2020年山东省新高考物理试卷t2＝试题解析光传播的时间差为：△t＝t1﹣t2＝﹣＝，故A正确、BCD错误。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。故选：A。1．解：A、由于s﹣t图象的斜率表示速度，由图可知在0～t1时间内速度增加，即乘客的加速度向下运动，根4．解：AB、因x＝λ处质点的振动方程为y＝Acos（t），当t＝T时刻，x＝λ处质点的位移为：y＝据牛顿第二定律得：mg﹣FN＝ma，解得：FN＝mg﹣ma，则FN＜mg，处于失重状态，故A错误；Acos（×）＝0，B、在t1～t2时间内，s﹣t图象的斜率保持不变，所以速度不变，即乘客匀速下降，则FN＝mg，故B错误；那么对应四个选项中波形图x＝λ的位置，可知，AB选项不符合题意，故AB错误；CD、在t2～t3时间内，s﹣t图象的斜率变小，所以速度减小，即乘客的减速下降，根据牛顿第二定律得：FN﹣mg＝ma，解得：FN＝mg+ma，则FN＞mg，处于超重状态，故C错误，D正确；CD、再由波沿x轴负方向传播，依据微平移法，可知，在t＝T的下一时刻，在x＝λ处质点向y轴正方故选：D。向振动，故D正确，C错误；2．解：根据电流的定义式：I＝故选：D。该段时间内产生的电荷量为：q＝It＝5.0×10﹣8×3.2×104C＝1.6×10﹣3C5．解：输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示，可知，输入电压U1＝220V，依据理想变压器电压与匝数关系式：，且：＝：根据衰变方程得：→+，可知这段时间内发生β衰变的氚核H的个数为：＝n1n2223＝1.0×1016，故B正确，ACD错误。解得：U2＝30V由于灯泡L的电阻恒为R＝15Ω，额定电压为U＝24V．因能使灯泡正常工作，那么通过灯泡的电流：I＝故选：B。＝A＝1.6A3．解：由于玻璃对该波长光的折射率为n＝1.5，则光在该玻璃中传播速度为：v那么定值电阻R＝10Ω两端电压为：U′＝U﹣U＝30V﹣24V＝6V＝12依据欧姆定律，则有通过其的电流为：I′＝＝A＝0.6A光从S到S1和到S2的时间相等，设光从S1到O点的时间为t1，从S2到O点的时间为t2，O点到S2的距离为L，则有：因此通过定值电阻R2＝5Ω的电流为：I″＝1.6A﹣0.6A＝1At＝+1由于定值电阻R2与滑动变阻器串联后与定值电阻R1并联，那么定值电阻R2与滑动变阻器总电阻为：R′＝＝Ω＝6Ω因定值电阻R2＝5Ω，因此滑动变阻器接入电路的电阻应为：R滑＝6Ω﹣5Ω＝1Ω火星表面的重力加速度为综上所述，故A正确，BCD错误；故选：A。着陆器减速运动的加速度大小为6．解：A、根据p﹣V图象的面积表示气体做功，得气体在a→b过程中对外界做的功为：Wab＝对着陆器根据牛顿第二定律有：＝，b→c过程中气体对外界做的功为：Wbc＝＝F﹣0.4mg＝ma，所以气体在a→b过程中对外界做的功等于在b→c过程中对外界做的功故A错误；解得，故B正确，ACD错误；B、气体在a→b过程中，因为a、b两个状态的pV相等，所以Ta＝Tb，即△Uab＝0，根据热力学第一定律△U＝Q+W可知，从外界吸收的热量为Qab＝；气体在b→c过程中，因为c状态的pV大于b状态故选：B。的pV，所以Tb＜Tc，即△Ubc＞0，根据热力学第一定律△U＝Q+W可知，在b→c过程中从外界吸收的热量8．解：根据题意分析，物块A、B刚好要滑动时，应该是物体A相对物体B向上滑动，设绳子拉力为F，对为：Qbc＝△Ubc+，则有：Qab＜Qbc，故B错误；A受力分析，由平衡条件得：F＝mgsin45°+μmgcos45°C、在c→a过程中，气体等压压缩，温度降低，即△Uca＜0，根据热力学第一定律△U＝Q+W可知，外界对物体B相对斜面向下滑动，对B受力分析，由平衡条件得：2mgsin45°＝F+μmgcos45°+μ（2m+m）gcos45°气体做的功小于气体向外界放出的热量，故C正确；联立解得：μ＝，故C正确，ABD错误。D、因为Ta＝Tb，而一定质量理想气体的内能只与温度有关，所以气体在c→a过程中内能的减少量等于b→c过程中内能的增加量，故D错误。故选：C。故选：C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，7．解：根据重力等于万有引力，得：选对但不全的得2分，有选错的得0分。9．