2020年山东省新高考物理试卷（附答案详解）

2020年山东省新高考物理试卷

一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）

1.（2020•江苏省苏州市•月考试卷）一质量为m的乘客乘

坐竖直电梯下楼，其位移s与时间f的关系图象如图

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.。〜t］时间内，v增大，FN>mg

B.“〜t2时间内，v减小，FN<mg

C.I?〜^3时间内，v增大，FN<mg

D.12〜b时间内，v减小，FN>mg

2.（2021•河南省・单元测试）负核：“发生口衰变成为氮核称He.假设含窟材料中发生口

衰变产生的电子可以全部定向移动，在3.2x104s时间内形成的平均电流为5.0x

10-%.已知电子电荷量为i.6x10T9c,在这段时间内发生0衰变的僦核：H的个数

为（）

A.5.0x1014B.1.0x1016C.2.0x1016D.1.0x1018

3.（2021•江苏省苏州市♦单元测试）双缝干涉实验装置的截面图如图所示。光源S到S1、

52的距离相等，。点为Si、S2连线中垂线与光屏的交点。光源S发出的波长为;I的

光，经S1出射后垂直穿过玻璃片传播到。点，经S2出射后直接传播到。点，由S1到

O点与由52到O点，光传播的时间差为△£.玻璃片厚度为10九玻璃对该波长光的

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（）

入

AA.△t4=—52Bn.△t4=——152CQ.△t-=—10Dn.△.t“=——152

c2ccc

4.（2021.江苏省苏州市.单元测试）一列简谐横波在均匀介质中沿x轴负方向传播，已知

x=乂处质点的振动方程为y=Acos佯t）,则t=I时刻的波形图正确的是（）

5.（202。浙江省绍兴市•月考试卷）图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比%：出=22：

3,输入端42所接电压“随时间，的变化关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为150,

额定电压为24匕定值电阻&=100、R2=50,滑动变阻器R的最大阻值为102为

使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为（）

6.（2021•江苏省常州市•期中考试）一定质量的理想气体从状态a开始，经a-bJ-c、

c-a三个过程后回到初始状态a,其p-V图象如图所示。已知三个状态的坐标分

别为以为2p。）、b（2%,po）、c（3%,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btc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

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7.（2021.广东省东莞市•月考试卷）我国将在今年择机执行“天问1号”火星探测任务。

质量为机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耳、速度由北

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（0.4g-B.m（0.45+^）C.m（0.2g-D.m^0.2g+

8.（2021.全国•单元测试）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

，〃和2〃?的物块4、B,通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、8间的接触面和轻

绳均与木板平行。A与8间、8与木板间的动摩擦因数均为小设最大静摩擦力等

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，贝以的值

为（）

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

9.（2021.湖北省鄂州市•期中考试）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,

。位于线段的中点。图乙为图甲中A8C面的正视图。三棱镜对该单色光的折射

率为近，只考虑由OE直接射向侧面A4C'C的光线。下列说法正确的是（）

图甲图乙

A.光从/U'C'C面出射的区域占该侧面总面积的9

B.光从AAC'C面出射的区域占该侧面总面积的1

C.若QE发出的单色光频率变小，/M'C'C面有光出射的区域面积将增大

D.若。E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

10.（2021•河南省・单元测试）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。点时，仅在电场力的作用下恰好保持静止状

态。过。点作两正电荷连线的垂线，以。点为圆心的圆与连线和垂线分别交于“、

c和从d,如图所示。以下说法正确的是（）

A.a点电势低于O点

B.6点电势低于c点

C.该试探电荷在。点的电势能大于在匕点的电势能

D.该试探电荷在。点的电势能小于在d点的电势能

11.（202卜四川省内江市•月考试卷）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，"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8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

（）

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A.M<2m

B.2m<M<3m

C.在8从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对8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

12.（2021•湖北省黄石市•月考试卷）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。町平面内的

刚性导体框ahcde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，

4s末庆,边刚好进入磁场。在此过程中，导体框内感应电流的大小为/,必边所受

安培力的大小为五皿，二者与时间f的关系图象可能正确的是（）

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

13.（2021•河南省郑州市•模拟题）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：

⑷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）。

3）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。

（m）该同学选取部分实验数据，画出了与-t图象，利用图象数据得到小物块下滑

的加速度大小为5.6m/s2。

（2）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，所绘图象如图乙所示。由图象可得，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4、8两点，

