山东省济宁市2021届高三物理下学期第二次模拟考试试题(含解析)

山东省济宁市2021届高三物理下学期第二次模拟考试试题（含解析）一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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.下列说法正确的是（）
A. 晶体一定具有各向异性
B. 温度升高物体的内能一定增大
C. 布朗运动是液体分子的无规则运动
D. 自由下落的水滴呈球形是液体表面张力作用的结果
【答案】D
【解析】
【详解】A．单晶体有各向异性的特征，多晶体有各向同性，故A错误；
B．物体的内能与物体的温度、体积和摩尔数等因素有关，所以温度升高物体的内能不一定增大，故B错误；
C．布朗运动是悬浮在液体中固体微粒所做的无规则运动，不是液体分子的运动。

布朗运动是由大量液体分子撞击微粒引起的，反映了液体分子的无规则运动，故C错误；
D．自由下落的水滴由于液体表面张力作用而水滴形成球形，故D正确。

故选D。

2.小明同学利用插针法测量半圆柱形玻璃砖的折射率。

如图所示，他在白纸上作一直线MN以及它的垂线AB，玻璃砖的圆心为O，其底边与直线MN对齐，在垂线AB上插两枚大头针P1和P2。

小明在半圆柱形玻璃砖右侧区域内无法观察到P1、P2沿AB方向射出的光线，若要观察到，应将玻璃砖的位置作适当调整，下列说法正确的是（）
A. 沿MN向M端平移适当距离
B. 沿MN向N端平移适当距离
C. 向左平移适当距离
D. 向右平移适当距离
【答案】A
【解析】
【详解】光线P1P2垂直于界面进入半圆柱形玻璃砖后，到达圆弧面上的入射角大于临界角，发生全反射现象，光不能从圆弧面折射出来，要使光能从圆弧面折射出来，则需要向上移动半圆柱形玻璃砖，即将半圆柱形玻璃砖沿MN向M平移适当距离，使到达圆弧面上光线的入射角i小于临界角则可以射出，如图所示，而将半圆柱形玻璃砖平行MN向左或向右平移适当距离，不会改变光在MN圆弧面上的入射角，光仍然发生全反射，故A正确，BCD错误。

故选A。

3.现有大量处于n=4能级的氢原子，当这些氢原子向低能级跃迁时会辐射出若干种不同频率的光，氢原子能级示意图如图所示。

下列说法正确的是（）
A. 跃迁后核外电子的动能减小
B. 最多可辐射出4种不同频率的光
C. 由n=4能级跃迁到n=1能级产生的光的波长最短
D. 用n=4能级跃迁到n=2能级辐射的光照射逸出功为2.65eV的某种金属能发生光电效应【答案】C
【解析】
【详解】A．氢原子向低能级跃迁时，库仑力做正功，核外电子的电势能减小、动能增大，故A错误；
B．大量处于n=4能级的氢原子，当这些氢原子向低能级跃迁时会辐射出
246C =
种不同频率的光，故B 错误；
C ．由n =4能级跃迁到n =1能级产生的光的能量最大即光子的频率最大，则光的波长最短，故C 正确；
D ．n =4能级跃迁到n =2能级辐射的光的能量为
[]0.85( 3.40)eV 2.55eV<2.65eV E =---=
则不能发生光电效应，故D 错误。

故选C 。

4.从塔顶同一位置由静止先后释放两个小球A 、B ，不计空气阻力。

从释放B 球开始计时，在A 球落地前，两球之间的距离x ∆随时间t 变化的图像为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D 【解析】
【详解】以B 球的参考系，则A 球相对B 球做匀速直线运动，释放B 球时两球间已有一定的距离，所以两球间的距离
0x x vt ∆=+
故D 正确，ABC 错误。

