2020届高考物理压轴卷(山东卷)(含答案)

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V-T图象如图所示，p a、p b、p c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．p c＝p b

C．过程bc中分子势能不断增大

D．过程ca中气体吸收的热量大于对外界做的功

2．下列说法中错误的是（）

A．若氢原子从n=6能级向n=1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应B．用n=4能级跃迁到n=1能级辐射出的光，照射逸出功为6.34 eV的金属铂产生的光电子的最大初动能为6.41 eV

C．原子核发生一次β衰变，该原子外层就一定失去一个电子

D．质子、中子、α粒子的质量分别是m1、m2、m3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是（2m1＋2m2－m3）c2

3．A 、B 两小车在同一直线上运动，它们运动的位移x 随时间t 变化的关系如图所示，已知A 车的x-t 图象为抛物线的一部分，第7s 末图象处于最高点，B 车的图象为直线，则下列说法正确的是（ ）

A ．A 车的初速度为7m/s

B ．A 车的加速度大小为2m/s 2

C ．A 车减速过程运动的位移大小为50m

D ．10s 末两车相遇时，B 车的速度较大 4．如图所示，物体的质量为m ，在恒力F 的作用下，紧靠在天花板上保持静止，若物体与天花板间的动摩擦因数为μ，则（ ）

A ．物体可能受3个力作用

B ．物体一定受4个力作用

C ．天花板对物体摩擦力的大小一定为sin F μθ

D ．物体对天花板的压力大小一定为sin F θ

5．滑雪是冬奥会的比赛项目之一。如图所示，某运动员（可视为质点）从雪坡上先后以初速度之比v l ：v 2=3：4沿水平方向飞出，不计空气阻力，则运动员从飞出到落到雪坡上的整个过程中（ ）

A ．运动员先后在空中飞行的时间相同

B ．运动员先后落在雪坡上的速度方向不同

C ．运动员先后落在雪坡上动量的变化量之比为3:4

D ．运动员先后落在雪坡上动能的增加量之比为1:1

6．公元2100年，航天员准备登陆木星，为了更准确了解木星的一些信息，到木星之前做一

些科学实验，当到达与木星表面相对静止时，航天员对木星表面发射一束激光，经过时间t ，收到激光传回的信号，测得相邻两次看到日出的时间间隔是T ，测得航天员所在航天器的速度为v ，已知引力常量G ，激光的速度为c ，则（ ）

A ．木星的质量22v T M G

π= B ．木星的质量M ＝π2c 3t 3

2GT 2

C ．木星的质量M ＝4π2c 3t 3

GT 2

D ．根据题目所给条件，可以求出木星的密度

7．如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为3∶1，原线圈两端接入一正弦交流电源，副线圈电路中R 为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表．下列结论正确的是（ ）

A ．若电压表读数为36 V ，则输入电压的峰值为108 V

B ．若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来2倍，则电流表的读数增加到原来的4倍

C ．若输入电压不变，负载电阻R 增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍

D ．若只将输入电压增加到原来的3倍，则输出功率增加到原来的9倍

8．如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v 向右匀速运动，现将质量为m 的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体m 和木板之间的动摩擦因数为μ．为保持木板的速度不变，从物体m 放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施加一水平向右的作用力F ，那么力F 对木板做功的数值为（ ）

A ．214mv

B ．212

mv C ．2mv D ．22mv 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9．如图所示，实线为空气和水的分界面，一束蓝光从空气中的A 点沿AO 1方向（O 1点在分界面上，图中O 1点和入射光线都未画出）射向水中，折射后通过水中的B 点，图中O 点为

A 、

B 连线与分界面的交点，下列说法正确的是（ ）

A ．O 1点在O 点的右侧

B ．蓝光从空气中射入水中时，速度变小

C ．若沿AO 1方向射向水中的是一束紫光，则折射光线有可能通过B 点正下方的C 点

D ．若沿AO 1方向射向水中的是一束红光，则折射光线有可能通过B 点正上方的D 点 10．如图甲所示，B 、C 和P 是同一水平面内的三个点，沿竖直方向振动的横波I 在介质中沿BP 方向传播，P 与B 相距40cm ，B 点的振动图像如图乙所示；沿竖直方向振动的横波I