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

14.（2021.全国•单元测试）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1.5V,内阻小于10）；

电压表U（量程3V,内阻约弘0）；

电流表4（量程0.64内阻约10）；

滑动变阻器R（最大阻值为200）；

定值电阻&（阻值20）：

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定值电阻R式阻值50）；

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-1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。.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表所示。

序号1234567

1/A0.080.140.200.260.320.360.40

U/V1.351.201.050.880.730.710.52

请根据实验数据，回答以下问题：

①图丁的坐标纸上已标出后3组数据对应的坐标点，请在坐标纸上标出前4组数据

对应的坐标点并画出U-/图象。

②根据实验数据可知，所选的定值电阻为（填“R]”或“/?2”）。

③用笔画线代替导线，请在图丙上按照改进后的方案，将实物图连接成完整电路。

四、计算题（本大题共4小题，共46.0分）

15.(2021.河南省・单元测试)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450K,最终

降到300K,因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的,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胃，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。

16.(2021•河南省・单元测试)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〃M=10m/s

的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCC滑出轨道，速度方向与轨道

边缘线的夹角a=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=10m/s2,

sin72.8°=0.96,cos72.8°=0.30.求：

(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值小

(2)“、N之间的距离心

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B

17.（2021•河南省・单元测试）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,。板为记录板，分界面P将N、Q间区域分为宽度均

为d的I、口两部分，何、N、P、。所在平面相互平行，a、b为M、N上两正对的

小孔。以〃所在直线为z轴，向右为正方向，取z轴与。板的交点。为坐标原

点，以平行于Q板水平向里为x轴正方向，竖直向上为了轴正方向，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8和E.一质量为机，电荷量为+q的粒子，从4孔飘

入电场（初速度视为零），经匕孔进入磁场,过P面上的c点（图中未画出）进入电场，

最终打到记录板。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Si、S2、S3,若这三个点是质子笳核犯

氮核胃He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）。

图甲图乙

18.(2021.河南省・单元测试)如图所示，一倾角为。的固定斜面的底端安装一弹性挡板，

尸、。两物块的质量分别为，〃和4〃?，。静止于斜面上A处。某时刻，尸以沿斜面向

上的速度先与。发生弹性碰撞。。与斜面间的动摩擦因数等于tan。，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，。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外1、vQ1-

(2)求第〃次碰撞使物块。上升的高度端；

(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。

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答案和解析

1.【答案】D

【知识点】XY图像、超重和失重、运用牛顿第二定律分析动态过程

【解析】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,

则时<巾9,处于失重状态，故A错误；

8、在h〜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8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%>mg,处于超重状态，

故C错误，。正确；

故选：D。

根据s-t图象的斜率表示速度，判断在不同的时间段内物体的运动状态，然后根据牛顿

第二定律求得乘客所受支持力的大小与自身重力的大小关系。

本题考查了s-t图象斜率的物理意义、超失重问题，要求同学们能够明白图象斜率的物

理意义，并会通过牛顿第二定律分析超失重现象。

2.【答案】B

【知识点】原子核的衰变、电流强度定义及单位

【解析】解：根据电流的定义式：/=?