故选D 。

5.直角坐标系xOy 的y 轴为两种均匀介质Ⅰ、Ⅱ的分界线，位于x =0处的一波源发出的两列机械波a 、b 同时分别在介质Ⅰ、Ⅱ中传播，某时刻的波形图如图所示，此时刻a 波恰好传到
x =4m 处，下列说法正确的是（ ）
A. 波源的起振方向沿y轴正方向
B. 两列波的频率关系f a=4f b
C. 此时刻b波传到x=－16m处
D. 质点P在这段时间内的路程为30cm
【答案】C
【解析】
x=的质点起振方向与波源的起振方向相【详解】A．传播介质的起振方向和波源相同，4m
x=的质点即将向下运动，波源的起振方向沿y轴负方向，故A错误；同，用微平移法可知4m
B．两列波由同一波源振动产生，频率相同，故B错误；
C．由右侧波形图可知，波源已经完成了四次全振动，故此时刻b波传到
=-⨯=-
x m
4416m
处，故C正确；
D．由质点P右侧的波形图可知，P已经完成2.5次全振动，路程为
5cm4 2.550cm
s=⨯⨯=
故D错误。

故选C。

6.如图所示，理想变压器的原线圈输入电压的有效值保持不变，副线圈匝数可调，与副线圈相连的输电线上的等效电阻为R0，与原线圈相连的输电线上的电阻忽略不计。

滑动触头P处于图示位置时，用户的用电器恰好正常工作。

当用电器增多时，下列说法正确的是（）
A. 原线圈中的电流减小
B. 副线圈两端的电压增大
C. 等效电阻R0两端的电压不变
D. 只需使滑动触头P向上滑动，用电器仍可正常工作
【答案】D
【解析】
【详解】AB．由于理想变压器的原线圈输入电压的有效值保持不变，由
11
22
U n
U n
=
可知，副线圈两端电压不变，当用电器增多时，总电阻减小，副线圈中的电流增大，由
21
12
I n
I n
=
可知，原线圈中的电流增大，故AB错误；
C．副线圈中的电流增大，等效电阻R0两端的电压增大，故C错误；
D．滑动触头P向上滑动时，由
11
22
U n
U n
=
可知，副线圈两端电压增大，副线圈中的电流增大，等效电阻R0两端的电压增大，用电器两端电压也可能增大，则用电器仍可正常工作，故D正确。

故选D。

7.由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示。

假设图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹，O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点，其中O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点，a、c两点距地面的高度相等。

下列说法正确的是（）
A. 到达b点时，炮弹的速度为零
B. 到达b点时，炮弹的加速度为零
C. 炮弹经过a点时的速度小于经过c点时的速度
D. 炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间
【答案】D
【解析】
【详解】A ．炮弹在最高点竖直方向上的速度为零，水平方向上的速度不为零，故炮弹在最高点速度不为零，故A 错误；
B ．在最高点受空气阻力（水平方向上的阻力与水平速度方向相反），重力作用，二力合力不为零，故加速度不为零，故B 错误；
C ．由于空气阻力恒做负功，所以根据动能定理可知经过a 点时的速度大于经过c 点时的速度，故C 错误；
D ．从O 到b 的过程中，在竖直方向上，受到重力和阻力在竖直向下的分力，即
11mg f ma +=
解得
1
1mg f a m
+=
在从b 到d 的过程中，在竖直方向，受到向下的重力和阻力在竖直向上的分力，即
22mg f ma -=
解得
2
2mg f a m
-=
则
12a a >
根据逆向思维，两个阶段的运动可看做为从b 点向O 点和从b 点向d 点运动的类平抛运动，
竖直位移相同，加速度越大，时间越小，所以炮弹由O 点运动到b 点的时间小于由b 点运动到d 点的时间，故D 正确。

