山东省莱芜市2021届新高考物理二模试卷含解析

山东省莱芜市2021届新高考物理二模试卷

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，一块可升降白板沿墙壁竖直向上做匀速运动，某同学用画笔在白板上画线，画笔相对于墙壁从静止开始水平向右先匀加速，后匀减速直到停止．取水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，则画笔在白板上画出的轨迹可能为(　　)

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】

【分析】

找出画笔竖直方向和水平方向的运动规律，然后利用运动的合成与分解进行求解即可；

【详解】

由题可知，画笔相对白板竖直方向向下做匀速运动，水平方向先向右做匀加速运动，根据运动的合成和分解可知此时画笔做曲线运动，由于合力向右，则曲线向右弯曲，然后水平方向向右减速运动，同理可知轨迹仍为曲线运动，由于合力向左，则曲线向左弯曲，故选项D正确，ABC错误。

【点睛】

本题考查的是运动的合成与分解，同时注意曲线运动的条件，质点合力的方向大约指向曲线的凹侧。

2．相传我国早在5000多年前的黄帝时代就已经发明了一种指南车。如图所示为一种指南车模型，该指南车利用机械齿轮传动的原理，在任意转弯的情况下确保指南车上的小木人右手臂始终指向南方。关于该指南车模型，以下说法正确的是（　　）

A．以指南车为参照物，车上的小木人始终是静止的

B．如果研究指南车的工作原理，可以把车看成质点

C．在任意情况下，指南车两个车轮轮缘的线速度大小都相等

D．在任意情况下，车转弯的角速度跟小木人的角速度大小相等

【答案】A

【解析】

【详解】

A．以指南车为参照物，车上的小木人相对于小车的位置不变，所以始终是静止的，故A正确；

B．在研究指南车的工作原理时，不可以把车看成质点，否则车上的小木人右手臂始终指向南方的特点不能体现，故B错误；

C．在指南车转弯时，两个车轮的角速度相等，线速度不一定相等，故C错误；

D．由题，车转弯时，车转动，但车上的小木人右手臂始终指向南方，可知小木人是不转动的，所以它们的角速度是不相等的，故D错误；

故选A。

3．我国在酒泉卫星发射中心用长征二号丁运载火箭成功将世界首颗量子科学实验卫星（简称“量子卫星”）“墨子号”发射升空。已知引力常量为G，地球半径为R，“墨子号”距地面高度为h，线速度为，地球表面的重力加速度为g，第一宇宙速度为，下列说法正确的是

A． B．卫星距离地面的高度h可用来表示

C．地球的质量可表示为 D．此卫星角速度大于

【答案】C

【解析】

【详解】

A．由万有引力提供向心力，有

，

联立得

选项A错误；

B．对量子卫星有

得

代入，得

，

选项B错误；

C．对量子卫星有

得

选项C正确；

D．

对量子卫星有

代入，得此卫星角速度为

<

选项D错误。

故选C。

4．如下图所示，ab间接入u=200sin100πtV的交流电源，理想变压器的原副线圈匝数比为2︰1，Rt为热敏电阻，且在此时的环境温度下Rt=2Ω(温度升高时其电阻减小)，忽略保险丝L的电阻，电路中电表均为理想电表，电路正常工作，则

A．电压表的示数为100V

B．保险丝的熔断电流不小于25A

C．原副线圈交流电压的频率之比为2︰1

D．若环境温度升高，电压表示数减小，电流表示数减小，输入功率不变

【答案】B

【解析】

【分析】

根据变压器初次级的匝数比求解次级电压有效值即为电压表读数；熔断电流是指有效值；变压器不改变交流电的频率；环境温度升高，则热敏电阻阻值减小，根据次级电压不变进行动态分析.

【详解】

ab端输入电压的有效值为200V，由于理想变压器的原副线圈匝数比为2︰1，可知次级电压有效值为100V，即电压表的示数为100V，选项A错误；次级电流有效值为 ，则初级电流有效值，则保险丝的熔断电流不小于25A， 选项B正确；变压器不改变交流电压的频率，原副线圈的交流电压的频率之比为1︰1，选项C错误；若环境温度升高，Rt电阻减小，但是由于次级电压不变，则电压表示数不变，电流表示数变大，次级功率变大，则变压器的输入功率变大，选项D错误；故选B.