该段时间内产生的电荷量为：q=〃=5.0X10-8x3.2X104c=16x10-3c

根据衰变方程得：；〃一；〃，+"F,可知这段时间内发生口衰变的笳核：”的个数为：

n=2=山经=1OX1016,故B正确，ACZ）错误。

e1.6x10-19

故选：B。

根据电流的定义式求出该段时间内产生的电荷量，又根据衰变方程可知电子个数与瓶核

的个数相同，由公式为兀=：求解即可。

本题考查了衰变方程及电流的定义式的综合应用，给人以耳目一新的感觉，体现了新高

考以学科核心素养的能力立意。

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3.【答案】A

【知识点】折射率

【解析】

【分析】

求出光在该玻璃中传播速度，求出光从S1到0点的时间和从S2到。点的时间，两段时

间之差即为△3由此求解。

本题主要是考查双缝干涉中光的传播和光的折射，弄清楚光传播的情况，结合折射定律

求解光在玻璃中传播的速度即可得解。

【解答】

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

c2c

=-=--

n3

光从S到S1和到S2的时间相等，设光从S1到。点的时间为ti，从S2到。点的时间为t2，

。点到S2的距离为3则有：

L

t2=c

光传播的时间差为：△t=t]-t2=W——=弓，故力正确、BCD错误。

故选：故

4.【答案】D

【知识点】波的图象、简谐运动表达式

【解析】分析：

将t=代入x=：；l处质点的振动方程中，求得此时此质点的位置，再根据波的传播方

44

向来判定质点的振动方向，从而即可求解。

考查波动图象，及振动方程的应用，掌握波的传播方向来判定质点振动方向的方法，注

意波动图象与振动图象的区别。

解答：

AB、因％=/处质点的振动方程为y=4<705(等)，当t=：T时刻，x=/处质点的位

移为：y=4cos(^xV)=0,

那么对应四个选项中波形图久=：4的位置，可知，A8选项不符合题意，故48错误；

CD、再由波沿x轴负方向传播，依据微平移法，可知，在t=的下一时刻，在％==/!

44

处质点向y轴正方向振动，故。正确，C错误；

故选：D。

5.【答案】A

【知识点】欧姆定律的应用、变压器的构造和原理、交变电流的有效值

【解析】解：输入端〃、匕所接电压”随时间，的变化关系如图乙所示，可知，输入电压

U±=220V,依据理想变压器电压与匝数关系式：学=件且％：电=22：3

解得：U2=30V

由于灯泡L的电阻恒为R=150,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：/=9=§4=1-64

那么定值电阻％=10。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：/'=?=94=0.64

Kl1U

因此通过定值电阻/?2=50的电流为：I"=1.64-0.64=1A

由于定值电阻/?2与滑动变阻器串联后与定值电阻％并联，那么定值电阻/?2与滑动变阻

器总电阻为：卬,勺:6Q

因定值电阻/?2=50,因此滑动变阻器接入电路的电阻应为：R清=6。—50=10

综上所述，故A正确，88错误；

故选：Ao

根据图乙电压〃随时间，的变化关系，确定理想变压器的输入电压，再由变压器的电压

与匝数关系，求得变压器的输出电压，依据灯泡能正常工作，由/=（求得通过其电

流，从而算出通过滑动变阻器的电流，最后由R=彳，解得滑动变阻器接入电路的电阻。

考查理想变压器的变压比公式，掌握电路串、并联的特点，理解欧姆定律的应用，注意

交流电的有效值与最大值的区别，

6.【答案】C

【知识点】热力学第一定律的内容及应用、理想气体状态方程、气体状态变化的图像问

题

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【解析】解：人根据p-U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：加助=^^-(2%—%)=|po%，brc过程中气体对外界做的功为：“儿=

生署•(3K0-2%)=|po%,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两个状态的夕丫相等，所以兀=式,，即

根据热力学第一定律△U=Q+W可知，从外界吸收的热量为Qab=|PO%；气体在b-

c过程中，因为c状态的?丫大于b状态的所以〃<兀，即△[/》,>0,根据热力学

第一定律4U=Q+W可知，在b-c过程中从外界吸收的热量为：Qbc=△尢+|PO^O>

则有：Qab<Qbc，故8错误；

C、在c-a过程中，气体等压压缩，温度降低，B|JAUca<0,根据热力学第一定律△U=

Q+IV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；

。、因为兀=热，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bTc过程中内能的增加量，故。错误。

故选：C。

根据P-V图象的面积表示气体做功，应用气态方程判断气体体积如何变化，然后应用

热力学第一定律答题。

本题考查气体的状态方程中对应的图象，分析清楚图示图象、知道理想气体内能由气体

的温度决定即可解题，解题时要抓住p-U图象的面积表示气体做功。

7.【答案】B

【知识点】不考虑自转时星球表面重力加速度、牛顿第二定律的理解及简单运用

【解析】解：根据重力等于万有引力，得：

Mm

仪=6万

为cGM

得：g=/

g火M火峪

----------y=0.1x4=0.4

g”地R火

火星表面的重力加速度为g火=0.4g

着陆器减速运动的加速度大小为a=詈

对着陆器根据牛顿第二定律有:

