解析山东省泰安市2021年高三下学期一模诊断测试理综物理试题

山东省泰安市2０２1年高三下学期一模诊断测试
理科综合 物理试题
注意事项：
1.每小题选出答案后,用2B 铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净以后,再涂写其他答案标号。

不涂答题卡，只答在试卷上不得分。

2.第I 卷共2０小题,l ～13题，每小题5分;14～20题,每小题6分，共10７分。

可能用到的相对原子质量:Ｈ ｌ C １２ Ｏ １6 Si 2８ Fe ５6
二、选择题(本题包括7小题。

每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确，全部选对的得6分。

选对但不全的得３分,有选错或不答的得0分)
14.一铁架台放在水平地面上,其上用轻质细线悬挂一小球,开始时细线竖直。

现将水平F 作用于小球上,使其缓慢地由实线位置运动到虚线位置，铁架台始终保持
静止。

则在这一过程中（ )
Ａ．水平拉力F 变大
B.细线的拉力不变
C.铁架台对地面的压力变大
D ．铁架台所受地面的摩擦力变大
【答案】AD
【命题立意】本题旨在考查共点力平衡的条件及其应用、力的合成与分解的运用。

【解析】Ａ、对小球受力分析，受拉力、重力、Ｆ,根据平衡条件,有：
tan F mg θ=θ逐渐增大则F 逐渐增大,故A 正确；
B 、以整体为研究对象,根据平衡条件得:f F F =，则f F 逐渐增大，
()N F M m g =+，N F 保持不变,故BC 错误D 正确。

故选：A Ｄ
15．滑雪运动员沿倾角一定的斜坡向下滑行时其速度-时间图像如图所示，图线为曲线。

则
此过程中运动员的（ )
A ．速度越来越大
B ．加速度越来越小
Ｃ.阻力越来越小
D ．机械能保持不变
【答案】AB
【命题立意】本题旨在考查匀变速直线运动的图像
【解析】Ａ、由图象知运动员的速度不断增大，则动能不断增大，故A 正确;
B 、由v t -图象可知,运动员的v t -图象是一条曲线,曲线切线的斜率越来越小,运动员的加速度越来越小,故B 正确；
速度的正负表示其方向，可知运动员的速度方向不变,故B 正确.ﻫC 、由B 知加速度越来越小，由牛顿第二定律可知，运动员所受合力=F ma 合不断减小,而=mg sin F f θ-合，mg sin θ不
变,所以阻力f 变大，故C 错误；
D 、运动员在下滑过程中,受到阻力作用,阻力要对运动运做负功,使运动运的机械能减少，运动运的机械能不守恒，故D 错误。

故选：AB
【举一反三】本题根据所给图象判断运动员的运动性质、所受合力变化情况、机械能变化情况,难度适中。

１6．如图为远距离输电示意图,发电机的输出电压U 1和输电线的电阻、理想变压器匝数均不变,且n 1:n ２=n 4：n ３。

当用户消耗的功率增大时，下列表述正确的是( )
A ．用户的电压U 4增加
B ．恒有U １:U 2=U 4：U 3
C.输电线上损耗的功率减小
D ．发电机的输出功率不变
【答案】Ｂ
【命题立意】本题旨在考查远距离输电。

【解析】A 、当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大,可知输电线上的电压损失增大，发电机的输出电压1U 不变,则2U 不变,可知降压变压器的输入电压减小,所以用户得到的电压4U 减小,故A 错误;
B 、因为原副线圈的电压比等于匝数之比，则：1122U n U n =，3344U n U n =，因为:1243::n n n n =，所以1243::U U U U =,故Ｂ正确；
C 、当用电器增多时,功率增大，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，可知输电线上的电压损失增大，所以输电线上损耗的功率增大，故C 错误；
D 、当用电器增多时,功率增大，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大,又可得发电机输出电流增大,发电机的输出电压1U 不变，由P UI =,可知发电机的输出功率增大,故Ｄ错误。

故选：B
17．“嫦娥”三号探测器发射到月球上要经过多次变轨，最终降落到月球表面上,其中轨道I 为圆形。

下列说法正确的是（ ）
Ａ．探测器在轨道I 运行时的加速度大于月球表面的重力加速度
B ．探测器在轨道Ｉ经过Ｐ点时的加速度小于在轨道Ⅱ经过P 时的加速度
C.探测器在轨道I 的运行周期大于在轨道Ⅱ的运行周期
Ｄ．探测器在Ｐ点由轨道Ｉ进入轨道Ⅱ必须点火加速
【答案】C
【命题立意】本题旨在考查万有引力定律及其应用。

