2021届新高考物理名校地市必刷全真模拟卷4（山东专用）3月解析版.pdf

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1、备战2021年高考物理【名校、地市好题必刷】全真模拟卷（山东专用）3月卷第四模拟试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每个题目只有一个选项符合要求，选对得4分，选错得0分。1.爱因斯坦的光子理论使得光电效应现象得以完美解释，玻尔的氢原子模型也是在光子概念的启发下提出的。下列说法正确的是（）A.不同的金属逸出功不同，因此不同金属对应的截止频率也不同B.不同频率的光照射钠金属，均发生光电效应，则光电子的最大初动能与入射光的频率成正比C.按照玻尔理论，核外电子均匀分布在各个不连续的轨道上D.按照玻尔理论，电子能吸收任意频率的光子发生跃迁【答案】A【解析】A.不同的金属逸出功不同，因

2、此不同金属对应的截止频率也不同。A正确；B.不同频率的光照射钠金属，均发生光电效应，则光电子的最大初动能与入射光的频率的关系为加=4,+叉所以二者是线性关系，不成正比。B错误；C.按照玻尔理论，核外电子只能在一些不连续的轨道上运动，但不是均匀分布在各个不连续的轨道上。C错误：D.按照玻尔理论，电子只能吸收特定频率的光子发生跃迁。D错误。故选Ao2.如图所示，水车转轮的半径为R,转轴离地面的高度为2 R，以角速度。匀速转动，轮缘上最高点和最低点分别有质量相同的水滴A、8同时被甩出，并且都落到水平地面上，假设水滴被甩出的瞬时速度大小与其在轮上运动时相等，速度方向沿转轮的切线方向，重力加速度为g,不

3、计空气阻力。下列判断中正确的有（）A.两水滴落到水平地面上的速度大小相等B.两水滴在空中飞行过程中重力做的功相等C.两水滴在空中飞行的时间差加=D.两水滴落地点间的距离Ax=【答 案】D【解 析】A.由平抛运动规律可知，两 水 滴 落 到 水 平 地 面 上 时 竖 直 方 向 的 速 度 分 别 为 碗、/y=耳月，水平分速度相等，速度合成以后大小不相等，A 错误;B.两水滴在空中飞行过程中重力做功分别为唯=3mg H、B 错误;C.A 在空中飞行的时间B 在空中飞行的时间%=两水滴在空中飞行的时间差Z =C 错误;D.A 的水平位移为B 的水平位移为两水滴落地点间的距离A x =xA+xB

4、D 正确。故选D.3.将装有一定质量氧气的薄铝筒开口向下浸入20的水中，如图所示，缓慢推动铝筒，使其下降2 m,铝筒内氧气无泄漏，则铝筒在缓慢下降过程中，氧 气（）A.从外界吸热 B.对外界做正功C.分子势能不变 D.内能减小【答案】C【解析】氧气的内能只与温度有关，而外界温度不变，所以氧气的温度不变，所以内能不变，又 U=Q+W铝筒下降时，下表面液体压强增大，则铝筒内气体压强减小，气体体积减小，外界对气体做功，VV为正，U 恒定，所以Q 为负，即气体向外界放热，由于内能是由分子动能和分子势能组成，温度是分子平动动能的标志，温度不变，故分子的平均动能不变，由于内能不变，故分子势能也不变。故选C

5、。4.某跳伞运动员从悬停在高空的直升机上跳下，在空中沿竖直方向运动的v-r 图像如图所示。下列关于运动员的运动情况分析正确的是（）p/(ms*)15:一O 5 10 15 20 HiA.O 5 s内加速度向上，10 15s加速度向下B.1()15s内做加速度逐渐增大的减速运动C.05 s内下落的距离大于37.5mD.1015s内下落的距离大于50m【答案】C【解析】由图象和题意可知，规定竖直向下方向为正方向。A.根据速度-时间图象的斜率表示加速度，由图象可知，。5s内图象的斜率为正，加速度为正，则加速度向下，1015s斜率为负，加速度向上，故A错误;B.由图象可知，1 0-15 S内图象的切线