故选D 。

8.如图所示，我国发射的某探月卫星绕月球运动的轨道为椭圆轨道。

已知该卫星在椭圆轨道
上运行n 周所用时间为t ，卫星离月球表面的最大高度为5R ，最小高度为R ，月球的半径为R ，下列说法正确的是（ ）
A. 月球的自转周期为t T n
=
B. 月球的第一宇宙速度为16n R
t
π
C. 探月卫星的最大加速度与最小加速度之比为5：1
D. 探月卫星的最大动能与最小动能之比为25：1 【答案】B 【解析】 【分析】
【详解】A ．根据题干信息可以得到探月卫星的周期为t
T n
=，但不能得到月球的自转周期，故A 错误；
B ．设近月卫星的周期为T '，其轨道半径为R ，根据开普勒第三定律有
()
3
32
24R R T T ='
解得88T t T n
'=
=，则第一宇宙速度为 2R
v T π=
'
解得16n R
v t
π=
，故B 正确； C ．根据牛顿第二定律有
2
Mm
G
ma r = 解得2GM
a r
=
当r =2R 时，加速度最大，则有12
4GM
a R = 当r =6R 时，加速度最小，则有22
36GM
a R =
则有12:9:1a a =，故C 错误；
D ．根据开普勒第二定律可知，卫星与月球球心的连线在相等时间内扫过的面积相等，则有
()()121
52
R R v R R v +=+远近 解得:1:3v v =远近 根据
2k 12
E mv
可得探月卫星在轨道上的最大动能与最小动能之比为9：1，故D 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。

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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9.如图所示，一带电油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且关于过轨迹最低点P 的竖直线对称，空气阻力忽略不计。

下列说法正确的是（ ）
A. Q 点的电势比P 点的电势高
B. 油滴在Q 点的机械能比在P 点的机械能大
C. 油滴在Q 点的电势能比在P 点的电势能小
D. 油滴在Q 点的加速度比在P 点的加速度大 【答案】BC 【解析】 【分析】
【详解】A ．根据油滴运动的弯曲方向可知，油滴受合力一定指向上方，而重力方向是竖直向下的，故电场力方向一定是竖直向上，由于不知道油滴带何种电荷，故无法知道电场线的方向，故不能判断两点的电势高低，故A 错误；
BC ．因电场力竖直向上，故油滴由P 到Q 的过程中，电场力做正功，故电势能减小，机械能增大，故Q 点的电势能比它在P 点的小，而机械能比P 点大，故BC 正确；
D ．因小球在匀强电场中运动，受力的电场力F =q
E 和重力都为恒力，故PQ 两点加速度大小相同，故D 错误。

故选BC 。

10.如图所示，直角三角形ABC 区域中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子(不计重力)都从
A 点沿A
B 方向射入磁场，并分别从A
C 边上的P 、Q 两点射出磁场，下列说法正确的是（ ）
A. 从P 点射出的粒子速度大
B. 从P 点射出的粒子角速度大
C. 从Q 点射出的粒子向心力加速度大
D. 两个粒子在磁场中运动的时间一样长 【答案】CD 【解析】 【分析】
【详解】A ．粒子在磁场中做圆周运动，分别从P 点和Q 点射出，轨迹如图所示
由图知，粒子运动的半径P Q R R <，又粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，则有
2
mv qBv R
=
解得qBR
v m
=
，故P Q v v <，故A 错误； B ．根据线速度和加速度关系可知
v qB R m
ω=
= 由于两个粒子比荷相同，所以角速度一样大，故B 错误； C ．根据牛顿第二定律可知向心力等于洛伦兹力，则有
n F qvB ma ==
解得n qvB
a m
=
，由于两个粒子比荷相同，所以速度大的向心加速度大，故C 正确； D ．粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系（图示弦切角相等），粒子在磁场中偏转的
圆心角相等，根据粒子在磁场中运动的时间
2t T θπ=
又因为粒子在磁场中圆周运动的周期
2m
T qB
π=
可知粒子在磁场中运动的时间相等，故D 正确。

