2020年山東高考物理真題及答案

2020年山東省新高考物理試卷

一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。

1.（3分）一質量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時間t的關系圖象如圖所示。乘客所受支持力的大小

用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小為g。以下判斷正確的是（）

A.0?U時間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N>mg

B.tLtl時間內(nèi),v減小，F(xiàn)N<mg

C.t2?t3時間內(nèi),v增大，F(xiàn)N<mg

D.12?13時間內(nèi),v減小，F(xiàn)N>mg

2.（3分）瓶核;H發(fā)生B衰變成為氫核gHe.假設含瓶材料中;H發(fā)生0衰變產(chǎn)生的電子可以全部定向移動，在

3.2X0S時間內(nèi)形成的平均電流為5.0X10"A.已知電子電荷量為L6X10-19C,在這段時間內(nèi)發(fā)生0衰變的

流核;H的個數(shù)為（）

A.5.0X1014B.1.0X1016C.2.0X1016D.1.0XJ018

3.（3分）雙縫干涉實驗裝置的截面圖如圖所示。光源S到Si、S2的距離相等，O點為Si、S2連線中垂線與光屏

的交點。光源S發(fā)蝕的波長為人的光，經(jīng)Si出射后垂直穿過玻璃片傳播到O點，經(jīng)S2出射后直接傳播到O點，

由Si到O點與由S2到。點，光傳播的時間差為△（.玻璃片厚度為10入，玻璃對該波長光的折射率為1.5,空氣

中光速為c,不計光在玻璃片內(nèi)的反射。以下判斷正確的是（）

A.△1=顯_B.△1=勾3-c.D.△i=E3_

c2ccc

4.（3分）一列簡諧橫波在均勻介質中沿X軸負方向傳播，已知x=&■入處質點的振動方程為y=Acos（竿t）,則

I=3T時刻的波形圖正確的是（）

5.（3分）圖甲中的理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比n”in=22：3,輸入端a、b所接電壓u隨時間t的變化關系如

圖乙所示v燈泡L的電阻恒為15。，額定電壓為24V.定值電阻Ri=IOC、R2=5Q,滑動變阻器R的最大阻值

A.111B.5。C.6CD.80

6.（3分）一定質量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)a-*b、b-c、c-a三個過程后回到初始狀態(tài)a,其p-V圖象如

圖所示。已知三個狀態(tài)的坐標分別為a（Vo,2po）＞b（2Vo,po）、c（3Vo,2po）。以下判斷正確的是（)

A.氣體在a-b過程中對外界做的功小于在b-c過程中對外界做的功

B.氣體在a~b過程中從外界吸收的熱量大于在b-c過程中從外界吸收的熱量

C.在C-a過程中，外界對氣體做的功小于氣體向外界放出的熱量

D.氣體在c-a過程中內(nèi)能的減少量大于b-c過程中內(nèi)能的增加量

7.（3分）我國將在今年擇機執(zhí)行“天問I號”火星探測任務。質量為m的著陸器在著陸火星前，會在火星表面附

近經(jīng)歷一個時長為t。、速度由vo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,忽略火星大氣阻力。若該減速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（）

v

A.m(0.4g-匈B.m(0.4g+——n)

t0to

v

C.m(0.2g-*）D.m(0.2g+——n)

8.（3分）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21n的物塊A、B,通過不可伸長的

輕繩跨過滑輪連接，A、B間的接觸面和輕繩均與木板平行。A與B間、B與木板間的動摩擦因數(shù)均為U，設最

大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當木板與水平面的夾角為45°時，物塊A、B剛好要滑動，則口的值為（）

A.AB.AC.AD.A

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二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求。全部選對得4分，選

對但不全的得2分，有選錯的得0分。

9.（4分）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(nèi)部緊貼BB'C'C面的線狀單色可見

