2020年新高考物理全国卷1（山东）附答案解析版

物理试卷第1物理试卷第1页（共10页）物理试卷第2页（共10页）绝密★启用前在 山东省2020年普通高中学业水平等级考试物 理8324此

A.t5c

B.t152c

C.t10c

D.t15c 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

一列简谐横波在均匀介质中沿xx5处质点的振动方程为4 yAcost，则t3T T 4 卷 确的是 （ ）上0tvF

A B C D图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比223ab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，额定电压为24V。定值电阻B.tt时间内，v减小，F＜mg

R10、R5，滑动变阻器R的最大阻值为10。为使灯泡正常工作，滑动答 C.tD.t

tvtv

变阻器接入电路的电阻应调节为 （ ）2.氚核3H发生衰变成为氦核3He。假设含氚材料中3H发生衰变产生的电子可以全校 部定向移动，在3.2104s时间内形成的平均电流为5.0108A。已知电子电荷量为题 1.61019C，在这段时间内发生衰变的氚核3H的个数为 （ 校 A.5.0C.2.01016

B.1.01016D.1.01018

A.1 B.5 C.6 D.8无 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

aabbc、ca三个过程后回到初始状态a，其pV图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为aV,2p、b2V,p、S发出的波长为S出射后垂直穿过玻璃片OSOSOSO点，光传播的

c3V0,2p0以下判断正确的是 （ ）时间差为t玻璃片厚度为10玻璃对该波长光的折射率为空气中光速为c，效 不计光在玻璃片内的反射。以下判断正确的是 （ 物理试卷第3物理试卷第3页（共10页）物理试卷第4页（共10页）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。9DE面的ABCBC2图甲中ABC面的正视图三棱镜对该单色光的折射率为 只考虑由DE直接射向2气体在ab过程中对外界做的功小于在bc过程中对外界做的功气体在ab过程中从外界吸收的热量大于在bc过程中从外界吸收的热量在ca过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量气体在ca过程中内能的减少量大于bc过程中内能的增加量1m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v0.10.5g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 （ ）

侧面的光线。下列说法正确的是 （ ）1223 v

v

DE面有光出射的区域面积将增大A.m0.4gt B.m0.4gt tC.m0.2gv t

tD.m0.2gv t

DE面有光出射的区域面积将减小OO点作两正电荷连m和2mA、B，通过可长轻跨滑轮接AB间接和轻均木平A与BB与木板间的动摩擦因数均为，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，则的值为 （

线的垂线以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于ac和b如图所示以下说法正确的是 （ 13

14

15

16

A.a点电势低于O点B.b点电势低于c点Cab点的电势能Dcd点的电势能物理试卷第5物理试卷第5页（共10页）物理试卷第6页（共10页）MA放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水m的在钩码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 （未地A对平的压刚为绳可伸簧终弹限度，物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是 （ 此卷BB上 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平面内答abcdey轴正方向运动（不发生转动。从校 图示位置开始计时，4sbcI，ab，二者与时间校 题 （ ）无效

A B C D三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.20205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53。于该点的运动距离L与运动时间t的数据。（ⅲ）该同学选取部分实验数据，画出了2Lt图像，利用图像数据得到小物块下滑t的加速度大小为5.6ms2。物理试卷第7物理试卷第7页（共10页）物理试卷第8页（共10页）（ⅳ）再次调节垫块，改变木板的倾角，重复实验。回答以下问题：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 ms；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 ms2（结果均保留2位有效数字）根据上述数据进一步分析得到当地的重力加速度大小为 ms2（果保留2位有效数字，sin37，cos37）干电池一节（电动势约1.5V，内阻小于1V（量程3V，内阻约1kA（量程0.4A，内阻约1R（20（阻值2R（阻值5开关一个，导线若干。

了实验方案，重新测量得到的数据如下表所示。序号1234567IA0.080.140.200.260.320.360.40UV1.351.201.050.880.730.710.52请根据实验数据，回答以下问题：①答题卡的坐标纸上已标出后3组数据对应的坐标点，请在答题卡的坐标纸上标出前4组数据对应的坐标点并画出UI图像 。②根据实验数据可知，所选的定值电阻为 （填“”或“R③用笔画线代替导线，请在答题卡上按照改进后的方案，将实物图连接成完整电路 。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450K300K2021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UI

