2020年山东省济宁市高考物理一模试卷

2020年山东省济宁市高考物理一模试卷
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．（3分）关于固体、液体、气体和物态变化，下列说法中正确的是（）
A．晶体一定具有各向异性的特征
B．液体表面张力是液体内部分子间的相互作用
C．0℃的铁和0℃的铜，它们的分子平均速率相同
D．一定质量的某种理想气体状态改变时，内能不一定改变
2．（3分）下列说法正确的是（）
A．阴极射线的本质是高频电磁波
B．玻尔提出的原子模型，否定了卢瑟福的原子核式结构学说
C．贝克勒尔发现了天然放射现象，揭示了原子核内部有复杂结构
D．Pu变成Pb，经历了4次β衰变和6次α衰变
3．（3分）如图所示，a、b、c、d为椭圆的四个顶点，一带电量为+Q的点电荷处在椭圆的一个焦点上，另有一带负电的点电荷仅在与+Q之间的库仑力的作用下沿椭圆运动，则下列说法中正确的是（）
A．负电荷在a、c两点的电势能相等
B．负电荷在a、c两点所受的电场力相同
C．负电荷在b点的速度小于在d点速度
D．负电荷在b点的电势能大于在d点的电势能
4．（3分）如图所示，完全相同的两个光滑小球A、B放在一置于水平桌面上的圆柱形容器中，两球的质量均为m，两球心的连线与竖直方向成30°角，整个装置处于静止状态。

则下列说法中正确的是（）
A．A对B的压力为mg
B．容器底对B的支持力为mg
C．容器壁对B的支持力为mg
D．容器壁对A的支持力为mg
5．（3分）如图所示，图中曲线为两段完全相同的六分之一圆弧连接而成的金属线框（金属线框处于纸面内），每段圆弧的长度均为L，固定于垂直纸面向外、大小为B的匀强磁场中。

若给金属线框通以由A到C、大小为I的恒定电流，则金属线框所受安培力的大小和方向为（）
A．ILB，垂直于AC向左B．2ILB，垂直于AC向右
C．，垂直于AC向左D．，垂直于AC向左
6．（3分）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为10：1，原线圈接有正弦交流电源u＝220sin314t（V），副线圈接电阻R，同时接有理想交流电压表和理想交流电流表。

则下列说法中正确的是（）
A．电压表读数为22V
B．若仅将原线圈的匝数减小到原来的一半，则电流表的读数会增加到原来的2倍
C．若仅将R的阻值增加到原来的2倍，则变压器输入功率增加到原来的4倍
D．若R的阻值和副线圈的匝数同时增加到原来的2倍，则变压器输入功率不变
7．（3分）2024年我国或将成为全球唯一拥有空间站的国家。

若我国空间站离地面的高度是同步卫星离地面高度的
，同步卫星离地面的高度为地球半径的6倍。

已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，则空间站绕地球做圆周运动的周期的表达式为（）
A．2πB．2π
C．2πD．2π
8．（3分）B超检测仪可以通过探头发送和接收超声波信号，经过电子电路和计算机的处理形成图象。

下图为仪器检测到发送和接收的超声波图象，其中实线为沿x轴正方向发送的超声波，虚线为一段时间后遇到人体组织沿x 轴负方向返回的超声波。

已知超声波在人体内传播速度为1200m/s，则下列说法中正确的是（）
A．根据题意可知此超声波的频率为1.2×105Hz
B．图中质点B在此后的1×10﹣4s内运动的路程为0.12m
C．图中质点A此时沿y轴正方向运动
D．图中质点A、B两点加速度大小相等方向相反
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．（4分）如图所示，足够大的平行玻璃砖厚度为d，底面镀有反光膜CD，反光膜厚度不计，一束光线以45°的入射角由A点入射，经底面反光膜反射后，从顶面B点射出（B点图中未画出）。