【解析】A 、由2GMm ma r =，2GMm mg r =，得:2GM a r =,2GM g r
=，由题可知探测器在轨道Ｉ运行时的半径大于在月球表面时半径,所以探测器在轨道Ｉ运行时的加速度小于月球表面的重力加速度，故A 错误;
B 、在A 点嫦娥三号产生的加速度都是由万有引力产生的,因为同在A 点万有引力大小相等,
故不管在哪个轨道上运动，在A点时万有引力产生的加速度大小相等,故B错误;
C、开普勒的周期定律同样适用与月球体系，轨道半径的半长轴越长，周期越大,故Ｃ正确；
D、卫星在轨道1上的Ｐ点处减速,使万有引力大于向心力做近心运动,才能进入轨道2,故D 错误。

【易错警示】本题要理解卫星变轨原理,嫦娥三号在轨道1上做圆周运动万有引力等于向心力，要进入轨道2需要做近心运动,使得在Ｐ点所受万有引力大于圆周运动向心力,因为同在P点万有引力不变,故嫦娥三号只有通过减速减小向心力而做近心运动进入轨道2。

１8.如图所示,分别在M、N两点固定两个点电荷+Ｑ和-ｑ（Q>ｇ)，以ＭN连线的中点O 为圆心的圆周上有Ａ、B、C、D四点。

下列说法中正确的是（）
Ａ．A点场强等于Ｂ点场强
Ｂ.A点电势等于Ｂ点电势
C.O点场强大于D点场强
D．O点电势高于D点电势
【答案】CD
【命题立意】本题旨在考查电势、电场强度。

【解析】A、由于Q>q，A点处电场线比B点处电场线密,A点场强大于B点场强，故A错误；
Ｂ、由题，电场线方向由M指向Ｎ,则A点电势高于B点电势.故B错误；
Ｃ、由于Q＞q,Ｏ点距离ＭＮ两点比Ｄ点距离两点都近，则O点电场线密,所以Ｏ点场强大于D点场强，故C正确;
Ｄ、由图象知O点电势大于D点电势，故Ｄ正确。

19.如图所示,竖直向上的匀强电场中,一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端连接一带正电小球，小球静止时位于Ｎ点，弹簧恰好处于原长状态。

保持小球的带电量不
变,现将小球提高到M点由静止释放。

则释放后小球从M运动到Ｎ过程中( ）
A．小球的机械能与弹簧的弹性势能之和保持不变
B．小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加量
C．弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量
D．小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和
【答案】BC
【命题立意】本题旨在考查电势能、功能关系。

，从M点运动到N点过程【解析】由题意可知，开始时弹簧处于原长状态，有:qE mg
中,重力、弹力和电场力做功,小球重力做正功，重力势能减少,电场力做负功，电势能增加，且二者相等，则B正确;从M点运动到Ｎ点过程中，由B项可知小球重力势能的减少量与小球电势能的增加量之和等于０,则减少的弹簧弹性势能等于小球增加的动能，故C正确;综上所述AD错误。

故选:BC
20．如图所示，B是一个螺线管,C是与螺线管相连接的金属线圈.在Ｂ的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环Ａ，Ａ的环面水平且与螺线管的横截面平行。

若仅在金属线圈C所处的空间加上与C环面垂直的变化磁场，发现在t1至t２时间段内绝缘丝线的拉力变小，则金属线圈C处所加磁场的磁感应强度随时间变化的Ｂ-t图象可能是（）
【答案】D
【命题立意】本题旨在考查楞次定律、法拉第电磁感应定律。

【解析】由楞次定律可知Ａ处磁场增大，则说明螺线管中电流增大;则说明C中感应电动势应该增大；故C中的磁通量的变化率应该增大；故只有D正确。

故选：D
第Ⅱ卷(必做15７分+选做36分,共193分)
注意事项:
第Ⅱ卷共19大题，其中２1~3１题为必做部分,考生可用黑色签字笔、钢笔或圆珠笔直接将答案写在答题卡上；32~39题为选做部分,考生必须从中选择1个物理、1个化学和1个生物题目作答,多选、多做不计分。

选做的题目，考生须将答案用黑色签字笔、
钢笔或圆珠笔写在答题卡上规定的位置，且必须标明题号。

【必做部分】
2１．（８分)为了验证机械能守恒定律，某同学在墙壁上固定了竖直的标尺,
让小钢球在标尺附近无初速释放，然后启动数码相机的连拍功能，连拍两张
照片的时间间隔为Ｔ，得到了如右图所示的照片。

测量出A 、B 、Ｃ、D 、Ｅ
相邻两点间的距离依次为L １、L 2、L 3、L 4,当地重力加速度为g 。

（１）为了获得钢球在C 位置的动能，需要求得经C 位置时的速度ｖｃ,则ｖ
c =_____。

(２)钢球经E 位置时的速度表示为＿______。

(填序号)
A ．v E ＝4g Ｔ B.v E = 12342()g L L L L +++ C ．v Ｅ=43222L L L T
+- (3)用B 、E 两点验证钢球的机械能是否相等,实际得到的关系式为
221122
E B mv mv -_______mg （Ｌ2+L 3+Ｌ４)(填“＞”、“<”或“＝”），原因是_＿__＿__＿＿＿＿__＿____＿_＿________＿___＿__＿________＿____＿____＿＿____＿_＿_。

