C.在8从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对8先做正功后做负功
D.在8从释放位置运动到速度最大的过程中，8克服弹簧弹力做的功等于3机械能的减少量
12.如图所示，平而直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。
一位于。
外平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿），轴正方向运动（不发生转动）。
从图示位置开始计时，4S末儿边刚好进入磁场。
在此过程中，导体框内感应电流的大小为/，，沿边所受安培力的大小为凡〃，二者与时间，的关系图像,可能正确的是
三、非选择题:
本题共6小题，共60分。
13.（6分）2020年5月，我国进行了珠穆朗玛峰的高度测量，其中一种方法是通过使用重力仪测量重力加速度，进而间接测量海拔高度。
某同学受此启发就地取材设计了如下实验，测量当地重力加速度的大小。
实验步骤如下：
（i）如图甲所示，选择合适高度的垫块，使木板的倾角为53。
，在其上表面固定一与小物块下滑路径平行的刻度尺（图中未画出）。
（ii）调整手机使其摄像头正对木板表面，开启视频录像功能。
将小物块从木板顶端释放，用手机记录下小物块沿木板向下做加速直线运动的情况。
然后通过录像的回放，选择小物块运动路径上合适的一点作为测量参考点，得到小物块相对于该点的运动距离L与运动时间/的数据。
2L
（iii）该同学选取部分实验数据，画出了二4图像，利用图像数据得到小物块下滑的加速度大小为5.
6m/s2o
（iv）再次调节垫块，改变木板的倾角，重复实验。
回答以下问题：
（1）当木板的倾角为37。
时，所绘图像如图乙所示。
由图像可得，物块过测量参考点时速度的大小为_
ni/s；选取图线上位于坐标纸网格交叉点上的A、B两点，利用A、8两点数据得到小物块下滑加速
度的大小为nVs2o（结果均保留2位有效数字）
（2）根据上述数据，进一步分析得到当地的重力加速度大小为nVs2o（结果保留2位有效数字,
sin370=0.60,cos37°=0.80）
14.（8分）实验方案对实验测量的精度有直接的影响，某学习小组对'测量电源的电动势和内阻”的实验方案进行了探究。
实验室提供的器材有：
干电池一节（电动势约L5V,内阻小于1C）：
电压表V（量程3V,内阻约3kQ）；
电流表A（量程0.6A,内阻约1C）:
滑动变阻器R（最大阻值为20C）；
定值电阻R（阻值2C）：
定值电阻&（阻值5C）：
开关一个，导线若干。
（1）该小组按照图甲所示的电路进行实验，通过调节滑动变阻器阻值使电流表示数逐渐接近满偏，记录此过程中电压表和电流表的示数，利用实验数据在S/坐标纸上描点，如图乙所示，结果发现电压表示数的变化范围比较小，出现该现象的主要原因是一。
（单选，填正确答案标号）
A,电压表分流B.干电池内阻较小C,滑动变阻器最大阻值较小D.电流表内阻较小
（2）针对电压表示数的变化范围比较小的问题，该小组利用实验室提供的器材改进了实验方案，重新测量得到的数据如下表所示:
序号
1
2
3
4
5
6
7
Z/A
0.08
0.14
0.20
0.26
0.32
0.36
0.40
UN
1.35
1.20
1.05
0.88
0.73
0.71
0.52
请根据实验数据，回答以下问题:
①答题卡的坐标纸上已标出后3组数据对应的坐标点，请在答题卡的坐标纸上标出前4组数据对应的坐标点并画出U-/图像.