光光源，DE與三棱鏡的ABC面垂直，D位于線段BC的中點。圖乙為圖甲中ABC面的正視圖。三棱鏡對該單

色光的折射率為加，只考慮由DE直接射向側面AA*C'C的光線。下列說法正確的是（）

圖甲圖乙

A.光從AA'C'C面出射的區(qū)域占該側面總面積的工

2

B.光從AA'C'C面出射的區(qū)域占該側面總面積的2

3

C.若DE發(fā)出的單色光頻率變小，AA'C'C面有光出射的區(qū)域面積將增大

D.若DE發(fā)出的單色光頻率變小，ANCzC面有光出射的區(qū)域面積將減小

10.（4分）真空中有兩個固定的帶正電的點電荷，電荷量不相等。一個帶負電佗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)。過O點作兩正電荷連線的垂線，以O點為圓心的圓與連線和垂線

分別交于a、c和b、d,如圖所示。以下說法正確的是（）

令

一小\1*

I

A.a點電勢低于。點

B.b點電勢低于c點

C.該試探電荷在a點的電勢能大于在b點的電勢能

D.該試探電荷在c點的電勢能小于在d點的電勢能

11.（4分）如圖所示，質量為M的物塊A放置在光滑水平桌面上，右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。現(xiàn)將質量為m的鉤碼B掛于彈簧下端，當彈簧處于原長時，

將B由靜止釋放，當B下降到最低點時（未著地），A對水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(nèi)，物塊A始終處于靜止狀態(tài)。以下判斷正確的是（)

3i

A.M<2m

B.2m<M<3m

C.在B從釋放位置運動到最低點的過程中，所受合力對B先做正功后做負功

D.在B從釋放位置運動到速度最大的過程中，B克服彈簧彈力做的功等于B機械能的減少量

12.（4分）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平面內(nèi)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be邊剛好進入磁場。在此過程中，導體框內(nèi)感

應電流的大小為Lab邊所受安培力的大小為Fab,二者與時間t的關系圖象可能正確的是（）

三、非選擇題：本題共6小題，共60分。

13.（6分）2020年5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力儀測量重力加速度,

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?shù)刂亓铀俣鹊拇笮?。實驗步驟如下:

（i）如圖甲所示，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）。

（ii）調整手機使其攝像頭正對木板表面，開啟視頻錄像功能。將小物塊從木板頂端釋放，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L與運動時間I的數(shù)據(jù)。

（iii）該同學選取部分實驗數(shù)據(jù)，畫出了2L-t圖象，利用圖象數(shù)據(jù)得到小物塊下滑的加速度大小為5.6m/s2。

t

（iv）再次調節(jié)墊塊，改變木板的傾角，重復實驗。

回答以下問題：

（1）當木板的傾角為37°時，所繪圖象如圖乙所示。由圖象可得，物塊過測量參考點時速度的大小為m/s：

選取圖線上位于坐標紙網(wǎng)格交叉點上的A、B兩點，利用A、B兩點數(shù)據(jù)得到小物塊下滑加速度的大小為

m/s2（結果均保留2位有效數(shù)字）。

（2）根據(jù)上述數(shù)據(jù)，進一步分析得到當?shù)氐闹亓铀俣却笮閙/s2.1結果保留2位有效數(shù)字，sin370

=0.60,cos370=0.80)

