2020山东高考物理
立足经典模型 指向核心素养——山东省2020年高考物理试题第16题评析及备考建议
V 〇1.50 No .5May .2021教学参考试题研究立足经典模型指向核心素养—山东省2020年高考物理试题第16题评析及备考建议崔立香(山东省青岛市西海岸新区实验高级中学山东青岛266400 )文章编号：l 〇〇2-218X ( 2021)05-0057-02中图分类号：G 632.479 文献标识码：B2020年，山东省首次实施“3 + 3”模式的新高 考，理科综合解体，各学科单独命题。
物理试题以 必备知识考查为基础，以学科核心素养考查为导 向，更加凸显了高考的评价和选拔功能。
其中，第 16题属于综合性、应用性、创新性的题目，以单板 滑雪“U ”形比赛池为素材创设生活实践问题情境， 考查理解、模型建构、推理论证等关键能力，考查物 理观念、科学思维、科学态度和责任等核心素养。
一、试题及解析试题单板滑雪“U ”形池比赛是冬奥会比赛 项目，其场地可以简化为如图1甲所示的模型：“ U ”形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道 和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为 17.2°。
某次练习过程中，运动员以V M = 10 m /s 的 速度从轨道边缘上的M 点沿轨道的竖直切面A B - C D 滑出轨道，速度方向与轨道边缘线A D 的夹角 a = 72.8°，腾空后沿轨道边缘的/V 点进人轨道，如 图1乙为腾空过程左视图。
该运动员可视为质点， 不计空气阻力，取重力加速度的大小g = 10 m /s 2, sin 72. 8。
=0. 96，cos 72. 8。
=0. 30。
求:(1) 运动员腾空过程中离开A D 的距离的最大值L(2) M 、iV 之间的距离L 。
解析（1)在M 点，设运动员在A B C D 面内垂直A D 方向的分速度为，由运动的合成与分解规 律得巧=t;M Sin 72.8°①设运动员在面内垂直A D 方向的分加 速度为A ，由牛顿第二定律得mg cos 17. 2° = ?wa 1②由运动学公式得d=f③C id \联立①②③式，代人数据得d =4. 8 m④(2)在M 点，设运动员在A B C D 面内平行AD 方向的分速度为，由运动的合成与分解规律得巧=fjwC 〇s 72. 8° ⑤设运动员在A B C D 面内平行A D 方向的分加 速度为a 2，由牛顿第二定律得mgsin 17. 2° = ma 2设腾空时间为t ，由运动学公式得2vit =—L = v 2t +-^-a 2t 2联立①②⑤⑥⑦⑧式，代人数据得L = 12 m评析本题若将斜抛运动在水平方向和竖直方向上分解，会增大计算量和计算难度，耗费时间 和精力，求解相对困难。
2020年高考真题 物理(山东卷)(含解析版)
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，根据牛顿第二定律得：mg﹣F N＝ma，解得：F N＝mg﹣ma，则F N＜mg，处于失重状态，故A错误；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F N＝mg，故B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：F N﹣mg＝ma，解得：F N＝mg+ma，则F N＞mg，处于超重状态，故C 错误，D正确；故选：D。
2．解：根据电流的定义式：I＝该段时间内产生的电荷量为：q＝It＝5.0×10﹣8×3.2×104C＝1.6×10﹣3C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：＝＝1.0×1016，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n＝1.5，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：△t＝t1﹣t2＝﹣＝，故A正确、BCD错误。
故选：A。