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

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。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。某次练习过程中，运动员以v10ms的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCDAD的夹角72.8，N物理试卷第9物理试卷第9页（共10页）物理试卷第10页（共10页）g0ms2n6s0。求：在ADd；M、NL。 此 卷上MN，QPN、QdI、Ⅱ两部分，M、NPQbMNabz答 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板水平向里为校 xyOxyzI、Ⅱ内分别x校 Emqa（初速度视为零b孔题Pc点（图中未画出）Q上。不计粒子重力。RczL；x坐标；无y用R、d；s、s、s1H

的固定斜面的底端安装一弹性挡板，PQ两物块的质量分别m和4m，QA处。某时刻，P以沿斜面向上的速度vQ发生弹Q与斜面间的动摩擦因数等于tanP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。PQ第一次碰撞后瞬间各自的速度大小v、v；nQ上升的高度；QAH；QPA点与挡板之间的最s。3H、氦核4He的位置，请写出这三个点分别对应哪个粒子（不考虑粒子间的相效 互作用，不要求写出推导过程。PAGEPAGE10/14山东省2020年普通高中学业水平等级考试物理答案解析一、选择题D【解A．于st图像斜率示，知在0 间内度，乘加速向处失重状，则，项AB．在t2时间速不，乘客匀下，则，项B错；CD．在t2 t3时内度小即乘的速降超，则，项C错，D确；故选D。B【解析】根据Iqnet tIt

108104 16可得生电数为n e

1.61019

10 个因在衰变中，一个氚核产生一个电子，可知氚核的个数为1.01016个。故选B。A【解析】光在玻璃中的传播速度为vcn可知时间差1010v c c故选A。D【解析】根据题意可知，t3T时，在51处的质点处于4 4 4yAcostAcos3TAcos0T T 4 2 则此时质点位于平衡位置；下一时刻，该质点向上运动，原理平衡位置，根据题意，横波沿x轴负方向传播，根据同侧法判断可知，ABC错误，D正确。故选D。A2202222022U1

V220V根据理想变压器电压规律U1n1可知副线圈电压有效值为U2 2Un2U3220V30V211 1灯泡正常工作，根据欧姆定律可知分压为24V，则通过灯泡的电流，即副线圈部分的干路电流为LIUL24A1.6AL根据串联分压规律可知，R1和R2、R构成的并联电路部分的分压为UU2UL30V24V6V通过R1的电流为1IUR11

6A0.6A10通过R2、R的电流为I2ILI11.6A0.6A1AR2、R的分压为UI2R2R解得滑动变阻器的阻值为RUR651I12I12A正确，BCD错误。故选A。C【解析】A．根据气体做功的表达式WFxpSxpV可知pV图线和体积横轴围成的面积即为做功大小，所以气体在ab过程中对外界做的功等于bc过程中对外界做的功，A错误；气体从abC，所以所以Uab0，根据热力学第一定律UQW可知0QabWab气体从bc，温度升高，所以Ubc＞0，根据热力学第一定律可知UbcQbcWbc结合A选项可知WabWbc＜0所以Qbc＞Qabbc过程气体吸收的热量大于ab过程吸收的热量，B错误；气体从ca，温度降低，所以第一定律可知C所以气体从ca过程中内能的减少量等于bc过程中内能的增加量，D错误。故选C。B【解析】忽略星球的自转，万有引力等于重力GMmmgR2g M R2 1则火

火地

0.1 0.4222g地 M地火 0.5解得g火0.4g地0.4g着陆器做匀减速直线运动，根据运动学公式可知0at0解得av0t0匀减速过程，根据牛顿第二定律得fmgma解得着陆器受到的制动力大小为tfnam0.4gt 0ACD错误，B正确。故选B。C【解析】当木板与水平面的夹角为45时，两物块刚好滑动，对A物块受力分析如图沿斜面方向，A、B之间的滑动摩擦力f1Nmgcos45根据平衡条件可知Tmgsin45mgcos45对B物块受力分析如图沿斜面方向，B与斜面之间的滑动摩擦力f2N3mgcos45根据平衡条件可知2mgsin45Tmgcos453mgcos45两式相加，可得2mgsin45mgsin45mgcos45mgcos453mgcos45解得15ABD错误，C正确。故选C。二、多项选择题1212【解析】AB．由题可知sinC可知临界角为45DMC点MCACABC．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，C正确，D错误。故选AC。BDAOaOaO，aO点电势，故Abc点电势，故Babab点的电势能，故C错误；cdcd点的电势能，故D故选BD。ACD【解析】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，故在最低点时有弹簧弹力T2mg；对A分析，设绳子与桌面间夹角为，则依题意有2mgsinMg故有M＜2m，故A正确，B错误；BCB弹力所做的功，故DBC．因为4sbc0:1sae边LE12BLvI1 R可知电流恒定；2s末时线框在第二象限长度最长，此时有E23BLvIE22 R

