山东省莱芜市2021届第四次新高考模拟考试物理试卷含解析 17页

山东省莱芜市 2021 届第四次新高考模拟考试物理试卷 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，小车的直杆顶端固定着小球，当小车向左做匀加速运动时，球受杆子作用力的方向可能沿图中 的（ ） A． OA 方向 B．OB 方向 C．OC 方向 D． OD 方向 【答案】 A 【解析】 【分析】 以小球研究对象进行受力分析，根据小球和小车的加速度相同已及顿第二运动定律的矢量性进行判断。 【详解】 小球和小车的加速度相同，所以小球在重力和杆的作用力两个力的作用下也沿水平向左的方向加速运动， 加速度水平向左，根据牛顿第二定律 F=ma 可知加速度的方向与合力的方向相同，合力水平向左，根据力的合成的平行四边形定则，直杆对小球的作 用力只可能沿 OA 方向， A 符合题意， BCD 不符合题意 故选 A。 2．为探测地球表面某空间存在的匀强电场电场强度 E 的大小，某同学用绝缘细线将质量为 m、带电量为 +q 的金属球悬于 O 点，如图所示，稳定后，细线与竖直方向的夹角 θ = 60 °；再用另一完全相同的不带电 金属球与该球接触后移开，再次稳定后，细线与竖直方向的夹角变为 α= 30 °，重力加速度为 g，则该匀强 电场的电场强度 E 大小为（ ） A． E= 3 q mg B．E= 3 2q mg C．E= 3 3q mg D． E= mg q 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 设电场方向与竖直方向夹角为 α，则开始时，水平方向 1 sin 60 sinT qEo 竖直方向 1 cos60 cosT qE mgo 当用另一完全相同的不带电金属球与该球接触后移开，再次稳定后电量减半，则水平方向 2 1sin 30 sin 2 T qEo 竖直方向 2 1cos30 cos 2 T qE mgo 联立解得 qE=mg α =60° 即 mg q E 故选 D。 3．如图所示，正六边形的物体上受四个共点力的作用下保持平衡。下列说法正确的是（ ） A． F1 与 F 2 的大小可能不相等 B． F1 与 F 3 的大小可能不相等 C． F4 的大小一定是 F 2 的 2 倍 D． F4 的大小一定是 F 3 的 2 倍 【答案】 A 【解析】 【详解】 B．因 F1 与 F3 关于 F2 和 F 4 方向对称，根据几何关系可知 F 1 与 F3 必须相等， B 错误； ACD ．将 F1 与 F3 合成为一个 F2 方向上的力，大小未知，则 F 2、F 4 和合力三个力在同一直线上平衡，大 小均未知，则大小关系无法确定， CD 错误， A 正确。 故选 A。 4．如图所示，竖直放置的两端开口的 U 形管，一段空气柱被水银柱 a 和水银柱 b 封闭在右管内，水银柱 b 的两个水银面的高度差为 h。现将 U 形管放入热水槽中， 则系统再度达到平衡的过程中 （水银没有溢出， 外界大气压保持不变） （ ） A．空气柱的压强变大 B．空气柱的长度不变 C．水银柱 b 左边液面要上升 D．水银柱 b 的两个水银面的高度差 h 不变 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．外界大气压不变，被封闭气体压强始终不变，气体做等压变化，温度升高，则气体体积增大，故 AB 错误； CD ．被封闭气体压强始终不变， 水银柱 b 两液面高度差 h 不变， 则液面位置也不会发生变化， 故 C 错误， D 正确。 故选 D。 5．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为 1∶2，正弦交流电源电压为 U＝ 12 V，电阻 R1＝1 Ω，R 2 ＝ 2 Ω，滑动变阻器 R3 最大阻值为 20 Ω，滑片 P 处于中间位置，则 A． R1 与 R2 消耗的电功率相等 B．通过 R1 的电流为 3 A C．若向上移动 P，电压表读数将变大 D．