已知玻璃对该光线的折射率为，c为光在真空中的传播速度，不考虑多次反射。

则下列说法正确的是（）
A．该光线在玻璃中传播的速度为c
B．该光线在玻璃中的折射角为30°
C．平行玻璃砖对该光线的全反射临界角为45°
D．为了使从A点以各种角度入射的光线都能从顶面射出，则底面反光膜面积至少为4πd2
10．（4分）如图所示为固定在竖直平面内的光滑半圆形轨道ABC．现有一小球以一定的初速度v0从最低点A冲上轨道，小球运动到最高点C时的速度为v＝3m/s。

已知半圆形轨道的半径为0.4m，小球可视为质点，且在最高点C受到轨道的作用力为5N，空气阻力不计，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是（）
A．小球初速度v0＝5m/s
B．小球质量为0.3kg
C．小球在A点时重力的功率为20W
D．小球在A点时对半圆轨道的压力为29N
11．（4分）甲、乙两质点同时同地在外力的作用下做匀变速直线运动，其运动的﹣t图象如图所示。

关于甲、乙两质点的运动情况，下列说法中正确的是（）
A．乙质点做初速度为c的匀加速直线运动
B．甲质点做加速度大小为的匀加速直线运动
C．t＝时，甲、乙两质点速度大小相等
D．t＝时，甲、乙两质点速度大小相等
12．（4分）如图所示，A、B两滑块质量分别为2kg和4kg，用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的水平面上，并用手按着两滑块不动。

第一次是将一轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一质量为4kg的钩码C挂于动滑轮上，只释放A而按着B不动；第二次是将钩码C取走，换作竖直向下的40N的恒力作用于动滑轮上，只释放B而按着A不动。

重力加速度g＝10m/s2，不计一切摩擦，则下列说法中正确的是（）
A．第一次操作过程中，滑块A和钩码C加速度大小相同
B．第一次操作过程中，滑块A的加速度为m/s2
C．第二次操作过程中，绳张力大小为20N
D．第二次操作过程中，滑块B的加速度为10m/s2
三、非选择题：本题共小题，共60分．
13．（6分）某实验小组为了测量某微安表G（量程200μA，内阻大约2200Ω）的内阻，设计了如图1所示的实验装置。

对应的实验器材可供选择如下：
A．电压表（0～3V）；
B．滑动变阻器（0～10Ω）；
C．滑动变阻器（0～1KΩ）；
D．电源E（电动势约为6V）；
E．电阻箱R Z（最大阻值为9999Ω）；
开关S一个，导线若干。

其实验过程为：
a．将滑动变阻器的滑片滑到最左端，合上开关S，先调节R使电压表读数为U，再调节电阻箱（此时电压表读数几乎不变），使微安表指示为满偏，记下此时电阻箱值为R1＝6924Ω；
b．重新调节R，使电压表读数为U，再调节电阻箱（此时电压表读数几乎不变），使微安表指示为满偏，记下此时电阻箱值（如图2所示）为R2。

根据实验过程回答以下问题：
（1）滑动变阻器应选（填字母代号）；
（2）电阻箱的读数R2＝Ω；
（3）待测微安表的内阻Ω。

14．（8分）某实验小组利用如图1所示的装置测量当地的重力加速度。

（1）为了使测量误差尽量小，下列说法中正确的是
A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球
B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线
C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动
D．为了使单摆的周期大一些，应使摆线相距平衡位置有较大的角度
（2）该实验小组用20分度的游标卡尺测量小球的直径。