圖甲

14.（8分）實驗方案對實驗測量的精度有直接的影響，某學習小組對“測量電源的電動勢和內(nèi)阻”的實驗方案進行

了探究。實驗室提供的器材有：

干電池一節(jié)（電動勢約1.5V,內(nèi)阻小于m）；

電壓表V（量程3V,內(nèi)阻約3k。）：

電流表A（量程0.6A,內(nèi)阻約1C）；

滑動變阻器R（最大阻值為20C）；

定值電阻Ri（阻值2C）；

定值電阻R2（阻值5C）；

開關一個，導線若干。

（1）該小組按照圖甲所示的電路進行實驗，通過調節(jié)滑動變阻器阻值使電流表示數(shù)逐漸接近滿偏，記錄此過程

中電壓表和電流表的示數(shù)，利用實驗數(shù)據(jù)在U-I坐標紙上描點，如圖乙所示，結果發(fā)現(xiàn)電壓表示數(shù)的變化范圍

比較小，出現(xiàn)該現(xiàn)象的主要原因是o（單選，填正確答案標號）

A.電壓表分流B.干電池內(nèi)阻較小C.滑動變阻器最大阻值較小D.電流表內(nèi)阻較小

（2）針對電壓表示數(shù)的變化范圍比較小的問題，該小組利用實驗室提供的器材改進了實驗方案，重新測量得到

的數(shù)據(jù)如表所示。

序號1234567

I/A0.080.140.200.260.320.360.40

U/V1.351.201.050.880.730.710.52

請根據(jù)實驗數(shù)據(jù)，回答以下問題：

①圖丁的坐標紙上已標出后3組數(shù)據(jù)對應的坐標點，請在坐標紙上標出前4組數(shù)據(jù)對應的坐標點并畫出U-I圖

象。

②根據(jù)實驗數(shù)據(jù)可知，所選的定值電阻為（填“Ri”或“R2”）。

③用筆畫線代替導線，請在圖丙上按照改進后的方案，將實物圖連接成完整電路。

圖甲

圖乙

O6.10.20.30.40.50.6I/A

圖丁

15.（7分）中醫(yī)拔罐的物理原理是利用玻璃籍內(nèi)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(nèi)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(nèi)氣體壓強。某次使用火罐時，罐內(nèi)氣體初始壓強與外部大氣

壓相同，溫度為450K,最終降到300K,因皮膚凸起，內(nèi)部氣體體積變?yōu)楣奕莘e的圓?若換用抽氣拔罐，抽氣

21

后罐內(nèi)剩余氣體體積變?yōu)槌闅獍喂奕莘e的2Z,罐內(nèi)氣壓與火罐降溫后的內(nèi)部氣壓相同。罐內(nèi)氣體均可視為理想

21

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(nèi)氣體質量的比值。

16.（9分）單板滑雪U型池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型：U形滑道由兩個半徑

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17.20.某次練習過程中，運動員以

vM=10m/s的速度從軌道邊緣上的M點沿軌道的豎直切面ABCD滑出軌道，速度方向與軌道邊緣線AD的夾角

a=72.8。，騰空后沿軌道邊緣的N點進入軌道。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，

取重力加速度的大小g=10m/s2,sin72.8°=0.96,8s72.80=0.30.求：

（1）運動員騰空過程中離開AD的距離的最大值d；

（2）M、N之間的距離L。

17.（14分）某型號質譜儀的工作原理如圖甲所示。M、N為豎直放置的兩金屬板，兩板間電壓為U,Q板為記錄

板，分界面P將N、Q間區(qū)域分為寬度均為d的I、II兩部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b為M、

N上兩正對的小孔。以a、b所在直線為z軸，向右為正方向，取z軸與Q板的交點O為坐標原點，以平行于Q

板水平向里為x軸正方向，豎直向上為y軸正方向，建立空間直角坐標系Oxyz.區(qū)域I、II內(nèi)分別充滿沿x軸

正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B和E.一質量為m,電荷量為+q的粒

子，從a孔飄入電場（初速度視為零），經(jīng)b孔進入磁場，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。不計粒子重力。

（1）求粒子在磁場中做圓周運動的半徑R以及c點到z軸的距離L；

（2）求粒子打到記錄板上位置的x坐標；

（3）求粒子打到記錄板上位置的y坐標（用R、d表示）；

（4）如圖乙所示，在記錄板上得到三個點si、S2、S3,若這三個點是質子笳核:H、氮核gHe的位置，請

寫出這三個點分別對應哪個粒子（不考慮粒子間的相互作用，不要求寫出推導過程）。

圖甲圖乙

18.（16分）如圖所示，一傾角為8的固定斜面的底端安裝一彈性擋板，P、Q兩物塊的質量分別為m和4m,Q靜

止于斜面上A處。某時刻，P以沿斜面向上的速度vo與Q發(fā)生彈性碰撞。Q與斜面間的動摩擦因數(shù)等于tan。,

設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。P與斜面間無摩擦，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的速度減為零之前P不會與之發(fā)生碰撞。重力加速度大小為g,