F—OAmg=ma

解得尸=m(0.4g+力，故B正确，AC。错误；

故选：Bo

根据万有引力等于重力求出火星表面的重力加速度，根据运动学公式和牛顿第二定律即

可求解制动力大小。

本题考查万有引力定律与牛顿第二定律的综合问题，关键是知道在天体表面重力等于万

有引力，同时分析好运动情况和受力情况，灵活运动运动学公式和牛顿第二定律列式求

解。

8.【答案】C

【知识点】正交分解法解决静态平衡问题

【解析】解：根据题意分析，物块A、8刚好要滑动时，应该是物体4相对物体8向上

滑动，设绳子拉力为尸，对A受力分析，由平衡条件得：F=mgs讥45。+〃7ngeos45°

物体B相对斜面向下滑动，对8受力分析，由平衡条件得：2mgsin45°=F+

47ngeos45。+^(2m+Tn)gcos45°

联立解得：〃=:，故C正确，ABD错误。

故选：Co

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，物体8相对斜面向下滑

动，分别对两个物体进行受力方向，由平衡条件列方程即可。

本题考查的是多个物体的平衡问题，关键是要对所选取的研究对象做好受力分析，切记

不要少力，同时要注意滑动摩擦力中的正压力的求解。

9.【答案】AC

【知识点】临界角、折射率、三角形玻璃砖问题

【解析】

【分析】

本题考查了全反射、折射定律、临界角等是几何光学问题，解决本题的关键是抓住临界

状态，作出光路图，借助几何关系求解。

【解答】

AB、由题意可知：sinC=：=a=圣可知临界角为45。，因此从。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，

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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

AAC'C上有一半的面积有光线射出，故A正确，8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，。错误。

10.【答案】BD

【知识点】电场线的定义及性质、电势、电势能概念和简单计算

【解析】解：A、根据带负电的试探电荷在。点，仅在电场力的作用下恰好保持静止状

态，可知，&,=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。点电

势高于。点，故A错误；

®----d①

•.d

以由于6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6点电势低

于c点，故8正确；

C、因“点电势高于。点，而。点电势高于6点，那么“点电势高于6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〃点的电势能小于在〃点的电

势能，故C错误；

。、因Ad两点关于。点对称，它们电势相等，由于。点电势高于b点，那么c点电势

高于4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。正确。

故选：BD。

依据仅在电场力的作用下恰好保持静止状态，可判定O点的电场强度为零，从而确定两

正点电荷的电荷量大小，再根据沿着电场线方向电势降低，进而确定电势高低，最后依

据负电荷从高电势到低电势，其电势能增加，从低电势到高电势，其电势能降低，即可

求解。

考查不等量同种正点电荷的电场强弱与电势高低的应用，掌握点电荷在某点的电场强度

方向确定，及理解矢量的合成法则，注意理解电荷的电势能大小与电势、电荷量，及电

性均有关。

11.【答案】ACD

【知识点】功能关系的应用、胡克定律、三角形法解决静态平衡问题

【解析】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4分析，设绳子与桌面间夹角为。，

根据A对水平桌面的压力刚好为零，有：2mgsine=Mg,故有M<2m,故4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；

力、对于8,在从释放到速度最大过程中，8机械能的减少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。正确。

故选：ACD.

