山东省济南市2021届新高考物理二模考试卷含解析

1、山东省济南市2021届新高考物理二模考试卷一、单项选择题：本题共 6小题，每小题 5分，共30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.如图所示，空间有一正三棱锥 P-ABC , D点是BC边上的中点，O点是底面ABC的中心，现在顶点 P 点固定一正的点电荷，则下列说法正确的是（）A . ABC三点的电场强度相同B 底面ABC为等势面C.将一正的试探电荷从 B点沿直线BC经过D点移到C点，静电力对该试探电荷先做负功后做正功D .若B、C、D三点的电势为 B、 C、 D，则有 B D= D C【答案】C【解析】【详解】kQAB . A、B、C三点到P点的距离相等，根据点电荷的场强

2、公式E 分析可知，A、B、C三点的电场r强度大小相等，但方向不同；A、B、C的三个点到场源电荷的距离相等，在同一等势面，但其它点到场源电荷的距离与 A、B、C三点到场源电荷的距离不等，故底面ABC所在平面不是等势面， 故A、B错误；C .将一正的试探电荷从 B点沿直线BC经过D点移到C点，电势先升高后降低，电势能先增大后减小，则静电力对该试探电荷先做负功后做正功，故C正确；D .由于B、C的两个点到场源电荷的距离相等，在同一等势面，即B C，则有B D C D，故D错误；2.如图所示，直线 a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为：.、-：、一

3、八二=.一电子由M点分别运动到 N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则A 直线a位于某一等势面内， _B 直线C位于某一等势面内，一'C若电子有 M点运动到Q点，电场力做正功D若电子有P点运动到Q点，电场力做负功【答案】B【解析】电子带负电荷，从 M到N和P做功相等，说明电势差相等，即 N和P的电势相等，匀强电场中等势线为平行的直线，所以NP和MQ分别是两条等势线， 从M到N ,电场力对负电荷做负功，说明MQ为高电势, NP为低电势所以直线 C和d都是位于某一等势线内，但是 M Q , M N ,选项A错，B对若 电子从M点运动到Q点，初末位置电势相等，电场力不做功，选项 C错电

4、子作为负电荷从 P到Q即 从低电势到高电势，电场力做正功，电势能减少，选项D错.【考点定位】等势面和电场线【名师点睛】匀强电场和点电荷的电场以及等量同种点电荷和等量异种点电荷的电场线及等势面分布情况要熟记.3如图所示，在两块相同的竖直木板之间，有质量均为m的4块相同的砖，用两个大小均为 F的水平力压木板，使砖块静止不动，则第 2块砖对第3块砖的摩擦力大小是（）【答案】A【解析】【分析】【详解】B mgC 2mgD. 2mgFF1234先对4块木板整体受力分析，受重力4mg和两侧墙壁对木块向上的静摩擦力2f,根据平衡条件，有：2f=4mg ;解得：f=2mg ,即墙壁对木板的静摩擦力为2mg ;

5、再对木板3、4整体分析，受重力 2mg ,墙壁对其向上的静摩擦力，大小为f=2mg，设2对3、4的静摩擦力为f向上，根据平衡条件，有：f ' f=2mg故f ' =2mg=1 .故A正确，BCD错误.4.某一电源的路端电压与电流的关系和电阻Ri、R2的电压与电流的关系图如图所示用此电源和电阻 Ri、R2组成电路.Ri、R2可以同时接入电路，也可以单独接入电路.为使电源输出功率最大，可采用的接法是( )A .将R1单独接到电源两端B.将Ri、R2并联后接到电源两端C .将Ri、R2串联后接到电源两端D .将R2单独接到电源两端【答案】A【解析】【详解】根据闭合电路欧姆定律得：U=

6、E-Ir知，1-0时，U-E ,图象的斜率等于 r,则由电源的U-I图线得到：电源的电动势为 E=3V ,内阻为r=0.5 .由电阻的伏安特性曲线求出Ri=0.5 R2=i , Ri单独接到电源两端时，两图线的交点表示电路的工作状态，可知，电路中的电流为3A ,路端电压为i.5V ,则电源的输出功率为 P 出 i=i5V×3A=45W ,同理，当将Ri、R2串联后接到电源两端，利用欧姆定律可得电路电流I串=i5A ,此时电源的输出功率P串=I2串(Ri+R2)=375W ;两电阻并联时，利用欧姆定律可得电路电流I并=3.6A,此时电源的输出功率P并=El并-1 2并r=4.32W ;