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＝Acos（×）＝0，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、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U1＝220V，依据理想变压器电压与匝数关系式：，且n1：n2＝22：3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＝＝A＝1.6A那么定值电阻R1＝10Ω两端电压为：U′＝U2﹣U＝30V﹣24V＝6V依据欧姆定律，则有通过其的电流为：I′＝＝A＝0.6A因此通过定值电阻R2＝5Ω的电流为：I″＝1.6A﹣0.6A＝1A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综上所述，故A正确，BCD错误；故选：A。
2020年人教版(山东专用)高考物理练习：闭合电路的欧姆定律
第2节闭合电路的欧姆定律------------------------ 课时训练旳时孔盂・域出髙务I基础必备练I1. 如图所示，电源的电动势为E,内阻为r,定值电阻R的阻值也为r, 滑动变阻器的最大阻值是2r.当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动过程中，下列说法中正确的是（C ）A. 电压表的示数变大B. 电流表的示数变小C. 滑动变阻器消耗的功率变小D. 定值电阻R消耗的功率先变大后变小解析：等效电路图如图所示.滑片从a端滑向b端,其接入电路的阻值F Pb减小,电路中电流变大，电压表示数减小，电流表示数增大，电阻R 消耗的功率增大，选项A,B,D错误；把电阻R当做电源内电阻（等效电源）,则R内=2r,R Pb减小，且Fb<2r,等效电源的输出功率减小，即滑动变阻器的功率减小，选项C正确.-------® ------2. （2018 •上海静安区质检）定值电阻R与滑动变阻器F2采用如图方式接在电动势为E、内阻为r的电源上，利用电压传感器和电流传感器研究R2上的电压与电流变化关系.当自下向上滑动R2上的滑片时,通过数据采集器将电压与电流信号输入计算机后，在屏幕上得到的UI图像应为下图中的(C )A B C D解析：根据闭合电路欧姆定律得U=E-I(r+R i),E,r,R 1均不变，由数学知识得知,U I图像是向下倾斜的直线，选项C正确.3. 已知磁敏电阻在无磁场时电阻很小,有磁场时电阻变大，并且磁场越强阻值越大.为探测磁场的有无，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图所示电路.电源的电动势E和内阻r不变，在无磁场时调节变阻器R使小灯泡L正常发光，若探测装置从无磁场区进入磁场区，则A. 电压表的示数变小B. 磁敏电阻两端电压变小C. 小灯泡L变亮甚至烧毁D. 通过滑动变阻器的电流变大解析：探测装置从无磁场区进入强磁场区时，磁敏电阻变大，电路的总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知总电流变小，根据U=E-Ir,因为I减少,所以路端电压U增大，电压表测量路端电压，故电压表示数变大，灯泡两端电压增大，即灯泡变亮，如果磁场足够大，有可能烧坏灯泡,选项C正确,A错误；小灯泡的电流增大，而总电流是减小的，故通过磁敏电阻和滑动变阻器的电流减小，由于滑动变阻器的电阻不变，故滑动变阻器两端的电压减小，而路端电压是增大的，故磁敏电阻两端的电压增大，选项B,D错误.4. （2018 •湖北部分中学模拟）如图所示，电源电动势为4 V,内阻为1 Q ,电阻R=3 Q ,R2=R=4 Q,R4=8 Q ,电容器的电容C=6.0卩F,闭合S电路达稳定状态后，电容器极板所带电荷量为（A ）A. 1.5 x 10-5 CB.3.0 x 10-5 CC.2.0 x 10-5 CD.2.1 x 10-5 CR風+阳解析：由电路结构可知，电路中的总电阻为R总二R+叶叫+ ® + “=8 Q ,E 4电路中的电流为1=" = A=0.5 A,电容器两极板间的电势差为U C=Q i+U R2=3X 0.5 V+4 x 0.25 V=2.5 V,由Q=C C=6.0 x 10-6x 2.5 C=1.5 x 10-5 C,故A正确,B,C,D错误.5. 