若向上移动 P，电源输出功率将不变 【答案】 B 【解析】 【详解】 理想变压器原副线圈匝数之比为 1：2，可知原副线圈的电流之比为 2：1，根据 P=I 2R 可知 R1 与 R2 消耗 的电功率之比为 2：1，故 A 错误；设通过 R1 的电流为 I ，则副线圈电流为 0.5I，初级电压： U-IR 1=12-I ； 根据匝数比可知次级电压为 2（12-I ），则 2 3 2(12 ) 1 12 0.5 2 m I R R I ＝ ＝ ，解得 I=3A ，故 B 正确；若向上 移动 P，则 R3 电阻减小，次级电流变大，初级电流也变大，根据 P=IU 可知电源输出功率将变大，电阻 R1 的电压变大，变压器输入电压变小，次级电压变小，电压表读数将变小，故 C D 错误；故选 B。 6．新华社西昌 3 月 10 日电 “芯级箭体直径 9.5 米级、近地轨道运载能力 50 吨至 140 吨、奔月转移轨道运 载能力 15 吨至 50 吨、奔火（火星）转移轨道运载能力 12 吨至 44 吨⋯⋯”这是我国重型运载火箭长征九 号研制中的一系列指标，已取得阶段性成果，预计将于 2030 年前后实现首飞。火箭点火升空，燃料连续 燃烧的燃气以很大的速度从火箭喷口喷出，火箭获得推力。下列观点正确的是（ ） A．喷出的燃气对周围空气的挤压力就是火箭获得的推力 B．因为喷出的燃气挤压空气，所以空气对燃气的反作用力就是火箭获得的推力 C．燃气被喷出瞬间，火箭对燃气的作用力就是火箭获得的推力 D．燃气被喷出瞬间，燃气对火箭的反作用力就是火箭获得的推力 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 A． 喷出的燃气对周围空气的挤压力，作用在空气上，不是火箭获得的推力，故 A 错误； B． 空气对燃气的反作用力，作用在燃气上，不是火箭获得的推力，故 B 错误； CD ． 燃气被喷出瞬间，燃气对火箭的反作用力作用在火箭上，是火箭获得的推力，故 C 错误 D 正确。 故选 D。 二、多项选择题：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，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 0 分 7．如图所示，一直角三角形处于平行于纸面的匀强电场中，∠ A= 90 ，∠ B= 30 ， AC 长为 L ，已知 A 点的电势为 （ >0），B 点的电势为 2 ，C 点的电势为 0，一带电的粒子从 C 点以 v0 的速度出发，方 向如图所示（与 AC 边成 60 ）。不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ） A．电场强度的方向由 B 指向 C B．电场强度的大小为 2 3 3L C．若粒子能击中图中的 A 点，则该粒子的比荷为 2 06v D．只要粒子的速度大小合适，就可能击中图中的 B 点 【答案】 BC 【解析】 【详解】 A． B 点的电势为 2φ，C 点的电势为 0，故 BC 中点 D 的电势为 φ，又有 A、D 电势相等，故匀强电场场 强方向垂直 AD，根据沿着电场线电势降低可得：电场线方向垂直 AD 指向左侧，故 A 错误； B．根据 = UE d 可知电场强度的大小为 2 3 cos30 3 A CE L L 故 B 正确； C．粒子在电场中做类平抛运动，粒子能击中图中的 A 点，则有 2 21 1cos30 2 2 qEL at t m 0sin 30L v t 联立解得 2 06vq m 故 C 正确； D．粒子运动过程只受电场力作用，电场力与初速度方向垂直，故粒子做类平抛运动，所以粒子速度不论 多大在电场中都不能击中图中的 B 点。 故 D 错误。 故选 BC 。 8．如图所示，半圆 ABC 是由一条光滑的杆弯曲而成的。带有小孔的小球穿在杆上，在水平拉力 F 的作 用下小球由 B 点开始缓慢升高，此过程中半圆 ABC 竖直，固定不动， AC 连线水平。在小球缓慢上升的 过程中，有关水平拉力 F 、杆对小球的作用力 NF 的变化情况，下列说法正确的是 A． F 逐渐变大 B． F 逐渐变小 C． NF 逐渐变大 D． NF 逐渐变小， 【答案】 AC 【解析】 【详解】 小球受重力、杆的弹力、水平拉力作用 , F 与 NF 的变化情况如图所示 ,由图可知 F 在小球向上移动的过程 中 , NF 与竖直方向夹角变大 , F 逐渐变大 , NF 逐渐变大。 A.A 项与 上述分析结论相符，故 A 正确； B.B 项与 上述分析结论不相符，故 B 错误； C.C 项与 上述分析结论相符，故 C 正确； D.D 项与 上述分析结论不相符，故 D 错误。 