2021年山东省济南市高考物理模拟试卷（附答案详解）.pdf

《2021年山东省济南市高考物理模拟试卷（附答案详解）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年山东省济南市高考物理模拟试卷（附答案详解）.pdf（20页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、一、单 选 题（本大题共9小题，共28.0分）1.比值定义法是物理学上常用的定义物理量的方法，被定义量不随定义时所用物理量的变化而变化，下列不属于比值定义法的是（）A.E=B.C =号 C./=?D.B=2q U R 1L2.某同学将一网球竖直向上抛出，一段时间后落回原处，此过程中空气阻力大小保持不变，以竖直向上为正方向，下列位移-时间图象中可能正确的是（）3.如图所示，6两电子围绕静止的正点电荷做匀速圆周运动，不/二二计电子间的相互作用，下列说法正确的是（）；V（A.”电子受到的电场力小于6电子受到的电场力 二二二/B.a电子的电势能小于b电子的电势能C.a电子的线速度小于b电子的线速度D.

2、a电子的周期大于b电子的周期4.如图所示，一根质量分布均匀的项链悬挂于水平杆上，项链左端点受到的拉力为Fi，项链中点处张力为尸2。保持左端不动，让项链右端缓慢向左移动的过程中（）A.月减 小,6减小B.&不变，尸2减小C.&减小，尸2增大D.片不变，尸2增大5.“实时荧光定量PCR”是目前检测新型冠状病毒的最常见的方法。一般情况下，当特定的荧光染料被一定波长的光照射时，入射光的一部分能量被该物质吸收，剩余的能量将荧光染料中的原子激发，由低能级跃迁到较高能级，经过较短时间后荧光染料便可发出荧光。仅考虑以上情况，下列关于荧光染料发出的荧光的说法中正确的是（）A.荧光光谱是连续谱B.荧光光谱是吸收光

3、谱C.荧光波长不可能小于入射光的波长D.荧光波长一定等于入射光的波长6.如图所示为一辆塞满足球、排球、篮球的手推车，车沿倾角为。的粗糙路面向下加速运动。图中A是质量为，”的一个篮球，关于它受到的周围其它球的作用力，下列判断正确的是（）A.一定等于7ngsin。B.一定大于mgsin。C.一定等于mgcos。D.一定大于mgcos。7.如图所示，某同学正在进行投篮训练。已知篮球出手点到地面的距离为h=1.8m,篮筐到地面的距离为=3 m,出手点到篮筐的水平距离为L=4.2m。若出手时篮球的速度方向与水平方向的夹角为53。，且能直接进入篮筐，则出手时篮球的速度大小约为(VTT 工 3.3,sin5

4、3=0.8,cos53=0.6)()A.5.6m/sD.9.0m/s8.如图所示，质量均为?n=1即的小物块A和长木板B叠放在一起，以相同的速度%=5m/s在光滑水平面上向右匀I 亡;J 7777x7777/777777777777速运动，A、8间的动摩擦因数 =0.25。给长木板8一个水平向左的力，且保持力的功率P=5小不变，经过一段时间，A开始相对于B运动。则这段时间内小物块A克服摩擦力做的功为（）A.36J B.24J C.18J D.12J9.如图所示，是我国发射的“天问一号”火星探测器的运动轨迹示意图，首先在地面上由长征五号运载火箭发射升空，然后经过漫长的七个月进行地火转移飞行，到达

5、近火点时精准“刹车”被火星捕获，成为环绕火星飞行的一颗卫星，以下说法中正确的是（）第2页，共20页地火移收A.长征五号需要把“天问一号”加速到第二宇宙速度B.近火点的“刹车”是为了减小火星对“天问一号”的引力C.从火星停泊轨道向遥感轨道变轨过程，“天问一号”还需要在近火点刹车D.“天问一号”沿遥感轨道运行时在近火点处的动能最小二、多 选 题（本大题共3小题，共12.0分）10.如图所示为交流发电机的模型示意图，矩形线框Hcd在匀强磁场中绕00逆时针匀速转动，从图示位置开始转过90。的过程中，下列说法正确的是（）A.电流方向由c到江 大小逐渐减小B.电流方向由到c,大小逐渐增大C.电流的有效值与

