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1、2020年山东省新高考物理试卷试题解析一、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。1解：A、由于st图象的斜率表示速度，由图可知在0t1时间内速度增加，即乘客的加速度向下运动，根据牛顿第二定律得：mgFNma，解得：FNmgma，则FNmg，处于失重状态，故A错误；B、在t1t2时间内，st图象的斜率保持不变，所以速度不变，即乘客匀速下降，则FNmg，故B错误；CD、在t2t3时间内，st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：FNmgma，解得：FNmg+ma，则FNmg，处于超重状态，故C错误，D正确；故选：D。2解：根据
2、电流的定义式：I该段时间内产生的电荷量为：qIt5.01083.2104C1.6103C根据衰变方程得：+，可知这段时间内发生衰变的氚核H的个数为：1.01016，故B正确，ACD错误。故选：B。3解：由于玻璃对该波长光的折射率为n1.5，则光在该玻璃中传播速度为：v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：t1+t2光传播的时间差为：tt1t2，故A正确、BCD错误。故选：A。4解：AB、因x处质点的振动方程为yAcos（t），当tT时刻，x处质点的位移为：yAcos（）0，那么对应四个选项中波形图x的位置，可知，AB
3、选项不符合题意，故AB错误；CD、再由波沿x轴负方向传播，依据微平移法，可知，在tT的下一时刻，在x处质点向y轴正方向振动，故D正确，C错误；故选：D。5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U1220V，依据理想变压器电压与匝数关系式：，且n1：n222：3解得：U230V由于灯泡L的电阻恒为R15，额定电压为U24V因能使灯泡正常工作，那么通过灯泡的电流：IA1.6A那么定值电阻R110两端电压为：UU2U30V24V6V依据欧姆定律，则有通过其的电流为：IA0.6A因此通过定值电阻R25的电流为：I1.6A0.6A1A由于定值电阻R2与滑动变阻器串联后与定
4、值电阻R1并联，那么定值电阻R2与滑动变阻器总电阻为：R6因定值电阻R25，因此滑动变阻器接入电路的电阻应为：R滑651综上所述，故A正确，BCD错误；故选：A。6解：A、根据pV图象的面积表示气体做功，得气体在ab过程中对外界做的功为：Wab，bc过程中气体对外界做的功为：Wbc，所以气体在ab过程中对外界做的功等于在bc过程中对外界做的功故A错误；B、气体在ab过程中，因为a、b两个状态的pV相等，所以TaTb，即Uab0，根据热力学第一定律UQ+W可知，从外界吸收的热量为Qab；气体在bc过程中，因为c状态的pV大于b状态的pV，所以TbTc，即Ubc0，根据热力学第一定律UQ+W可知，
5、在bc过程中从外界吸收的热量为：QbcUbc+，则有：QabQbc，故B错误；C、在ca过程中，气体等压压缩，温度降低，即Uca0，根据热力学第一定律UQ+W可知，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量，故C正确；D、因为TaTb，而一定质量理想气体的内能只与温度有关，所以气体在ca过程中内能的减少量等于bc过程中内能的增加量，故D错误。故选：C。7解：根据重力等于万有引力，得：得：火星表面的重力加速度为着陆器减速运动的加速度大小为对着陆器根据牛顿第二定律有：F0.4mgma解得，故B正确，ACD错误；故选：B。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
6、子拉力为F，对A受力分析，由平衡条件得：Fmgsin45+mgcos45物体B相对斜面向下滑动，对B受力分析，由平衡条件得：2mgsin45F+mgcos45+（2m+m）gcos45联立解得：，故C正确，ABD错误。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，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：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
7、面积有光线射出，故A正确，B错误；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：AC。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，EO0，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，由沿着电场线方向，电势是降低的，则有a点电势高于O点，故A错误；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；C、因a点电势高于O点，而O点电势高于b点，那
8、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；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。故选：BD。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：Tmgmg，解得在最低点时有弹簧弹力为：T2mg；对A分析，设绳子与桌面间夹角为，根据A对水平桌面的压力刚好为零，有：2mgsinMg，
9、故有M2m，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；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。故选：ACD。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01s内只有ae切割磁感线，设方格边长L，根据E12BLv可知电流恒定；2s末时线框在第二象限长度最长，此时E23BLv这时电流可知，故A错误，B正确；CD、ab受到安培力FabBILab，可知在01
10、s内ab边受到安培力线性增加；1s末安培力为FabBI1L，2s末安培力，所以Fab3Fab，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：Lv0t+所以有：2v0+at，当t0时速度即为参考点的速度，故2v00.64m/s解得：v00.32m/s图象的斜率表示加速度，则有：am/s23.1m/s2；（2）木板的倾角为53，小物块加速度大小为a05.6m/s2，对小物块根据牛顿第二定律可得：mgsin53mgcos53ma0，当倾角为37时，有：mgsin37mgcos37ma联立解得：g9
11、.4m/s2。故答案为：（1）0.32或0.33；3.1；（2）9.4。14解：（1）路端电压：UEIr，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，电压表示数即路端电压UEIr变化很小，电压表示数变化范围很小，故选B；（2）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，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；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+R2.67，由题意可知，电源内阻小于1，则定值电阻应选择R1。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
12、使电压表示数变化明显，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；故答案为：（1）B；（2）图象如图所示；R1；实物电路图如图所示。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，罐的容积为V0，由题意知：p1p0、T1450K、V1V0、T2300K、V2由理想气体状态方程得：解得：p20.7p0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V0，由题意知：p3p0、V3V0、p4p2由玻意耳定律得：p0V0p2V4联立式，代入数据得V4设抽
13、出的气体的体积为V，由题意知VV4故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为：联立式，代入数据得：。答：应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为。16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：v1vMsin72.8设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得：mgcos17.2ma1 由运动学公式得：d联立式，代入数据得：d4.8m（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：v2vMcos72.8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：
14、mgsin17.2ma2 设腾空时间为t，由运动学公式得：t沿斜面方向根据位移时间关系可得：Lv2t+联立式，代入数据得：L12m。答：（1）运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值为4.8m；（2）M、N之间的距离为12m。17解：（1）粒子在M、N间的电场中加速，由动能定理得：qU0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：qvBm解得：R设粒子在磁场中做圆周运动对应的圆心角为，由几何关系得：d2+（RL）2R2cos，sin，解得：L（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：vzvcos在z轴方向：dvzt沿x轴方向：x解得：x（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：yvtsin由题意可知：yL+y解得：yR+（4）粒子打到记录板上位置的x坐标：x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，由图乙所示可知，s
