2020年高考真題-物理(山東卷)

N1N12N23N23N1N1N12N23N23N12121212注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置。2．回答選擇題時，選每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題本共小，每小題分共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。1．一質量為的客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與間的關系圖像如圖所示。乘客所受支持力的大小用F表，速度大小v表。重力加速度大小為g。下判斷正確的是A．0~t時間內v增大，>mgB．~t時內，減小，<mgC．~t時內，v增大，<mg．~t時內，v減小，F>mg2核

H發(fā)衰成為氦核He設氚材料中H發(fā)β衰變產生的電子可以全部定向移動，在s時內形成的平均電流為5.0-8。已知電子電荷量為1.6-19C，這段時間內發(fā)生β衰的氚核H的數為A．5.0

B．C．2.0D．1.03．雙縫干涉實驗裝置的截面圖如圖所示。光源S到、的離相等O點為S、連中垂線與光屏的交點。光源S發(fā)的波長為

的光，經S出后垂直穿過玻璃片傳播到點，經S出射后直接傳播到O點由S到O點由S到O點光傳播的時間差為玻璃片厚度為10玻璃對該波長光的折射率為空氣中光速為c不計光在玻璃片內的反射下判斷正確是1

12120000001212000000A.

15．C．D．ccc52π4一列簡諧橫波在均勻介質中沿x軸負方向傳播已知處點的振動方為t4

，3則tT4

時刻的波形圖正確的是5．圖甲中的理想變壓器原、副線圈匝數比:=22:3，入端、所電壓u隨時間的化關系如圖乙所示。燈泡L的阻恒為15Ω額定電壓為24V定值電阻R=10R=5Ω動變阻器R的最大阻值為。使燈泡正常工作，滑動變阻器接入電路的電阻應調節(jié)為A.1ΩB.5C．D.86．一定質量的理想氣體從狀態(tài)a開，經→、→三個過程后回到初始狀態(tài)，圖像如圖所示。已知三個狀態(tài)的坐標分別為（，2p）（，）3V，2p）以判斷正確的是2

00tt00ttA.體在a→過程中對外界做的功小于在b過中對外界做的功B.氣在a→過程中從外界吸收的熱量大于在b→過程中從外界吸收的熱量C.在ca過中，外界對氣體做的功小于氣體向外界放出的熱量D.氣體在a過中內能的減少量大于過中內能的增加量7我國將在今年擇機執(zhí)“天號火探測任務質為m的著陸器在著陸火星前會火星表面附近經歷一個時長為、度由v減速到零的過程。已知火星的質量約為地球的0.1倍半徑約為地球的0.5倍地球表面的重力加速度大小為g，略火星大氣阻力。若該減過程可視為一個豎直向下的勻減速直線運動，此過程中著陸器受到的制動力大小約為A.

v0.4t

B．m

g+．g．m

0.2+t

8．如圖所示，一輕質光滑定滑輪固定在傾斜木板上，質量分別為m和2m的塊A、，過不可伸長的輕繩跨過滑輪連接A間接觸面和輕繩均與木板平行A與間B與板間的動摩擦因數均為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當木板與水平面的夾角45°，物塊剛好要滑動，則的值為A．

B．

14

C．

．

16二、多項選擇題本共小，每小題分共16分。每小題有多個選項符合題目要求。全部選對得分選對但不全的得分，有選錯的得分9．截面為等腰直角三角形的三棱鏡如圖甲所示DE為嵌在三棱鏡內部緊貼BB'C'C面線狀單色可3

見光光源，與棱鏡的面垂直位線段BC的點。圖乙為圖甲中ABC面正視圖。三棱鏡對該單色光的折射率為2，只考慮由DE直射向側面AA'CC的線。下列說法正確的是A．光從面射的區(qū)域占該側面總積的B．從面出射的區(qū)域占該側面總面積的