(1)求P與Q第,次碰撞后瞬間各自的速度大小VPI、VQI；

(2)求第n次碰撞使物塊Q上升的高度hn；

(3)求物塊Q從A點上升的總高度H；

(4)為保證在Q的速度減為零之前P不會與之發(fā)生碰撞，求A點與擋板之間的最小距離So

2020年山東省新高考物理試卷

試題解析

一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。

1.解：A、由于s-l圖象的斜率表示速度，由圖可知在0?U時間內(nèi)速度增加，即乘客的加速度向下運動，根據(jù)牛

頓第二定律得：mg-FN=ma,解得：FN=mg-ma,則FN〈mg,處于失重狀態(tài)，故A錯誤；

B、在口?t2時間內(nèi)，s?t圖象的斜率保持不變，所以速度不變，即乘客勻速下降，則FN=mg,故B錯誤；

CD、在12?13時間內(nèi)，s-l圖象的斜率變小，所以速度減小，即乘客的減速二降，根據(jù)牛頓第二定律得：FN-

mg=ma,解得：FN=mg+ma,則FN>mg,處于超重狀態(tài)，故C錯誤，D正確；

故選：D。

2.解：根據(jù)電流的定義式：1=9

t

該段時間內(nèi)產(chǎn)生的電荷量為：q=It=5.0X10-8X3.2X104C=1.6X103C

3+

根據(jù)衰變方程得：He°e，可知這段時間內(nèi)發(fā)生B衰變的旅核？H的個數(shù)為：n=^=1-6X10

12-11e1.6X10-19

1.0X1016,故B正確，ACD錯誤。

故選：Bo

3.解：由于玻璃對該波長光的折射率為n=1.5,則光在該玻璃中傳播速度為：v

_c_2c

n3

光從S到Si和到S2的時間相等,設光從Si到O點的時間為ti,從S2到O點的時間為t2,0點到S2的距離為L,

則有：

u=L-10入上10入

cv

t2=—

C

光傳播的時間差為：△1=口?12=四--也'=更，故A正確、BCD錯誤。

VCC

故選：Ao

4.解：AB、因x=卷入處質點的振動方程為y=Acos（岑Li）,當i=^T時刻，x=卷入處質點的位移為：y=Acos

那么對應四個選項中波形圖x=在入的位置，可知，AB選項不符合題意，故AB錯誤;

CD、再由波沿x軸負方向傳播，依據(jù)微平移法，可知，在t=_|_T的下一時刻，在*=~|入處質點向y軸正方向

振動，故D正確，C錯誤;

故選：D。

5.解：輸入端a、b所接電壓u隨時間t的變叱關系如圖乙所示，可知，輸入電壓Ui=220V,依據(jù)理想變壓器電壓

與匝數(shù)關系式：且ni：n2=22：3

^2n2

解得:U2=30V

由于燈泡L的電阻恒為R=15Q,額定電壓為U=24V.因能使燈泡正常工作，那么通過燈泡的電流：1=旦=區(qū)

R15

A=1.6A

那么定值電阻Ri=10。兩端電壓為：U'=U2-U=30V-24V=6V

依據(jù)歐姆定律，則有通過其的電流為：I'=n_=_2A=0.6A

R110

因此通過定值電阻R2=5。的電流為：I"=1.6A-O.6A=1A

由于定值電阻R2與滑動變阻器串聯(lián)后與定值電阻Ri并聯(lián)，那么定值電阻R2與滑動變阻器總電阻為:R'=烏『

I"

