山东省日照市2021届新高考物理三模考试卷含解析-

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山东省日照市2021届新高考物理三模考试卷
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.幼儿园小朋友搭积木时,将重为G的玩具汽车静置在薄板上,薄板发生了明显弯曲,如图所示。关于玩具汽车受到的作用力,不考虑摩擦力的影响,下列说法正确的是(

A.玩具汽车每个车轮受到薄板的弹力大小均为G
4B.玩具汽车每个车轮受到薄板的弹力方向均为竖直向上 C.薄板弯曲程度越大,每个车轮受到的弹力越大 D.玩具汽车受到的合力大小为G 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
汽车静置在薄板上,所受合力为零,因为薄板发生了明显弯曲,每个轮子所受弹力大小相等都为F,方向垂直薄板向上,设与水平方向的夹角为θ,由平衡条件可知
4FsinG
解得
FGG
4sin4当薄板弯曲程度越大,θ越小,sinθ越小,F越大,故ABD错误,C正确。 故选C
2.下列说法正确的是( A.速度公式vUx和电流公式I均采用比值定义法 tRB.速度、磁感应强度和冲量均为矢量
C.弹簧劲度系数k的单位用国际单位制基本单位表达是kg·s D.将一个带电小球看成是一个不计大小的点电荷采用的是等效处理方法 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 A.速度公式vUx采用的是比值定义法,而电流公式I不是比值定义法,选项A错误; tR
B.速度、磁感应强度和冲量均为矢量,选项B正确; C.弹簧劲度系数k的单位用国际单位制基本单位表达是
Nkgm/s2k==kg/s2
mm选项C错误;
D.将一个带电小球看成是一个不计大小的点电荷采用的是理想模型法,选项D错误。 故选B
3.一列向右传播的横波在t=0时的波形如图所示,AB两质点间距为8mBC两质点平衡位置的间距为3m,当t=1s时,质点C恰好通过平衡位置,该波的波速可能为(

A
1m/s
3B3m/s D11m/s C5m/s 【答案】C 【解析】 【详解】
由图读出波长λ=8m.波向右传播,质点C恰好通过平衡位置时,波传播的最短距离为1m,根据波形的平移法得:t=n+1/8T或(n+5/8Tn=012…T8t8ss,则波速v= =8n+18n18n1Tm/s v=8n+5m/s;当n=0时:v=1m/s5m/s,当n=1时:v=9m/s13m/s,当n=2时:v=17m/s21m/s,故选C 【点睛】
本题的解题关键是运用波形平移法,得到时间与周期的关系式,得到波速的通项,再研究特殊值. 4.两个完全相同的波源在介质中形成的波相互叠加的示意图如图所示,实线表示波峰,虚线表示波谷,则以下说法正确的是(

AA点为振动加强点,经过半个周期后,A点振动减弱 BB点为振动减弱点,经过半个周期后,B点振动加强

CC点为振动加强点,经过四分之一周期后,C点振动仍加强 DD点为振动减弱点,经过四分之一周期后,D点振动加强 【答案】C 【解析】 【详解】
AA点是波峰和波峰叠加,为振动加强点,且始终振动加强,A错误; BB点是波峰与波谷叠加,为振动减弱点,且始终振动减弱,B错误; CC点处于振动加强区,振动始终加强,C正确;
DD点为波峰与波谷叠加,为振动减弱点,且始终振动减弱,D错误。 故选C
5.反质子的质量与质子相同,电荷与质子相反。一个反质子从静止经电压U1加速后,从O点沿角平分线进入有匀强磁场(图中未画岀)的正三角形OAC区域,之后恰好从A点射岀。已知反质子质量为m电量为q,正三角形OAC的边长为L,不计反质子重力,整个装置处于真空中。则(