在同一介质中沿CP 方向传播，P 与C 相距50cm ，C 点的振动图像如图丙所示。在t =0时刻，

两列波同时分别经过B 、C 两点，两列波的波速都为20cm/s ，两列波在P 点相遇，则以下说法正确的是（ ）

A ．两列波波长均为20cm

B ．P 点为减弱点，振幅是为10cm

C ．4.5s 时P 点在平衡位置且向下振动

D．波遇到40cm的障碍物将发生明显衍射现象

11．如图所示，在水平的匀强电场中，一个质量为m、电荷量为＋q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，小球可以在竖直平面内绕O点做圆周运动，AB为圆周的水平直径，CD

为竖直直径．已知重力加速度为g，电场强度

mg

E

q

=，不计空气阻力，下列说法正确的是

（）

A．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大

B．若将小球在A点由静止开始释放，它将沿着ACBD圆弧运动

C．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动过程中的最小速度为2gL D．若将小球在A点以大小为gL的速度竖直向上抛出，它将能够到达D点

12．如图，光滑水平面上两虚线之间区域内存在竖直方向的足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B。边长为a的正方形导线框PQMN沿图示速度方向进入磁场，当对角线PM刚进入磁场时线框的速度大小为v，方向与磁场边界成45?角，若线框的总电阻为R，则（）

A．PM刚进入磁场时线框中的感应电流为Bav R

B．PM刚进入磁场时线框所受安培力大小为

22 B a v R

C．PM刚进入磁场时两端的电压为Bav R

D．PM进入磁场后线框中的感应电流将变小

三、非选择题：本题共6小题，共60分。

13．（6分）如图所示，在验证动量守恒定律的实验中，A是质量为m1的钢球，B是质量为m2的胶木球(A、B两球的半径相等)．O是水平轨道末端重垂线指向地面的点，M、P和N 点是小球落点的平均位置．测得OM＝s1，OP＝s2，ON＝s3，重力加速度为g．

(1)若测量出水平轨道到地面的高度为h，则两球相碰前瞬间A球的速度v1＝______．

(2)在误差允许范围内，当m1、m2、s1、s2、s3满足关系式________时，就说明两球碰撞过程中动量守恒．

14．（8分）在物理课外活动中，小明同学制作了一个简单的多用电表，图甲为电表的电路原理图．已知选用的电流表内阻R g＝10 Ω、满偏电流I g＝10 mA，当选择开关接3时为量程250 V的电压表．该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，C为上排刻度线的中间刻度，由于粗心上排刻度线对应数值没有标出．

（1）若指针指在图乙所示位置，选择开关接1时其读数为________；选择开关接3时读数为________．

（2）为了测该多用电表欧姆挡的电阻和表内电源的电动势，小明同学在实验室找到了一个电阻箱，设计了如下实验：

①将选择开关接2，红、黑表笔短接，调节R 1的阻值使电表指针满偏；

②将多用电表红、黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在C 处，此时电阻箱如图丙所示，则C 处刻度应为________Ω．

③计算得到多用电表内电池的电动势为________V ．（保留2位有效数字）

（3）将选择开关接2，调零后将电表红、黑表笔与某一待测电阻相连，若指针指在图乙所示位置，则待测电阻的阻值为________Ω．（保留2位有效数字）

15．（8分）如图所示，体积为V 的汽缸由导热性良好的材料制成，面积为S 的活塞将汽缸的空气分成体积相等的上、下两部分，汽缸上部通过单向阀门K （气体只能进入汽缸，不能流出汽缸）与一打气筒相连。开始时汽缸内上部分空气的压强为p 0，现用打气筒向汽缸内