=—o=6n

1

因定值電阻R2=5C,因此滑動變阻器接入電路的電阻應為：R滑=6。-5。=1。

綜上所述，故A正確，BCD錯誤；

故選：Ao

6.解:A、根據(jù)p-V圖象的面積表示氣體做功，得氣體在a-b過程中對外界做的功為:Wab=也等色?（2Vo-V。）

過程中氣體對外界做的功為：P=所以氣體在過程

=—p0VQ?b-*cWbc=°>（2VQ-VQ）—PQIVQ,a-*b

中對外界做的功等于在b-c過程中對外界做的功故A錯誤；

B、氣體在a-b過程中，因為a、b兩個狀態(tài)的pV相等，所以Ta=Tb,即△Uab=0,根據(jù)熱力學第一定律

=Q+W可知，從外界吸收的熱量為Qab=3p0Vc；氣體在b-c過程中，因為c狀態(tài)的pV大于b狀態(tài)的pV,

所以TnVTc,即△Ubc>o,根據(jù)熱力學第一定律AUnQ+W可知，在b-c過程中從外界吸收的熱量為：Qbc=

△Ubc+SpoV/則有：QabVQbc，故B錯誤；

2

C、在c-a過程中，氣體等壓壓縮，溫度降低，即△UcaVO,根據(jù)熱力學第一定律△U=Q+W可知，外界對氣

體做的功小于氣體向外界放出的熱量，故C正確；

D、因為Ta=Tb,而一定質量理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關，所以氣體在Cfa過程中內(nèi)能的減少量等于b-c過

程中內(nèi)能的增加量，故D錯誤。

故選：Co

7.解：根據(jù)重力等于萬有引力，得:

mg=G-^y

R2

得：g旦

R2

2

g火H火R地

，=言?年=0.1X4=0.4

gH地曝

火星表面的重力加速度為g火=0.4g

著陸器減速運動的加速度人小為a」包

t0

對著陸器根據(jù)牛頓第二定律有：

F-0.4mg=ma

Vn

解得F=m(O.4gT)，故B正確，ACD錯誤；

t0

故選：Bo

8.解：根據(jù)題意分析，物塊A、B剛好要滑動時，應該是物體A相對物體B向上滑動，設繩子拉力為F,對A受

力分析，由平衡條件得：F=mgsin45°+nmgcos45°

物體B相對斜面向下滑動，對B受力分析，由平衡條件得：2mgsin45°=F+pmgcos45°+p(2m+m)gcos45°

聯(lián)立解得：故C正確，ABD錯誤。

5

故選：Co

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求。全部選對得4分，選

對但不全的得2分，有選錯的得0分。

9.解：AB、由題意可知：sinC二工=3=返，可知臨界角為45°,因此從D點發(fā)出的光，豎直向上從M點射

nV22

出的光線恰好是出射光線的邊緣，同時C點也恰好是出射光線的邊緣，如圖所示:

因此光線只能從MC段射出，根據(jù)幾何關系可知，M恰好為AC的中點，因此在平面上有一半的面積有光線射

出，故A正確，B錯誤；

CD、由于頻率越高，折射率越大，當光源發(fā)出的光的頻率變小，折射率也會變小，導致臨界角會增大，這時M

點上方也會有光線出射，因此出射光線區(qū)域的面積將增大，故C正確，D錯誤。

故選:AC。

10.解：A、根據(jù)帶負電的試探電荷在O點，僅在電場力的作用下恰好保持靜止狀態(tài)，可知，Eo=0,再依據(jù)正點

電荷在某點電場強度是兩點連線背離正點電荷，則兩正點電荷連線的電場線方向如下圖所示，由沿著電場線方向,

電勢是降低的，則有a點電勢高于O點，故A錯誤；

?--1\/1/2

\d

I

B、由于b點離右邊正點電荷距離較遠，而c點離右邊正點電荷較近，則有b點電勢低于c點，故B正確；

C、因a點電勢高于O點，而O點電勢高于b點，那么a點電勢高于b點，那么負試探電荷從高電勢到低電勢,

其電勢能增加，則該試探電荷在a點的電勢能小于在b點的電勢能，故C錯誤；

D、因b、d兩點關于O點對稱，它們電勢相等，由于c點電勢高于b點，那么c點電勢高于d點，因此負試探

電荷從高電勢到低電勢，其電勢能增加，則該試探電荷在c點的電勢能小于在d點的電勢能，故D正確。

故選：BD。

11.解：AB、由題意可知B物體可以在開始位置到最低點之間做簡諧振動，根據(jù)簡諧運動的對稱性，在最低點的

加速度為豎直向上的g，由牛頓第二定律得：T-mg=mg,解得在最低點時有彈簧彈力為：T=2mg；對A分析，

設繩子與桌面間夾角為仇根據(jù)A對水平桌面的壓力剛好為零，有：2mgsine=Mg,故有MV2m,故A正確,

B錯誤；

C、由題意可知B從釋放位置到最低點過程中，開始彈簧彈力小于重力，物體加速，合力做正功：后來彈籥彈力

大于重力，物體減速，合力做負功，故C王確;