A.匀强磁场磁感应强度大小为1q,方向垂直纸面向外
LmU1B.保持电压U1不变,增大磁感应强度,反质子可能垂直OA射出
1411D.保持匀强磁场不变,电压变为U1,反质子在磁场中运动时间减为原来的
42C.保持匀强磁场不变,电压变为U1,反质子从OA中点射岀 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A.电场中加速过程中有
qU112mv
2在磁场中做匀速圆周运动过程有
v2qvBm
r根据几何关系可知

r=L 可得
B12mU1
Lq再根据左手定则(注意反质子带负电)可判断磁场方向垂直纸面向外,A错误; BCD.根据上述公式推导
rmv12mU1 qBBq141,反质子将从OA中点射出;只要反质子从OA边上射出,根据2电压变为U1时,轨道半径变为原来对称性可知其速度方向都与OA30°角,转过的圆心角均为60°,所以不会垂直OA射出,运动时间都
112mmtT
66qB3qBC正确,BD错误。 故选C
6 笛音雷是春节期间常放的一种鞭炮,其着火后一段时间内的速度一时间图像如图所示(不计空气阻力,取竖直向上为正方向)其中t0时刻为笛音雷起飞时刻、DE段是斜率大小为g的直线。则关于笛音雷的运动,下列说法正确的是(

A笛音雷t1时刻加速度最小 B笛音雷t2时刻改变运动方向 C笛音雷t3时刻彻底熄火 Dt3~t4时间内笛音雷"做自由落体运动 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
At1时刻的斜率不是最小的,所以t1时刻加速度不是最小的,故A错误; Bt2时刻速度的方向为正,仍旧往上运动,没有改变运动方向,故B错误;

C.从图中看出,t3时刻开始做加速度不变的减速运动,所以笛音雷t3时刻彻底熄火,故C正确; Dt3~ t4时间内笛音雷做向上运动,速度方向为正,不可能做自由落体运动,故D错误。 故选C
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
7.为了研究某种透明新材料的光学性质,将其压制成半圆柱形,如图甲所示。一束激光由真空沿半圆柱体的径向与其底面过O的法线成θ角射人。CD为光学传感器,可以探测光的强度。从AB面反射回来的光强随角θ变化的情况如图乙所示。现在将这种新材料制成的一根光导纤维束弯成半圆形,暴露于空气中(假设空气中的折射率与真空相同,设半圆形外半径为R,光导纤维束的半径为r。则下列说法正确的是

A.该新材料的折射率n> 1 B.该新材料的折射率n<1 C.图甲中若减小入射角θ,则反射光线和折射光线之间的夹角也将变小
D.用同种激光垂直于光导纤维束端面EF射入,如图丙。若该束激光不从光导纤维束侧面外泄,则弯成10r 的半圆形半径R与纤维束半径r应满足的关系为R【答案】AD 【解析】 【详解】
AB.由题图乙知,当53时发生全反射,则有:
n111.25 sinCsin53故选项A符合题意,B不符合题意;

C.图甲中若减小入射角,根据反射定律和折射定律可知反射角和折射角都减小,则反射光线和折射光线之间的夹角也将变大,故选项C不符合题意;
D.激光不从光导纤维束侧面外泄的临界条件是入射光在外侧面处发生全反射,临界光路如图所示,可得:
sinCR2r
R解得:R10r,所以该束激光不从光导纤维束侧面外泄,则弯成的半圆形半径R与纤维束半径r应满足的关系为R10r,故选项D符合题意。


8.如图所示,理想变压器的原线圈接在u1102sin50πtV的交流电源上,副线圈接有R110Ω负载电阻,原、副线圈匝数之比为12,电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是(

A.电流表的示数约为5.7A C.原线圈的输入功率为440W 【答案】BC 【解析】 【详解】
B.电压表的示数约为220V
D.副线圈输出的交流电的频率为50Hz
AB.由题意可知变压器输入电压的有效值U1110V,由U1n1可知,副线圈两端电压 U2n2U2220V
电压表的示数为220V;通过电阻R的电流
I2U2220A2A R110n1I1n2I2
I14A
电流表的示数为4A,故A错误,B正确;
C.变压器两端功率相等,故原线圈的输入电功率等于输出功率
PU2I22202W440W
C正确; D.交流电的频率
f
2π
50πHz25Hz 2π变压器不改变交流电的频率,故D错误。

故选BC
9.双面磁力擦玻璃器是利用磁铁做中心材料,附加塑料外壳和一些清洁用的海绵布或纤维物质,在塑料外壳外面两侧一侧有绳子和拉环是为了防政璃器从玻璃外面脱落坠下造成安全隐患,另一侧有牢固的手柄以方便工作人员使用。当擦竖直玻璃时,如图所示。下列相关说法正确的是(