6、斜率逐渐减小，所以加速度逐渐减小，做加速度逐渐减小的减速运动，故B错误;C.根据图象与时间轴所围的面积表示位移，可知，若05s内运动员做匀加速直线运动，则下落的距离为 m=3 7.5 m2而该图象与时间轴围成的面积比匀加速宜线运动的大，所 以。5 s内运动员下落的距离大于匀加速直线运动的位移37.5m,故C正确;D.同理可知，10s15s内下落的距离小于匀减速直线运动的位移15+5x 5 m=5()m2故D错误。故选Co5.如图所示，M,N为带电量为Q,电容为C,水平放置的平行板电容器的两个极板，长度和板间距离均为L,板间存在磁感强度为8,方向垂直纸面向里的匀强磁场I；紧靠极板右侧边长也为L的

7、正方形区域abed内存在垂直纸面向外的匀强磁场口。质量为m,电荷量为q的粒子由距下极板上处以某一初速度平行于极2板进入板间，恰能做匀速直线运动，并从b点离开磁场n。不计粒子重力及电场的边缘效应，下列说法正确的 是（）M。bX X X；:X X X;J :X X X；.:X X I X I ,:N d cA.粒子和电容器上极板M均带正电B.粒子的初速度大小为QBI3Cc.匀强磁场I 的磁感强度大小为4mQ5qBCI?D.若只将上极板M竖直向上移动少许，粒子可能从b点下方离开磁场n【答案】C【解析】A.由粒子从b点离开磁场r i可知，粒子刚进入磁场n时所受洛伦兹力竖宜向上，由左手定则可知，粒子带负

8、电，因粒子在磁场I中做匀速直线运动，故上极板M带正电，故A错；B.由平衡条件可知，粒子在磁场I中做匀速直线运动时满足qv0B=qE故一 BLC故B错误；C.粒子在磁场口中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律知吧iR7%打由几何关系可知改=Z?+(R 勺2解得4m Q5qBCL故C正确;D.若只将上极板M竖直向上移动少许，由场强口_ U一。一 Q 4以。LCL rS f srS-L 471kL可知，板间场强不变，故粒子仍将从b点离开磁场H,故D错误。故选Co6.一球状行星的自转与地球自转的运动情况相似，此行星的一昼夜为。秒，在星球上的不同位置用弹簧秤测量同一物体的重力，在此星球赤道上称得的重力是在北极

9、处的b倍（b小 于1）,万有引力常量为G,则此行星的平均密度为（）3万 34 30-301A-G a-b）B-Gb C-G-（1 叫 D-嬴【答案】A【解析】在北极时，可知赤道上的物体随地球做匀速圆周运动所需向心力因此在赤道上的重力叫 一耳 句=mg由题可知茎=bg()星球的密度PM士 兀R33整理得3兀P Ga2(-b)A正确，BCD错误。故选A。7.如图所示，&、R2和R3都是定值电阻，R是滑动变阻器，V1和V2是两理想电压表，闭合开关，当滑动变阻器的滑片自图示位置向左缓慢滑动时，下列说法中正确的是（）A.电压表V i示数减小B.电压表V2示数增大：C.电阻生消耗的电功率增大D.电压表V

10、i示数的变化量A S的绝对值小于电压表V2示数的变化量A 5的绝对值【答案】D【解析】A B.当滑动变阻器的滑片自图示位置向左缓慢滑动时，R接入电路的阻值减少，总电阻减少，所以总电流变大，则内电压和比 两端的电压增大，所 以 生 两端的电压减小，再根据部分电路的欧姆定律，通 过R2的电流减小了，根据并联电路电流的特点，通过危这部分支路的电流变大，则 角两端的电压变大，电压表V i示数变大，R两端的电压减小，电压表Vz示数减小，故AB错误；C.由AB的分析可知，通过心的电流减小了，所以电阻色消耗的电功率减少，故C错误；D.通过以上分析可知，生两端的电压等于R3两端的电压与R两端的电压之和，用两端