在如图所示的电路中，闭合开关S后丄1丄2两灯泡都正常发光，后来由于某种故障使L2突然变亮，电压表读数减小，由此推断,该故障可能是（D ）A. L i灯丝烧断B. 电阻R2断路C. 电阻R短路D. 电容器被击穿短路解析：若电阻R2短路,则通过L2的电流为零丄2不亮,选项C错误;若L i 灯丝烧断，则总电阻增大，总电流减小丄2两端电压减小丄2变暗,选项A错误;若R2断路，则总电阻增大，总电流减小，电压表读数增大丄i与R并联部分两端的电压减小，故L2两端的电压增大丄2变亮，选项B错误；若电容器被击穿短路，则电路总电阻减小，路端电压减小，总电流增大丄2变亮,D正确.6. （多选）如图所示，图中直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图像,图中曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图像，则下列说法正确的是（ACD ）A. 电源的电动势为50 V25B. 电源的内阻为QC. 电流为2.5 A时,外电路的电阻为15 QD. 输出功率为120 W时,输出电压是30 V解析：电源的输出电压和电流的关系为U=E-lr,显然直线①的斜率的绝对值等于r,纵轴的截距为电源的电动势，从题图中看出纵轴截距为50-2050 V,斜率的绝对值等于r=「1 Q =5 Q ,选项A正确，选项B错误；E当电流丨1=2.5 A时，由回路中电流l i =「‘‘，解得外电路的电阻R外二15 Q,C正确；当输出功率为120 W时，由题图中P I关系图线中看出对应干路电流为4 A,再从UI图线中读取对应的输出电压为30 V,D 正确.7. （多选）某种小灯泡的伏安特性曲线如图（甲）所示，三个完全相同的这种小灯泡连接成如图（乙）所示的电路，电源的内阻为1.0 Q .现闭合开关S,理想电压表V的示数为4.0 V,则（ABD ）（甲｝㈡A. 三个灯泡的总电阻为8.3 QB. 电源的电动势为5.6 VC. 电源消耗的热功率为3.0 WD.电源的效率为89.3%解析：理想电压表V的示数为4.0 V,可知串联的灯泡电流为0.6 A,4,0 20此时小灯泡电阻为• Q = Q ；每个并联灯泡的电流为0.3 A,电压1,0 10 20 为1.0 V,此时小灯泡电阻Q = Q ,所以灯泡总电阻为R总二I 10Q + X 8.3 Q ,选项A正确；电动势等于E=4 V+1 V+0.6 X 1.0 V =5.6 V,选项B正确；电源消耗的热功率为P热=0.62X 1.0 W=0.36 W,IU 5选项C错误；电源效率n = ■ X 100%= X 100%=89.3%选项D正确.丨能力培莽练I8. （2018 •江西新余二模）（多选）如图所示的电路中，电源内阻忽略不计,R1=R=R，闭合开关S,电压表V的示数为U,电流表A的示数为I. 在滑动变阻器R的滑片P由a端滑到b端的过程中，电压表V的示数变化大小为△ U,电流表A的示数变化大小为△ I,下列说法正确的是（AD ）B. I先变大后变小C. U先变小后变大D. U与I乘积先变小后变大解析：将R等效为电源的内阻，由图可知电压表测量的是等效电源的路端电压,滑动变阻器R的滑片P由a端滑到b端的过程中，电阻先增大后减小，根据欧姆定律电流先减小后增大，R3两端的电压先减小后增大，电压表的读数先变大后变小，故C错误；由图可知，在滑动变阻器R的滑片P由a端滑到b端的过程中，滑动变阻器R的电阻先增大后减小，由于电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知电流表示数先减小后增大,故B错误；由于电压表示数没有变化，所以U变化量与I变化量比值等于等效电源的内阻即R,故A正确;U与I的乘积等于等效电源的输出功率，当电源的等效内阻等于外电阻时输出功率最大，因为在滑动变阻器R的滑片P由a端滑到b端的过程中，外电阻从R变大，再减小到R,则输出功率先减小后增大，即U与I乘积先变小后变大,故D 正确.9. （多选）在图（甲）所示电路中,R I,R2均为定值电阻，且R=100 Q ,R2 的阻值未知,R3是一滑动变阻器，在其滑片从最左端滑至最右端的过程中，测得电源的路端电压U随干路电流I的变化图线如图（乙）所示，其中图线上的A,B两点是滑片在变阻器上的两个不同端点时分别得到的，则下列说法正确的是（ABD ）UNA. 