某次测量的示数如图2所示，读出小球直径为d＝cm。

（3）该同学用米尺测出悬线的长度为L，让小球在竖直平面内摆动。

当小球经过最低点时开始计时，并计数为0，此后小球每经过最低点一次，依次计数为1、2、3……．当数到40时，停止计时，测得时间为t。

改变悬线长度，多次测量，利用计算机作出了t2﹣L图线如图3所示。

根据图3可以得出当地的重力加速度g＝m/s2．（取π2＝9.86，结果保留3位有效数字）
15．（8分）如图所示，一根内壁光滑的直角三角形玻璃管处于竖直平面内，θ＝37°，让两个小球（可视为质点）分别从顶点A由静止开始出发，一小球沿AC滑下，到达C所用的时间为t1，另一小球自由下落经B到达C，所用的时间为t2，在转弯的B处有个极小的光滑圆弧，可确保小球转弯时无机械能损失，且转弯时间可以忽略不计，sin37°＝0.6，求：的值。

16．（8分）如图所示为一简易火灾报警装置，其原理是：竖直放置的试管中装有水银，当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警的响声。

已知温度为27°C时，封闭空气柱长度L1为20cm，此时水银柱上表面与导线下端的距离L2为10cm，水银柱的高度h为5cm，大气压强为75cmHg，绝对零度为﹣273°C。

（1）当温度达到多少摄氏度时，报警器会报警；
（2）如果要使该装置在90°C时报警，则应该再往玻璃管内注入多高的水银柱？
17．（14分）两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，两导轨间的距离为L，导轨上垂直放置两根导体棒a和b，俯视图如图甲所示。

两根导体棒的质量均为m，电阻均为R，回路中其余部分的电阻不计，在整个导轨平面内，有磁感应强度大小为B的竖直向上的匀强磁场。

两导体棒与导轨接触良好且均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，两棒均静止，间距为x0，现给导体棒a一向右的初速度v0，并开始计时，可得到如图乙所示的△v﹣t 图象（△v表示两棒的相对速度，即△v＝v a﹣v b）。

求：
（1）0～t2时间内回路产生的焦耳热；
（2）t1时刻棒a的加速度大小；
（3）t2时刻两棒之间的距离。

18．（16分）理论研究表明暗物质湮灭会产生大量高能正电子，所以在宇宙空间探测高能正电子是科学家发现暗物质的一种方法。

下图为我国某研究小组设计的探测器截面图：开口宽为的正方形铝筒，下方区域Ⅰ、Ⅱ为方向相反的匀强磁场，磁感应强度均为B，区域Ⅲ为匀强电场，电场强度E＝，三个区域的宽度均为d。

经过较长时间，仪器能接收到平行铝筒射入的不同速率的正电子，其中部分正电子将打在介质MN上。

已知正电子的质量为m，电量为e，不考虑相对论效应及电荷间的相互作用。

（1）求能到达电场区域的正电子的最小速率；
（2）在区域Ⅱ和Ⅲ的分界线上宽度为的区域有正电子射入电场，求正电子的最大速率；
（3）若L＝2d，试求第（2）问中最大速度的正电子打到MN上的位置与进入铝筒位置的水平距离。

2020年山东省济宁市高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
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．【解答】解：A、单晶体有各向异性的特征，多晶体有各向同性，故A错误；
B、液体表面存在着张力是因为液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，不是液体内部分子间的相
互作用，故B错误；
C、温度是分子热运动平均动能的标志，0℃的铁和0℃的铜，它们的分子平均动能相同，由于分子质量不同，则
分子平均速率不同，故C错误；
D、一定质量的理想气体的状态改变时，若温度不变，则其内能不变，故D正确。

故选：D。

2．【解答】解：A、阴极射线的本质是高速电子流，并不是高频电磁波，故A错误；
B、玻尔提出的原子模型认为电子只能在特定的轨道上运行，没否定卢瑟福的核式结构模型，故B错误；
C、贝可勒尔发现了天然放射现象，天然放射现象表明原子核具有复杂的结构，故C正确；
D、Pu衰变成Pb时，质量数减小：△A＝239﹣207＝32，而质子数减小12，α衰变质量数减少4，质子
数减少2，β衰变质量数不变，质子数在增加1，因此经过8次α衰变，和4次β衰变，故D错误；
故选：C。