【点睛】

要知道有效值的物理意义，知道电表的读数都是有效值；要知道变压器的原副线圈的电压比等于匝数比，并会计算；要会分析电路的动态变化，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况．

5．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2:3，两端共接有六只相同的小灯泡L1、L2、 L3、L4、L5和L6（电阻恒定不变），变压器的原线圈接有输出电压U恒定的交流电源，六只小灯泡均发光．下列说法正确的是（ ）

A．L1、L2、 L3三只灯泡亮度一定相同

B．小灯泡L2一定比L4亮

C．交流电源输出电压U是小灯泡L4两端电压的4.5倍

D．L1消耗的功率是L2消耗灯泡的2.25倍

【答案】C

【解析】

【详解】

设小灯泡L4两端电压为，则有副线圈的输出电压为，根据电压与匝数成正比，原线圈的输入电压为，L2、 L3两只灯泡串联后的总电压为；设通过小灯泡L4电流为，根据电流与匝数成反比，则有原线圈电流为，根据欧姆定律可得通过L2、 L3两只灯泡的电流为，根据并联分流可得通过L1灯泡的电流为，小灯泡L1两端电压为，根据串联分压可知交流电源输出电压，根据电功率公式可知，故C正确，A、B、D错误；

6．如图所示，真空中等边三角形OMN的边长为L=2.0m，在M、N两点分别固定电荷量均为的点电荷，已知静电力常量，则两点电荷间的库仑力的大小和O点的电场强度的大小分别为（ ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】

【详解】

根据库仑定律，M、N两点电荷间的库仑力大小为，代入数据得

M、N两点电荷在O点产生的场强大小相等，均为，M、N两点电荷形成的电场在O点的合场强大小为

联立并代入数据得

A． 与分析相符，故A正确；

B． 与分析不符，故B错误；

C． 与分析不符，故C错误；

D． 与分析不符，故D错误；

故选：A。

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．在光滑的水平面上，一滑块的质量m=2kg，在水平面上受水平方向上恒定的外力F=4N（方向未知）作用下运动，如图所示给出了滑块在水平面上运动的一段轨迹，滑块过PQ两点时速度大小均为v=5m/s。滑块在P点的速度方向与PQ连线夹角α=37°，sin37°=0.6，则（　　）

A．水平恒力F的方向与PQ连线成53°夹角

B．滑块从P到Q的时间为3s

C．滑块从P到Q的过程中速度最小值为4m/s

D．PQ两点连线的距离为12m

【答案】BCD

【解析】

【详解】

A．设水平恒力F的方向与PQ连线夹角为β，滑块过P、Q两点时的速度大小相等，根据动能定理得

FxPQcosβ=△Ek=0

得β=90°，即水平恒力F与PQ连线垂直且指向轨迹的凹侧，故A错误；

B．把P点的速度分解在沿水平力F和垂直水平力F两个方向上，沿水平力F方向上滑块先做匀减速后做匀加速直线运动，有

当F方向速度为零时，时间为

根据对称性，滑块从P到Q的时间为

t'=2t=3s

故B正确；

C．当F方向速度为零时，只有垂直F方向的速度

v'=vcos37°=4m/s

此时速度方向与F垂直，速度最小，故C正确；

D．垂直F的方向上物块做匀速直线运动，有

xPQ=v't'=12m

故D正确。

故选BCD。

8．若取无穷远处分子势能为零，当处于平衡状态的两分子间距离为r0时，下列说法正确的是（ ）

A．分子势能最小，且小于零

B．分子间作用力的合力为零

C．分子间引力和斥力相等

D．分子间引力和斥力均为零

E.分子势能大于零

【答案】ABC

【解析】

【详解】

AE．分子势能与间距r的关系图，如图所示

由图可知当两分子的间距为r0时，分子势能最小，且小于零，故A正确，E错误；

BCD．当两分子的间距为r0时，分子间引力与斥力大小相等，方向相反，则合力为零，但是分子间引力和斥力的大小均不零，故BC正确，D错误。

故选ABC。

9．在如图所示的轴上有M、N两质点，两点之间的距离为x=12m，已知空间的简谐横波由M向N传播，某时刻两质点的振动图像如图所示，已知该简谐横波的波长介于8m和10m之间。下列正确的是（　　）