6、平均值的比值为每2D.电流的有效值与平均值的比值为每411.如图所示,匕两束单色光通过半圆形玻璃砖从圆心。点出射,保持入射光的方向不变，让半圆形玻璃砖绕。点逆时针缓慢转动，当转过a角时，a光出射光消失；当转过口角时，匕 光出射光消失，已 知 下 列 说 法 正 确 的 是（）A.光在介质中的折射率大于6光在介质中的折射率B.a、两束光在介质中的光速之比为舞C.通过同一狭缝时，。光的衍射现象更明显D.分别用两束光使用同一装置做双缝干涉实验，。光的条纹间距大于6光的条纹间距如图所示，光滑水平面上有竖直向下的有界匀强磁场，6X XX XXXXX正方形线框abed以与出?垂直的速度火向右运动，一 I_

7、 X X X XX段时间后进入磁场，磁场宽度大于线框宽度，边 刚 X X *X X进入磁场时的速度为|孙。整个过程中外、边始终与磁场边界平行。若线框进入磁场过程中通过线框的电荷量为4,线框中产生的焦耳热为。，则线框穿出磁场过程中（）A.通过线框的电荷量为q B.通过线框的电荷量为|qC.线框中产生的焦耳热为|Q D.线框中产生的焦耳热为|Q三、实 验 题（本大题共2 小题，共 14.0分）13.某同学设计利用如图中所示装置验证单摆的周期公式，其中传感器可以记录光强度随时间的变化情况，将传感器固定在悬点正下方，当小球摆到最低点时遮挡光线，计算机采集数据后得到的光强-时间图像如图乙所示（1）此传感

8、器是将光信号转化为 信号的装置。（2）由图乙可得，第 1次光强最小到第N 次光强最小的时间为3 则该单摆的周期可表示为A=（用N、，表示）。（3）该同学测出小球直径。，绳长L,若已知重力加速度g,则单摆周期公式可表示为72=（用 O、L、g 表示）。在误差允许范围内7;=7 2,即可验证公式正确。光强传感器T1 VW时间14.某兴趣小组用如图甲所示的电路测量待测电阻&的阻值（约为4000）,图中回（即=1000）为量程0mA的灵敏电流计，品为定值电阻（&=1000）,R 为滑动变阻器（阻值范围0 100）。第 4 页，共 20页图甲(1)按照图甲所示的电路图，将图乙中的器材实物连线补充完整。(

9、2)将滑动变阻器置于适当位置后，闭合开关S i，将单刀双开关52接 1端，改变滑动变阻器滑片位置，记录此时电流计的示数k保持滑动变阻器滑片不动，将S2接2 端，记录此时电流计的示数%。忽略电路中M、N 两点间的电压变化，则待测电阻&的阻值的表达式为&=(用A、Ro、Rg表示)。(3)改变滑动变阻器滑片位置，重复上述步骤，得到如表中4 组数据:1234Ix/mA6.505.504.403.30I2/mA5.284.563.662.74li，21.231.211.201.20利用表中数据，可以求得“=0(保留3 位有效数字)。(4)若考虑电阻变化对电路的影响，q 的测量值_ _ _ _ _ _ (

10、填“大于”、“小于”或“等于)真实值。24.50cm。已知液体的密度p=13.6 x 103kg/m3,山顶处重力加速度g=9.80m/s2,计算结果均保留3位有效数字，求：(1)玻璃管竖直放置时，液柱由于重力产生的压强p；(2)山顶的大气压强po。16.如图所示，平衡位置位于原点。的波源发出的简谐横波在均匀介质中沿x 轴正方向传播，以波源刚开始起振为计时起点，其振动方程为y=5sin，0&c n i,经过 t=0.4 5 s,观察到坐标为(2m,0)的 P 点正好第一次处于波峰，求这列简谐横波的波速和波长。y/ctn0 P xAm17.如图所示，倾角为。=30。的斜面固定在水平地面上，物块A

11、 的质量为M=3kg,静止在斜面上，距斜面底端为s=4 m,物块B的质量为m=1kg,在斜面上距物块A 上方1 =2.5m的位置由静止释放，两物块均可看作质点，物块碰撞时无机械能损失，两物块由不同材料制成，A 与斜面之间的动摩擦因数四=/，B 与斜面间的摩擦忽略不计，重力加速度大小g=lO m/s2,求：(1)发生第一次碰撞后物块A 的速度以1和物块B的速度为1；(2)两物块第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间t；(3)物块A 到达斜面底端的过程中，两物块发生碰撞的总次数。第6页，共20页如图甲所示的空间直角坐标系QQ Z中，分界面P、荧光屏。均与平面Oxy平行，分界面 P 把空间分为区域I 和区