11、的电压减小，即R3两端的电压与R两端的电压之和减少了,而 总两端的电压增大，所以月两端的电压减少的值大于月3两端电压增大的值，故D正确。故选D。8.如图甲所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B,磁场方向相反，且与纸面垂直，两磁场边界均与X轴垂直且宽度均为L,在y轴方向足够宽。现有一高和底均为L的等腰三角形导线框，顶点。在y轴上，从图示x=0位置开始，在外力F的作用下向右沿x轴正方向匀速穿过磁场区域。在运动过程中，线框be边始终与磁场的边界平行。线框中感应电动势E大小、线框所受安培力F安大小、感应电流i大小、外力F大小这四个量分别与线框顶点。移动的位移x的关系图像中正确的是（

12、）：Xi xi xX X NXXX-：x X X X：【答案】B【解析】线框从开始进入到全部进入第一个磁场时;因切割的有效长度均匀减小，故由E=8Lv可知，电动势也均匀减小；由闭合电路欧姆定律得，感应电流也均匀减小；匀速运动，外力F与安培力大小相等B213V女 R外力F与安培力不是均匀减小，不是线性关系，故B正确，ACD错误。故选B.二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.如图所示，一列简谐横波在沿着x轴方向传播的过程中，波形由实线变为虚线经历的时间是1.0s,则该波（）567/8A.若沿x轴正方

13、向传播，波速可能为3m/sB.若沿x轴正方向传播，周期可能为0.8sC.若沿x轴负方向传播，波速可能为15m/sD.若沿x轴负方向传播，周期可能为L6s【答案】AD【解析】A B.由波形图可知该列波的波长4=8 m,若波沿x轴正方向传播，在1s内传播的距离x满足x =(8 +3)m则传播速度为u =(8 +3)m/st故波速可能为3m/s,llm/s,19m/s,结合周期公式T =-vQ Q Q可知，周期可能为一S,S,S,故A正确，B错误；3 11 19C D.同理可知，若波沿x轴负方向传播，传播速度为u =(8/?+5)m/st故波速可能为5m/s,13m/s,21m/s,结合周期公式vo

14、 o o可知，周期可能为s,S,S,故C错误，D正确。5 13 21故选AD。10.如图所示，倾角为氏30的斜面体C置于水平地面上，滑块b置于光滑斜面上，通过细绳跨过轻质定滑轮与物体a连接。连 接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a下端连接在竖直固定在地面的轻弹簧上，整个系统保持静止。已知物块a、b、c的质量分别为5m、4m、3 m,重力加速度为g,不计滑轮的质量和摩擦，下列说法中正确的是()A.杆对轻滑轮的作用力大小为B.地面对c的摩擦力为2mgC.c对地面的压力为6mgD.剪断轻绳的瞬间，a的加速度大小为0.4g【答案】ACD【解析】A.对b受力分析可知，绳中的拉力大小为T=2

15、mg由于两段绳的夹角为60，两段绳中的拉大小相等，由平行四边形定则可知，绳中拉力的合力为F=2T cos 30=2 币mg对滑轮受力分析由平衡条件可知，杆对轻滑轮的作用力大小为2 6吆，故A正确；B C.将b、c看成整体，由平衡条件可得fc=T cos 300=6tngNc=(4m+3m)T sin 30=6mg由牛顿第三定律可知，c对地面的压力为6 m g,故B错误，C正确；D.剪断轻绳的瞬间，a的合外力为F合=2mg由牛顿第二定律可知，加速度大小a=0.4g5 m故D正确。故选ACDo1 1.质量为m的带电小球由空中某点P无初速度地自由下落，经过时间t,加上竖直方向且范围足够大的匀强电场，

16、再经过时间t小球又回到P点。整个过程中不计空气阻力且小球未落地，则()A.电场强度的大小为幽qB.整个过程中小球电势能减少了9-82 2C.从P点到最低点的过程中，小球重力势能减少了 mg2产D.从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能减少了,机g2f2【答案】AD【解析】A.设电场强度为E,加电场后小球的加速度大小为a,取竖直向下为正方向，则由g g f2 =_（可一；。产），v=gt和qE-mga=-m可得a=3g,E=q故A正确；B.整个过程中电场力做功W=q E-g t2=2mg2t2所以小球电势能减少了 2mg,故B错误；C.从P点到最低点的过程中，小球下降的距离1 2x、g