根据简谐运动的对称性，由牛顿第二定律求得最低点时有弹簧弹力，对A受力分析列平

衡方程求得M与2m的关系；根据运动情况和受力情况分析B从释放位置运动到最低点

的过程中，所受合力对B做功情况；根据功能关系求得8克服弹簧弹力做的功等于8

机械能的减少量。

本题考查了受力分析、简谐运动、平衡状态、功能关系等知识，是一道综合性较强的题

目，对学生熟练应用相关规律解题要求较高，需要较高的推理及综合分析问题的能力。

12.【答案】BC

【知识点】导体棒平动切割磁感线、安培力的大小、电磁感应中的图像问题、线框平动

切割磁感线

【解析】

【分析】

明确线框的速度为每秒匀速向上运动一格，准确分析切割磁感线有效长度变化，根据导

体切割磁感线感应电动势公式结合闭合电路欧姆定律分析电流变化，并计算安培力；在

第18页，共27页

0-1s内只有2格长度切割磁感线，2s末有效长度3格，2s末-4s末第二象限有效长度

3格，第一象限有效长度有。增至2格，产生的感应电动势反向，回路电流减小。

此题综合考查了导体切割磁感线感应电动势、电流、安培力的计算。难点在于切割磁感

线有效长度的计算和两个象限感应电动势的关系。

【解答】

AB、因为4s末机■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O-ls

内只有“e切割磁感线，设方格边长根据

E1=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

,Ez

/2=Y

可知，

%=|/「

故A错误，8正确；

CD、仍受到安培力Fab=BILab，

可知在0-1s内外边受到安培力线性增加；1s末安培力为?她=BM，

2s末安培力Fab'=Bx|/iX2L,

所以尸ab'=3%b，由图象知，c正确，。错误。

故选：BC。

13.【答案】（1）0.32或0.33；3.1；（2）9.4。

【知识点】匀变速直线运动单过程综合运用、其他力学实验、牛顿第二定律的理解及简

单运用

【解析】解：（1）设物块过测量参考点时速度的大小为孙，根据位移-时间关系可得：

1,

L=vot4-

所以有：Y=2v0+at,

当t=0时速度即为参考点的速度，故2%=0.64m/s

解得：vQ=0.32m/s

图象的斜率表示加速度，则有：a=盛黑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,

对小物块根据牛顿第二定律可得：mgsin53°-^mgcos53°=ma0,

当倾角为37。时，有：7ngsm37。—^mgcos370=ma

2

联立解得：g=9.4m/so

故答案为：(1)0.32或0.33；3.1；(2)9.4o

(1)根据位移-时间关系得到与-1的关系式，根据图线的截距和斜率求解；

(2)当木板的倾角分别为53。、37。时，对小物块进行受力分析，根据牛顿第二定律列方

程求解。

本题主要是考查测定重力加速度实验，要求能够理解实验原理和实验操作方法，知道数

据的处理方法，注意图象的单位不要弄错?

14.【答案】(1)8；

MMtSHHMtMtMftiiMMWo•••••

6ransmaBBiB8in»iBS

2

⑵①：：：：：：：：：：：：：!：：：：：：：：：：：：：：：：：：：：：②Ri；③

tsamaBssnimmBans

06MiMtifiefiiiiMifiiWMB•»•a•■■■■.

04

02

O01OJ0J04OS060.7M

【知识点】伏安法测量电源的电动势和内阻

【解析】解：(1)路端电压：U=E-Ir,

当电源内阻，一太小时，干路电流/有较大变化时，〃变化很小，

电压表示数即路端电压U=E-/r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

第20页，共27页

如图所示;

：：：：：mSBSlB■Mil

6snrasmsB08

12：：：ii：：：：：；：：：：：：：：：：：!：：!：：：：：»：：

1.0sssmsnaBsinanssss

08m&msBSissiutiBmss

06nnsaasisamnis&Bn

04

02I：:::::::;;::::;:;:::::;:：:::;:::;:

°010.2OJ04OS060.7〃A

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=詈=段。。

2.67/2,

由题意可知，电源内阻小于10,则定值电阻应选择&。

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；②&；③实物电路图如图所示。

(1)当电源内阻较小时，电路电流变化时路端电压变化减小。

(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;