故选CD 。

11.如图所示，用横截面积为S =10cm 2的活塞将一定质量的理想气体封闭在导热良好的汽缸内，汽缸平放到光滑的水平面上。

劲度系数为k =1000N/m 的轻质弹簧左端与活塞连接，右端固定在竖直墙上。

不考虑活塞和汽缸之间的摩擦，系统处于静止状态，此时弹簧处于自然长度，活塞距离汽缸底部的距离为L 0=18cm 。

现用水平力F 向右缓慢推动汽缸，当弹簧被压缩x =5cm 后再次静止(已知大气压强为p 0=1.0×105Pa ，外界温度保持不变)，在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 气体对外界放热
B. 气体分子的平均动能变大
C. 再次静止时力F 的大小为50N
D. 汽缸向右移动的距离为11cm 【答案】ACD 【解析】
【详解】A ．设末态汽缸内气体的压强为p ，对活塞受力分析，则有
0pS p S kx =+
解得p =1.5×105Pa
气体温度保持不变，由玻意耳定律得
00p L S pLS =
解得L =12cm ，即气体体积减小；因温度不变，故气体的内能不变，而此过程气体体积减少，外界对气体做功，为保持内能不变，故气体对外界放热，故A 正确； B ．此过程温度不变，故气体分子平均动能不变，故B 错误； C ．对汽缸受力分析，根据平衡条件有
50N F kx ==
故C 正确；
D ．设汽缸向右移动的距离为x '，则有
0L L x x '=+-
代入数据解得11cm x '=，故D 正确。

故选ACD 。

12.如图甲所示，在倾角为37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量为m =2kg 可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不拴连。

t =0时刻解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v -t 图像如图乙所示，其中Ob 段为曲线，bc 段为直线，取g =102m/s ，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是（ ）
A. 速度最大时，滑块与弹簧脱离
B. 滑块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5
C. 滑块在0.1s ～0.2s 时间内沿斜面向下运动
D. 滑块与弹簧脱离前，滑块的机械能先增大后减小 【答案】BD 【解析】
【详解】A ．在滑块与弹簧脱离之前，开始弹簧的弹力大于重力沿斜面方向的分力和摩擦力之和，向上做加速运动，当加速度为零时速度最大，之后弹簧的弹力小于重力沿斜面方向的分力和摩擦力之和，向上做减速运动，当弹簧回到原长，滑块与弹簧脱离，故A 错误； B ．在v -t 图象中，斜率表示加速度，则滑块在0.1s ～0.2s 内的加速度为
222.0 1.0
m /s 10m /s 0.20.1
a -=
=-
根据牛顿第二定律有
sin37cos37mg mg ma μ︒+︒=
解得μ=0.5，故B 正确；
C ．由图可知，滑块在0.1s ～0.2s 时间内速度方向仍为正方向，即仍沿斜面向上运动，故C 错误；
D ．滑块与弹簧脱离前，弹簧的弹力做正功，摩擦力做负功，弹力大于摩擦力时机械能增加，弹力小于摩擦力时机械能减小，故D 正确。

故选BD 。

三、非选择题：本题共6小题，共60分。

13.用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。

轻杆两端固定两个大小相等但质量不等的小球P 、Q ，杆可以绕固定于中点O 的水平轴在竖直面内自由转动。

O 点正下方有一光电门，小球球心可恰好通过光电门，已知重力加速度为g 。

（1）用游标卡尺测得小球的直径如图乙所示，则小球的直径为d =_____cm 。

（2）P 、Q 从水平位置由静止释放，当小球P 通过最低点时，与光电门连接的数字计时器显示的挡光时间为t ∆=0.01s ，则小球P 经过最低点时的速度为v =_____m/s 。

（3）若两小球P 、Q 球心间的距离为L ，小球P 的质量是小球Q 质量的k 倍(k ＞1)，当满足
k =______(用L 、d 、t ∆、g 表示)时，就表明验证了机械能守恒定律。

