2020年山东省高考物理一模试卷-(有详解)

2020年山东省高考物理一模试卷一、单选题（本大题共7小题，共21.0分）某同学用如图(甲)所示的电路研究光电效应中电子发射的情况与光照强度、光的频率等物理量之间的关系。阴极K和阳极A是密封在真空玻璃中的两个电极，K在受到光照射时能够发射光电子。K、A之间的电压大小可以调节，电源极性也可以对调。当分别用a、b、c三束不同的光照射阴极K，得到的I-U关系分别如图(乙)中a、b、c三条曲线所示。下列关于三束光的频率ν、三束光的强度E大小关系，正确的是(    )A.νa>νb>νc，Ea>Eb>Ec B.甲、乙两物体从同一点开始沿一直线运动，甲的x-t和乙的v-t图象如图所示，下列说法中错误的是(    )A.甲在3s末回到出发点，甲运动过程中，距出发点的最大距离为4m

B.0〜6秒内，甲、乙两物体位移都为零

C.第3秒内甲、乙两物体速度方向相同

D.2〜4s如图所示，发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步轨道3.轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点(如图所示)，则当卫星分别在1、2、3轨道正常运行时，以下说法正确的是(    )

①卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率

②卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度

③卫星在轨道1上的经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度

④卫星在轨道2上的经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度。A.①③ B.②③ C.①④ D.②④如图所示，实线表示一定质量的理想气体状态变化的p-T图像，变化过程如图中箭头所示，下列说法正确的是(    )A.bc过程中气体对外做功，放出热量

B.ab过程中气体内能增加，密度不变

C.cd过程中，分子平均动能不变，密度增大

D.da过程中，每个分子动能都减少

如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v-t图象如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2A.由图乙可知，0～1s内物块受到的摩擦力大于1～2s内的摩擦力

B.物块受到的摩擦力方向一直与物块运动的方向相反

C.物块与传送带间的动摩擦因数为14

如图甲所示，光滑水平桌面上静置一边长为L、电阻为R的单匝正方形线圈abcd，线圈的一边通过一轻杆与固定的力传感器相连.现加一随时间均匀变化、方向垂直桌面向下的匀强磁场，从t=0时刻开始，磁场的磁感应强度均匀减小，线圈的一半处于磁场中，另一半在磁场外，传感器显示的力随时间变化规律如图乙所示.F0和t0已知，则磁感应强度变化率的大小为(    )

A.1L2F0RLt0 某透明物体的横截面如图所示，其中ABC为直角三角形，AB为直角边，长度为2L，∠ABC=45°，ADC为一圆弧，其圆心在AC边的中点．此透明物体的折射率为n=2.0.若一束宽度与AB边长度相等的平行光从AB边垂直射入透明物体，则光线从ADC圆弧射出区域的圆弧长度s为(不考虑经ADC圆弧反射后的光线)(    )A.πL

B.πL2

C.πL3

二、多选题（本大题共5小题，共19.0分）水平放置的两块平金属板长L，两板间距d，两板间电压为U，且上板为正，一个电子沿水平方向以速度v，从两板中间射入，如图所示，已知电子质量为m，电量为e.电子离开电场后，打在屏上的P点，下列说法正确的是(

)．A.电子偏离金属板时侧位移Y为eUL2mdv20

B.电子偏离金属板时侧位移Y为电子飞出电场时的速度v1为

D.若平金属板右端到屏的距离为s，则OP之长为eULA、B为一电场中x轴上的两点，如图甲所示．一电子仅在电场力作用下沿x轴运动该电子的动能Ek随其坐标变化的关系如图乙所示，则下列说法正确的是(    )A.该电场不可能是点电荷形成的电场

B.A、B两点电场强度大小关系为EA<EB

C.A、B两点电势的关系为φA<φB

如图所示，理想变压器原线圈输入电压u=2202sin100πt(V)，原、副线圈匝数比为10：1，副线圈电路中R0为定值电阻，R是光敏电阻(其阻值随光照强度的增大而减小)，图中电表均为理想电表，下列说法正确的是A.电压器输出电压的频率为50Hz

B.电压表V2的示数为222V

C.照射R的光变强时，灯泡L变暗

D.照射R的光变强时，电压表V1图(a)为一列简谐横波在t=2s时刻波形图，图(b)为媒质中平衡位置在x=1.5m处的振动图象，P是平衡位置为x=2m的质点，下列说法正确的是(    )A.波速为0.5m/s B.波的传播方向向右

C.0～2s时间内，P运动的路程为8cm D.0～2s时间内，P如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离．在此过程中(

