2020山东省高考物理压轴卷（Word版附解析）

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＝pbpa，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=－0.85 eV－（－13.6 eV）=12.75 eV，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=12.75 eV－6.34 eV=6.41 eV，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 1 1 4 1 0 22 H+2 n He→ 0v a 7st = 7 0 7 0v v a= − = 10st = 10 40m 0 40mx = − = 2 10 0 0 1 10 502x v t at v a= − = − 22m / sa = 0 14m / sv = 0 7 0 0 14 7m 49m2 2 vx t + += = × = B 4m / sxv t ∆= =∆ A 0 4m / sv v at= − = − 21 2y gt= tan 2 y gt x v θ = = tan 2tanyv gt v v α θ= = = 2 tanyp mv mgt mv vθ∆ = = = ∝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＝vT 2π，木星的半径 R＝vT 2π－ct 2，木星的质量 M＝ 4π2r3 GT2 ＝ 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 36 V，则输入电压的有效值为 108 V，峰值为 108 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＝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＝sin i sin r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＝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。 2 2 21 2 tan2KE mgh mg gt mv vθ∆ = = ⋅ = ∝ 21 2W mv mg sµ= + ⋅ 相对 2 vs vt t= −相对 v gtµ= 2W mv= 1sT = 0.2 1m 0.2mvTλ = = × = PC PB− = 50cm 40cm− = 10cm = 0.1m = 0.5λ 0t = 0.5 s 2.5s0.2 PCt v = = = 0.4 s 2s0.2 PBt v = = = 2.5st = 4.5st =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)s2 g 2h　(2)m1s2＝m1s1＋m2s3 【解析】　(1)根据平抛运动规律：h＝1 2gt2， s2＝v1t，解得：v1＝s2 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）7.0 mA　175 V（2）②150　③1.5　（3）64 【解析】（1）选择开关接 1 时测电流，其分度值为 0.2 mA，示数为 7.0 mA；选择开关接 3 时测电压，其分度值为 5 V， 其示数为 175 V； （2）②由题图丙所示电阻箱可知，电阻箱示数为 0×1 000 Ω＋1×100 Ω＋5×10 Ω＋0×1 Ω ＝150 Ω； ③由题图乙所示可知，指针指在 C 处时，电流表示数为 5.0 mA＝0.005 A，C 处电阻为 的 mg q E = mg Eq= 2a g= 2 2 vmg m L = 2v gL= gL Lt g = 21 1 2 2x gt L= = 2( ) 1 2 2 gLy Lg = = E BavI R R = = 2 2B a v R 2 2B a v R 2 2 2 2 1 2 2B a vF F F R = + = 2 2 R BavU I= =中值电阻，则电表内阻为 150 Ω，电源电动势 E＝I（R＋r）＝0.005×（150＋150） V＝1.5 V； （3）根据第（1）问可知，表头所示电流为 7.0 mA；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 7.0 mA，而表内电池的电动势为 E＝1.5 V，表内 总电阻为 150 Ω，由闭合电路欧姆定律可知：R＝ 1.5 0.007Ω－150 Ω≈64 Ω，所以待测电阻的阻 值为 64 Ω. 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 p1 V 2＝p2 V 10。初状态时对活塞 p1S＝ p0S＋G，联立解得 p2＝25 4 p0＝6.25p0。 （2）把上部分气体和打进的 n 次气体作为整体，此时上部分汽缸中的压强为 p 末状态时对活塞 p2S＝pS＋G，由玻意耳定律得 p0 V 2＋n·p0 V 10＝p9V 10 ，联立解得 p＝6p0，n＝ 49，即打气筒向汽缸内打气 49 次。 16．【答案】（1） （2） 【解析】（1）由 波形图象知，波长：λ=4 m，又波长、波速和周期关系为： ，联立以上两式并代入 ，得该波的周期为： 。 （2）由已知条件知从 t=0 时刻起，质点 M 做简谐振动的位移表达式为： 。经时间 t1（小于一个周期），M 点的位移仍为 0.02m，运动方向 向下．可解得： ，由于 N 点在 M 点右侧 波长处，所以 N 点的振动滞后 个周期， 其振动方程为： 。当 时， 17．【答案】（1） （2） 【解析】（1）b 小球从 C 点抛出做平抛运动，有： ，解得 ，小球 b 做平抛运动的水平位移： ，解得 。根据机械能守恒有： ，可知小球 b 在碰后瞬间的 速度： 。 1sT = 1 40.04sin(2 - ) -0.02 3m3 3Ny ππ= ⋅ = v T λ= 4 m/sv = 1sT = 0.04sin 2 6My t ππ = +   1 1 s3t = 3 4 3 4 2 3 40.04sin[ ( ) ] 0.04sin(2 - )4 6 3Ny t T tT π π ππ= − + = 1 1 s3t = 1 40.04sin(2 - ) -0.02 3m3 3Ny ππ= ⋅ = 6gR 1 3 R 21 22 gt R= 4Rt g = 2 2Cx v t R= = 2Cv gR= 2 2 b b b C b 1 1 22 2m v m v m gR= + b 6v gR=（2）a、b 两小球相碰，由动量守恒得： ，a、b 两小球发生弹性碰 撞，由机械能守恒得： 。又 ma=3mb，解得： ， ，可得： ，小球 a 在轨道内运动，不能到达圆心高度，所以 小球 a 不会脱离轨道，只能在轨道内来回滚动，根据机械能守恒可得： 。 解得： 。 18．【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）带电粒子在磁 场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示．设粒子在第Ⅰ象限内的轨迹半径为 R1，由几何关系 有： ，得： 。根据洛伦兹力提供向心力有： ，得： 。 （2）带电粒子在电场中做类平抛运动，由几何关系有： ，v0=vcos60°= v。粒子刚出电场时 vx=vsin60°= v，粒子在电场中运动时间为： ，vx=at， ，可得： 。 （3）由几何关系知，粒子在圆形磁场中运动的时间 ，而 ，结合 得： 。 'a a a a b bm v m v m v= + 2 2 21 1 1'2 2 2a a a a b bm v m v m v= + 2 3a bv v= 1 1' 2 3a a bv v v= = a 6' 3 gRv = 2 a a a 1 '2 m v m gh= 3 Rh = 3 2 mvB qL = 23 4 mvE qL = 2 9 L v π 1 1 2 RR L+ = 1 2 3R L= 2 1 vqvB m R = 3 2 mvB qL = 1 3sin 60 3y R L= = 1 2 3 2 0 yt v = qEa m = 23 4 mvE qL = 3 Tt′ = 2π 2π 2 R mT v q B = = ⋅ 3 2 mvB qL = 2π 9 Lt v ′ =