12、域H两部分，分界面P 与平面。孙 间的距离为L,z 轴与分界面相交于。区域I 空间中分布着沿y 轴正方向的匀强电场，区域口空间中分布着沿 x 轴正方向和z 轴正方向的交替出现的磁场，磁感应强度大小均为为,变化规律如图乙所示。电荷量为外质量为m的带正电粒子在)，轴负半轴上的某点沿z 轴正方向出射，经过区域I,到达。点时速度大小为为、方向与z 轴正方向成0=60。角：以带电粒子在0 点的时刻为t=0时刻，再经过区域口打在荧光屏。上，其速度方向恰好与经过。点时速度的方向相同，粒子所受重力忽略不计，不考虑场的边缘效应及相对论效应。求:(1)区域I 内电场强度E 的大小;(2)t=最时刻粒子的速度内大小

13、与方向;(3)分界面P与荧光屏Q之间的距离&(4)粒子打在荧光屏上的x 坐标。第8页，共20页1.【答案】c【解析】解：A、电场强度E 反映电场本身的性质，与试探电荷的电荷量4 与电场力产，属于比值定义法，故A 正确；8、电容C反映电容器容纳电荷本领的大小，与电容器的电压。、电荷量。无关，由电容器本身的特性决定，属于比值定义法，故 B正确；C、公式/=J表示流过导体的电流/与导体两端的电压成正比，与导体的电阻成反比，这是欧姆定律的表达式，不属于比值定义法，故 c 错误；D、磁感应强度是由磁场本身决定的，与尸、IL无 关,属于比值定义法，故。正确。本题选不属于比值定义法的，故选：Co所谓比值法定

14、义，就是用两个物理量的比值来定义一个新的物理量的方法。比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的属性，与参与定义的物理量无关.解决本题的关键要理解并掌握比值法定义的共性：被定义的物理量往往是反映物质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变。2.【答案】A【解析】解：设空气阻力大小为力网球质量为?，根据牛顿第二定律得：上升过程有瓶9+/=a a 上下降过程有小。-f =m a/、.对比可得上升和下降的加速度大小关系为：a上a*,上升过程的逆运动是初速度为零的匀加速直线运动，根据“=之。产，上升和下降的位移大小相等，可知上升和下降的运动时间关系为：上V t 尸，可知8 图和。图不对

15、。上升过程，有s=可知s-t 图像是开口向下的抛物线；Z-1-下降过程，有$=下（t-t 上）2,其中，是上升的最大高度，t上是上升的时间，s t图像是开口向下的抛物线综上可知，A 图正确，故 A 正确，BCO错误。故选：Ao网球在上升过程中和下降过程中的加速度方向均竖直向下，根据牛顿第二定律分析加速度随时间的变化情况，结合位移-时间公式列式进行分析。本题考查位移-时间图像，要能够根据牛顿第二定律分析加速度随时间的变化关系，通过位移-时间公式列式分析图像的形状。3.【答案】B【解析】解：设正点电荷带电量为Q,4、由公式F=可知，电子与正点电荷距离越大，电场力越小，ra rb,则“电子受到的电场

16、力大于匕电子受到的电场力，故 A 错误；B、由于a 电子离正电荷较近，a 电子所在处的电势较高，因电子带负电，结合Ep=q(p,则a电子的电势能小于b电子的电势能，故B正确；C、“、6 两电子围绕静止的正点电荷做匀速圆周运动，正点电荷对电子的库仑力提供向心力。由牛顿第二定律，可得卜 与=叱，得 =叵，所以4 电子的线速度大于b 电子的线速度，故 c 错误；D、由公式7=应 可知，电子的线速度大于6 电子的线速度，且“电子的半径小于6V电子的半径，则。电子的周期小于6 电子的周期，故。错误。故选：B。4、S 两电子到中心正点电荷的距离不同，结合库仑定律可比较电场力的大小。久 b 两电子围绕静止的

17、正点电荷做匀速圆周运动，正点电荷对电子的库仑力提供向心力。列出相应表达式即可分析比较两者圆周运动各物理量的大小。本题考查库仑定律以及向心力表达式，将电学知识与圆周运动知识相结合，考查学生对基本公式的掌握情况，以及对知识综合运用情况，难度较低。4.【答案】A【解析】解：以左半段项链为研究对象，受力分析如图由共点力的平衡条件可得:FC osa 尸 2第 10页，共 20页Fsina=G其中a表示项链在M 点切线方向与水平方向夹角，保持左端不动，让项链右端缓慢向左移动，则a增大，此时sina增大，cosa减小，故 尸1减小，F2减小，故 A 正确，BCD错误。故选：A。选取半段项链为研究对象，结合共