A.磁力擦玻璃器摔落后磁性减弱,可以用安培分子环流假说进行解释
B.若其中一块改成铜板,根据电磁感应现象可知,也能制作成同样功能的擦窗器 C.当擦窗器沿着水平方向匀速运动时,内外两层间的磁力可能是水平方向的 D.当擦窗器沿着竖直向下方向匀速运动时,内外两层间的磁力可能是水平方向的 【答案】AD 【解析】 【详解】
A、剧烈的碰撞和升高温度都会减弱磁体的磁性,可以用安培分子环流假说进行解释。故A正确; B、力擦玻璃器并非是通过电磁感应来进行工作的,而是利用磁体之间异名磁极的相互吸引来工作的。故B错误;
C、当擦窗器沿着水平方向匀速运动时,根据力的平衡条件,以其中一层为对象,对磁体进行受力分析,有竖直向下的重力、水平方向的摩擦力、则此方向斜向上,故C错误;
D、当擦窗器沿着竖直向下匀速运动时,根据力的平衡条件,以其中一层为对象,对磁体在水平方向受到磁力和玻璃的支持力,竖直方向若竖直向下的重力等于竖直向上的摩擦力、则竖直方向的磁力为零,此时磁力的合力为水平方向。故D正确。 故选AD
10.如图所示,AB两滑块质量分别为2kg4kg,用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的水平面上,并用手按着两滑块不动。第一次是将一轻质动滑轮置于轻绳上,然后将一质量为4kg的钩码C挂于动滑轮上,只释放A而按着B不动;第二次是将钩码C取走,换作竖直向下的40N的恒力作用于动滑轮上,只释放B而按着A不动。重力加速度g10m/s2,不计一切摩擦,则下列说法中正确的是(

A.第一次操作过程中,滑块A和钩码C加速度大小相同

B.第一次操作过程中,滑块A的加速度为C.第二次操作过程中,绳张力大小为20N 20m/s2
3D.第二次操作过程中,滑块B的加速度为10m/s2 【答案】BC 【解析】 【详解】
A.第一次操作过程中,因AC移动的位移之比为21,则滑块A和钩码C加速度大小之比为21,选A错误;
B.第一种方式:只释放AB按着不动,设绳子拉力为T1C的加速度为a1 A根据牛顿第二定律可得 T1=mAaA
C根据牛顿第二定律可得 mCg-2T1=mCa1 根据题意可得 aA=2a1 联立解得
aA20m/s2
3选项B正确;
C.第二种方式:只释放BA按着不动,换作竖直向下的40N的恒力作用于动滑轮上, 则绳张力大小为20N,选项C正确; D.对B受力分析,根据牛顿第二定律可得 T2=mBaB
根据题意可得T2=20N 联立解得 aB=5m/s2 D错误。 故选BC
11.下列说法正确的是(
A.固体中的分子是静止的,液体、气体中的分子是运动的
B.液态物质浸润某固态物质时,附着层中分子间的相互作用表现为斥力
C.一定质量的理想气体,在温度不变的条件下,当它的体积减小时,在单位时间内、单位面积上气体分子对器壁碰撞的次数增大
D.理想气体实验定律对饱和汽也适用

E.有的物质在物态变化中虽然吸收热量但温度却不升高 【答案】BCE 【解析】 【分析】 【详解】
A.无论固体、液体和气体,分子都在做永不停息的无规则运动,故A错误;
B液体浸润某固体时,附着层内分子分布比内部密集,分子力表现为斥力,液面沿固体扩展,B正确; C.温度不变,分子平均动能不变,分子平均速率不变。体积减小时,单位体积内分子个数增大,压强增大,故C正确;
D.对于饱和汽,只要稍微降低温度就会变成液体,体积大大减小;只要稍微增大压强也会变成液体,体积大大减小,所以饱和汽不遵循气体实验定律,故D错误; E.晶体有固定熔点,熔化时吸收热量,温度不变,故E正确。 故选BCE
12.在水平地面上有一质量为m的物体,物体所受水平外力F与时间t的关系如图A,物体速度v与时t的关系如图B,重力加速度g已知,mFv0均未知,则(