7、 R2单独接到电源两端输出功率为P出2=2V× 2A=4W.所以将Ri单独接到电源两端时电源的输出功率最大。故 A正确，BCD错误。故选：A【点睛】由电源的U-I图线纵横截距读出电源的电动势，由斜率求出电源的内阻.由电阻的分别求出四种情况下电源的输出功率进行选择.U-I图线求出电阻.再5.如图所示，左侧是半径为R的四分之一圆弧，右侧是半径为2R的一段圆弧.二者圆心在一条竖直线上，小球a、b通过一轻绳相连，二者恰好等于等高处平衡.已知37 ,不计所有摩擦，则小球 a、b的质量之比为D. 1:2【答案】A【解析】【分析】【详解】对a和b两个物体受力分析，受力分析图如下，因一根绳上的拉力相

8、等，故拉力都为由力的平衡可知a物体的拉力T magcos37 ，b物体的拉力T mbgsin OO1C，R RSin 37 cos OO1C0.8，2R则 OO1C 37ma 3亠联立可解得=，A正确.mb 46.在核反应方程覽幅*处/配诬中，X表示的是A .质子 B .中子 C .电子 D . 粒子【答案】A【解析】设X为：.一，根据核反应的质量数守恒：- - =,则：I= 一电荷数守恒：一'-=二-二则二二，即X为：.二为质子，故选项 A正确，BCD错误。X的电荷数和质量数， 从而确定X点睛：本题考查了核反应方程式，要根据电荷数守恒、质量数守恒得出 的种类。二、多项选择题：本题共

9、6小题，每小题5分，共30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 5分，选对但不全的得 3分，有选错的得O分7如图所示，玩具飞机以恒定的仰角斜向上做匀速直线运动，上升至距离地面某高度时，从玩具飞机上掉下一个小零件，零件掉下后，玩具飞机飞行速度保持不变，零件运动过程中受到的空气阻力不计，则零件落地时A 速度比玩具飞机的速度大B 和玩具飞机的速度大小可能相等C .在玩具飞机的正下方D 在玩具飞机正下方的后侧【答案】AC【解析】【详解】AB.零件掉下的一瞬间速度与玩具飞机的速度相同，根据机械能守恒可知，落地时的速度大于玩具飞机的速度，故A正确B错误；CD.由于零件在运动过程中水

10、平方向的分速度与玩具飞机的水平分速度相同，因此落地时在玩具飞机的正下方，故C正确D错误；8 列沿X轴正方向传播的简谐横波在 t=0时刻的波形如图所示，此时波刚好传播到x=5m处的M点,再经时间 t =Is,在x=10m处的Q质点刚好开始振动。下列说法正确的是 。A .波长为5mB .波速为5msC 波的周期为0.8sD .质点Q开始振动的方向沿 y轴正方向E.从t=0到质点Q第一次到达波峰的过程中，质点M通过的路程为80cm【答案】BCE【解析】【分析】【详解】A .由波形图可知，波长为 4m,选项A错误;B.再经时间t=1s,在x=10m处的Q质点刚好开始振动，则波速ms=5ms1选项B正确

11、;C波的周期为4Ts=0.8sV 5选项C正确；D.质点M开始振动的方向沿 y轴负方向，则质点 Q开始振动的方向也沿 y轴负方向，选项 D错误;E.质点Q第一次到达波峰的时间10 251.6s从t=0开始到质点Q第一次到达波峰，质点M振动的时间为1.6s=2T ,则通过的路程为 8A=80cm ,选项E正确。 故选BCE 。9如图所示.轻质弹簧的一端与固定的竖直板 P拴接，另一端与物体 A相连，物体A静止于光滑水平桌 面上，右端接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体 B相连。开始时用手托住 B,让细线恰好伸直然后由 静止释放B,直至B获得最大速度。下列有关该过程的分析正确的是（）A . B物体的

12、动能增加量小于 B物体重力势能的减少量B . B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的増加量C 细线拉力对 A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量D .合力对A先做正功后做负功【答案】AC【解析】【详解】A 由于A、B和弹簧系统机械能守恒，所以B物体重力势能的减少量等于 A、B增加的动能以及弹性势能，故A正确；B 整个系统机械能守恒，所以B物体杋楲能减少量等于 A物体与弹簧机械能的增加，故B错误；C.根据功能关系除重力和弹簧弹力以外的力即绳子的拉力等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量，故C正确；D 由题意由静止释放 B,直至B获得最大速度，该过程中A物体的速度一直在增大，所以

