,选项B错误；理想气体没有分子势能，选项C错误；从c到a,气体发生等温变化，内能不变，气体对外界做功，吸收热量，根据AU=Q+W,气体吸收的热量等于对外界做的功，选项D错误.2 .【答案】C【解析】从n=6向n=1跃迁时辐射出的光子的能量大于从n=6向n=2跃迁时的能量，故A正确；处于n=4能级的氢原子跃迁到n=1能级辐射出的光子的能量为：E=&Ei=0.85eV-(-13.6eV)=12.75eV,照射逸出功为6.34eV的金属钳产生的光电子的最大初动能为：Ek=E-Wo=12.75eV-6.34eV=6.41eV,B正确；3衰变

16、的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子不是来自核外电子，C错误，符合题意；质子114.和中子结合成“粒子：21H+20n2He,释放的能量是zE=Amc2=(2m+2m2m3)c2,D正确，故选Co3.【答案】B【解析】A车做匀变速直线运动，设A车的初速度为V。，加速度大小为a,由图可知t7s时，速度为零，由运动学公式可得：V7V。7a0,根据图象和运动学1 2公式可知t10s时的位移为：x1040m040m,x,0v0t-at10Vo50a,联2立解得a2m/s2，V014m/s,故b正确，A错误；A车减速过程运动的位移大小为V00,014.X7-t7m49m,故C错误；1

17、0s末两车相遇时B车的速度为：22xvB4m/s,A车的速度：VaV0at4m/s,两车速度大小相等，故D错误。4 .【答案】B【解析】对物体受力分析，把F正交分解，由于物体静止，合力为零，故物体受到一个向左的摩擦力；有摩擦力必有弹力，故天花板对物体有一个竖直向下的压力，还有重力，共有4个力。-史，两次的初速度不同，则x2v1,2，5 .【答案】C【解析】根据x=vt,y-gt,则tan2时间不同，A错误；速度与水平方向的夹角tan-y-2tan,可知.运动员先后vvmvymgt2mvtanv,贝U落在雪坡上的速度方向相同，B错误；根据动量定理p运动员先后落在雪坡上动量的变化量之比为3:4,C

18、正确；根据动能定理：12_22一.Ekmghmg-gt2mvtanv,则运动员先后洛在雪坡上动能的增加重之比2为9:16,选项D错误；故选Co6 .【答案】D【解析】航天器的轨道半径二次，木星白半径R=2TT号木星白质量M=42r3v3T乙、，II,一曰一1，1rl,一、一人4=法；知道木星的质量和半径，可以求出木星的密度.故D正确，A、B、C错误.GT2G7 .【答案】D【解析】若电压表读数为36V,则输入电压的有效值为108V,峰值为108亚V,A错误；若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则输出电压也增加到原来的2倍，电流表示数应增加到原来的2倍，B错误；若输入电压不变，负载电阻的

19、阻值增加到原来的2倍，则输出电流减小到原来的一半，输入功率（等于输出功率）减小到原来的一半，C错误；若只将输入电压增加到原来的3倍，输出电压也增加到原来的3倍，则由PU2=UR可知输出功率增加到原来的9倍，D正确.8 .【答案】C【解析】由能量转化和守恒定律可知，拉力F对木板所彳的功W一部分转12V化为物体m的动能，一部分转化为系统内能，故W-mvmg球目对，球目对vt-t,22vgt,以上三式联立可得wmv2，故C项正确。9 .【答案】BCD【解析】由折射定律门=号"知，蓝光从空气射向水中，入射角比折射sinr角大，Oi点在O点的左侧，A错误；由v=n知，蓝光进入水中的速度变小，B

20、正确；若沿AOi方向射向水中的是一束紫光，紫光折射率大，折射角小，则折射光线有可能通过B点正下方的C点，C正确；若沿AOi方向射向水中的是一束红光，红光折射率小，折射角大，则折射光线有可能通过B点正上方的D点，D正确。10 .【答案】AC【解析】两列波的周期都是T1s,计算波长vT0.21m0.2m,A正确；根据题意PCPB50cm40cm10cm0.1m05，而t0时刻两波的振动方向相反，则P是振动加强的点，振幅等于两波振幅之和，PC0.5即为70cm,B错误；波从C传到P的时间ts2.5s,波从B传到P的时间v0.2PB0.4ts2s,在t2.5s时刻，横波I与横波II两波叠加，P点经过平