3．【解答】解：A、a、c两点到点电荷Q距离相等，根据点电荷电场特点可知这两点的电势相等，所以负电荷在a、c两点的电势相等，故A正确；
B、根据点电荷电场的特点可知，a、c两点的电场强度大小相等，但方向不同，所以负电荷在a、c两点所受电
场力大小相等，方向不同，故B错误；
C、负电荷从b点运动到d点，电场力做负功，动能减小，速度减小，所以负电荷在b点的速度大于在d点的
速度，故C错误；
D、根据正点电荷电场的特点可以知道，b点的电势大于d点的电势，对负电荷来说，电势越高电势能越小，所
以负电荷在b点的电势能小于在d点的电势能，故D错误。

故选：A。

4．【解答】解：AD、以A为研究对象，受到重力、B对A的支持力和容器壁对A的支持力，如图所示；
根据平衡条件可得B对A的支持力N＝＝mg
根据牛顿第三定律可知，A对B的压力为mg；
容器壁对A的支持力为T＝mgtan30°＝，故A正确、D错误；
BC、以整体为研究对象，竖直方向受力平衡，可得容器底对B的支持力为2mg；
水平方向受力平衡可得容器壁对B的支持力等于容器壁对A的支持力，即为，故BC错误。

故选：A。

5．【解答】解：弧长为L，圆心角为，则弦长：AC＝，
线框所受到的安培力：F＝BI•AC＝，
由左手定则可知，导线受到的安培力方向为垂直于AC向左，故D正确，ABC错误；
故选：D。

6．【解答】解：A、分析正弦交流电源瞬时值表达式，u＝220sin314t（V）可知，原线圈输入电压有效值为：U1＝220V，电压表的读数为变压器副线圈输出电压的有效值，根据变压比可知，，解得电压表读数为：U2＝22V，故A错误；
B、若仅将原线圈的匝数减小到原来的一半，根据变压比可知，U2增大到原来的2倍，根据欧姆定律可知，
，电流表的读数会增加到原来的2倍，故B正确；
C、输入电压和匝数比不变，则输出电压U2不变，仅将R的阻值增加到原来的2倍，根据欧姆定律可知，，
电流变为原来的一半，输入功率变为原来的一半，故C错误；
D、若副线圈匝数增加到原来的2倍，则U2增加到原来的2倍，同时R的阻值也增加到原来的2倍，故输出功
率：＝，变为原来的2倍，则变压器的输入功率变为原来的2倍，故D错误。

故选：B。

7．【解答】解：在地球表面有重力等于万有引力，即mg＝G，
得GM＝gR2，
空间站做匀速圆周运动时，G＝m′r（）2，
轨道半径r＝R+×6R＝R+，
联立解得：T＝2π＝，故BCD错误，A正确。

故选：A。

8．【解答】解：A、根据图象读出波长λ＝12mm＝1.2×10﹣2m，由v＝λf得频率为＝，故A错误；
B、质点B振动的周期为T＝＝1×10﹣5s，质点B只会上下振动，因为t＝1×10﹣4s＝10T，所以质点B在1
×10﹣4s内运动的路程为S＝10×4A＝10×4×0.004m＝0.16m，故B错误；
C、根据题意可知实线为沿x轴正方向发送的超声波，传播方向为x轴正方向，由上下坡法知，此时质点A正向
y轴正向运动，故C正确；
D、质点A、B两点都在平衡位置上方位移相同的地方，所以加速度大小相等方向相同，故D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．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．【解答】解：A、该光线在玻璃中传播的速度为v＝，故A错误；
B、根据折射定律有，所以该光线在玻璃中的折射角为γ＝30°，故B正确；
C、平行玻璃砖对该光线的全反射临界角为∠，故C正确；
D、为了使从A点以各种角度入射的光线都能从顶面射出，且底面反光膜面积最小，则底面的反光膜为圆形，且
则A点位于圆形反光膜圆心的正上方，
并且入射角最大时，刚好到达反光膜的边缘，此时在反射膜表面的入射角为C，则根据几何知识有圆形反光膜的半径为r＝d•tanC＝d，
则底面反光膜面积最小值为S＝πd2，故D错误。