打气。已知打气筒每次能打入压强为p 0、体积为V 10

的空气，当打气n 次后，稳定时汽缸上、下两部分的空气体积之比为9∶1，活塞重力G ＝14

p 0S ，空气视为理想气体，外界温度恒定，不计活塞与汽缸间的摩擦。求：

（1）当打气n次活塞稳定后，下部分空气的压强；

（2）打气筒向容器内打气次数n。

16．（8分）一简谐横波以4 m/s的波速沿水平绳向x轴正方向传播。已知t=0时的波形如图

所示，绳上两质点M、N的平衡位置相距3

4

波长．设向上为正，经时间t1（小于一个周期），

此时质点M向下运动，其位移仍为0.02 m。求

（1）该横波的周期；

（2）t1时刻质点N的位移。

17．（14分）如图所示，半径为R的四分之三光滑圆轨道竖直放置，CB是竖直直径，A点

与圆心等高，有小球b静止在轨道底部，小球a自轨道上方某一高度处由静止释放自A点与轨道相切进入竖直圆轨道，a、b小球直径相等、质量之比为3∶1，两小球在轨道底部发生弹性正碰后小球b经过C点水平抛出落在离C点水平距离为22R的地面上，重力加速度为g，小球均可视为质点。求

（1）小球b碰后瞬间的速度；

（2）小球a碰后在轨道中能上升的最大高度。

18．（16分）如图所示，在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场，在第I象限和第IV象限的圆形区域内分别存在如图所示的匀强磁场，在第IV象限磁感应强度大小是第Ⅰ象限的2倍．圆形区域与x轴相切于Q点，Q到O点的距离为L，有一个带电粒子质量为m，电荷量为q，以垂直于x轴的初速度从轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成60°角以速度v进入第I象限，又恰好垂直于x轴在Q点进入圆形区域磁场，射出圆形区域磁场后与x轴正向成30°角再次进入第I象限。不计重力。求：

（1）第I象限内磁场磁感应强度B的大小：

（2）电场强度E的大小；

（3）粒子在圆形区域磁场中的运动时间。

1．【答案】A【解析】由题图知，该理想气体从a到b为等容变化，外界对气体做功为零，温度升高，内能增大，根据ΔU＝Q＋W，可知气体一定吸热，选项A正确；从b到c为等压变化，故p c＝p b，而从a到b为等容变化，根据查理定律p＝CT，可知温度升高，压强变大，故p b>p a，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 =E 4－E 1=－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：E k =E －W 0=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：1141022H+2n He →，释放的能量是ΔE =Δmc 2=（2m 1＋2m 2－m 3）c 2，

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0v ，加速度大小为a ，由图可知7s t =时，速度为零，由运动学公式可得：7070v v a =-=，根据图象和运动学公式可知10s t =时的位移为：1040m 040m x =-=，21000110502

x v t at v a =-=-，联立解得22m /s a =，014m /s v =，故B 正确，A 错误；A 车减速过程运动的位移大小为0700147m 49m 22v x t ++=

=?=，故C 错误；10s 末两车相遇时B 车的速度为：B 4m /s x v t

?==?，A 车的速度：A 04m /s v v at =-=-，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 ，212y gt =，则tan 2y gt x v

θ==，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tan 2tan y

v gt v v αθ=

==，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2tan y p mv mgt mv v θ?===∝，则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：

22212tan 2

K E mgh mg gt mv v θ?==?=∝，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 ＝4π2r 3GT 2＝v 3T 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 ＝U 2R

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212W mv mg s μ=+?相对，2v s vt t =-相对，v gt μ=，以上三式联立可得2W mv =，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，O 1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AO 1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AO 1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1s T =，计算波长0.21m 0.2m vT λ==?=，A 正确；根据题意PC PB -=50cm 40cm -=10cm =0.1m =