电源的电动势为20 V、内电阻为20 QB. 定值电阻F2的阻值为5 QC. 定值电阻R消耗的最大功率为16 WD. 滑动变阻器R的最大阻值为300 Q 解析：取U A=16 V,I A=0.2 A,U B=4 V,I B=0.8 A,利用E=U+Ir,解得E=20 V,r=20 Q ,选项A正确；当滑片滑到最右端时，R3,R I均被短路，此时匹4外电阻为F2且对应图中B点，则二，Q =5 Q，此时R上功率最大,P2=U B I；当滑片位于F3最左端时,R3最大，B=3.2 W选项B正确,C错误巴16“3此时外电阻为R= = Q =80 Q .又因为R= r +F2,解得R=300 Q , 选项D正确.10. 如图所示,E为内阻不计的电源，MN为同种材料制成的粗细均匀的长电阻丝,C为电容器.当滑动触头P以恒定速率从左向右匀速滑动时，关于电流计A的读数情况及通过A的电流方向，下列说法正确的是(C )左,MA. 读数逐渐变小，通过A的电流方向向左B. 读数逐渐变大，通过A的电流方向向右C. 读数稳定,通过A的电流方向向右D. 读数稳定,通过A的电流方向向左解析：设在△ t时间内，触头P移动的距离为△ L,则厶L=v A t,电源内E阻不计，电阻丝单位长度上的电压值为；,因此在△ t时间内电容器两EC-vME E \Q C^U L E板间电压改变为△ U= △ L= v △ t,而|=「= ' = '；=C v,电流值恒定,即电流表读数稳定，选项A,B错误;电容器两端的电压等于右半部分电阻两端的电压，当滑动触头P以恒定速率从左向右匀速滑动时，电容器两端的电压减小，放电，放电电流方向由正极板流向负极板，右极板带正电，所以通过A的电流方向向右，选项C正确,D错误.11. （2018 •四川成都经开区实验中学高三月考）（多选）如图为一电源电动势为E、内阻为r的恒定电路，电压表V的内阻为10 k Q,B为静电计,C1,C2分别是两个电容器，将开关闭合一段时间，下列说法正确的是（CD ）A. 若G>G,则电压表两端的电势差大于静电计两端的电势差B. 若将变阻器滑动触头P向右滑动，则电容器G上带电量增大C. C1上带电量为零D. 再将开关S打开，然后使电容器C2两极板间距离增大，则静电计张角也增大解析：由于静电计的两个电极是彼此绝缘的，电压表是由电流表改装成的，电路稳定后，电路中没有电流，电压表两端没有电压，而电容器G 充电，两端存在电压.所以电压表两端的电势差小于静电计两端的电势差,故A错误;电路稳定后，电容器G的电压等于电源的电动势，保持不变,将变阻器滑动触头P向右滑动，电容器C2的电压不变，电量不变,故B 错误;由于电压表两端没有电压，电容器C没有被充电，电量为零,故C 正确；将开关S打开，电容器的电量Q不变,板间距离增大,Q电容C减小,由公式C=分析可知，板间电压增大，静电计张角增大，故D正确.12. (多选)在如图所示的电路中，闭合开关S,电路达到稳定后，平行金属板中带电质点P恰好处于静止状态.不考虑电流表和电压表对电路的影响,二极管视为理想二极管，R l,R2,R3三个电阻的阻值相等且与电源的内阻r 的阻值也相等.当滑动变阻器R的滑片向b端移动时，则(BC )A. 带电质点P将向下运动B. 电源的输出功率将变大C. 电压表V2与电流表A的读数变化量的绝对值之比一定不变D. 电压表V读数变化量的绝对值等于电压表V2的读数变化量的绝对值解析：当滑动变阻器R的滑片向b端移动时,R4接入电路的阻值减小，则电路总电流变大，R〔两端电压变大，则R3及其并联支路的电压减小，电容器两端电压减小，电容器本该放电，但是由于二极管的单向导电性,使得电容器两端的电荷量不变，电场强度不变，则带电质点P仍静止,选项A错误；因当电源外电路电阻等于内阻时电源输出功率最大，因R I,R2,R3三个电阻的阻值相等且与电源的内阻r的阻值也相等，可知外电路电阻大于内阻，当滑动变阻器咼的滑片向b端移动时，外电路电阻减小，向内电阻接近，故电源的输出功率变大，选项B 正确；若 只将ab 部分等效为电源的外电路，而将ab 左侧的部分等效为内电路， 其等效内阻为「,则根据闭合电路的欧姆定律可知，电压表V2与电流 表A 的读数变化量的绝对值之比为l=r ',可知为定值，不变，选项 C 正确；由电路图可知U=U+UR2+U,当滑动变阻器R4的滑片向b 端移动 时,U 减小,U2减小,Ui 增大,U R 2增大，则电压表V 读数变化量的绝对值小 于电压表V2的读数变化量的绝对值，选项D 错误.13. 