1223C．發(fā)出的單色光頻率變小面有光射的區(qū)域面積將增大．DE發(fā)的單色光頻率變面光出射的區(qū)域面積將減?。婵罩杏袃蓚€固定的帶正電的點電荷，電荷量不相等。一個帶負電的試探電荷置于二者連線上的O點時，僅在電場力的作用下恰好保持靜止狀態(tài)。O點兩正電荷連線的垂線，以點圓心的圓與連線和垂線分別交于、和、d，圖所示。以下說法正確的是A．a點勢低于O點B．點勢低于點C．試探電荷在a點電勢能大于在點的電勢能．試探電荷在點的電勢能小于在點的電勢能．如圖所示，質量為的塊A放在光滑水平桌面上，側連接一固定于墻面的水平輕繩，左側通過一傾斜輕繩跨過光滑定滑輪與一豎直輕彈簧相連量為鉤碼B掛彈簧下，當彈簧處于原長時，將B由靜止釋放，當下降到最低點時（未著地）A對平桌面的壓力剛好為零。輕繩不可伸長，彈簧始終在彈性限度內，物塊始處于靜止狀態(tài)。以下判斷正確的是4

ababA．M<2mB．<<3mC．從放位置運動到最低點的過程中，所受合力對先做正功后做負功．從放位置運動到速度最大的過程中克服彈簧彈力做的功等于B機能的減少量．如圖所示，平面直角坐標系的第一和第二象限分別存在磁感應強度大小相等、方向相反且垂直于坐標平面的勻強磁場，圖中虛線方格為等大正方形。一位于Oxy平內的剛性導體框abcde在外力作用下以恒定速度沿y軸正方向運動（不發(fā)生轉動）。從圖示位置開始計時4s末bc邊剛好進入磁場。在此過程中，導體框內感應電流的大小為，邊受安培力的大小為F，二者與時間t的系圖像，可能正確的是三、非選擇:本共小，共60分。．6分）2020年月我國進行了珠穆朗瑪峰的高度測量，其中一種方法是通過使用重儀測量重力加速度，進而間接測量海拔高度。某同學受此啟發(fā)就地取材設計了如下實驗，測量當地5

重力加速度的大小。實驗步驟如下：（）圖甲所示，選擇合適高度的墊塊，使木板的傾角為53°在其上表面固定一與小物塊下滑路徑平行的刻度尺（圖中未畫出）。（）調整手機使其攝像頭正對木板表面，開啟視頻錄像功能。將小塊從木板頂端釋放，用手機記錄下小物塊沿木板向下做加速直線運動的情況。然后通過錄像的回放，選擇小物塊運動路徑上合適的一點作為測量參考點，得到小物塊相對于該點的運動距離與動時間t的數據。（）該同學選取部實驗數據，畫出了

2t

-t圖，利用圖像數據得到小物塊下滑的加速度大小為5.6m/s。（）次調節(jié)墊塊，改變木板的傾角，重復實驗?；卮鹨韵聠栴}：（）木板的角為37°時，所繪圖像如圖乙所示。由圖像可得，物塊測量參考點時速度的大小為；取圖線上位于坐標紙網格交叉點上的A、兩，利用AB兩數據得到小物塊下滑加速度的大小_。結果均保留2位效數字）（）據上述據，進一步分析得到當地的重力加速度大小_____m/s2。（結保留2位有效數字，0.60cos37°=0.80）6

1212．8分實驗方案對實驗測量的精度有直接的影響，某學習小組“測電源的電動勢和內”的實驗方案進行了探究。實驗室提供的器材:干電池一節(jié)（電動勢約V，阻小于Ω）；電壓表（程3，阻3）；電流表（程0.6A內阻約1Ω）滑動變阻器R（最大阻值為20）定值電阻R（阻值Ω；定值電阻R（阻值Ω；開關一個，導線若干。（該小組按照圖甲所示的電路進行實驗過調節(jié)滑動變阻器阻值使電流表示數逐漸接近滿偏記此過程中電壓表和電流表的示數利用實驗數據在U坐紙上描點如圖乙所示結果發(fā)現電壓表示數的變化范圍比較小現該現象的主要原因_單正確答案標號）A．電壓表分流．干電池內阻較?。畡幼冏杵髯畲笞柚递^小．流表內阻較小7