3I2 212:4s线框有一部分进入第一象限，电流减小，在4s末同理可得I1I3 21综上分析可知A错误，B正确；CD．根据FabBILab可知在0:1s内ab边所受的安培力线性增加；1s末安培力为FabBI1L在2s末可得安培力为FB3I

2Lab 21F

；由图像可知C正确，D错误。ab ab故选BC。三、非选择题13.【答案】（1）0.32或0.333.1（2）9.4【解析】（1）[1][2]根据Lvt1at2可得0 22L2vatt 0则由2Lt图像可知t26510 ms则v00.33msak

6510240102

ms23.1ms2（2）[3]由牛顿第二定律可知mgsinmgcosma即agsingcos当时ams2，即gsin53gcos535.6当时ams2，即gsin37gcos373.1联立解得g9.4ms2（1）B（2）①②③【解析】（1）电压表示数变化过小，则原因是外电阻比内阻大的多，即电源内阻偏小，故选B。（2）①根据数据做出UI图像如图；②由图像可知r

1.582.630.6电源内阻小于1，则定值电阻大于1.63，可知定值电阻为R1；③定值电阻与电源串联，电路如图；m1m 3、p2、积为V0，由题意知pp、T450K、V

V

①1 0 1 1 2 2 2 由理想气体状态方程得p20Vp0V0T1

2210 ②T2代入数据得p20.7p0③0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，由0题意知Vpp ④0 4 2由玻意耳定律得00 2pV00 2联立②⑤式，代入数据得V10V⑥4 70设抽出的气体的体积为V，由题意知VV20V⑦4 210故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为mV ⑧m 联立②⑤⑦⑧式，代入数据得m1 ⑨m 316（1）m（2）12m【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v1vMsin72.8①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mgcos17.2ma1②由运动学公式得v2d1 ③2a1联立①②③式，代入数据得d4.8m④（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得v2vMcos72.8⑤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mgsin17.2ma2⑥设腾空时间为t，由运动学公式得t⑦a1Lvt1at2⑧2 22联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L12m⑨（1）R

2mqUqB

；L

2mqU2mU2mUd2qB2md2Ex4mU2qd2B2R2d2R2d2

d2 R2d2sss分别对应氚核3H、氦核4He、质子1H1 2 3 1 2 1b孔的速度大小为vI，MNqU1mv2①2在区域I中，粒子做匀速圆周运动，磁场力提供向心力，由牛顿第二定律得v2m ②R联立①②式得R 2mqU ③qB由几何关系得d2RL2R2④R2d2R2d2Rsind ⑥R联立①②④式得2mUd2qB2L2mUd2qB2qBⅡz轴方向的分速度为vzx轴正方向加速度大小为ax为t，由牛顿第二定律得qEma⑧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vzvcos⑨dvzt⑩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x1at2 ⑪2联立①②⑤⑧⑨⑩⑪式得md2Ex ⑫4mU2qd2B2yzyⅡyyysin ⑬由题意得yLy ⑭联立①④⑥⑨⑩⑬⑭式R2R2d2yR

⑮R2d2sss分别对应氚核3H、氦核4He、质子1H1 2 3 1 2 1（1）P3v，Q2v50 507n1v2（2）h 0nn 25 25

25gv2（3）H018g8713v2（4）s

0200gsin【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mv0mvP14mvQ1①由机械能守恒定律得1mv21mv214mv2②2 0 2 P1 2 Q1v 3v ③P1 50v 2v ④Q1 50故第一次碰撞后P的速度大小为3v，Q的速度大小为2v。50 50QQ0v222gsin⑤Q1 sin联立①②⑤式得v2h0 ⑥1 25g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1212mgh ⑦2 02 2 P1 1联立①②⑤⑦式得v 7v ⑧02 5 0P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mv02mvP24mvQ2⑨由机械能守恒定律得1m