10．【解答】解：A、小球运动到最高点C时的速度为v＝3m/s，从A到C的过程中，根据动能定理可知，﹣2mgR ＝，解得小球的初速度：v0＝5m/s，故A正确；
B、小球在C点时，根据牛顿第二定律和向心力公式可知，，解得：m＝0.4kg，故B错误；
C、小球在A点时，速度沿水平方向，故重力的功率为零，故C错误；
D、小球在A点时，根据牛顿第二定律和向心力公式可知，，解得：F＝29N，根据牛顿第三定律可
知，小球在A点时对半圆轨道的压力为29N，故D正确。

故选：AD。

11．【解答】解：A、根据匀变速直线的位移时间公式x＝v0t+at2得：＝v0+at。

对于乙质点，由图可知，v0乙＝c，a乙＝﹣，乙的加速度为a乙＝﹣，故乙质点做初速度为c的加速度为﹣的匀减速直线运动，故A错误；
B、对于甲质点，由图可知，v0甲＝0，a甲＝，甲的加速度为a甲＝，故甲质点做加速度大小为的匀
加速直线运动，故B正确；
C、t＝时，甲质点的速度v甲＝a甲t＝•＝c，乙的速度v乙＝v0乙+a乙t＝c﹣•＝0，故C错误；
D、t＝时，甲质点的速度v甲＝a甲t＝•＝c，乙的速度v乙＝v0乙+a乙t＝c﹣•＝c，故D正确。

故选：BD。

12．【解答】解：AB、第一种方式操作过程中：只释放A而B按着不动，设绳子拉力为T1，C的加速度为a1。

对A，根据牛顿第二定律可得T1＝m A a A
对C，根据牛顿第二定律可得：m C g﹣2T1＝m C a1
根据题意可得a A＝2a1
联立解得：a A＝m/s2，故A错误，B正确；
CD、第二种方式：只释放B而A按着不动，换作竖直向下的40N的恒力作用于动滑轮上。

对B受力分析，根据牛顿第二定律可得T2＝m B a B
根据轻质动滑轮的质量不计，可得T2＝F
联立解得：a B＝5m/s2；T2＝20N，故C正确、D错误。

三、非选择题：本题共小题，共60分．
13．【解答】解：（1）滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择B；
（2）由图示电阻箱可知，电阻箱示数为：
R2＝4×1000Ω+6×100Ω+5×10Ω+3×1Ω＝4653Ω；
（3）根据实验步骤，由欧姆定律可知：
U＝I g（R g+R1）
U＝I g（R g+R2）
解得：R g＝2160Ω；
故答案为：（1）B；（2）4653；（3）2160。

14．【解答】解：（1）A、为减小空气阻力对实验的影响，减小实验误差，组装单摆须选用密度大而直径都较小的摆球，故A错误；
B、为减小实验误差，组装单摆须选用轻且不易伸长的细线，故B正确；
C、实验时须使摆球在同一竖直面内摆动，不能使单摆成为圆锥摆，故C正确；
D、单摆摆角最大摆角应小于5°，摆长一定的情况下，摆的振幅尽量小些，故D错误；
（2）由图示游标卡尺可知，其精确度为0.05mm，所以小球直径为：8mm+2×0.05mm＝8.10mm＝0.810cm；
（3）摆线长度与摆球半径之和为单摆摆长，其周期为：T＝，
由单摆周期公式：T＝2π可知：t2＝，t2﹣L图象的斜率：k＝，重力加速度：g＝979.876cm/s2≈9.80m/s2。