1212（對電壓示數的變化范圍比較小的問題組用實驗室提供的器材改進了實驗方案，重新測量得到的數據如下表所示。序號/A/V

10.081.35

20.141.20

30.201.05

40.260.88

50.320.73

60.360.71

70.400.52請根據實驗數據，回答以下問:①答題卡的坐標紙上已標出后3組數據對應的坐標點，請在答題卡的坐標紙上標出組據對應的坐標點并畫出UI圖。②根據實驗數據可知，所選的定值電阻_____（“”R”）。③用筆畫線代替導線，請在答題卡上按照改進后的方案，將實物圖連接成完整電路。．7分中醫(yī)拔罐的物理原理是利用玻璃罐內外的氣壓差使罐吸附在人體穴位上，進而治療某些疾病。常見拔罐有兩種，如圖所示，左側為火罐，下端開口；右側為抽氣拔罐，下端開口，上端留有抽氣閥門。使用火罐時，先加熱罐中氣體，然后迅速按到皮膚上，自然降溫后火罐內部氣壓低于外部大氣壓，使火罐緊緊吸附在皮膚上。抽氣拔罐是先把罐體按在皮膚上，再通過抽氣降低罐內氣體壓強。某次使用火罐時，罐內氣體初始壓強與外部大氣壓相同，溫度為K，終降到300K，因皮凸起，內部氣體體積變?yōu)楣奕莘e的

2021

。若換用抽氣拔罐，抽氣后罐內剩余氣體體積變?yōu)槌闅獍喂奕莘e的

2021

罐內氣壓與火罐降溫后的內部壓相同內氣體均可視為理想氣體，忽略抽氣過程中氣體溫度的變化。求應抽出氣體的質量與抽氣前罐內氣體質量的比值。（分單滑雪U型比賽是冬奧會比賽項目，其場地可以簡化為如圖甲所示的模U形滑8

1123道由兩個半徑相同的四分之一圓柱面軌道和一個中央的平面直軌道連接而成，軌道傾角為12°。某次練習過程中，運動員以=10的度從軌道邊緣上的M點沿軌道的豎直切面AB滑軌道度向與軌道邊緣線的角=72.8°后軌道邊的點入軌道。圖乙為騰空過程左視圖。該運動員可視為質點，不計空氣阻力，取重力加速度的大=10m/s,sin72.8=0.96，°求（）動員騰過程中離開的離的最大值d；（）、之間的距離L．14分某型號質譜儀的工作原理如圖甲所示M、為直放置的兩金屬板，兩板間電壓為,Q板記錄板，分界面P將N、間域分為寬度為的、兩部分、、、Q所平面相互平行，、b為M、上正對的小孔。以a、所直線為軸向右為正方向，取軸與Q板交點O為坐標原點平行于Q板水平向里為x軸正方向直上為軸正方向，建立空間直角坐標系Oxyz區(qū)域IⅡ內分別充滿沿x軸方向的勻強磁場和勻強電場磁感應強度大小、電場強度大小分別為和。一質量為,電量+的子，從a孔飄入電場（初速度視為零），經b孔入磁場，過P面上的c點圖中未畫出）進入電場，最終打到記錄板Q上不計粒子重。（）粒子在場中做圓周運動的半徑R以c點軸的距L；（）粒子打記錄板上位置的坐標；（）粒子打記錄板上位置的y坐（用R、表示）；（如乙所示在記錄板上得到三個點sss若這三個點是質子

H氚核

H氦核

He的位置寫這三個點分別對哪個?？紤]粒子間的相互作用要求寫出推導過程9

0101Q1n．16分如圖所示，一傾角為θ的固定斜面的底端安裝一彈性擋板、兩塊的質量分別為和4m，靜于斜面上A處某時刻以沿斜面向上的速度v與Q發(fā)生彈性碰撞。Q與斜面間的動摩擦因數等于，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力與斜面間無擦，與擋板之間的碰撞無動能損失。兩物塊均可以看作質點，斜面足夠長Q的度減為零之前P不會與之發(fā)生碰撞。重力加速度大小為。（）P與Q第一次碰撞后瞬間各自的速度大小、；（）第次碰撞使物塊Q上的高度h；（）物塊從A點上升的總高度H；（）保證在Q的度減為零之前P不與之發(fā)生碰撞，求A點與擋板之間的最小距離。一、單項選擇題1．．B3．4．D．6．7.B．二、多項選擇題9．AC10．BD11．ACD12．三、非選擇題10