13、动能一直在增大。合力一直对 A做正功，故D错误。故选AC。10.如图，在光滑的水平面上有一个长为L的木板，小物块b静止在木板的正中间，小物块 a以某一初速度Vo从左侧滑上木板。 已知物块a、b与木板间的摩擦因数分别为1、 2 ,木块与木板质量均为 m , a、b之间的碰撞无机械能损失，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。下列说法正确的是（1 2A 若没有物块从木板上滑下，则无论V0多大整个过程摩擦生热均为mv03B 若b 2 a，则无论Vo多大，a都不会从木板上滑落C若v0lgL ,则ab一定不相碰D .若b 2 a ,则a可能从木板左端滑落【答案】ABD【解析】【详解】A 若没有物块从木板上滑下，则

14、三者最后共速，以三者为整体，水平方向动量守恒,mv0=3mv 则整个过程产生的热量等于动能的变化，有1 2 1 2Q= mv02- 一 ×3mv12 2 2联立，得2Q= mv03故A正确;BD . a、b之间的碰撞无机械能损失，故碰撞过程中动量守恒和机械能守恒，设碰前速度分别为v1、V2,碰后分别为 V1'、V2',且有V1> V2,以V1方向为正方向，则有mv1+mv2=mv1'+mv2'1 2 1 2 1 2 1 2mv1 + mv2 = mv1'+ mv2'2 2 2 2联立，得V1 '=V 2V2'=V1

15、即碰后a和木板共速，b向右运动，以a和木板为整体，此时a和木板的加速度a =bg2对a分析知，a的加速度最大值为a0= ag若v 2 a则av ao, a和木板保持相对静止，则无论Vo多大，a都不会从木板上滑落；故 B正确;若>2 ,则a>ao, a相对木板向左运动，故 a可能从木板左端滑落，故 D正确；C .若a与b碰前三者已经共速，则 ab 一定不相碰，此时有LI 212amgmv03mv 2 2 2联立，得vo故若v0 J# agL ,则ab 一定不相碰，故 C错误;故选ABD 。11. 一列简谐横波，在 t=is时刻的波形如图甲所示，图乙为波中质点R的振动图象，则根据甲、乙

16、两图可以判断：iirL I、 、F 一0U'甲乙A .该波沿X轴正方向传播B .该波的传播速度为6msC .从t=0时刻起经过时间 t=3s ,质点R通过路程为6mD .在振动过程中 Pi、P2的位移总是相同E.质点P2做简谐运动的表达式为 y=2sin( t )m2 2【答案】BCE【解析】【详解】由图乙可知，在t=is时刻质点P向y轴负方向振动，则根据质点振动方向与波的传播方向可知，该波沿X轴负方向传播，故 A错误；由图甲可知波长为24m ,由图乙可知周期为 T 4s ,则波速为243Vm/ S 6m / S，故B正确；由于 t 3s T，则质点P1通过路程为T 44S 3 4A

17、3 4 2m 6m ,故C正确；由于Pi、P2之间的距离为-,在振动过程中Pi、P2的位移4422不一定总是相同， 故D错误；由于T4s ,贝U,则图乙可知质点 P2做简谐运动的表达式为:2y 2sin 2t 2 m，故E正确故选BCE12如图（a）所示，在匀强磁场中，一电阻均匀的正方形单匝导线框abed绕与磁感线垂直的转轴 ab匀速转动，线圈产生的交变电动势随时间变化的规律如图（b）所示，若线框总电阻为 5,则（）A ed边两端电压的有效值为 16.5VB .当线框平面与中性面的夹角为45°时，线框产生的电动势的大小为22VC 从t 0到t 0.01s时间内，通过线框某一截面的电荷

18、量为4.4 10 2CD 线框转动一周产生的焦耳热为3.87J【答案】AB【解析】【详解】A 根据电动势随时间的变化曲线可得，交流电的电动势的瞬时值为e 22 迈 sin t（V） 22.2 Sin100 （V）则交流电的电动势的有效值为E 22Vcd边两端电压的有效值为3Ued E 16.5V4所以A正确；B .当线框平面与中性面的夹角为45°时，即则此时的电动势为e 22V所以B正确;C .由图象可得交流电的周期为T 0.02s从t 0到t 0.01s时间内，即半个周期内，通过线框某一截面的电荷量为2BSR R由电动势的瞬时值表达式可知Em BS2BST22 2VBS m2502