17、rJ 0)?2娟d-=-2a 3所以小球重力势能减少A F 2mg2t2AEp=mgx=-故C错误；D.小球运动到最低点时，速度为零，从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能减少限=3/=疗产故D正确；故选AD1 2.如图所示，半径为R的金属环竖直放置，环上套有一质量为m的小球，小球开始时静止于最低点，现使小球以初速度%=J颁 沿 环上滑，小环运动到环的最高点时与环恰无作用力，则小球从最低点运动到最高点的过程中（）A.小球在最高点时速度为屈B.小球机械能不守恒，且克服摩擦力做的功是mgRC.小球在最低点时对轨道的压力是7mgD.小球运动到圆心等高处速度小于2厢【答案】ABD【解析】A.

18、在最高点与环恰无作用力，此时重力提供向心力，根据牛顿第二定律mV：f n g=R可得在最到点的速度A正确;B.从最低点运动到最高点的过程中，根据动能定理,1 2 1 2-mg-2R W=/nv0可得克服摩擦力做功W=mgR因此机械能不守恒，B正确;C.在最低点，根据牛顿第二定律2FN-m g=-K可得FN=8mg根据牛顿第三定律，对轨道的压力为8mg,C错误;D.如果摩擦力做功和重:力做功是均匀的，在圆心等高处，根据动能定理-mg-2R-W 1 2 1 2=mv-2可得v2y/gR但由于在下半部分，小球对金属环的压力比上半部分大，因此摩擦力做功比上半部分多，故速度唯 2 D正确。故选ABD。三

19、、实验题：本题共2 小题，第 13题 6 分，第 14题 9 分，共 15分。1 3.某同学设计如图中所示的实验装置来 验证机械能守恒定律，让小铁球从A点自由下落，下落过程中经过A点正下方的光电门B时，光电计时器记录下小球通过光电门的时间t,当地的重力加速度为g。为了验证机械能守恒定律，该实验准备了如下器材：铁架台、夹子、小铁球，光电门、数字式计时器、游标卡尺（20用游标卡尺测量小铁球的直径，示数如图丙所示，则其直径为d=c m；调整AB之间距离h,记录下小铁球通过光电门B的时间t,多次重复上述过程，作出J随h的变化图像如图乙所示。若小球下落过程中机械能守恒，则该直线斜率A=；在实验中根据数据

20、实际绘出!-图像的直线斜率为k（kC解 得 的60。则M B的最小长度为M B =cm3 M B N的最小面积为S=$231 6.汽车行驶时轮胎的胎压太高或太低容易造成安全隐患。已知某型号轮胎能在100温度下正常工作，在此温度工作时的胎压为3.534xlO5P a,在温度t为27时，该轮胎内空气的压强为1.767xlO5P a,质量为m,此时给该轮胎充气，设轮胎容积一直不变，7=273+3求需要充入空气的质量。227【答案】m373【解析】设轮胎容积为 ,充足气体后，气体温度由100降到27时，有P M =2匕Z 一代入解得%嘲 x所以充气后，总质量为人吗373需要充入空气的质量为227Am=

21、M-m=-m3731 7.某打桩机在重锤与桩碰撞的过程中，使桩向下运动，锤向上运动。现把打桩机和打桩过程简化如下：如图所示，打桩机重锤的质量为团，由牵引机械把重锤牵引到距钢桩顶上高处自由下落，打在质量为M=2机的钢桩上，已知重锤与钢桩的碰撞可视为弹性碰撞，重锤反弹后再多次与钢桩发生碰撞，且每次碰撞时间极短.已知钢桩在下陷过程中泥土对木桩的阻力恒为/=6mg,式中g为重力加速度，不计空气阻力。求:重锤第1次与钢桩碰撞以后钢桩的深度变化；(2)重锤第2次与钢桩碰撞以后钢桩的深度变化与；重锤很多次与钢桩碰撞以后钢桩深入泥土的总深度s。m2 2 1【答 案】(l)S =g/z；(2)S 2=为 力；(