【答案】 (1). 1.450 (2). 1.450 (3). 22
22
gL t d gL t d ∆+∆-
【解析】
【详解】(1)[1]小球的直径
14mm 0.0510mm 14.50mm 1.450cm d =+⨯==
(2)[2]小球P 经过最低点的速度
1.450m/s d
v t
=
=∆ (3)[3]根据机械能守恒
21
()222
L L kmg
mg km m v -=+ 整理得
2222
gL t d k gL t d ∆+=∆-
14.在测定电源电动势和内阻的实验中，实验室提供了下列实验器材： A.干电池两节，每节电动势约为1.5V ，内阻约几欧姆 B.直流电压表V 1、V 2，量程均为0～3V ，内阻约为3kΩ C.电流表，量程为0～0.6A ，内阻小于1Ω D.定值电阻R 0，阻值为5Ω E.滑动变阻器R ，最大阻值为20Ω F 导线和开关若干
两位同学分别选用了上述部分实验器材设计了甲、乙两种实验电路。

（1）一同学利用如图甲所示的电路图组装实验器材进行实验，读出多组U 1、I 数据，并画出
U 1—I 图像，求出电动势和内电阻。

这种方案测得的电动势和内阻均偏小，产生该误差的原因
是________________，这种误差属于___________(填“系统误差”或“偶然误差”)。

（2）另一同学利用如图乙所示的电路图组装实验器材进行实验，读出多组U 1和U 2的数据，描绘出U 1—U 2图像如图丙所示，图线斜率为k ，在纵轴上的截距为a ，则电源的电动势E =_______，内阻r =______。

(用k 、a 、R 0表示)
【答案】 (1). 电压表的分流 (2). 系统误差 (3). 1a
k - (4). 01kR k
- 【解析】
【详解】(1)[1] [2]误差主要来源于电压表的分流作用，使流过内电阻的电流不等于流过电流表的电流；这种误差属于系统设计方面的误差，因此属于系统误差。

(2)[3][4]根据电压与电动势的关系
12
1
U U
U r E
R
-
+=
整理得
12
00
R E
r
U U
R r R r
=+
++
可知
r
k
R r
=
+，
R E
a
R r
=
+
解得
1
a
E
k
=
-
，0
1
kR
r
k
=
-
15.如图甲所示，摆球在竖直面内做简谐运动。

通过力传感器得到摆线拉力F的大小随时间t 变化的图像如图乙所示，摆球经过最低点时的速度为
5
v=m/s，忽略空气阻力，取
g=102
m/s，π2≈g。

求：
（1）单摆的摆长L；
（2）摆球的质量m。

【答案】(1)L=1m；(2)m=0.1kg
【解析】
【详解】(1)由乙图可知，单摆振动周期
T=2s
由单摆周期公式
T=2
L
g
解得
L =1m
(2)当拉力最大时，摆球处在最低点，根据牛顿第二定律
F －mg =2
v m L
解得
m =0.1kg
16.电子感应加速器是利用感生电场加速电子的装置，基本原理如图所示。

图中上半部分为侧视图，S 、N 为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一环形真空室，图中下半部分为真空室的俯视图。

电磁铁线圈中电流发生变化时，产生的感生电场可以使电子在真空室中加速运动。

已知电子的带电量为e =1.6×10－19C ，质量为m =9.1×10－31kg ，初速度为零，在变化的磁场作用下运动轨迹半径恒为R =0.455m ，电子轨迹所在处的感生电场的场强大小恒为E =9.1V/m ，方向沿轨迹切线方向，电子重力不计。

求：
（1）经时间t =5×10－3
s 电子获得的动能E k (结果保留两位有效数字)； （2）t =5×10－3
s 时刻电子所在位置的磁感应强度B 的大小。