9．如图所示， 半径为 a 的圆形区域内， 有垂直纸面的匀强磁场 （图中未画出） ，磁感应强度大小为 B，EF 、 MN 为两平行金属板，板长和板距均为 2a，一质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子以速度 0v 从 A 点沿半径 方向射入磁场，若金属板接电源，则粒子沿平行于金属板的方向射出，若金属板不接电源，则粒子离开磁 场时速度方向偏转 60o ，不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ） A．粒子带负电 B．粒子两次通过磁场区域所用的时间相等 C．速度 0v 的大小为 3qBa m D．两金属板间的电压为 2 22 3qB a m 【答案】 CD 【解析】 【分析】 【详解】 A．由于磁场方向不确定，故带电粒子的电性不确定， A 错误； B．当金属板接电源时，由题意可知，带电粒子匀速穿过平行板，粒子通过磁场区域所用的时间 1 0 2at v 当金属板不接电源时，粒子只在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为 R，由几何关系有 tan30 a R o 解得 3R a 则粒子在磁场中的运动时间 2 0 0 60 2π 3π 360 3 R at v v o o 所以 1 2t t B 错误； C．当金属板不接电源时，粒子只在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有 2 0 0 vqv B m R 解得 0 3qBav m C 正确； D．当金属板接电源时，两金属板间存在匀强电场，设电场强度大小为 E，则有 0qE qv B 得 0E v B 则两金属板间的电压 2 2 0 2 32 2 qB aa aBvU E m D 正确。 故选 CD 。 10．下面正确的是 _______ A．热量一定是从内能多的物体传递到内能少的物体 B．在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加 C．人对空气干爽与潮湿的感受主要取决于空气的相对湿度 D．液体具有流动性是因为液体分子具有固定的平衡位置 E.当两分子间距离为 r 0时，分子力为 0；当分子间距离小于 r 0 时，分子间表现为斥力 【答案】 BCE 【解析】 【详解】 A．热量能从温度高的物体传递到温度低的物体，但温度高的物体的内能不一定大，故 A 错误； B．在绝热条件下压缩气体，外界对气体做功而没有热传递，根据热力学第一定律可知气体的内能一定增 加，故 B 正确； C．人对空气干爽与潮湿的感受主要取决于空气的相对湿度，空气的相对湿度越大，人们感觉越潮湿，相 对湿度越小感觉越干燥，故 C 正确； D．液体具有流动性是因为液体分子不具有固定的平衡位置，故 D 错误； E．根据分子力的特点可知，当两分子间距离为 r 0 时，分子力为 0，当分子间距离小于 r 0 时，分子间表现 为斥力，故 E 正确； 故选 BCE 。 11．如图所示为一列简谐横波在某时刻的波形图， M 是平衡位置为 2mx 处的质点， N 是平衡位置为 8mx 处的质点，若 N 点相继出现两个波峰的时间间隔为 8s ，则下列说法正确的是（ ） A．该波的传播速度 2m/sv B．若波沿 x 轴正方向传播，则 7mx 处的质点经过 0.5s即可与 M 点位移相等 C． M 、 N 两质点的振动方向总是相反 D．从图示位置计时，若 M 点比 N 点先到达波谷，则波的传播方向沿 x 轴负方向 E.若波沿 x 轴正方向传播，从图示时刻计时，再经过 0.5s， M 、 N 两质点的位移相同 【答案】 ADE 【解析】 【详解】 A．某点相继出现两个波峰的时间间隔为机械波的传播周期，即 8T s ，故 2m/sv T A 正确； C．只有两个质点间的距离是半波长的奇数倍时，两质点的振动方向才会总是相反， C 错误； D．如果 M 点比 N 点先到达波谷，说明此时 M 点正在往下振动， N 点正在往上振动，则波的传播方向沿 x 轴负方向， D 正确； BE ．