故答案为：（1）BC；（2）0.810；（3）9.80。

15．【解答】解：设三边分别为AB＝3x、BC＝4x、AC＝5x
第一个小球由AC滑下时加速度为a＝＝gsinθ＝0.6g
由位移时间公式得5a＝
解得
t1＝＝5
第二个小球沿AB段有3a＝gt212
解得
t21＝
该球到达B点的速度大小为v＝gt21＝
沿水平BC段运动时有vt22＝4a，得t22＝
则t2＝t21+t22＝5
故＝1
答：的值为1。

16．【解答】解：以细管内密封的空气柱为研究对象，设其横截面积为S。

（ⅰ）由题可知，水银柱上升到顶端时开始报警。

封闭气体的状态参量：V1＝L1S＝20S，T1＝t1+273＝300K，V2＝（L1+L2）S＝30S，
温度升高时，管内气体做等压变化，由盖吕萨克定律得：
解得：T2＝450K，即t2＝450﹣273＝177℃时，报警器会报警。

（ⅱ）设加入x cm水银柱，在90℃时会报警，气体初状态参量：
p1＝p0+p h＝75+5cmHg＝80cmHg，V1＝L1S＝20S，T1＝t1+273＝300K，
气体末状态参量：p3＝p0+p h+p x＝75+5+x＝（80+x）cmHg，
V3＝（L1+L2﹣x）S＝（30﹣x），T3＝t3+273＝90+273＝363K，
由理想气体状态方程得：
联立解得：x＝8cm
答：（1）当温度达到177℃时，报警器会报警；
（2）如果要使该装置在90°C时报警，则应该再往玻璃管内注入8cm高的水银柱。

17．【解答】解：（1）t2时刻△v＝0，说明两棒速度相等，设为v，取向右为正方向，由动量守恒定律：mv0＝2mv 设0～t2时间内回路产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律得：Q＝mv02﹣2mv2。

联立解得：Q＝；
（2）t1时刻，△v＝v a﹣v b＝
回路中感应电流大小为：I＝＝
此时棒a所受的安培力大小为：F＝BIL＝
对a棒，由牛顿第二定律可得：
a＝＝；
（3）t2时刻两棒速度相同，由（1）知：v＝
0﹣t2时间内，对棒b，由动量定理，有：B Lt2＝mv﹣0
又t2＝q
即：BqL＝mv
联立得q＝
又：q＝t2＝＝＝＝
对比解得：x＝x0+
答：（1）0～t2时间内回路产生的焦耳热为；
（2）t1时刻棒a的加速度大小为；
（3）t2时刻两棒之间的距离为x0+。

18．【解答】解：（1）设能到达磁场区域Ⅱ的正电子的最小速度为v1，此时正电子轨迹刚好与两磁场边界相切，则轨道半径为d；
根据洛伦兹力提供向心力可得ev1B＝m
解得：v1＝；
（2）经过较长时间后，在区域Ⅱ下边界线上宽度为d的区域有正电子射出磁场，速度最小的正电子和速度最大的正电子运动轨迹如图所示；
根据几何关系可得x＝2d+﹣＝d
最大的轨迹半径为r2，根据几何关系可得：r22＝d2+（r2﹣）2，
解得r2＝d
根据洛伦兹力提供向心力可得ev2B＝m
解得v2＝；
（3）粒子进入电场后做类平抛运动，沿电场线方向的位移为x1，根据类平抛运动可得：
x1＝＝＝d，
根据几何关系可得：＝
联立解得：x2＝0.18d+0.36L＝0.9d
最大速度的正电子打到MN上的位置与进入铝筒位置的水平距离为：
x max＝x+x2＝。

答：（1）能到达电场区域的正电子的最小速率为；
（2）在区域Ⅱ和Ⅲ的分界线上宽度为的区域有正电子射入电场，正电子的最大速率为；
（3）若L＝2d，试求第（2）问中最大速度的正电子打到MN上的位置与进入铝筒位置的水平距离为。