②根据实验数据可知，所选的定值电阻为（填"R”或"必”）o
③用笔画线代替导线，请在答题卡上按照改进后的方案，将实物图连接成完整电路。
15.（7分）中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，进而治疗某些疾病。
常见拔罐有两种，如图所示，左侧为火罐，下端开口：
右侧为抽气拔罐，下端开口，上端留有抽气阀门。
使用火罐时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，自然降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附在皮肤上。
抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强。
某次使用火罐时，罐内气体初始压强与外部大气压相同，温度为450K,最终降到300K,因皮肤凸起，内
2020
部气体体积变为罐容枳的三。
若换用抽气拔罐，抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的三，2121
罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。
罐内气体均可视为理想气体，忽略抽气过程中气体温度的变化。
求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值C
•一抽气阀门
火毓抽气拔松
16.（9分）单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型：
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17.20°某次练习过程中，运动员以孙尸10m/s的速度从轨道边缘上的财点沿轨道的竖直切面A8CZ）滑出轨道，速度方向与轨道边缘线的夹角a=72.8°,腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。
图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=10m/s2,sin72.8°=0.96,cos72.8°=0.3
Oo求:
（1）运动员腾空过程中离开AO的距离的最大值4
（2）M、N之间的距离
17.（14分）某型号质谱仪的工作原理如图甲所示。
M、N为竖直放置的两金属板，两板间电压为U,。
板为记录板，分界面尸将N、。
间区域分为宽度均为〃的I、I两部分，同、N、P、。
所在平面相互平行，“、b为M、N上两正对的小孔。
以〃、b所在直线为z轴，向右为正方向，取z轴与。
板的交点。
为坐标原点，以平行于。
板水平向里为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立空间直角坐标系。
冷心区域I、内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小、电场强度大小分别为5和瓦一质量为初电荷量为丑7的粒子，从“孔飘入电场（初速度视为零），经〃孔进入磁场，过尸面上的。
点（图中未画出）进入电场，最终打到记录板。
上。
不计粒子重力。
（1）求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离小
（2）求粒子打到记录板上位置的x坐标；
（3）求粒子打到记录板上位置的y坐标（用R、4表示）；
（4）如图乙所示，在记录板上得到三个点八$2、为若这三个点是质子;H、瓶核;H、氮核；He的位
置，请写出这三个点分别对应哪个粒子（不考虑粒子间的相互作用，不要求写出推导过程），
图乙
18.（16分）如图所示，一倾角为。
的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、。
两物块的质量分别为，〃和
4〃?
，。
静止于斜而上A处。
某时刻，尸以沿斜面向上的速度网与。
发生弹性碰撞。
。
与斜面间的动摩擦因数等于tan”,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
P与斜而间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损
失。
两物块均可以看作质点，斜而足够长，。
的速度减为零之前尸不会与之发生碰撞。
重力加速度大
（1）求P与。
第一次碰撞后瞬间各自的速度大小U0；
（2）求第〃次碰撞使物块Q上升的高度h”；
（3）求物块。
从A点上升的总高度从
（4）为保证在。
的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s
山东省2020年普通高中学业水平等级考试
物理试题参考答案
一、单项选择题
1・D2.B3・A4・D5.A6.C7.B8.C
二、多项选择题
9.AC10.BD11.ACD12.BC
三、非选择题
13.
（1）0.32或0.333.1
（2）9.4
14.
（1）B
（2）①如下左图②Ri③如下右图。
罐的容积为V
设火罐内气体初始状态参量分别为“、Th温度降低后状态参量分别为八、匕
0»由题意知
p】=po、TI=450K、V尸匕、72=300K、L=20lR21①
由理想气体状态方程得
20..