A.若v0已知,能求出外力F的大小 B.可以直接求得外力F和阻力f的比值 C.若m已知,可算出动摩擦因数的大小 D.可以直接求出前5s和后3s外力F做功之比 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
A.若v0已知,根据速度图象可以求出加速运动的加速度大小
a1v1v0 t15还能够求出减速运动的加速度大小

a2v2v0 t23根据牛顿第二定律可得
Ffma1 fFma2
3其中m不知道,不能求出外力F的大小,故A错误; B.由于
Ffma1fFma2
3
F2,故B正确;
f可以直接求得外力F和阻力f的比值C、若m已知,v0不知道,无法求解加速度,则无法求出动摩擦因数的大小,故C错误; D.前5s外力做的功为
W1Fv052.5Fv0
23s外力F做功
W2Fv030.5Fv0 325s和后3s外力F做功之比
W12.55 W20.5D正确。 故选BD
三、实验题:2小题,每题8分,共16
13某同学利用如图甲所示的实验装置,通过研究纸带上第一个点到某一个点之间的运动来验证机械能守恒定律。通过实验数据分析,发现本实验存在较大的误差,为此改用如图乙所示的实验装置:通过电磁铁控制的小铁球从A点自由下落,下落过程中球心正好经过光电门B时,通过与光电门B相连的毫秒计时器(图中未画出)记录挡光时间t,用毫米刻度尺测出AB之间的距离h,用游标卡尺测得小铁球的直dd=h,重力加速度为g。请回答下列问题:


(1小铁球经过光电门时的瞬时速度v=______(用题中所给字母表示) (2如果dthg满足关系式t2______,就可验证机械能守恒定律。 (3比较两个方案,改进后的方案相比原方案主要的两个优点是______ A.不需要测出小铁球的质量
B.电磁铁控制小铁球,更易保证小铁球的初速度为0 C.消除了纸带与打点计时器之间的摩擦力影响 D.数据处理大大简化
d2d BC 【答案】 2ght【解析】 【详解】
(1[1]用平均速度代替小铁球经过光电门时的瞬时速度,即
v
d
t(2[2]若小铁球机械能守恒,则有
12mvmgh
2可得
d2t
2gh
2(3[3]比较两个方案,改进后的方案相比原方案最主要的优点:一是消除了纸带与打点计时器之间的摩擦力影响;二是电磁铁控制小铁球,更易保证小铁球的初速度为0,故BC正确,AD错误。 故选BC
14.我们可以用图(a所示装置探究合外力做功与动能改变的关系。将光电门固定在水平轨道的B点,平衡摩擦力后,用小桶通过细线拉小车,小车上安装遮光条并放有若干钩码。现将小车上的钩码逐次移至小桶中,并使小车每次都从同一位置A点由静止释放。
(1用游标卡尺测出遮光条的宽度,记录光电门的示数,从而算出小车通过B点的速度。其中游标卡尺测量情况如图(b所示,则d=___________cm


(2测小桶质量,以小桶和桶内钩码质量之和m为横坐标,小车经过B点时相应的速度平方为纵坐标,则v2-m图线应该为下图中___________
A B
C D
【答案】0.925 B 【解析】 【分析】
根据题中现将小车上的钩码逐次移至小桶中…v2-m图线应该为可知,本题考察机械能守恒的问题,应用机械能守恒、游标卡尺读数法则等知识分析求解。 【详解】
(1游标卡尺读数为9mm51mm9.25mm0.925cm
20
1Mv2,整理得:2(2设小车、小桶、钩码的总质量为M,小车从A运动到B的位移为x,则mgxv22gxm,所以v2-m图线是过原点的直线。故B项正确,ACD三项错误。
M四、解答题:本题共3题,每题8分,共24
15.在水面上P点正下方有两个点光源abab分别发出红光和绿光,它们对水的折射率分别为n1 n2。结果发现在水面上只形成了一个半径为R的蓝色圆形区域,显然这是红光和绿光复合而成的。求:(iab点的高度差是多少? (ii若点光源aP的距离加倍,圆圈边缘为什么颜色?圆图面积变化多少? 2【答案】 (1(n21n121R(2边缘为红色,面积增加3R2