如图(甲)所示为某元件R 的UI 特性曲线，把它连成图(乙)所示电 路.已知电源电动势E=5 V,内阻r=1.0 Q ,定值电阻R=4 Q .闭合开 关S 后，求:J5.0 4.0 3.0 2.0 L0 (1) 该元件的电功率；(2) 电源的输出功率.解析：(1)把电源和R0看成等效电源，该电源的UI 图像如图H 所示， 元件R 与电源组成闭合电路时,R 中电流I R =0.4 A,电压U=3.0 V,则P=l>l R =3.0 X 0.4 W=1.2 W.fio R 闸 ㈤⑵由于P出=R+P,则P出=(0.4 2X 4+1.2) W=1.84 W.答案:(1)1.2 W (2)1.84 W14. (2018 •四川乐山模拟)如图所示，已知蓄电池的电动势为E=6 V, 内阻r=2 Q,R1=2 Q,R2为一可变电阻，则R为何值时,R2上消耗的功率最大？并求此时的最大功率值.解析:用题图中虚线框所围的部分替代电源时，其电动势也相应替换等效电动势E'等于其负载电阻R断开时A,B两点间的电压，故EE= X 6 V=3 V,等效内电阻为「=1 Q , 当外电路电阻等于等效电源内阻时，电源输出功率最大，故F2=1 Q时,R2上消耗的功率最大.这样,R2上消耗的最大功率E'232Rmax=二；W=2.25 W.答案:1 Q 2.25 W。
2020年高考(新高考)山东卷物理试题(含答案)
机密★启用前山东省2020年普通高中学业水平等级考试物理注意事项：1・答鴉前，考生务必将自己的姓名、考生号尊填写在答题卡和试卷指定位置。
2.回答选择题吋，选出每小题答案后，用钳笔把答题卡上对应题目的答衆标号涂黑。
如需改动，用橡皮掠干净后.再选涂其他答案标号。
回答非选择题吋，舟答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3∙考试结束后，将本试卷和谷题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共8小题，毎小題3分，共加分。
毎小題只有一个选项符合SiSS求。
1. 一质址为加的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移S与时间啲关系图像如图所示。
乘客所受支持力的大小用FN瑕示，速度次小用D表示。
Si力加速度大小为处以下判断正确的是A. O7∣时间内，卩増大.FNMgB・时间内，z>滅小，FNSgC. "7）吋间内，D增大，F N<W£TyfZ3时间内・粉减小・F4ng2.臟:H发空"衰变成斓樑He。
假设含佩¢1斜中;H⅛⅛0衰变产酗电子可以全部定向移动，在3^×104S时问内形成的平均电流为5.0>l0*βΛo已知电子电荷址为1.6×W l9C,在这段时间内发生Zi衰变的猱核;H的个数为A・ 50口OM B. 1.0×10l6 C. 2.0×10,6 D. 1.0×10π3.双缝干涉实验装置的截面图如图所示。
光源S到&、&的距离相等，O点为$、£2连线中垂线与北屛的交点。
光源S发出的波长为丄的光，经S出射后垂直穿过玻璃片传播到O点■经E出射后直接传播到。
点，由Sl到O点与曲S2到O点，光传播的时间箋为Z o玻璃片厚度为⑹，玻璃对谀S长光的折射率为15空气中光速为c,不计光在玻璃片内的反射。
以下判断正确的是C 6。
A. IΩ6. —定质址的理想气体从状态α5F 始・经》b 、Z FTG CTa 三 个过程后回到初始状态α∙其p*图像如團所示。
2020年高考山东版高考理科物理 专题三 牛顿运动定律
例3 如图所示,是某同学站在压力传感器上做下蹲—起立的动作时记 录的力随时间变化的图像,纵坐标为力(单位为牛顿),横坐标为时间。由 图像可知 ( )