【答案】(1)E k =2.9×10－11J ；(2)B=0.1T 【解析】
【详解】(1)电子一直受到沿切线方向的电场力而不断加速，根据牛顿第二定律
eE =ma
由速度与时间的关系得
v =at
由动能表达式可知
E k =2
12
mv
各式联立，解得
E k =29×10－11J
(2)电子一直受到指向圆心的洛伦兹力而不断改变速度的方向，根据牛顿第二定律
evB =2
v m R
解得
B =0.1T
17.如图所示为一种打积木的游戏装置，四块完全相同的硬质积木叠放在靶位上，每块积木的质量均为m 1=0.3kg ，长为L =0.5m ，积木B 、C 、D 夹在固定的两光滑硬质薄板间，一可视为质点的钢球用不可伸长的轻绳挂于O 点，钢球质量为m 2=0.1kg ，轻绳长为R =0.8m 。

游戏时，将钢球拉到与O 等高的P 点(保持绳绷直)由静止释放，钢球运动到最低点时与积木A 发生弹性碰撞，积木A 滑行一段距离s =2m 后停止。

取g =10m/s 2，各接触面间的动摩擦因数均相同，碰撞时间极短，忽略空气阻力。

求：
（1）与积木A 碰撞前瞬间钢球的速度大小； （2）与积木A 碰后钢球上升
的
最大高度；
（3）各接触面间的动摩擦因数。

【答案】（1）4m/s ；（2）0.2m ；（3）μ=0.04 【解析】
【详解】对钢球由动能定理得
2
22012
m gR m v =
解得：
v 0=4m/s
（2）钢球与积木A 碰撞过程满足动量守恒和能量守恒，有
m 2v 0=m 1v 1+m 2v 2
222201122111
222
m v m v m v =+ 解得：
v 1=2m/s ，v 2=－2m/s
对钢球由动能定理得
22221
02
m gh m v -=-
解得：
h =0.2m
（3）对滑块A 由动能定理得
－(μ×4m 1g+μ×3m 1g )L －μm 1g (s －L )= 2111
02
m v -
解得：
μ=0.04
18.如图甲所示，一足够长的U 型金属导轨abcd 放在光滑的水平面上，导轨质量为m =1kg 、间距为L =1m ，bc 间电阻为r =0.5Ω，导轨其它部分电阻不计。

一阻值为R =0.5Ω的导体棒MN 垂直于导轨放置(不计重力)，并被固定在水平面上的两立柱挡住，导体棒MN 与导轨间的动摩擦因数为μ=0.25，在M 、N 两端接有一理想电压表(图中未画出)。

在导轨bc 边右侧存在方向竖直向下、大小为B =0.5T 的匀强磁场；在导体棒MN 附近的空间中存在方向水平向左、大小也为B 的匀强磁场。

t =0时，导轨在外力F 的作用下由静止开始向右运动，在t =2.0s 时撤去外力F ，测得2s 内电压表示数与时间的关系如图乙所示。

求： （1）t =2.0s 时导轨速度大小；
（2）在2s 内外力F 与t 的函数关系式； （3）从开始运动到静止导轨的总位移。

【答案】（1）8m/s ；（2）F =4+1.25t ；（3）25.6m 【解析】
【详解】（1）由图乙可知，t =2.0s 时，MN 两端的电压为U =2V ，则有
1
BLv U R R r
=
+ 解得v 1=8m/s
（2）由图乙可知U =t ，由闭合电路的欧姆定律得
I r
BLv
R =
+ 又
U =IR
解得v =4t
所以导轨的加速度为a =4m/s 2
由牛顿第二定律得
F －BIL －μBIL =ma
带入数据整理可以得F =4+1.25t
（3）从开始运动到撤去外力F 这段时间内做匀加速运动，由运动学规律得
2
118m 2
x at =
= 在t =2s 直至停止的过程中，由动量定理得
10BIl t BIL t mv μ-∆-∆=-
又
2
BLx I t R r
∆=
+ 解得x 2=25.6m 总位移为
x =x 1+x 2=33.6m。