【答案】(１）232L L T
+;(2)C;(３)<、钢球下落过程中受到空气阻力 【命题立意】本题旨在考查验证机械能守恒定律。

【解析】（１）:（１)物体由静止开始自由下落过程中受到空气阻力和纸带与打点计时器的摩擦阻力作用，不是自由落体运动,2C v gT =，2C AC v gS =都是自由落体运动的公式．若用这些公式进行分析,就不需要验证了，相当于用机械能守恒验证机械能守恒。

根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度可以求出C 点速度,
即:232C L L v T
+= (2)根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度可以求出Ｄ点速度：
432D L L v T
+=, 由于Ｄ点位于C 点到Ｅ点的中间时刻点上，依据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段时间初末速度的平均值，可得：2
C E
D v v v +=,即: 4323432222222
E D C L L L L L L L v v v T T T
+++-=-=-=，故选Ｃ； （3)若要验证钢球在B 、E 两点的机械能是否相等，需验证的等式是：2223411()22
E B mv mv mg L L L -=++，但由于钢球下落过程中受到空气阻力，所以增加的动能要小于减少的重力势能,故：2223411()22
E B mv mv mg L L L -<++。

答：(1）需要求得经C 位置时的速度为232C L L v T
+=；（2）C; (3)用Ｂ、Ｅ两点验证钢球的机械能是否相等，实际得到的关系式为2223411()22
E B mv mv mg L L L -<++，因为钢球下落过程中受到空气阻力。

节电池的电动势约为1．５V。

(1)用螺旋测微器测电阻丝的直径时，先转动__＿_＿使F与A间距稍大于被测物,放入被测物,再转动_＿＿__到夹住被测物．直到棘轮发出声音为止,拨动Ｇ使Ｆ固定后读数。

(填仪器部件字母符号)
(2)根据原理图连接图b的实物图。

（３)闭合开关后,滑动变阻器触头调至一合适位置后不动,多次
改变线夹Ｐ的位置，得到几组电压、电流和对应的ＯＰ段的长
度L,计算出相应的电阻后作出R-L图线如图。

取图线上适当的
两点计算电阻率.这两点间的电阻之差为∆R．对应的长度变化为△Ｌ,若电阻丝直径为ｄ,则电阻率p= ____＿＿＿＿_。

【答案】（１）D、H;(2）图见解析;(3)
2
4
d R
L π∆
∆
【命题立意】本题旨在考查测定金属的电阻率。

【解析】(1)依据螺旋测微器的测量方法,先转动D使Ｆ与A间距稍大于被测物，放入被测物,再转动H到夹住被测物.直到棘轮发出声音为止,拨动Ｇ使F固定后读数;
(2) 画出的连线图如图所示：
(３）③:根据题意，滑动变阻器触头调至一合适位置后不动后,应多
次改变P点的位置,根据欧姆定律应有：
op
U IR
=
根据电阻定律应有：
2
1
4
L
R
d
ρ
π
=
联立解得:
2
4L
R
d
ρ
π
=，所以R L
-图像的斜率
2
4R
k
d L
ρ
π
∆
==
∆
解得：
2
4
d R
L
π
ρ
∆
=
∆
故答案为:（1)D、H；（2)如上图所示;（３）
2
4
d R
L
π∆
∆。

２3．(１８分)如图，在倾角为θ=37°的足够长固定斜面底端,一质量m=１kg的小物块以
某一初速度沿斜面上滑,一段时间后返回出发点。

物块上滑所用时间t 1和下滑所用时间t 2大
小之比为t 1:ｔ2=１=１0ｍ/ｓ2，sin3７°=0.6，cos37°=0.8。

求：
(1)物块由斜面底端上滑时的初速度v １与下滑到底端时的速度ｖ2的大小之比:
(２)物块和斜面之间的动摩擦因数;
（3)若给物块施加一大小为Ｎ、方向与斜面成适当角度的力，使物块沿斜面向上加速运动,求加速度的最大值。