18、点力的平衡条件，写出拉力的表达式，利用夹角的变化判断力的变化。本题属于动态平衡问题，处理时可以先写出力的表达式，结合夹角的变化来分析力的变化情况。5.【答案】C【解析】解：人因为荧光染料吸收的是一定波长的光，由于能级的不连续性，所以荧光染料被激发后，发出的光是不连续的，所以荧光光谱属于线状光谱，故 A 错误；8、吸收光谱是温度很高的光源发出来的白光，通过温度很低的蒸汽或者气体后产生的，根据题意可知荧光光谱属于发射光谱，故 8 错误；CD,由于原子从低能级向高能级跃迁后不稳定再次向低能级跃迁，跃迁中释放的能量只能等于或者小于入射光的能量，所以荧光波长大于或等于入射光的波长，故 C 正确，。错误。

19、故选：Co连续谱是连在一起的光带，炽热固体、液体及高压气体发光产生的光谱是连续谱；线状谱是由一些不连续的亮线组成的谱线，稀薄气体、金属蒸气发光产生的谱线是线状谱；根据能级跃迁理论分析。处于基态的原子吸收一个光子跃迁到激发态，再向低能级跃迁时辐射光子的频率一定不大于入射光子的频率，其波长一定不小于入射光子的波长。6.【答案】D【解析】解：篮球与小车有共同的加速度，加速度方向沿斜面向下，则沿斜面方向合力向下，设篮球受到周围其他足球的作用力为巴 方向斜向左上与斜面夹角为a,则a Fcosa,垂直斜面方向受力平衡：mgcosd=Fsina,则尸=mgcosOsina mgcosd,尸 代入数据解得：P

20、o=9.18 x 104Pa答：(1)玻璃管竖直放置时，液柱由于重力产生的压强0是5.33 X 104pa；(2)山顶的大气压强po是9.18 x 104Pa【解析】(1)根据液体压强公式求出液柱产生的压强。(2)求出玻璃管内封闭气体的状态参量，应用玻意耳定律求出山顶的大气压强。本题考查了求压强问题，分析清楚气体状态变化过程是解题的前提，求出气体状态参量,应用液体的压强公式与玻意耳定律即可解题。16.【答案】解：根据波源的振动方程y=5sin/07rtcni,知3 =10兀，则T=生=0.2 s,由题意可知，t=0.45s时，P已经振动了 t?=工7=0.05s,波从o点传到P点时间为仆G=t

21、-t2=(0.45-0.05)s=0.4s由 f =菱=后7n/s=5ni/s所以4=vT=5 X 0.2m=Im答：这列简谐横波的波速为5/n/s,波长为lm.【解析】根据波源的振动方程可计算周期，由P点状态分析波从O点传到P点时间，计算波长和波速。本题首先考查振动方程，知道波传播的周期，注意由P点状态分析波从。点传到尸点时间，利用波在同介质中匀速传播的特性计算波速。17.【答案】解：(1)对 8物体从开始下滑到碰撞前，据机械能守恒律有：mglsind=代入数据求得：%=5m/s对 AB系统，由于碰撞时间极短，动量守恒，以沿斜面向下为正方向有：mBvr=mBvB 1+mAvA 1弹性碰撞机械

22、能守恒：扣 B 资=血 2 +mAV2解得：VB I=jvi=*x 5m/s=-2.5m/s,vA 1=7%=景 x 5m/s=2.5 m/s(2)之后,A向下做匀减速运动，其加速度以=则 谭 幽”=1 0 x纲/S 2-曰 x 1 0 x-m/s2=2.5m/s2当速度减为零的位移马1 =用1=手 黑 瓶=1.2 2 5 m,时间以1 =$=墨s =0.5 s而 8做匀变速直线运动，其加速度1=深 丝=5 m/s 2,当位8的 位 移=41时的速度及2 =，吊1 +2CLBXB I=J(-2.5)2 +2 x 5 x 1.2 2 5 m/s =2.5小1m1s，时间1B I=竺%=2叱.2.