A．该简谐横波的传播周期为0.8s

B．该简谐波的波长可能为48m

C．该简谐波的波长一定等于9.6m

D．该简谐横波的传播速度大小为12m/s

E.0~1.2s的时间内质点M点的路程为120cm

【答案】ACD

【解析】

【分析】

【详解】

A．由振动图像可知这列波的周期为T=0.8s，A正确；

BCD．由于简谐波由M向N传播，则有

，（n=0、1、2、3…）

又因为8m<λ<10m，所以n=1时，λ=9.6m，则波速由

可得

v=12m/s

B错误，CD正确；

E．一个周期内质点通过的路程为振幅的4倍，1.2s为1.5个周期，则M点通过的路程为振幅的6倍，即60cm，E错误。

故选ACD。

10．有一堆砂子在水平面上堆成圆锥形，稳定时底角为α，如图所示．如果视每粒砂子完全相同，砂子与砂子之间，砂子与地面之间的动摩擦因数均为μ，砂子之间的最大静摩擦力可近似认为与滑动摩擦力相等，以下说法正确的是（　　）

A．砂堆稳定时，砂堆底面受到地面的摩擦力一定为零

B．砂堆稳定时，只有形成严格规则的圆锥，底面受到地面的摩擦力才为零

C．砂堆稳定时形成的圆锥的底角最大值满足tan αmax＝ μ

D．砂堆稳定时形成的圆锥的底角最大值满足cos αmax＝ μ

【答案】AC

【解析】

【分析】

【详解】

AB、把所有沙子看成一个整体，对整体受力分析，由水平方向合力为零可得，砂子稳定时，砂堆底面受到地面的摩擦力一定为零，与形状无关，故A正确，B错误；

C、取斜面上的一粒质量为m的沙子，若沙子恰好平衡，倾角最大，沙子受力平衡，对沙子受力分析，根据平衡条件得：

mgsinα=μmgcosα

解得：tanα=μ

所以αmax=arctanμ，故C正确，D错误．

故选AC．

11．两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2×10-5 C，质量为1 g的小物块在水平面上从C点静止释放，其运动的v-t图像如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）。则下列说法正确的是（　　）

A．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=100 N/C

B．由C点到A点电势逐渐减小

C．由C到A的过程中物块的电势能先变大后变小

D．A、B两点间的电势差UAB=－500 V

【答案】ABD

【解析】

【分析】

【详解】

A．根据v—t图象可知物块在B点的加速度最大

所受的电场力最大为

故B点的场强最大为

故A正确；

B．根据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点电势逐渐减小，B正确；

C．根据v—t图象可知C到A的过程中物块的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故C错误；

D．由A到B根据动能定理可得

又因

故

故D正确。

故选ABD。

12．如图所示电路中，电源内阻忽略不计．闭合电键，电压表示数为U，电流表示数为I；在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中

A．U先变大后变小 B．I先变小后变大

C．U与I比值先变大后变小 D．U变化量与I变化量比值等于R3

【答案】BC

【解析】

由图可知电压表测量的是电源的电压，由于电源内阻忽略不计，则电压表的示数总是不变，故A错误；在滑动变阻器的滑片P由a端滑到b端的过程中，滑动变阻器的电阻先增大后减小，由于电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知电流表示数先减小后增大，U与I的比值就是接入电路的的电阻与的电阻的和，所以U与I比值先变大后变小，故C正确；由于电压表示数没有变化，所以U变化量与I变化量比值等于0，故D错误；

【点睛】当滑动变阻器的两部分并联在电路中时，在最中间时，电阻最大，滑片从一端移动到另一端的过程中，电阻先增大后减小，

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分

13．课外兴趣小组在一次拆装晶体管收音机的过程中，发现一只发光二极管，同学们决定测绘这只二极管的伏安特性曲线。

(1)由于不能准确知道二极管的正负极，同学们用多用电表的欧姆挡对其进行侧量，当红表笔接A端、黑表笔同时接B端时，指针几乎不偏转，则可以判断二极管的正极是_______端