22、3)5 =/【解 析】重锤自由下落运动过程，设重锤刚与钢桩接触的速度为%,则据机械能守恒定律得mgh=；mV g解得vayf2gh重锤与钢桩的弹性碰撞过程，由于作用时间极短，内力远大于外力，动量守恒和机械能守恒，即mv0=Mv+mv1 mv j9 =-Mv1 flx解得,m-M 1vi=vo=-ZvoM 32m 2m+M 3重 锤 与 钢 桩 第1次弹性碰撞后，上升的高度对钢桩在深入泥土的过程中根据动能定理得-6+Mg S|=0-：岫2解得2,重锤与钢桩第1次弹性碰撞后，重锤与钢桩的高度为%=4+*=-h则据机械能守恒定律得mg%解得重锤与钢桩的弹性碰撞过程，由于作用时间极短，内力远大于外力，

23、动量守恒和机械能守恒，即mv0=MV2+mv2f同理解得,m-M 1v2=TTvoi=-Tvoim+M 32m 2V2 =VO I=TV0 1m+M 3重锤与钢桩第2次弹性碰撞后，上升的高度对钢桩在深入泥土的深度中根据动能定理得-fs2+Mgs2=。-g A/Vj解得2,s,=h2 27根据能量守恒定律得f -S Mgs+mg（力 +s）解得I,s=h31 8.如图所示，空间存在两个相邻且互不影响的有界匀强磁场I、口，磁场边界1、2、3均水平，两磁场的磁感应强度大小相等方向相反，宽度为L=0.18m,现有一边长也为L的正方形闭合导线框从距1边界 =0.2 m处由静止释放，已知线框他 边进入磁场

24、I时恰好做匀速直线运动，进入n区域后经一段时间也做匀速直线运动，整个线框在穿过磁场区域的过程中ob边始终水平。(g lZ lO m/s2)求：线框在ab边刚进入磁场口时的加速度；线框a b边在磁场I、I I中运动的总时间；试画出线框从进入磁场区域到完全出磁场的V-f图像。(仅定性分析阶段变化并简要判断最终出磁场时速度大小即可，不要求具体计算证明)x x x x x x x x x x x x x x x x-2n.【答案】(l)3 0 m/s2；(2)o.3 s；(3)见解析【解析】线框由静止开始做自由落体，到达磁场I边界时速度满足V,2=2gli代入数据v,-2 m/s线框。b边进入磁场I边

25、界切割磁感线产生感应电流，设磁感应强度大小为8 ,线框电阻为R,由感应电动势E =BLV感应电流Ra b边所受安培力F笠=B1L又根据线框整体做匀速直线运动则F安=mg即当 a b 边经过2 边界进入磁场区域II后，速度为v,线框。b 边和cd边同时切割磁感线，产生同方向感应电流E=2BLv感应电流E/=土=2/RF/=BIL即2B-Iv根据竖直方向牛顿第二定律2F4父-mg-ma则ab边刚进入磁场II时，v=vi,此时加速度a=3g=30m/s2方向竖直向上。根据问分析，线框岫边在磁场II中匀速运动时。=0,此时线框速度匕设线框ab边在磁场I 运动的时间为4,从进入磁场n 到匀速时间为与，在磁场II匀速的时间为，3，从进入磁场口到匀速经过的位移为Xtt=0.09sK在时间段内，规定向下为正方向，由动量定理mgt2-2BlLt21=mv,-mv.4 1 1t2时间段内流过线框横截面的电荷量。=万2=2BIxR由得4B22X 3mvmgR 4得4x 3v3=-V i 4g线框在t3时间内以v2速度做匀速直线运动L-x 4L 4-x3=彩丫2 匕总时间T=tt+t2+t35L 3v)匕4g代入数据得T=0.3s