【解析】 【分析】
ab光发生全反射,根据临界角表达式,结合几何关系求解ab点的高度差;根据红光的临界角不变,则红光射向水面发生全反射后光的方向不变,深度加倍,边缘为红色,半径加倍,由此解得增加的面积. 【详解】
1)根据圆圈都是蓝色可知,ab光发生全反射时射出水的最大半径均为R,由光的色散可知n1小于n2,设ab光的临界角为C1C2,则有:sinC111sinC 2n1n2由数学知识可知abP的距离分别为h1RR h2 tanC1tanC22ab的高度差h=h2-h1,解得h(n21n121R

2)根据红光的临界角不变,则红光射向水面发生全反射后光的方向不变,深度加倍,边缘为红色,半222径加倍,水面上发光半径变为2R,面积增加S(2RR3R
【点睛】
解答几何光学问题,关键是画出规范的光路图,结合光的折射定律和全反射的公式,结合几何关系求解. 16.如图甲,足够大平行板MNPQ水平放置,MN板上方空间存在叠加的匀强磁场和匀强电场,磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度大小为B0,电场方向与水平成30°角斜向左上方(图中未画出),电场强度大小E0 = mg。有一质量为m、电量为q的带正电小球,在该电磁场中沿直线运动,并能通过MNq上的小孔进入平行板间。小球通过小孔时记为t=0时刻,给两板间加上如图乙所示的电场E和磁场B,电场强度大小为E0,方向竖直向上;磁感应强度大小为B0,方向垂直纸面向外,重力加速度为g(坐标系t1 = 111113131125 + + t4= + + …… t2= t3= t5=12122π12122π2π122π(1求小球刚进入平行板时的速度v0 (2t2时刻小球的速度v1的大小;
(3若小球经历加速后,运动轨迹能与PQ板相切,试分析平行板间距离d满足的条件。


mg2mg2m2g (2v1 (3 d(n122 (n=123…… 【答案】 (1 v0qB0qB0qB0【解析】 【分析】 【详解】
(1带正电的小球能在电磁场中沿直线运动,可知一定是匀速直线运动,受力平衡,因电场力F=qE0=mg方向沿左上方与水平成30°角,重力mg竖直向下,可知电场力与重力夹角为120°,其合力大小为mg,则满足 qv0B0=mg 解得
v0mg qB0
(2由几何关系可知,小球进入两板之间时速度方向与MN60°角斜向下,由于在0-t1时间内受向上的电场力,大小为mg,以及向下的重力mg,可知电场力和重力平衡,小球只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运
动,因为t112m可知粒子在0-t1时间内转过的角度为30°即此时小球的速度方向变为竖直向下,12qB0t1-t2时间内小球只受重力作用向下做加速度为g的加速运动,则经过
t12mm 2qB0qB0速度为
v1v0gt2mg qB0(3t2~t3时间内小球仍匀速做圆周运动,因为t2~t3时间为一个周期,可知小球在t3时刻再次运动到原来的位置,然后在t3~t4时间内继续向下做匀加速直线运动……如此重复,但是每次做圆周运动的半径逐渐增加,当圆周与PQ相切时满足:
dR0sin30o(v0nt其中
1gt2R (n=123……
2mv0m2gR022

qB0qB0Rmvm(v0gnt qB0qB0解得
2m2gd(n122 (n=123……
qB017.如图,一导热性能良好的容器由三根内径相同的竖直玻璃管构成,管内装有足够多的水银,左管上端封闭有一定质量的理想气体A,右管上端与大气相通,下管用活塞顶住。开始时左右两管的水银面恰好相平,气体A的长度为20 cm环境温度为304 K已知大气压强恒为76 cmHg现用外力缓慢向上推活塞,使气体A的长度变为19 cm
i)求此时左右两管水银面的高度差;
ii)再将活塞固定,对气体A缓慢加热,使其长度变回20 cm 求此时气体A的温度。

【答案】 (i4cm (ii328K 【解析】

【详解】
(i由题意可知开始时气体A的压强等于大气压强p0设玻璃管的横截面积为S气体A长度为19cm时的压强为p1,根据玻意耳定律
p0Sl0p1Sl1

p1p0gh1
可得
h14cm
(ii设气体A长度变回20cm时的温度为T2,压强为p2,由题意可知此时左右两管液面的高度差为
h2h12l0l1
p2p0gh2
根据查理定律
p0p2 T0T2解得
T2328K



本文来源:https://www.2haoxitong.net/k/doc/a49da45592c69ec3d5bbfd0a79563c1ec5dad721.html

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