)A.外力F做的功等于A和B动能的增量

B.B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量

C.A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功

D.外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置示意图如图1所示：(1)实验步骤：①将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于1m，将导轨调至水平；②用游标卡尺测量挡光条的宽度L，结果如图2所示，由此读出L=_____mm；③由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离S；④将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2；⑤从数字计时器(图1中未画出)上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间△t1和⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m．(2)用表示直接测量量的字母写出下列所示物理量的表达式：①当滑块通过光电门1和光电门2时，系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码)的总动能分别为Ek1=_____和E②在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统重力势能的减少量△EP=_____((3)如果在实验误差允许的范围内，△EP要测量一电源的电动势E(小于3V)和内阻r(约1Ω)，现有下列器材：理想电压表V(3V和15V两个量程)、电阻箱R(0～999.9Ω)、定值电阻R0=3Ω、开关和导线。某同学根据所给器材设计如下的实验电路：

(1)电路中定值电阻R0的作用是______。

(2)请根据图甲电路，在图乙中用笔画线代替导线连接电路。

(3)该同学调节电阻箱阻值R，读出对应的电压表示数U，得到二组数据：R1=2Ω时，U1=2.37V；R2=4Ω时，U2=2.51V.由这二组数可求得电源的电动势E=四、计算题（本大题共4小题，共46.0分）如图所示，U形管左管横截面积为2×10-4m2，右管横截面积为1×10-4m2.左端封闭，封有长50cm的气柱A，右端开口，用活塞C封住气柱B，活塞质量为1kg，与管壁摩擦不计，并且不漏气，此时左右两管水银面高度差为37.5cmHg，室温为27℃，且取大气压为p0=1×105Pa=75cmHg，g=10m/s2.则：

(1)此状态下A、B气柱压强分别为多少？

(2)仅在缓慢升高A气柱温度的情况下，若要使左、右两管内水银面相平，则如图，足够长的长木板静止在水平地面上，在长木板的左端放有一质量大小不计的物块，现对物块施加一水平向右的恒力F=6N，当物块在木板上滑过1m的距离时，撤去恒力F，已知长木板的质量M=1kg，物块的质量m=1kg，木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，物块与木板间的动摩擦因数μ2(1)求力F作用的时间；(2)求整个过程中长木板在地面上滑过的距离。

如图所示，粗糙水平面上放有一块长木板，长木板上面放置一小木块。长木板左端是一高为h=1.25m的光滑固定斜面，在斜面最高处由静止释放一金属小球。当小球速度方向变为水平方向的瞬间与长木板的左端发生碰撞，碰后小球返回斜面的最大高度为h’=0.05m，之后小球被收起，不会与长木板发生二次碰撞。已知斜面与地面之间平滑连接，长木板的质量m1=1kg，小木块的质量m2=1kg，小球的质量m3=0.5kg，小木块与长木板之间的动摩擦因数为μ1=0.1如图甲所示，以O为坐标原点建立坐标系，等边三角形OMN内部存在垂直纸面向里的匀强磁场，三角形外侧有沿x轴负方向的匀强电场。现有一质量m=1×10-18kg，电荷量q=+1×10-15C的带电粒子从坐标为(0,-0.5m)的Q点，以某一初速度v0沿某一方向入射，从x轴上的P点(1.0m,0)以v=200m/s的速度垂直x轴进入三角形区域。同时，将电场换成垂直纸面向外的匀强磁场(如图乙所示)，两磁场的磁感应强度大小相等。已知三角形的边长L=4m，带电粒子的重力不计。求：

(1)匀强电场的电场强度大小及带电粒子的初速度大小；

(2)若两磁场的磁感应强度大小B=0.2T，求该粒子在乙图中运动一个周期的时间；

--------答案与解析--------1.答案：C

解析：解：由图可知，a的饱和电流最大，因此a光束照射时单位时间内产生的光电子数量大，光强大，而c光的强度最小，b光的强度介于其中，即有Ea>Eb>Ec；

当光电流为零时，光电管两端加的电压为遏止电压，对应的光的频率为截止频率，根据eU=hγ-W，入射光的频率越高，对应的遏止电压U越大，a光、c光的遏止电压相等，所以a光、c光的频率相等，而b光的频率大，

综上所述，故C正确，ABD错误。

故选：C。

根据公式eU截=12mvm2=hγ-W，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大。从图象中看出，b光对应的截止电压U截最大，所以b解析：解：A、甲在3s末回到出发点，甲运动过程中，t=2s时距出发点的距离最大，为4m，故A正确。

B、0〜6秒内，甲的位移为x甲=0m-0m=0m。根据v-t与时间轴所围的“面积”表示位移，甲物体位移为0，故B正确。

C、根据x-t图象的斜率表示速度，知第3秒内甲的速度为负。由v-t图象知第3秒内乙物体速度为正，则第3秒内甲、乙两物体速度方向相反，故C错误。

D、2〜4s内甲的位移大小为△x=4m-(-4m)=8m。故D正确。

本题选错误的，

故选：C。

位移-时间图象反映了物体的位移随时间的变化情况，可直接读出距出发点的最大距离。速度图象与时间轴所围的“面积”表示位移。速度的正负表示速度方向。甲物体的位移根据纵坐标的变化量分析。