23、5)S =空$以1。那么第二次碰撞与第一次碰撞的时间=tB 1=O-B 5 2V3+1-o2(3)从以上分析可以看出，第二次碰撞前B的速度=2.5 b=巧%，根据弹性碰撞的规律，碰撞后A的速度以2 =器 方=乎 巾/s =与以1，下滑的距离右2 =察=办1。余次类推，第三次碰撞时A下 滑 的 位 移=：乙2,呈等比数列，经过次碰撞后下滑的位移马伽-1)=弓尸马1，那么有当1+XA2+XA 3+I X|x4l .+xA n N S，1.225 1+(/2+(|)3+(；)4 C)FI 2 4解得：九=5.2,取？i =5答：(1)发生第一次碰撞后物块A的速度以i 为2.5m/s,方向向下，物块3

24、 的速度为1为2.5m/s,方向向上；(2)两物块第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间t为 等；(3)物块A到达斜面底端的过程中，两物块发生碰撞的总次数为5。第18页，共20页【解析】(1)根据机械能守恒求出碰撞前B的速度，再根据动量守恒和机械能守恒求出碰撞后4和8的速度；(2)由动力学规律判断A速度减小为零的位移，碰撞后8的速度也就是第二次碰撞前的速度，并找到两次碰撞前的速度关系；(3)碰撞的次数由4每次向下的位移，找到每次碰撞后与上次速度碰撞后的速度关系，从而求出每次下移距离的关系，距离之和不大于s,列式求出碰撞次数。本题考查了动量守恒定律和机械能守恒的综合运用，关键之一要灵活运用弹性碰撞碰后

25、的 速 度 詈 潦%,%=含T%。关键之二是灵活运用动力学规律找到本次碰撞前 I 1十 m 2 7 7 1 1+m 2的速度与上一次碰撞前的速度关系，从而得到A下移的距离与上次下移的关系。关键之三是熟练运用等比数列相关知识求次数。18.【答案】解(1)粒子在区域I电场中受与初速度方向垂直的电场力作用，做类平抛运动，沿 z轴：L=v0tcos6,沿y轴：v0sin6 at,由牛顿第二定律得q E =m a解得E =畤 誓；4qL(2)带电粒子在区域n磁场中的运动周期为2nmT=qB 0从。点开始0署时间内粒子做螺旋运动，在垂直Z轴的平面内分运动为匀速圆周运动,有效速度为沿y轴正方向的Vy=vos

26、ine,Vy=y V o,沿Z轴正方向的分运动为七=VOC O S0,vz=|v0的匀速直线运动，运动时间为J r =署，在垂直Z轴的平面内的匀速圆周运动正好半周，此时分速度方向沿y轴负方向，大小仍为 几 8=of所以%=J对+谚,%=%，方向与水平z方向成60。角斜向y轴负方向(3)在署三署时间内，粒子以先为初速度在垂直与z轴的平面内做匀速圆周运动，q&o s QD0运 动 时 间 为=：翳，3 5 QDQ转过的角度为a=|兀，粒子此时的速度恰好与经过。点时的速度方向相同。因此要想使粒子打在荧光屏上时满足题目要求，所经过的时间为 =兀(等+|等)qb。3 CJDQ0 翳时间内，沿 z轴上发生

27、的位移Z1=v0cose-翳=翳qB o 0 qtf0在,.n行m 孑薪5 nm 时间内.，r=m房vQ，Q tf0 3 qb0 q oQ沿 z轴上发生的位移Zi=2rsin0=更詈纥QBo所以d=n(z1+z2)=?i(生乎+)，其中n=l、2、3.(4)0 署 时 间 内，=殳 上，qB qB沿 Z轴正方向，每经过?等的时间，粒子沿X轴发生的位移2/=空，3 QBo qB0粒子打在荧光屏上的无坐标：x=n-=.qB。qB。答:(1)区域I 内电场强度E 的 大 小 为 驾；(2)t=就时刻粒子的速度%大小为火，方向与水平z方向成60。角斜向y 轴负方向：(3)分界面尸与荧光屏。之间的距离d

28、=n(Zi+z2)=n(+3 ),其中n=l、2、(4)粒子打在荧光屏上的x 坐 标 为 粤 纥【解析】(1)粒子在区域/只受电场力作用做类平抛运动，可将运动进行分解，求出电场强度；(2)在区域中由洛伦兹力提供向心力，需结合图乙所给出磁场的变化情况，将两个磁场图象相结合，从0点开始。等时间内粒子做螺旋运动，分析此时间段粒子的轨迹,从而确定速度方向(3)(4)结合图乙按照磁场的变化情况，分各时间段对带电粒子运动进行分析，从而确定粒子沿z轴、x 轴发生的位移。本题综合考查带电粒子在电场中的运动和带电粒子在磁场中的运动，涉及到粒子在立体空间的运动，情况较复杂，对学生空间想象能力有一定要求，难度较大。第20页，共20页