D、對于B,在從釋放到速度最大過程中，B機械能的增加量等于彈簧彈力所做的負功，即B機械能的減少量等

于B克服彈簧彈力所做的功，故D正確。

故選：ACDo

12.解：AB、因為4s末be邊剛好進入磁場，可知線框的速度為每秒向上運動一格，故在0-1s內(nèi)只有ae切割磁

感線，設方格邊長L,根據(jù)

Ei=2BLv?可知電流恒定；

2s末時線框在第二象限長度最長，此時

E2=3BLV

這時電流

E

T12T2

可知，

故A錯誤，B正確；

CD、ab受到安培力Fab=BILab,

可知在0-Is內(nèi)ab邊受到安培力線性增加；Is末安培力為Fab=BhL,

2s末安培力Fa：=BX,I[X2L，

所以Fab'=3Fab,由圖象知，C正確，D錯誤。

故選：BCo

三、非選擇題：本題共6小題，共60分。

13.解：(1)設物塊過測量參考點時速度的大小為vo,根據(jù)位移-時間關系可得：

L=vot+yat2

所以有：2L=2vo+at,

t

當t=0時速度即為參考點的速度，故2Vo=0.64m/s

解得：vo=O.32m/s

圖象的斜率表示加速度，則有：a=L85-S70m/s2=3.1mH；

0.395-0.02

(2)木板的傾角為53°,小物塊加速度大小為ao=5.6m/s2,

對小物塊根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsin53°-ningcos53°=mao,

當傾角為37°時，有：mgsin37°-pmgcos37°=ma

聯(lián)立解得：g=9.4m/s2o

故答案為:(1)0.32或0.33；3.1；(2)9.4。

14.解：(1)路端電壓：U=E-Ir,

當電源內(nèi)阻i?太小時，干路電流I有較大變化時，Ir變化很小，

電壓表示數(shù)即路端電壓U=E-Ir變化很小，電壓表示數(shù)變化范圍很小，故選B；

(2)①根據(jù)表中實驗數(shù)據(jù)在坐標系內(nèi)描出對應點，然后根據(jù)坐標系內(nèi)描出的點作出圖象，

作圖象時使盡可能多的點在直線上，不能穿過直線的點應對稱地分布在直線兩側，圖象如圖所示;

②由圖示圖象可知，電源與定值電阻整體組成的等效電源內(nèi)阻：r+R=等*|Q%2.670,

由題意可知，電源內(nèi)阻小于1C,則定值電阻應選擇Ri。

③應用伏安法測電源電動勢與內(nèi)阻，電壓表測路端電壓，電流表測電路電流，電源內(nèi)阻較小，為使電壓表示數(shù)

變化明顯，把定值電阻與電源整體當作等效電源，為減小實驗誤差，相對于電源電流表應采用外接法，實物電路

圖如圖所示;

故答案為：(1)B；(2)①圖象如圖所示；②Ri；③實物電路圖如圖所示。

15.解：設火罐內(nèi)氣體初始狀態(tài)參量分別為pi、Ti、Vi,溫度降低后狀態(tài)參量分別為p2、T2、V2,

罐的容積為Vo,由題意知：

pi=po、Ti=450K、Vi=Vo.T2=300K、V2=等

由理想氣體狀態(tài)方程得：至上=2空②

TiT2

解得：p2=O.7po③

對于抽氣罐，設初態(tài)氣體狀態(tài)參量分別為p3、V3,末態(tài)氣體狀態(tài)參量分別為P4、V4,罐的容積為V'0,由題意

知：

p3=pO、V3=V'O、p4=p2@

由玻意耳定律得：poV'0=p2V4⑤

聯(lián)立②⑤式，代入數(shù)據(jù)得V4=￥>V，0⑥

設抽出的氣體的體積為av,由題意知

△V=V4-c⑦

21V0

故應抽出氣體的質量與抽氣前罐內(nèi)氣體質量的比值為：Am=AV?