Po%%，。
4T2
代入数据得
p2=0.7p（）
对于抽气罐，设初态气体状态参量分别为L，末态气体状态参量分别为〃4、匕，罐的容积为「’，
由题意知
〃3=PO、匕=%'、〃4=〃2④।
由玻意耳定律得
PO%'=〃2匕
联立②⑤式，代入数据得
设抽出的气体的体积为△匕由题意知
A—4一帝'
故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为
MiAV
联立②⑤⑦⑧式，代入数据得
16.解：
（1）在M点，设运动员在A8C。
而内垂直A。
方向的分速度为盯，由运动的合成与分解规律得
Vj=vwsin72.8°
设运动员在A8CD而内垂直AD方向的分加速度为.，由牛顿第二定律得
，几gcosl7.2"=ma\
由运动学公式得
V|
联立①②③式，代入数据得
J=4.8m（4）
（2）在M点，设运动员在ABC。
而内平行A。
方向的分速度为i，2,由运动的合成与分解规律得也=匕”
cos72.8°⑤
设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为s,由牛顿第二定律得
〃侬in11.2Q=ma2⑥
设腾空时间为f,由运动学公式得
/=—⑦q
L=v2/+ln2r2⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得
L=12m⑨
17.解：
（1）设粒子经加速电场到〃孔的速度大小为也粒子在区域I中，做匀速圆周运动对应圆心角为。
，在
朋、N两金属板间，由动能定理得
qU=万mv1
在区域I中，粒子做匀速圆周运动，磁场力提供向心力，由牛顿第二定律得
V2
联立①②式得
qB由几何关系得（i2+（R-L）2=R2
Jr1一小cosa=
Rsina=—⑥
R联立①②④式得
（2）设区域I【中粒子沿z轴方向的分速度为也，沿x轴正方向加速度大小为“，位移大小为x,运动时
间为f,由牛顿第二定律得
qE=ma⑧
粒子在Z轴方向做匀速直线运动，由运动合成与分解的规律得
v.=vcosa⑨
d=vj⑩
粒子在X方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式得
x=^ar⑪
联立①②⑤⑧⑨⑩⑪式得
md2E八
X=口
4mU-2qd-B-
（3）设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y,其中在区域II中沿y方向偏离的距离为.V,，由运动学公式得
y=v/sina
由题意得
.V=L+y，
联立①④⑥⑨⑩⑬⑭式
（4）—52、S3分别对应瓶核汨、氮核；He、质子出的位置，
18.解：
（1）P与。
的第一次碰撞，取尸的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
相%="8川+①
由机械能守恒定律得
!
〃?
“2=+；4机%2②
联立①②式得
3
%=一二％③
2
VQ\=jv0④
32
故第一次碰撞后尸的速度大小为三%,。
的速度大小为三々JJ
（2）设第一次碰撞后。
上升的高度为小，对。
由运动学公式得
。
-讶=2口而力熹⑤
联立①②⑤式得
设尸运动至与。
刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为％2,第一次碰后至第二次碰前，对P由动能定
理得
Lm^-LmVpi2=-mglh
联立①②⑤⑦式得
%2=寸0
P与。
的第二次碰撞，设碰后夕与。
的速度分别为1比、”2,由动量守恒定律得
=叫2+4〃'"2⑨
由机械能守恒定律得
1）1）1.
5用02-=-〃八/+-•4〃八”2
联立①②⑤⑦⑨⑩式得
3x/7vP2=--x—v0
JJ
2x/7
VQ2=TX"7"VOJJ
设第二次碰撞后。
上升的高度为力2,对。
由运动学公式得
「'Lin"嘘®
联立①②⑤⑦⑨⑩⑬式得
设P运动至与。
刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为“3,第二次碰后至第三次碰前，对P由动能定
理得
联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮式得
%3=（一广%⑯
P与。
的第三次碰撞，设碰后P与。
的速度分别为"3、”3,由动量守恒定律得
〃八’03=mvP3+4〃l‘Q3
由机械能守恒定律得
1加％3'=:
1-4/HV'（?
32@
联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱式得
昨3=-9（卫）%⑲
JJ
雁3=/日）％⑳
设第三次碰撞后。
上升的高度为自，对。
由运动学公式得
0-vof=2.（-2gsin0）-㉑
sin6
联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱㉑式得
总结可知，第〃次碰撞后，物块。
上升的高度为
hfl=（―）/!
-1-^―（〃=1,2,3）0
2525g
（3）当P、。
达到〃时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得
19//
0一—ihvq=-0〃+4〃】）gH-lan84/”gcos0®
2sin0
解得
H=-㉕
18g
（4）设。
第一次碰撞至速度减为零需要的时间为d由运动学公式得
%=2gi]Sin80
设尸运动到斜面底端时的速度为V4，需要的时间为3由运动学公式得
*=Vp]+g&sin6
Vp/2-ypj=2sgsin6®
设P从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为，3
v02=（fpi）-g/3sin®㉙
当A点与挡板之间的距离最小时
/|=26⑩
联立⑯⑰须须㉚式，代入数据得
（8"-13）%2
200gsin0c
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