若波沿 x 轴正方向传播，经过 0.5s 后波形图往右平移 1m，此时 x=1m 处的质点正处于平衡位置，而 x=2m 处的质点 M 与 x=1m 处的质点的振动时间差是 1 16 T ，其 sin 22.5My A ；x=8m 处的质点 N 与 x=1m 处质点的振动时间差是 7 16 T ，其 sin 180 22.5N My A y ，E 正确， B 错误。 故选 ADE 。 12．以下说法中正确的是 ________。 A．全息照相利用了光的衍射现象 B．如果两个波源振动情况完全相同，在介质中能形成稳定的干涉图样 C．声源远离观察者时，听到的声音变得低沉，是因为声源发出的声音的频率变低了 D．人们所见到的 “海市蜃楼 ”现象，是由于光的全反射造成的 E.摄像机的光学镜头上涂一层 “增透膜 ”后，可减少光的反射，从而提高成像质量 【答案】 BDE 【解析】 【分析】 【详解】 A．全息照相利用了激光的干涉原理，可以记录光的强弱、频率和相位，故 A 错误； B．当频率相同与振幅完全相同时，则会形成稳定的干涉图样，故 B 正确； C．若声源远离观察者，观察者会感到声音的频率变低，是接收频率变小，而发射频率不变，故 C 错误； D．海市蜃楼是一种由光的折射产生的现象， 是由于光在密度不均匀的物质中传播时， 发生折射而引起的， 属于全反射，故 D 正确； E．当薄膜的厚度为入射光在增透膜中波长的 1 4 时， 从薄膜前后表面的反射光相互抵消， 从而减少了反射， 增加了透射，故 E 正确。 故选 BDE 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．某实验小组为了测量某微安表 G（量程 200μA，内阻大约 2200 Ω）的内阻，设计了如下图所示的实验 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 9999 Ω）； 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 1 6924ΩR ； b．重新调节 R，使电压表读数为 3 4 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。 【答案】 B 4653 2170 【解析】 【详解】 (1)[1] ．滑动变阻器用分压电路，则为方便实验操作，滑动变阻器应选择 B； (2)[2] ．由图示电阻箱可知，电阻箱示数为 R2=4× 1000 Ω +6× 100Ω +5× 10Ω +3× 1Ω =4653 Ω (3)[3] ．根据实验步骤，由欧姆定律可知 U=I g（R g+R 1） 2 3 4 g gU I R R（ ） 解得 Rg=2170 Ω 14．某同学利用如图甲所示的装置探究加速度与力、质量的关系。实验时，把数据记录在表格中，数据是 按加速度大小排列的，第 8 组数据中小车质量和加速度数据漏记 组号 F/N m/kg a/m?s2 1 0.29 0.86 0.34 2 0.14 0.36 0.39 3 0.29 0.61 0.48 4 0.19 0.36 0.53 5 0.24 0.36 0.67 6 0.29 0.41 0.71 7 0.29 0.36 0.81 8 0.29 9 0.34 0.36 0.94 (1) 该同学又找到了第 8 组数据对应的纸带以及小车质量，纸带如图乙所示。已知打点计时器所用交流电 的频率为 50Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有 4 个打出来的点未画出。请你帮助该同学求出第 8 组中的加速度 a=___m/s 2； (2)如果要研究加速度与力的关系，需取表格中 ___组数据（填组号） ，做 a F 图像；如果要研究加速度与 质量的关系，需取表格中 ____组数据（填组号） ，做 a m 图像。这种研究方法叫做 _____法； (3)做出 a m图像如图丙所示，由图像 _____（填 “可以 ”或 “不可以 ”）判断 a 与 m 成正比。 