mV4

聯(lián)立③⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得：用=工。

m3

答：應抽出氣體的質量與抽氣前罐內(nèi)氣體質量的比值為工。

3

16.解：(1)在M點，設運動員在ABCD面內(nèi)垂直AD方向的分速度為vi,由運動的合成與分解規(guī)律得：

vi=vMsin72.8°…①

設運動員在ABCD面內(nèi)垂直AD方向的分加速度為ai,由牛頓第二定律得：

mgcos17.2°=mai…②

由運動學公式得：—…③

2al

聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得：

d=4.8m…④

(2)在M點，設運動員在ABCD面內(nèi)平嚀AD方向的分速度為V2,由運動的合成與分解規(guī)律得:

V2=VMCOS72.8°…⑤

設運動員在ABCD面內(nèi)平行AD方向的分加速度為a2,由牛頓第二定律得:

mgsin!7.2°=ma2…⑥

設騰空時間為t,由運動學公式得：t=-2viL??⑦

a.

2

沿斜面方向根據(jù)位移-時間關系可得：L=v2t+laot-@

聯(lián)立①②⑤⑥⑦⑥式，代入數(shù)據(jù)得：L=12m。

答：(1)運動員騰空過程中離開AD的距離的最大值為4.8m；

(2)M、N之間的距離為12m。

17.解：(1)粒子在M、N間的電場中加速，由動能定理得：

qg—j-o

粒子在區(qū)域I內(nèi)做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：

2

qvB=m-^-

解得：R=V2mqU

qB

設粒子在磁場中做圓周運動對應的圓心角為a,由幾何關系得：

d2+(R-L)2=R2

cosa="Fsina=d,

R____R

解得：L=1nl12

-q?_d

qBVqB2

(2)設粒子在區(qū)域n中粒子沿z軸方向的分速度為vz,粒子沿x軸方向做初速度為零的勻加速直線運動,

粒子在z軸方向做勻速直線運動，粒子在z軸方向分速度：vz=vcosa

在z軸方向：d=vzt

2

沿x軸方向：x=l^t

2m

2

解得：x=—mdE

4idJ-2qd2B2

(3)設粒子沿y軸方向偏離z軸的距離為y,其中在區(qū)域II中沿y軸方向偏離的距離為y',

則：y'=vtsina

由題意可知：y=L+y'

解得：y=R-廬岳+/彳

md2Ed2E

（4）粒子打到記錄板上位置的x坐標:X---------------------------------

4mU-2qd2B24U-2d2B2*—

m

粒子比荷k=&■越大x越大，由于女質子＞1＜僅核＞k瓶核，則x偵子＞x我核二弒核,

m

由圖乙所示可知，si、S2、S3分別對應：瓶核;H、氮核：He、質子;H的位置：

答：⑴粒子在磁場中做圓周運動的半徑R是亞亞，c點到z軸的距離L為亞逅-佟亞7；

7

qBqB憶

2

（2）粒子打到記錄板上位置的x坐標是一mdE

4mU-2qd2B2

d2

（3）粒子打到記錄板上位置的y坐標是：R-^R2_d2+

VR^d2

⑷SI、S2、S3分別對應瓶核；H、氮核緲、質子|Ho

18.解：（1）P、Q發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，以平行于斜面向上為正方向，由動量守

恒定律得:

mvo=mvpi+4mvQi

由機械能守恒定律得:

12121.2

萬mv0節(jié)mvpi戈?如％1

on

解得：VPI=--VO，VQ|=—VO

55

（2）Q向上滑行過程，由牛頓第二定律得:

4mgsin0+ji-4mgcos0=4ma

解得：a=2gsin0

P、Q第?次碰撞后Q上升的高度為hi,對Q,由運動學公式得:

2h1

2(a

O-V=-e

QIsm

2