对于速度-解析：解：①万有引力提供圆周运动向心力GmMr2=mv2r得卫星运行速率v=GMr知轨道1的半径小故速度大，故①错误；

②万有引力提供圆周运动向心力有GmMr2=mrω2得卫星运行角速度ω=GMr3，知轨道1的半径小，角速度大，故②正确；

③卫星在轨道1和轨道2上经过Q点时都由万有引力产生加速度，在两个轨道上经过Q点时的卫星所受万有引力相等，故加速度相同，故③错误

④卫星在轨道3和轨道解析：根据图像可知，a→b气体做的是等容变化，b→c气体做的是等压变化，c→d气体做的是等温变化，根据气体的不同状态来分析即可。本题考查了理想气体的状态方程、热力学第一定律。利用气体的状态方程，逐项分析即可，关键的是掌握住气体的状态方程并能够灵活的应用。A.b→c的过程中，气体做的是等压变化，温度升高，内能增大；气体体积增大，对外做功，吸收热量，故A错误；B.有图像可知，a→b的过程中，气体做的是等容变化，温度上升所以内能增加，密度不变，故B正确；C.c→d的过程中，气体做的是等温变化，气体的压强减小，气体体积增大，密度减小，故C错误；D.在d→a的过程中，气体温度减小，内能减小，分子平均动能减小，不能说明每个分子动能的变化，故D错误。故选B。

5.答案：C

解析：解：A、由图乙知，物体先做加速度较大的匀减速直线运动，后做加速度较小的匀减速直线运动，可知，0-1s内，物块的速度大于传送带的速度，受到沿斜面向下的滑动摩擦力，1-2s内，物块的速度小于传送带的速度，受到沿斜面向上的滑动摩擦力，根据f=μmgcos37°知两段时间摩擦力大小相等，故A错误。

B、0-1s内，物块受到的滑动摩擦力沿斜面向下，与物块运动方向相反。1-2s内，物块受到的滑动摩擦力沿斜面向上，与物块运动方向相同，故B错误。

C、0-1s内物块的加速度大小为a=△v△t=12-41=8m/s2，根据牛顿第二定律得：mgsin37°+μmgcos37°=ma，解得μ=14，故C正确。

D、传送带底端到顶端的距离等于v-t图象与时间轴所包围的面积大小，为x=12+42×1+4×12解析：解：设磁场的磁感应强度B=B0-kt，则E=ΔΦΔt=k·12L2，I=ER=kL22R，F=BIL=(B0-kt)k解析：解：由sinθ=1n=12得，透明体的临界角为30°.如图，作出两条边缘光线，所求光线射出的区域为EDF.如图，从圆弧ADC射出的边缘光线对应的入射角等于材料的临界角θ，恰好发生全反射．

由几何关系得：圆弧EDF长度为s=2θ⋅L

故此区域的圆弧长度为：s=πL3.故C正确，A、B、D错误．

故选：C．

根据sinθ=1n求出透明体的临界角θ为30°，当光线射到BC面上时，光线将发生全反射．从ADC解析：粒子进入金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据类平抛运动规律求粒子偏离金属板时侧位移Y．

由类平抛运动的规律求出粒子飞出电场时竖直分速度，再进行合成，即可求解v1．

求出粒子飞出电场时偏向角的正切，由数学知识求解OP之长．

带电粒子在匀强电场中的运动是考试的热点，关键是做好受力分析，明确粒子的运动情景，然后运用分解的观点或动能定理等逐步求解．解：AB、粒子进入金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则得：

水平方向：L=v0t，

竖直方向：Y=12at2

，由牛顿第二定律得a=eUmd

联立解得：Y=eUL22mdv02，即粒子偏离金属板时侧位移Y=eUL22mdv02.故A错误，B正确

故答案选：BCD

9.答案：AC

解析：解：A、B根据动能定理得知：电场力做功等于电子动能的变化，则有：Ek=Eqx，根据数学知识可知，图线的斜率k=qE，因E、q均保持不变，说明电场强度不变，所以该电场一定是匀强电场，EA=EB.故A正确，B错误．

C、由图知，电子从A到B动能增大，电场力做正功，则知电场力方向从A→B，电场线方向从B→A，根据顺着电场线方向电势降低，则有φA<φB.故C正确．

D、根据能量守恒定律得知，电子从A到B动能增大，电势能减小，则EPA>解析：解：A、原线圈接正弦交流电，由图知角速度是ω=100π，所以f=100π2π=50Hz，故A正确。

B、由表达式知输入电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比，副线圈电压有效值即电压表的示数为22V，故B错误。