A.该同学做了两次下蹲—起立的动作 B.该同学做了一次下蹲—起立的动作 C.下蹲过程中人处于失重状态 D.下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态
解析 在一次下蹲过程中,该同学要先后经历失重状态和超重状态,所 以对压力传感器的压力先小于自身重力后大于自身重力,而在一次起立 过程中,该同学又要先后经历超重状态和失重状态,所以对压力传感器 的压力先大于自身重力后小于自身重力,所以题图记录的是一次下蹲— 起立的动作。
考向突破
考向一 对牛顿运动定律的理解 1.牛顿第一定律与牛顿第二定律的关系 (1)牛顿第一定律不是实验定律,它是以伽利略的“理想实验”为基础, 经过科学抽象、归纳推理而总结出来的;牛顿第二定律是通过探究加速 度与力和质量的关系得出的实验定律。 (2)牛顿第一定律不是牛顿第二定律的特例,而是不受任何外力的理想 情况,在此基础上,牛顿第二定律定量地指出了力和运动的联系:F=ma。
方向相反
(2)三异 不同物体
不同效果
(3)二无关 与 与物 物体 体的 是运 否动 受状 其态 他无 力关 无关
2.一对作用力、反作用力和一对平衡力的区别
作用力与反作用力
一对平衡力
相同点
等大、反向,作用在⑩ 同一条直线 上
受力物体 作用在两个不同的物体上 作用在同一个物体上
解题导引
解析 方法一 以人为研究对象,受力分析如图(a)所示,建立如图所示 的坐标系,并将加速度分解为水平方向加速度ax和竖直方向加速度ay,如 图(b)所示,则ax=a cos θ,ay=a sin θ。
由牛顿第二定律得F静=max,mg-FN=may 求得F静=ma cos θ,FN=m(g-a sin θ)。
2020年全国统一高考物理试卷(新课标Ⅲ)(高清图文版,包含答案及解析)
(一)必考题:共 47 分 9．某同学利用图（a）所示装置验证动能定理。调整木板的倾角平衡摩擦阻力后，挂上钩码， 钩码下落，带动小车运动并打出纸带。某次实验得到的纸带及相关数据如图（b）所示。
的速率为（ ）
A．
RKg QP
B．
RPKg Q
C． RQg
KP
D．
RPg QK
1
4．如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上 O 点处；绳的一端固定在墙上， 另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O 点两侧绳与竖 直方向的夹角分别为α和β。若α=70°，则β等于（ ）
(3)将热敏电阻从温控室取出置于室温下，测得达到热平衡后热敏电阻的阻值为 2.2kΩ。由图（a） 求得，此时室温为_____℃（保留 3 位有效数字）。 (4)利用实验中的热敏电阻可以制作温控报警器，其电路的一部分如图（b）所示。图中，E 为 直流电源（电动势为 10 V，内阻可忽略）；当图中的输出电压达到或超过 6.0 V 时，便触发报 警器（图中未画出）报警。若要求开始报警时环境温度为 50℃，则图中_________（填“R1”或“R2”） 应使用热敏电阻，另一固定电阻的阻值应为_________kΩ（保留 2 位有效数字）。
A．3 J
B．4 J
C．5 J
D．6 J
3．“嫦娥四号”探测器于 2019 年 1 月在月球背面成功着陆，着陆前曾绕月球飞行，某段时间可
认为绕月做匀速圆周运动，圆周半径为月球半径的 K 倍。已知地球半径 R 是月球半径的 P 倍，
地球质量是月球质量的 Q 倍，地球表面重力加速度大小为 g。则“嫦娥四号”绕月球做圆周运动
2020年山东高考物理试题(含答案)
2020年山东高考物理试题及答案注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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。
1．一质量为m 的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s 与时间t 的关系图像如图所示。
乘客所受支持力的大小用F N 表示，速度大小用v 表示。
重力加速度大小为g 。
以下判断正确的是A ．0~t 1时间内，v 增大，F N >mgB ．t 1~t 2 时间内，v 减小，F N <mgC ．t 2~t 3 时间内，v 增大，F N <mgD ．t 2~t 3时间内，v 减小，F N >mg2．氚核31H 发生β衰变成为氦核32He 。