解：AB、由题意可知：＝＝，可知临界角为45o，因此从D点发出的光，竖直向上从M点射出的光线恰好是出射光线的边缘，同时C点也恰好是出射光线的边缘，如图所示：得：11．解：AB、由题意可知B物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，根据简谐运动的对称性，在最低点的加速度为竖直向上的g，由牛顿第二定律得：T﹣mg＝mg，解得在最低点时有弹簧弹力为：T＝2mg；对A分析，设绳子与桌面间夹角为θ，根据A对水平桌面的压力刚好为零，有：2mgsinθ＝Mg，故有M＜2m，故A正确，B错误；C、由题意可知B从释放位置到最低点过程中，开始弹簧弹力小于重力，物体加速，合力做正功；后来弹簧弹力大于重力，物体减速，合力做负功，故C正确；因此光线只能从MC段射出，根据几何关系可知，M恰好为AC的中点，因此在平面上有一半的面积有光线射出，故A正确，B错误；D、对于B，在从释放到速度最大过程中，B机械能的增加量等于弹簧弹力所做的负功，即B机械能的减少量等于B克服弹簧弹力所做的功，故D正确。CD、由于频率越高，折射率越大，当光源发出的光的频率变小，折射率也会变小，导致临界角会增大，这时M点上方也会有光线出射，因此出射光线区域的面积将增大，故C正确，D错误。故选：ACD。故选：AC。12．解：AB、因为4s末bc边刚好进入磁场，可知线框的速度为每秒向上运动一格，故在0﹣1s内只有ae切割磁感线，设方格边长L，根据10．解：A、根据带负电的试探电荷在O点，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态，可知，EO＝0，再依据正点电荷在某点电场强度是两点连线背离正点电荷，则两正点电荷连线的电场线方向如下图所示，由沿着电场E1＝2BLv可知电流恒定；线方向，电势是降低的，则有a点电势高于O点，故A错误；2s末时线框在第二象限长度最长，此时E2＝3BLv这时电流B、由于b点离右边正点电荷距离较远，而c点离右边正点电荷较近，则有b点电势低于c点，故B正确；可知，C、因a点电势高于O点，而O点电势高于b点，那么a点电势高于b点，那么负试探电荷从高电势到低电，势，其电势能增加，则该试探电荷在a点的电势能小于在b点的电势能，故C错误；故A错误，B正确；D、因b、d两点关于O点对称，它们电势相等，由于c点电势高于b点，那么c点电势高于d点，因此负试、受到安培力＝，探电荷从高电势到低电势，其电势能增加，则该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能，故D正确。CDabFabBILab可知在﹣内边受到安培力线性增加；末安培力为＝，故选：BD。01sab1sFabBI1L2s末安培力，作图象时使尽可能多的点在直线上，不能穿过直线的点应对称地分布在直线两侧，图象如图所示；所以Fab′＝3Fab，由图象知，C正确，D错误。故选：BC。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13．解：（1）设物块过测量参考点时速度的大小为v0，根据位移﹣时间关系可得：L＝v0t+所以有：＝2v0+at，②由图示图象可知，电源与定值电阻整体组成的等效电源内阻：r+R＝Ω≈2.67Ω，当t＝0时速度即为参考点的速度，故2v0＝0.64m/s由题意可知，电源内阻小于1Ω，则定值电阻应选择R1。解得：v0＝0.32m/s③应用伏安法测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，电流表测电路电流，电源内阻较小，为使电压表示图象的斜率表示加速度，则有：a＝m/s2＝3.1m/s2；数变化明显，把定值电阻与电源整体当作等效电源，为减小实验误差，相对于电源电流表应采用外接法，实物电路图如图所示；2（2）木板的倾角为53°，小物块加速度大小为a0＝5.6m/s，对小物块根据牛顿第二定律可得：mgsin53°﹣μmgcos53°＝ma0，当倾角为37°时，有：mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma联立解得：g＝9.4m/s2。故答案为：（1）0.32或0.33；3.1；（2）9.4。14．解：（1）路端电压：U＝E﹣Ir，故答案为：（1）B；（2）①图象如图所示；②R1；③实物电路图如图所示。当电源内阻r太小时，干路电流I有较大变化时，Ir变化很小，15．