19、 BSR11 2c1253.9 10-2C所以C错误;D .此交流电的电流有效值为I E 4.4AR根据焦耳定律可得，线框转动一周产生的焦耳热为2Q I RT 1.936J所以D错误。故选AB。三、实验题：共2小题，每题8分，共16分13. 某学习小组利用打点计时器来测量滑块与木板间的动摩擦因数，让滑块仅在摩擦力的作用下在水平木板上减速滑行，纸带连在滑块上，打出的纸带如图所示，图中的A、B、C、D、E为每隔四个点选取的计数点，打点计时器所用交流电源的频率为50Hz ,测得相邻计数点间距离标在图中，重力加速度g取10ms2°(1) 滑块与纸带的 端相连；(填 左”或 右”)(2) 滑块

20、与木板间的动摩擦因数为 。(结果保留三位有效数字)(3) 各步操作均正确的情况下，考虑到纸带与打点计时器限位孔之间也存在摩擦，会导致此实验中动摩擦因数的测量值与真实值相比会 (填偏大”偏小”或不变”i2A B CD单-位；CnIHQ <5”4体7山2 劭 一10.18>12 寿 5训?【答案】右0.237 偏大【解析】【分析】【详解】(1) 1滑块仅在摩擦力的作用下在水平木板上减速滑行，所以滑块与纸带的速度较大的一端相连，所以 滑块与纸带的右端相连。(2) 2根据逐差法求得加速度为0.1255 0.10180.0782 0.05432a22.37 m S4 0.1由牛顿第二定律得m

21、g ma解得 0.237 o(3) 3由于其他阻力的存在，导致摩擦力变大，测量的动摩擦因数与真实值相比偏大。14. 用游标卡尺测得某样品的长度如图甲所示，其读数L=mm ;用螺旋测微器测得该样品的外边0 5 0 5"-3-2-2-1、长a如图乙所示，其读数 a=mm。23I IllIlIlllIillllll l,lIilII IIliiHlil Il4 CnIToJI05101520 一TC【答案】20.151.730【解析】【详解】1 .样品的长度 L=2cm+0.05mm × 3=20.15mm ;2 .样品的外边长 a=1.5mm+0.01mm × 23.

22、0=1.730mm。四、解答题：本题共 3题，每题8分，共24分15. 一位同学的家住在一座25层的高楼内，他每天乘电梯上楼，经过多次仔细观察和反复测量，他发现电梯启动后的运动速度符合如图所示的规律，他就根据这一特点在电梯内用台秤、重物和停表测量这座楼房的高度。他将台秤放在电梯内，将重物放在台秤的托盘上，电梯从第一层开始启动，经过不间断地运行,最后停在最高层，在整个过程中，他没有来得及将台秤的示数记录下来，假设在每个时间段内台秤的示数 都是稳定的，重力加速度 g取10ms2;(1)电梯在0 3.0s时间段内台秤的示数应该是多少？时间s台秤示数kg电梯启动前5.003.03.013.05.013

23、.019.04.619.0以后5.0【答案】(1)5.8kg ; (2)2.9m。【解析】【详解】(1)由V t图象可知，电梯在 13.0 19.0s内向上做匀减速运动，由牛顿第二定律:mg N1 maa(10 46 10)ms2 =0.8ms25.0匀速运动时的速度V a1t1 0.8 (19.0 13.0)ms=4.8ms0 3.0s内，电梯向上做匀加速运动，设其加速度为a2,则V 4.822a2m/s =1.6mst23.0由牛顿第二定律：N2 mg ma2N2 m(g a2)5.0 (10 1.6) N 58N即03.0s内台秤的示数应该为 5.8kg ；(2)0 3.0s内电梯的位移

24、1 2 1 2S一 a2t； 1.6 3.02m=7.2m2 23.0 13.0s内电梯的位移s2 vt34.8 10m=48m13.0 19.0s内电梯的位移s3 1a1t1 0.8 0.62 m=14.4m2总高度HSIS2 s369.6m平均高度U H CCh2.9m o2416如图所示，竖直平面内有一四分之一光滑圆弧轨道固定在水平桌面AB上，轨道半径 R=1.8m ,末端与桌面相切于 A点，倾角 = 37的斜面BC紧靠桌面边缘固定，从圆弧轨道最高点由静止释放一个质量m= Ikg的可视为质点的滑块 a,当a运动到B点时，与a质量相同的另一可视为质点的滑块b从斜面底端C点以初速度vo=5ms沿斜面向上运动，b运动到斜面上的P点时，a恰好平抛至该点，已知 AB的长度x=4m，a与AB间的动摩擦因数 = 0.25, b 与 BC 间的动摩擦因数=05 ,取 g=10ms2, Sin37 o=0.6 ,cos37 O= 0.8,求(1)滑块a到达B点时的速度大小;【解析】【分析】【详解】(1)滑块a从光滑圆弧轨道滑下到达B点的过程中，根据动能定理有