(2)选用下列器材设计电路并测绘该二极管的伏安特性曲线，要求准确测出二极管两端的电压和电流。有以下器材可供选择：

A．二极管Rx

B．电源电压E＝4V(内电阻可以忽略)

C．电流表A1(量程0～50mA，内阻为r1＝0.5Ω)

D．电流表A2(量程0～0.5A，内阻为r2＝1Ω)

E.电压表V(量程0～15V，内阻约2500Ω)

F.滑动变阻器R1(最大阻值20Ω)

C．滑动变阻器R2(最大阻值1000Ω)

H.定值电阻R3＝7Ω

I.开关、导线若干

实验过程中滑动变限器应选___________(填“F”或“G”)，在虚线框中画出电路图_______(填写好仪器符号)

(3)假设接入电路中电表的读数：电流表A1读数为I1，电流表A2读数为I2，则二极管两瑞电压的表达式为__________(用题中所给的字母表示)。

(4)同学们用实验方法测得二极管两端的电压U和通过它的电流I的一系列数据，并作出I－U曲线如图乙所示。

(5)若二极管的最佳工作电压为2.5V，现用5.0V的稳压电源(不计内限)供电，则需要在电路中串联一个电限R才能使其处于最佳工作状态，请根据所画出的二极管的伏安特性曲线进行分析，申联的电阻R的阻值为_______________Ω(结果保留三位有效数字)

【答案】A F 119

【解析】

【详解】

(1)[1]当红表笔接端、黑表笔同时接端时，指针几乎不偏转，说明电阻很大，二极管反向截止，根据欧姆表的工作原理可知，黑表笔应与欧姆表内部电池的正极相连，由二极管的单向导电性可知，端应是二极管的正极；

(2)[2]由图乙可知，实验中要求电压从零开始调节，故滑动变阻器应采用分压接法；所以滑动变阻器应选阻值小的，即滑动变限器应选F；

[3]在测量正向加电压的伏安特性曲线时，实验中最大电压约为3V，所以电压表V(量程0～15V，内阻约2500Ω)不符合题意，故需要电流表A2(量程0～0.5A，内阻为)与定值电阻串联改装成量程为

二极管两端的电压在3V以内，电流在40mA以内，电流表应选用电流表A1(量程0～50mA，内阻为)；因二极管的正向电阻较小，故采用电流表外接法，同时二极管正极应接电源正极；因实验中要求电压从零开始调节，故滑动变阻器应采用分压接法，所以电路图为

(3)[4]根据电路结构特点可得

解得二极管两瑞电压的表达式为

(5)[5]二极管的最佳工作电压为2.5V，现用5.0V的稳压电源(不计内限)供电，根据图乙可知在电路中电流为21mA，根据欧姆定律和电路结构可得申联的电阻的阻值为

14．要测绘一个标有“2.5V 2W”小灯泡的伏安特性曲线.己选用的器材有：

直流电源（3V.内阻不计）

电流表A1量程为0.6 A，内阻为0.6n）

电流表A2（量程为300mA．内阻未知）

电压表V（量程0—3V，内阻约3kQ）

滑动变阻器R（0—5Ω，允许最大电流3A）

开关、导线若干．

其实验步骤如下：

①由于电流表A1的里程偏小.小组成员把A1、A2并联后在接入电路，请按此要求用笔画线代表导线在实物图中完成余下导线的连接.

（____）

（2）正确连接好电路，并将滑动变阻器滑片滑至最_______端，闭合开关S，调节滑片.发现当A1示数为0.50A时，A2的示数为200mA，由此可知A2的内阻为_______.