11112220101111112220101122202120334430342．1）0.32或0.333.1（）9.4．1）（）如下左R③下右圖。．解：設火罐內氣體初始狀態(tài)參量分別為T、，度降低后狀態(tài)參量分別為T，的容積為，題意知p、=450K、=V、=300K、=20/21由理想氣體狀態(tài)方程得

①pVT

20pV0T

②代入數據得p=0.7p

③對于抽氣罐，設初態(tài)氣體狀態(tài)參量分別為p、，態(tài)氣體狀態(tài)參量分別為p、，罐的容積為0

，由題意知p、V0

、=p

④由玻意耳定律得00

pV24

⑤聯立②⑤式，代入數據得4

107

0

⑥設抽出的氣體的體積為由意知4

2021

0

⑦11

112222112222故應抽出氣體的質量與抽氣前罐內氣體質量的比值為ΔmΔVm

⑧聯立②⑤⑦⑧式，代入數據得m3．解：

⑨（）M點設動員在面垂直AD方向的分速度為，運動的合成與分解規(guī)律得sin

①設運動員在面垂直方向的分加速度為a，由牛頓第二定律得mgcos17.2ma由運動學公式得

1

②d

121

③聯立①②③式，代入數據得d=4.8m

④（）M點設動員在面平行AD方向的分速度為，運動的合成與分解規(guī)律得v=cos72.8°⑤設運動員在面平行方向的分加速度為a，由牛頓第二定律得mgma

2

⑥設騰空時間為t，由運動學公式得t

1a1

⑦t2

12

at2

2

⑧聯立①②⑤⑥⑦⑧式，代入數據得Lm．解：

⑨（）粒子經速電場到孔速度大小為v，子在區(qū)域I中做勻速圓周運動對應圓心角為α，在M、N兩屬間，由動能定理得1qUmv22

①在區(qū)域I中粒子做勻速圓周運動，磁場力提供向心力，由牛頓第二定律得12

2z22z2m

R

②聯立①②式得

2mqU

③由幾何關系得d

④cos

R

R

⑤sin=

dR

⑥聯立①②④式得L

2mqUqB

2mUqB

2

⑦（）區(qū)域Ⅱ粒子沿軸方向的分速度為v，沿x軸方向加速度大小為，位移大小為x，運動時間為t，由牛頓第二定律得qE=ma

⑧粒子在z軸方向做勻速直線運動，由運動合成與分解的規(guī)律得v

⑨dt

⑩粒子在x方做初速為零的勻加速直線運動，由運動學公式得x

12

聯立①②⑤⑧⑨式得

md4qd

2

2

（）粒子沿y方向偏離軸的距離為y，其中在區(qū)域Ⅱ中沿y方向偏離的距離為y'，運動學公式得=vt由題意得=L

聯立①④⑥⑨⑩式13

221232222000122202v222221232222000122202v222R

d

2

R（）、、分對氚核H、核、質子H的置。21．解：（）與Q的第一次碰撞，取P的速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv

P1

mvQ

①由機械能守恒定律得11mvmv0P11聯立①②式得

②v

P

35

③vQ1

25

v0

④3故第一次碰撞后P的速度大小為v，的速度大小為v55（）第一次撞后上升的高度為，對Q由運動學公式得01

h1sin

⑤聯立①②⑤式得h1

0

⑥設P運至與剛發(fā)第二次碰撞前的位置時速度為由動能定理得

，第一次碰后至第二次碰前，對P1mvmv2

2P1

=1

⑦聯立①②⑤⑦式得02

75

0

⑧與Q的二次碰撞，設碰后與Q的度分別為v、，由動量守恒定律得

P2

Q

⑨由機械能守恒定律得11mvmv02P2Q2

2

⑩14

2202222232223220322022222322232203聯立①②⑤⑦⑨⑩式得

P2

3755

2755

設第二次碰撞后Q上升的高度為，Q由運動學公式得0Q

2

h2

聯立①②⑤⑦⑨式得7vh2525g

設P運至與剛發(fā)第三次碰撞前的位置時速度為，二次碰后至第三次碰前，對P由動能定理得11mvmvmgh03P聯立①②⑤⑦⑨式

75

與Q的三次碰撞，設碰后與Q的度分別