CD、R处光照增强时，温度升高，阻值减小，副线圈电流表的示数变大，原线圈电流也变大，但不会影响输入电压值，定值电阻分压增大，灯泡两端电压减小，灯泡变暗，故C正确，D错误

故选：AC。

由表达式可知输入交流电压最大值，周期，可由周期求出频率，由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电压之比，Rt处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化

根据表达式准确找出已知量，是对学生的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键

11.解析：解：A、由图(a)可知该简谐横波波长为λ=2m，由图(b)知周期为T=4s，则波速为v=λT=0.5m/s，故A正确；

B、根据图(b)的振动图象可知，在x=1.5m处的质点在t=2s时振动方向向下，所以该波向左传播，故B错误；

C、由于t=2s时，质点P在波谷，且2s=0.5T，所以质点P的路程为S=2A=8cm，故C正确；

D、由于该波向左传播，由图(a)可知t=2s时，质点P已经在波谷，所以可知0～2s时间内即在0-T2内，P向y轴负方向运动，故D错误；

故选：AC。

先根据质点的振动图象读出t=2s解析：解：A、选择A和B作为研究对象，运用动能定理研究：

B受外力F做功，A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，

wF+(-f⋅△x)=△EkA+△EkB，其中△x为A、B的相对位移。

所以外力F做的功不等于A和B的动能的增量，故A错误。

B、对A物运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能的增量，故B正确。

C、A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，故C错误。

D、对B物体应用动能定理，WF-Wf=△EkB，Wf为B克服摩擦力所做的功，

即WF=△EkB+Wf，就是外力F对B做的功等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，故D正确。

故选：BD。

选择研究对象运用动能定理研究此过程找出功和能的对应关系。解析：解：(1)游标卡尺读数L=9mm+0.05mm×6=9.30mm；

(2)①由于挡光条宽度很小，因此将挡光条通过光电门时的平均速度当作瞬时速度．

v1=L△t1，v2=L△t2

②根据动能的定义式得：

通过光电门1，系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码)的总动能为Ek1=12(M+m)(L△t1)2；

通过光电门2，系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码)的总动能为Ek2=12(M+m)(L△t2)2；

③系统势能的减少△解析：(1)若无R0存在，当R调节到0时，电源即短路。

(2)实物连接图要与电路图相对应，注意连接顺序。

(3)运用闭合电路欧姆定律，分别研究电阻箱电阻为R1和R2的情况，列出含有电动势和内阻的方程组求解。

本题考查测量电源电动势和内阻的基础知识，运用闭合电路欧姆定律，分别研究电阻箱电阻为R1和R2的情况，列出含有电动势和内阻的方程组求解。

(1)若无R0存在，当R调节到0时，外电路短路，有烧坏电源的危险，故作用是保护电源，防止短路；

(2)根据原理图可得出对应的实物图；注意电压表量程选择，开关置于干路，如图所示；

(3)根据闭合电路欧姆定律，得当电阻箱读数为R1=2Ω时有：E=U1+U1R1+R0r

当电阻箱读数为R2=4Ω时有：E=U2+U2R2+R0r

联立上两式得：E=2.94V；r=1.21Ω。

15.答案：解：(1)以C活塞为研究对象，其处于平衡状态

p0 SB +mg=pB SB 

pB=解析：本题关键确定封闭气体的初末状态的气压、温度、体积，然后结合理想气体状态方程列式后联立求解．

(1)先以C活塞为研究对象，根据受力平衡求出B气柱的压强；再根据两水银面的高度差求出A气柱的压强；

(2)对B气体分析，缓慢升高A气体温度，活塞C始终处于平衡状态，所以B气体压强不变，当左、右两管水银面相平时，A气体压强与B压强相等，根据几何关系求出A气体水银面下降的距离，最后对A气体列理想气体状态方程求A气柱的末态温度；

16.答案：解：(1)对m根据牛顿第二定律有：F-μ2mg=ma

解得：a=3m/s2

设拉力F的作用时间为t，则m的位移为x=12at2

对M：mg⋅μ2-(m+M)g⋅μ1=Ma'

解得：a'=1m/s2

M的位移：x'=12a't2

x-x'=1m

解得：t=1s，x=1.5m，x'=0.5m

(2)撤去力F时，物块m和长木板的速度v和v'

v=a1t=3m/s

v'=a't=1m/s

此后，物块m减速，M加速，设经过时间为t1，共同速度为v1

对m：-mgμ2=ma1

解得：a1=-3m/s2，v1=v+a1t1

对M解析：(1)分别对两物体受力分析，由牛顿第二定律求得加速度，再由运动学公式求得物体通过的位移，由功的公式可求得拉力的功；

(2)撤去拉力后，由牛顿第二定律求得加速度，再由运动学公式求出木