0.5λ，而0t =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0.5s 2.5s 0.2

PC t v ===，波从B 传到P 的时间0.4s 2s 0.2

PB t v ===，在 2.5s t =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 4.5s t =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。

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mg q E =

，故mg Eq =，物体不受拉力时的加速度大小为2a g =，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

2

2v mg m L =，解得2v gL =C 正确；若将小球在A gL 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L t g

=

平位移21122x gt L ==，竖直位移2()12

gL y L ==，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E Bav I R R ==，故A 正确；NM 边所受的安培力大小为

F 1=BIa =22B a v R

，方向垂直NM 向下。PN 边所受的安培力大小为F 2=BIa =22B a v R

，方向垂直PN 向下，线框所受安培力大小222

2122B a v F F F R =+=，故B 错误；PM 两端的

电压为

22

R Bav U I ==g ，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)s 2

g 2h (2)m 1s 2＝m 1s 1＋m 2s 3 【解析】 (1)根据平抛运动规律：h ＝12gt 2，s 2＝v 1t ，解得：v 1＝s 2g 2h

． (2)根据动量守恒定律，只要满足关系式m 1s 2＝m 1s 1＋m 2s 3，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 ＝1.50.007

Ω－150 Ω≈64 Ω，所以待测电阻的阻值为64 Ω.

15．【答案】 （1）6.25p 0 （2）49次 【解析】（1）对汽缸下部分气体，设初状态压强为

p 1，末状态压强为p 2，由玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2，可知p 1V 2＝p 2V 10

。初状态时对活塞p 1S ＝p 0S ＋G ，联立解得p 2＝254

p 0＝6.25p 0。 （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p 2S ＝pS ＋G ，由玻意耳定律得p 0V 2＋n ·p 0V 10＝p 9V 10

，联立解得p ＝6p 0，n ＝49，即打气筒向汽缸内打气49次。

16．【答案】（1） 1s T = （2）140.04sin(2-)-0.023m 33

N y ππ=?= 【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：v T λ

=，联立以上两式并代入

4m/s v =，得该波的周期为：1s T =。

（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：

0.04sin 26M y t ππ??=+ ??

? 。经时间t 1（小于一个周期），M 点的位移仍为0.02m ，运动方向向下．可解得：11s 3t =，由于N 点在M 点右侧34波长处，所以N 点的振动滞后34

个周期，其振动方程为：2340.04sin[

()]0.04sin(2-)463N y t T t T ππππ=-+=。当11s 3t =时，140.04sin(2-)-0.023m 33

N y ππ=?= 17．【答案】（1）6gR （2）1

3R 【解析】（1）b 小球从C 点抛出做平抛运动，有：2

122gt R =，解得4R t g

=，小球b 做平抛运动的水平位移：22C x v t R ==，解得2C v gR =机械能守恒有：22b b b C b 1

1222

m v m v m gR =+，可知小球b 在碰后瞬间的速度：b 6v gR （2）a 、b 两小球相碰，由动量守恒得：'a a a a b b m v m v m v =+，a 、b 两小球发生弹性碰撞，由机械能守恒得：222111'222a a a a b b m v m v m v =+。又m a =3m b ，解得：23

a b v v =，11'23a a b v v v ==，可得：a 6'gR v =，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：

2a a a 1'2m v m gh =。解得：3

R h =。 18．【答案】（1）32mv B qL = （2）234mv E qL = （3）29L v

π 【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R 1，由几何关系

有：112R

R L +=，得：123R L =。根据洛伦兹力提供向心力有：21v qvB m R =，得：32mv B qL =。

（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，由几何关系有：13sin 60y R L ==

o ，v 0=v cos60°=12v 。粒子刚出电场时v x =v sin60°3，粒子在电场中运动时间为：0y t v =，v x =at ，qE a m

=，可得：234mv E qL =。 （3）由几何关系知，粒子在圆形磁场中运动的时间 3

T t '=，而 2π2π2R m T v q B ==?，结合32mv B qL =得：2π 9L t v

'=。