假设含氚材料中31H 发生β衰变产生的电子可以全部定向移动，在3.2⨯104 s 时间内形成的平均电流为5.0⨯10-8 A 。
已知电子电荷量为1.6⨯10-19 C ，在这段时间内发生β衰变的氚核31H 的个数为 A ．145.010⨯ B ．161.010⨯ C ．162.010⨯ D ．181.010⨯3．双缝干涉实验装置的截面图如图所示。
光源S 到S 1、S 2的距离相等，O 点为S 1、S 2连线中垂线与光屏的交点。
光源S发出的波长为λ的光，经S1出射后垂直穿过玻璃片传播到O点，经S2出射后直接传播到O 点，由S1到O点与由S2到O点，光传播的时间差为t∆。
玻璃片厚度为10λ，玻璃对该波长光的折射率为1.5，空气中光速为c，不计光在玻璃片内的反射。
以下判断正确的是A.5tcλ∆=B．152tcλ∆=C．10tcλ∆=D．15tcλ∆=4．一列简谐横波在均匀介质中沿x轴负方向传播，已知54xλ=处质点的振动方程为2πcos()y A tT=，则34t T=时刻的波形图正确的是5．图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1:n2=22:3，输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示。
2020年全国统一高考物理试卷(新课标ⅱ)(含解析版)
2020年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ）一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．（6分）管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。
焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接。
焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为（）A．库仑B．霍尔C．洛伦兹D．法拉第2．（6分）若一均匀球形星体的密度为ρ，引力常量为G，则在该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星的周期是（）A ．B ．C ．D ．3．（6分）如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。
若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点，c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b 点。
等于（）A．20B．18C．9.0D．3.04．（6分）CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。
图（a）是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图（b）所示。
图（b）中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记作P点。
则（）A．M处的电势高于N处的电势B．增大M、N之间的加速电压可以使P点左移C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移5．（6分）氘核H可通过一系列聚变反应释放能量，其总效果可用反应式6H→2He+2H+2n+43.15MeV表示。
海水中富含氘，已知1kg海水中含有的氘核约为1.0×1022个，若全都发生聚变反应，其释放的能量与质量为M的标准煤燃烧时释放的热量相等；已知1kg标准煤燃烧释放的热量约为2.9×107J，1MeV＝1.6×10﹣13J，则M约为（）A．40kg B．100kg C．400kg D．1000kg6．（6分）特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。