②根据图示图象求出电源等效电阻，然后选择定值电阻；

③根据实验原理与题意连接实物电路图。

本题考查了测电源电动势与内阻实验，考查了实验器材的选择，知道实验原理是解题的

前提与关键；要掌握实验器材的选择原则。

15.【答案】解：设火罐内气体初始状态参量分别为pi、7\、匕，温度降低后状态参量

分别为P2、72、彩，

罐的容积为益,由题意知：

Pl=Po、T1=450K、匕=%、T2=300K、彩=华①

由理想气体状态方程得：等=攀②

7112

解得：p2=0.7p（）③

对于抽气罐，设初态气体状态参量分别为P3、匕，末态气体状态参量分别为P4、匕，罐

的容积为片0，由题意知：

P3=P。、匕=70'P4—P2④

由玻意耳定律得：PoV'o=p2V4⑤

联立②⑤式，代入数据得%=一片0⑥

设抽出的气体的体积为△〃，由题意知

△1%-赳。（7）

故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为：詈=，⑧

联立③⑤⑥⑦⑧式，代入数据得：w

答：应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为5。

【知识点】理想气体状态方程、气体的等温变化及玻意耳定律

【解析】求出火罐内气体初始状态参量和温度降低后状态参量，由理想气体状态方程求

解末状态的压强；

对于抽气罐，由玻意耳定律求解末状态的体积，根据体积关系求解应抽出气体的质量与

抽气前罐内气体质量的比值。

本题主要是考查了理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三

个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，利用理想气体的状态方程列方程求解。

16.【答案】解：（1）在M点，设运动员在ABC。面内垂直4。方向的分速度为巧，由运

动的合成与分解规律得：

v1=vMsin72.8°…①

设运动员在A3CO面内垂直4。方向的分加速度为的，由牛顿第二定律得：

mgcosl7.2°=...②

由运动学公式得：d=舁…③

联立①②③式，代入数据得：

d=4.8m...④

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(2)在M点，设运动员在ABC。面内平行A。方向的分速度为w，由运动的合成与分解

规律得：

v2=VMCOS72.8°...@

设运动员在488面内平行AD方向的分加速度为a2,由牛顿第二定律得：

mgsinl7.2°=ma2…⑥

设腾空时间为由运动学公式得：t=等…⑦

al

2

沿斜面方向根据位移一时间关系可得：L=v2t+1a2t...©

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12机。

【知识点】斜抛运动

【解析】(1)在M点由运动的合成与分解规律得到垂直于AQ面的速度大小和加速度大

小，由运动学公式求解小(2)在M点由运动的合成与分解规律得到沿AO面向下的分

速度，由牛顿第二定律求解加速度，再根据运动学公式求解。

本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用问题以及斜上抛问题的分析，关键是弄清楚物

体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律求解加速度，将速度和加速度同时进行分

解，再根据运动学公式进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。

17.【答案】解：(1)粒子在M、N间的电场中加速，由动能定理得：

1,

qU=-mvz—0

粒子在区域/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：

V2

qvB=

解得：/?=叵更

qB

设粒子在磁场中做圆周运动对应的圆心角为a,由几何关系得：

d2+(R-L)2=R2

V/?2-d2•

coscc------，soin

R

解得：乙=叵更—

qB

(2)设粒子在区域〃中粒子沿z轴方向的分速度为外，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=vcosa

在z轴方向：d=vzt

沿x轴方向:x=

解得：“^^篝心

(3)设粒子沿)，轴方向偏离z轴的距离为y,其中在区域〃中沿)，轴方向偏离的距离为V,

则：y'=vtsina

由题意可知：y=L+y,

解得：y=lR2_d2+号

md2Ed2E

(4)粒子打到记录板上位置的x坐标：x=4mU-2qd2B2-4U-2d2B2-^

粒子比荷k=£越大x越大，由于k质子＞k裁核＞k版核,则x施子＞x氮核＞x版核,

由图乙所示可知，Si、S2、S3分别对应：瓶核；"、氢核W"e、质子的位置；

答：(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径R是鲁^C点到Z轴的距离L为噜

(2)粒子打到记录板上位置的x坐标是嬴黑；72；

(3)粒子打到记录板上位置的y坐标是：R-V/?2-d2+^===；

(4)si、s2＞S3分别对应旅核氮核,He、质子

【知识点】合运动与分运动的概念和性质、带电粒子在叠加场(电场、磁场)中的运动

【解析】(1)粒子在M、N间加速，由动能定理求出粒子到达力孔时的速度，粒子在区

域/中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子做圆周运动

的轨道半径；应用几何知识求出c到z轴的距离。

(2)粒子在区域〃中沿x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，应用运动学公式可以

求出粒子打在记录板位置的x坐标。

(3)粒子在〃区域沿y轴方向做匀速直线运动，应用运动学公式求出粒子打到记录板上

位置的y坐标。

(4)根据粒子x坐标大小判断粒子对应位置。

本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程是解题的

前提与关键，分析清楚粒子运动过程后，应用动能定理、牛顿第二定律与运动学公式可

以解题。

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18.【答案】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：