2020届山东省高考压轴卷物理解析版

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V­T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（）A．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的金属铂产生的光电子的最大初动能为6.41eVC．原子核发生一次β衰变，该原子外层就一定失去一个电子D．质子、中子、α粒子的质量分别是m1、m2、m3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是（2m1＋2m2－m3）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，在恒力的作用下，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D．物体对天花板的压力大小一定为5．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vl：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B．木星的质量M＝eq\f(π2c3t3,2GT2)C．木星的质量M＝eq\f(4π2c3t3,GT2)D．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，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向右匀速运动，现将质量为的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体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，那么力对木板做功的数值为（）A． B．C．D．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AO1方向（O1点在分界面上，图中O1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．O1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AO1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AO1方向射向水中的是一束红光，则折射光线有可能通过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，CD为竖直直径．已知重力加速度为g，电场强度，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．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D．若将小球在A点以大小为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B。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刚进入磁场时线框的速度大小为v，方向与磁场边界成角，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B．PM刚进入磁场时线框所受安培力大小为C．PM刚进入磁场时两端的电压为D．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＝s1，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，则两球相碰前瞬间A球的速度v1＝______．(2)在误差允许范围内，当m1、m2、s1、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Rg＝10Ω、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：①将选择开关接2，红、黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针满偏；②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________Ω．③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________Ω．（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p0，现用打气筒向汽缸内打气。已知打气筒每次能打入压强为p0、体积为eq\f(V,10)的空气，当打气n次后，稳定时汽缸上、下两部分的空气体积之比为9∶1，活塞重力G＝eq\f(1,4)p0S，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n。16．（8分）一简谐横波以4m/s的波速沿水平绳向x轴正方向传播。已知t=0时的波形如图所示，绳上两质点M、N的平衡位置相距波长．设向上为正，经时间t1（小于一个周期），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）t1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点水平距离为的地面上，重力加速度为g，小球均可视为质点。求（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Ⅱ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：（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ΔU＝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ΔU＝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=E4－E1=－0.85eV－（－13.6eV）=12.75eV，照射逸出功为6.34eV的金属铂产生的光电子的最大初动能为：Ek=E－W0=12.75eV－6.34eV=6.41eV，B正确；β衰变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；质子和中子结合成α粒子：，释放的能量是ΔE=Δmc2=（2m1＋2m2－m3）c2，D正确，故选C。3．【答案】B【解析】A车做匀变速直线运动，设A车的初速度为，加速度大小为，由图可知时，速度为零，由运动学公式可得：，根据图象和运动学公式可知时的位移为：，，联立解得，，故B正确，A错误；A车减速过程运动的位移大小为，故C错误；10s末两车相遇时B车的速度为：，A车的速度：，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。5．【答案】C【解析】根据x=vt，，则，两次的初速度不同，则时间不同，A错误；速度与水平方向的夹角，可知．运动员先后落在雪坡上的速度方向相同，B错误；根据动量定理，则运动员先后落在雪坡上动量的变化量之比为3:4，C正确；根据动能定理：，则运动员先后落在雪坡上动能的增加量之比为9:16，选项D错误；故选C。6．【答案】D【解析】航天器的轨道半径r＝eq\f(vT,2π)，木星的半径R＝eq\f(vT,2π)－eq\f(ct,2)，木星的质量M＝eq\f(4π2r3,GT2)＝eq\f(v3T,2πG)；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．7．【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108eq\r(2)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P＝eq\f(U2,R)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对木板所做的功W一部分转化为物体m的动能，一部分转化为系统内能，故，，，以上三式联立可得，故C项正确。9．【答案】BCD【解析】由折射定律n＝eq\f(sini,sinr)知，蓝光从空气射向水中，入射角比折射角大，O1点在O点的左侧，A错误；由v＝eq\f(c,n)知，蓝光进入水中的速度变小，B正确；若沿AO1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AO1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，计算波长，A正确；根据题意，而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，即为70cm，B错误；波从C传到P的时间，波从B传到P的时间，在时刻，横波I与横波II两波叠加，P点经过平衡位置向下运动，在时刻，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，故，物体不受拉力时的加速度大小为，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，解得，C正确；若将小球在A点以大小为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拋，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，则水平位移，竖直位移，说明小球不能够到达D．12．【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，故A正确；NM边所受的安培力大小为F1=BIa=，方向垂直NM向下。PN边所受的安培力大小为F2=BIa=，方向垂直PN向下，线框所受安培力大小，故B错误；PM两端电压为，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)s2eq\r(\f(g,2h))(2)m1s2＝m1s1＋m2s3【解析】(1)根据平抛运动规律：h＝eq\f(1,2)gt2，s2＝v1t，解得：v1＝s2eq\r(\f(g,2h))．(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）②150③1.5（3）64【解析】（1）选择开关接1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，其分度值为5V，其示数为175V；（2）②由题图丙所示电阻箱可知，电阻箱示数为0×1000Ω＋1×100Ω＋5×10Ω＋0×1Ω＝150Ω；③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150Ω，电源电动势E＝I（R＋r）＝0.005×（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，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，表内总电阻为150Ω，由闭合电路欧姆定律可知：R＝eq\f(1.5,0.007)Ω－150Ω≈64Ω，所以待测电阻的阻值为64Ω.15．【答案】（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p1V1＝p2V2，可知p1eq\f(V,2)＝p2eq\