【答案】 0.90（0.89~0.92） 2、4、5、 7、9 1、3、6、7、8 控制变量 不可以 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1] 每两个相邻点之间还有 4 个打出来的点未画出，故相邻点之间的时间间隔为： T=0.02 ×5s=0.1s 根据逐差公式可得 2 34 12 12x x a T ， 2 23 01 22x x a T 故加速度为 34 23 12 01 24 02 04 02 02 2 2 24 4 4 x x x x x x x x xa T T T 代入数据可得 2 2 2 2 10.10 3.25 3.25 10 m / s 0.90m / s 4 01 a ． . (2)[2] 研究加速度与力的关系，需要保证质量不变，选取 2、4、5、7、9 组数据。 [3] 研究加速度与质量的关系时，需要控制力 F 不变，选取 1、3、 6、7、8 组数据。 [4] 涉及多个变量时，需要控制其他变量恒定，改变其中一个变量，这种方法为控制变量法。 (3)[5] 分析丙图可知， a m 图线为曲线，并不能说明是正比例关系，故应作 1a m 图线，研究 a 与 1 m 成 正比关系。 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．如图所示，水平桌面上竖直放置上端开口的绝热圆柱形汽缸，导热性能良好的活塞甲和绝热活塞乙质 量均为 m, 两活塞均与汽缸接触良好，活塞厚度不计，忽略一切摩擦，两活塞把汽缸内部分成高度相等的 三个部分，下边两部分封闭有理想气体 A 和 B。汽缸下面有加热装置，初始状态温度均为 T=-3 ℃ ,气缸的 截而积为 S,外界大气压强为 mg S 且不变，其中 g 为重力加速度，现对气体 B 缓慢加热。求： ①活塞甲恰好到达汽缸上端时气体 B 的温度； ②若在活塞甲上放一个质量为 m 的砝码丙，继续给气体 B 加热，当活塞甲再次到达汽缸上端时，气体 B 的温度。 【答案】① 540K ②840K 【解析】①设 B 开始的体积为 V 1,活塞甲移动至恰好到达汽缸上端的过程中气体 B 做等压变化，体积变为 2V 1 有 1 1 0 2V V T T 得气体 B 的温度为 1 02 540T T K ②设放上丙继续加热过程后 A 的体积为 V 2,气体 A 做等温变化 0 1 0 2 2mg mgp V p V s s 而 0 mgp s 得 2 1 2 3 V V 此时 B 的体积 3 1 1 1 2 73 3 3 V V V V 由理想气体状态方程得 0 1 0 1 0 2 3 7 3 mg mgp V p V s s T T 得此时气体 B 的温度为 0 28 840K 9 T T 【点睛】处理理想气体状态方程这类题目，关键是写出气体初末状态的状态参量，未知的先设出来，然后 应用理想气体状态方程列式求解即可． 16．如图所示， 把一个横截面 QMP 为等边三角形玻璃棱镜的一个侧面放在水平桌面上， 直线 SD与 QP 共 线。在 S 处放一光源，使其发出的直线光束与 SQ 夹 30o 角，该光束射向棱镜的 MQ 侧面上的一点。调整 光源 S 的位置，使棱镜另一侧面 MP 出射的光线射在 D 点，且恰有 SQ PD 。不考虑光线在棱镜中的反 射，求： （ i）棱镜玻璃的折射率； （ ii）棱镜的出射光线与人射光线间的夹角。 【答案】 （i） 3n ；（ii ）60° 【解析】 【详解】 （ i）如图，由几何关系知 A 点的入射角为 60 ，折射角为 30°。 有 sin 60 sin 30 n 解得 3n （ ii）出射光线与入射光线间的夹角为 2 30 60 17．图示为一由直角三角形 ABC 和矩形 CDEA 组成的玻璃砖截面图。 2AB L ， 3 4 DC L ，P 为 AB 的中点， 30 。与 BC 平行的细束单色光 MP 从 P 点入射，折射后恰好到达 C 点。已知光在真空中速 度大小为 c 。求： (1)玻璃的折射率 n ； (2)光从射入玻璃砖到第一次射出所用的时间 t 。 【答案】 (1) 3 ；(2) 3 3 2 L c 【解析】 【详解】 (1)在玻璃砖中的光路如图所示： 由几何关系知 60 30i r 由折射定律 sin sin in r 得 3n (2)设玻璃的临界角为 C ，则 1sin C n 由几何关系知 60 由于 3 3sin sin 2 3 C PC 光在 BD 面发生全反射，由几何关系知 30 由于 1sin sin 2 C 光从射入玻璃砖到第一次从 F 点射出，由几何关系知 PC L ， cos 2 DC LFC 光从射入玻璃砖到第一次射出所用的时间 PC FCt v 结合 cn v 解得 3 3 2 Lt c