③若将并联后的两个电流表当作一个新电表，则该新电表的量程为_______A；为使其量程达到最大，可将图中_______（选填，“I”、“II”）处断开后再串联接入一个阻值合适的电阻．

【答案】 右 1.5 0.84 I

【解析】

【详解】

（1）由于小灯泡的电阻相对于电压表内阻来说很小很小，电流表采用外接法，连接实物图如图所示：

（2）开关闭合前，滑动变阻器应调至使电流表和电压表的示数为零的位置，故应调至右端；根据欧姆定律得：

（3）由于Ug1＝0.6×0.6V＝0.36V，Ug2＝0.3×1.5V＝0.45V，由于Ug1＜Ug2，故两电流表两段允许所加最大电压为0.36V，新电流表量程为：，由于A2未达到最大量程，要使其达到最大量程，要增大电压，此时电流表A1会烧毁，为了保护该电流表，应给其串联一电阻分压，故应在Ⅰ区再串联接入一个阻值合适的电阻．

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分

15．如图为过山车的简化模型，AB是一段光滑的半径为R的四分之一圆弧轨道，B点处接一个半径为r的竖直光滑圆轨道，滑块从圆轨道滑下后进入一段长度为L的粗糙水平直轨道BD，最后滑上半径为R，圆心角θ=60°的光滑圆弧轨道DE。现将质量为m的滑块从A点由静止释放，求∶

(1)若R=3r，求滑块第一次到达竖直圆轨道最高点时对轨道的压力大小；

(2)若要求滑块能滑上DE圆弧轨道但不会从E点冲出轨道，并最终停在平直轨道上，平直轨道BD的动摩擦因数μ需满足的条件。

【答案】 (1)；(2)

【解析】

【详解】

(1)对滑块，从A到C的过程，由机械能守恒可得：

根据牛顿第二定律

代入，得

由牛顿第三定律得

(2)滑块由A到B得

若滑块恰好停在D点，从B到D的过程，由动能定理可得：

可得

若滑块恰好不会从E点冲出轨道，从B到E的过程，由动能定理可得：

可得

综上所述，需满足的条件为

16．一U形管竖直放置，管内横截面积处处相等，左管绝热且上端封闭，右管导热且用活塞封闭。活塞a、b、c为厚度可忽略的光滑轻活塞，a隔热，b、c导热，a、b活塞下方为水银，上方为空气（可视为理想气体）。初始时，两空气柱和环境温度均为27℃，管内水银柱和空气柱长度如图所示。缓慢向下推动活塞c，直至a、b活塞处于同一高度为止。测量发现左侧空气柱温度升高5℃。已知大气压强p0=76.0cmHg。（计算结果保留一位小数）

(1)求温度升高后左侧空气柱的压强；

(2)求c活塞向下推动的距离。

【答案】 (1)116.6cmHg；(2)8.5cm

【解析】

【详解】

(1)左管内气体初状态：p1=86cmHg，V1=20cm•S，T1=300K

a、b活塞等高时状态：p1′=？，V1′=15cm•S，T1′=305K

由理想气体状态方程得

解得

p1′≈116.6cmHg

(2)右管内气体初状态：p2=76cmHg，V2=10cm•S

a、b活塞等高时状态：p2′=p1′≈116.6cmHg，V2′=？

根据玻意耳定律得

p2V2=p2′V2′

解得

V2′≈6.5cm•S

故活塞下降的距离为

h=10-（6.5-5）=8.5cm

17．如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对乘客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持lm/s的恒定速率运行。乘客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数为2.1．A、B间的距离为4.5m。若乘客把行李放到传送带A处的同时接受工作人员安检，2s后从A处平行于传送带运动到B处取行李。乘客先由静止开始以2.5m/s2的加速度做匀加速直线运动，然后做加速度大小为2.5m/s2的匀减速直线运动到B处时速度恰为2．求乘客与行李到达B处的时间差。（重力加速度g取12m/s2）

【答案】3S

【解析】

【详解】

对行李，设加速度为a，则有：a=μg

设行李速度达到lm/s时，时间为t1，位移为x1，则有：

时间为：t1=

位移为：x1=

整理代入数据得：

t1=ls

x1=2.5m＜4.5m

设行李匀速运动时间为t2，则有：

t2==4s

即行李从A到B所需时间为：

t1+t2=5s

对乘客，设经过t时间由A到B，则有：x=2×

代入数据得：

t=6s

故乘客从把行李放到A处到B点所用时间为：6s+2s=8s

故乘客与行李到达B处的时间差为：

△t=8s-5s=3s

本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/1b66be44dbef5ef7ba0d4a7302768e9950e76e3c.html