21、衡位置向下v0.2运动，在t4.5s时刻，经过了两个周期，P点经过平衡位置向下运动，C正确；因波长为20cm,则当波遇到40cm的障碍物将不会发生明显衍射现象，D错误。11 .【答案】AC【解析】若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，小球的机械能与电势能之和不变，当小球运动到B点时，电势能最少，则小球到B点时的机械能最大，A正确；小球受合力方向与电场方向夹角45°斜向下，故若将小球由静止释放，将沿合力方向做匀加速直线运动，B错误；由于电场强度E吧，故mgEq,物体不受拉力时的加速度大小q为aJ2g,若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，设它运动的最小速度为v,则有_2J2mgm,解得v,

22、<2gL,C正确；若将小球在A点以大小为gL的速度竖直向上抛出，小球将不会沿圆周运动，小球在竖直方向做竖直上抛，水平方向做匀加速，因Eq=mg,故水平加速度与竖直加速度大小均为g,当竖直方向上的速度为零时，时间tJL,则水z.,12平位移x-gt1L,竖直位移y(回)L,说明小球不能够到达D.22g212.【答案】AD【解析】PM刚进入磁场时有效的切割长度等于a,产生的感应电动势为E=Bav,感应电流为r22NM边所受的安培力大小为F1=BIa=-B-a-V,R方向垂直NM向下。PN边所受的安培力大小为22F2=BIa=a-v,方向垂直PN向下，线框R所受安培力大小FJF：F22,2b%

23、2.一,“2Ba，故B错误；PM两端电压为RRBav一UI啰,故C错误;PM刚进入磁场后，有效的切割长度逐渐减小，感应电动势逐渐减小，感应电流将减小，故D正确。13 .【答案】(1)S2、/2gh(2)m1S2=m1S1+m2s3【解析】(1)根据平抛运动规律:S2=v1t,解得：V1=s2yA鲁5X10氏0X1(1)选择开关接其分度值为5V(2)根据动量守恒定律，只要满足关系式m1S2=m1S1+m2S3,就说明两球碰撞过程中动量守恒.14 .【答案】(1)7.0mA175V(2)1501.5(3)64【解析】时测电流，其分度值为0.2mA,示数为7.0mA;选择开关接3时测电压,其示数为1

24、75V;(2)由题图丙所示电阻箱可知，电阻箱示数为0X1000*1X100=150Q;由题图乙所示可知，指针指在C处时，电流表示数为5.0mA=0.005A,C处电阻为中值电阻，则电表内阻为150Q,电源电动势E=I(R+r)=0.005X(150+150)V=1.5V(3)根据第(1)问可知，表头所示电流为7.0mA;调零后将电表红、黑表笔与某一待测电阻相连,总电阻为150此时电路中的电流值也为7.0mA,而表内电池的电动势为E=1.5V,表内Q,由闭合电路欧姆定律可知：R=0含0一15064,断以待测电阻的阻(1)6.25p0(2)49次【解析】(1)对汽缸下部分气体，设初状态压强为P1,末状态压强为P2,由玻意耳定律得pV1=p2V2,可知/'=P2，。初状态时对活塞P1S25=P0S+G,联立解得p2=4p0=6.25p0。(2)把上部分气体和打进的n次气体作为整体，此时上部分汽缸中的压强为末状态时对活塞P2S=pS+G,由玻意耳定律得po2+nPo1q=Pq,联立解得p=6P0,n=49,即打气筒向汽缸内打气49次。16.【答案】(1)T1s(2)yN0.04sin(21-4)-0.0273m【解析】(1)由33波形图象知，波长：F4m,又波长、波速和周期关系为：v,联立以上两式并代入Tv4m/s,得该