解：设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1，温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2，电压表示数即路端电压U＝E﹣Ir变化很小，电压表示数变化范围很小，故选B；罐的容积为V0，由题意知：（2）①根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据坐标系内描出的点作出图象，p1＝p0、T1＝450K、V1＝V0、T2＝300K、V2＝①由运动学公式得：d＝…③由理想气体状态方程得：＝②联立①②③式，代入数据得：d＝4.8m…④解得：p2＝0.7p0③（2）在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规律得：对于抽气罐，设初态气体状态参量分别为p3、V3，末态气体状态参量分别为p4、V4，罐的容积为V′0，由题意知：v2＝vMcos72.8°…⑤＝、＝、＝p3p0V3V'0p4p2④设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得：由玻意耳定律得：′＝p0V0p2V4⑤mgsin17.2°＝ma2…⑥联立②⑤式，代入数据得V4＝⑥设腾空时间为t，由运动学公式得：t＝…⑦设抽出的气体的体积为△V，由题意知沿斜面方向根据位移﹣时间关系可得：L＝v2t+…⑧△V＝V4﹣⑦联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得：L＝12m。故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为：⑧答：（1）运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值为4.8m；联立③⑤⑥⑦⑧式，代入数据得：＝。（2）M、N之间的距离为12m。答：应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为。17．解：（1）粒子在M、N间的电场中加速，由动能定理得：qU＝﹣016．解：（1）在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得：v1＝vMsin72.8°…①粒子在区域I内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a，由牛顿第二定律得：1qvB＝mmgcos17.2°＝ma1…②解得：R＝设粒子在磁场中做圆周运动对应的圆心角为α，由几何关系得：由图乙所示可知，s1、s2、s3分别对应：氚核H、氦核He、质子H的位置；d2+（R﹣L）2＝R2答：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径R是，c点到z轴的距离L为﹣；cosα＝，sinα＝，（2）粒子打到记录板上位置的x坐标是；解得：L＝﹣（3）粒子打到记录板上位置的y坐标是：R﹣+；（2）设粒子在区域II中粒子沿z轴方向的分速度为vz，粒子沿x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，粒子在z轴方向做匀速直线运动，粒子在z轴方向分速度：vz＝vcosα（4）s1、s2、s3分别对应氚核H、氦核He、质子H。在z轴方向：d＝vtz18．解：（1）P、Q发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向上为正方向，由动量守恒定律得：沿x轴方向：x＝mv0＝mvP1+4mvQ1解得：x＝由机械能守恒定律得：（3）设粒子沿y轴方向偏离z轴的距离为y，其中在区域II中沿y轴方向偏离的距离为y′，则：y′＝vtsinα解得：vP1＝﹣v0，vQ1＝v0由题意可知：y＝L+y′（2）Q向上滑行过程，由牛顿第二定律得：解得：y＝R﹣+4mgsinθ+μ•4mgcosθ＝4ma解得：a＝2gsinθ（4）粒子打到记录板上位置的x坐标：x＝＝P、Q第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q，由运动学公式得：粒子比荷k＝越大x越大，由于k质子＞k氦核＞k氚核，则x质子＞x氦核＞x氚核，0