【答案】（；(2)0.5；（3)22.5m s
【命题立意】本题旨在考查牛顿运动定律的综合应用、匀变速直线运动的位移与时间的关系。

【解析】(1)设物块上滑的最大位移为L ，根据运动学公式：
上滑过程:1102v L t +=
下滑过程:2202v L t +=
整理解得:12
v v =（２）根据牛顿第二定律:
上滑时：1sin cos mg mg ma θμθ+=
下滑时：2sin cos mg mg ma θμθ-=
根据运动学公式
21112
L a t = 22212
L a t = 解得:0.5μ=
(3）设F 与斜面的夹角为α，根据牛顿第二定律:
cos sin (cos sin )F mg mg F ma αθμθα---=
即：(cos sin )(sin cos )F mg ma αμαθμθ+-+=
整理得：
)(sin cos )mg ma ααθμθ-+=
令：1tan βμ=，则：21sin()(sin cos )F mg ma μαβθμθ++-+=
sin()αβ+最大值为1，所以：21(sin cos )m F mg ma μθμθ+-+=
代入数据解得:22.5m a m s =
答:(1)物块由斜面底端上滑时的初速度v 1与下滑到底端时的速度v 2的大小之比为12
5v v =; (２)物块和斜面之间的动摩擦因数0.5μ=； (3)若给物块施加一大小为55N 、方向与斜面成适当角度的力，使物块沿斜面向上加速运
动，加速度的最大值为22.5m a m s =。

24.(20分)如图,纸面内直线MN 左侧边长为L 的正方形区域OACD
中．有方向平行于AC 的匀强电场．O 处的粒子源沿垂直于ＡC 方
向发射速度为ｖ0的正电粒子，粒子质量为m 、电荷量为q 。

粒子
恰好从ＡＣ的中点P 经过。

不计粒子重力。

(1）求匀强电场的场强E;
(2)若ＭＮ右侧全部空间有垂直纸面向外的匀强磁场,使粒子再次进入电场,求磁感应强度应满足的条件:
(3)若ＭＮ右侧的磁场仅限于左边界与ＭN 重合的矩形区域内．求粒子从离开P 点到再次垂直进入电场经历的最长时间。

【答案】(1) 20mv qL ;(2) 04mv B qL ≥:(3) 0
(43)(22)16L v π+- 【命题立意】本题旨在考查带电粒子在匀强电场中的运动、带电粒子在匀强磁场中的运动。

【解析】（1）粒子在电场中做匀变速曲线运动,根据运动学公式和牛顿定律得：
0L v t =
2122
L at = qE ma =
整理得:20mv E qL =
（2)设粒子经过P 点时的速度大小为v ，方向与ＡC 夹角为θ,则：
2220()v v at =+ 0sin v v θ= 解得:02v v = 045θ=
根据左手定则可知,粒子将从PC 中间某处再次进入电场，磁感应强度最小时对应的位置是C 点。

运动轨迹示意如图。

由几何关系知,粒子在磁场中运动的半径：22
L r = 根据牛顿定律得:2
mv qvB r
= 整理得:04mv B qL
= 磁感应强度满足的条件是:04mv B qL ≥
（３)要使粒子最终垂直AC 进入电场,则粒子离开Ｐ点后先做一段直线运动
再进入磁场，且磁场位置越靠下,粒子通过的轨迹越长,运动时间越长。

最长时间对应粒子从Ｃ点进入，运动轨迹示意如图。

由几何关系可知:22L R R +=
粒子从P 点到Ｃ点通过的路程为:34
S R R π=+ S t v
'= 整理得：0
(43)(22)L t π+-'= 答：(1)求匀强电场的场强为20mv qL
； (2)若M Ｎ右侧全部空间有垂直纸面向外的匀强磁场，使粒子再次进入电场,磁感应强度应满足的条件是04mv B qL
≥: (３）粒子从离开P 点到再次垂直进入电场经历的最长时间为0
(43)(22)16L v π+-
【选做部分】
３7.（１2分)【物理—物理3-３】
(1)下列说法正确的是__＿______（双选，填正确答案标号)
ａ．布朗运动就是液体分子的无规则运动
b．晶体在各个方向上的导热性能相同，体现为各向同性
c.热量不能自发地从低温物体传给高温物体
ｄ．将一个分子从无穷远处无限靠近另一个分子，则这两个分子间的分子力先增大后减小最后再增大
【答案】CD
【命题立意】本题旨在考查布朗运动、分子势能、温度是分子平均动能的标志。

【解析】Ａ、布朗运动是液体中固体微粒的无规则运动,间接反映的是液体分子的无规则运动,故A错;
B、单晶体具有各向异性,多晶体具有各向同性，B错误;
C、热量不能自发地从低温物体传给高温物体,Ｃ正确;
D、将一个分子从无穷远处无限靠近另一个分子，则这两个分子间的分子力先增大后减小最后再增大,Ｄ正确。

故选：ＣＤ
(2）如图所示,竖直放置、粗细均匀且足够长的Ｕ形玻璃管与容积为V o=12cm３的金属球形容器连通,用Ｕ形玻璃管中的水银柱封闭一定质量的理想气体。

开始时,Ｕ形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出h１=15cm，水银柱上方空气柱长ｈo=6cｍ。

现在左管中加入水银，保持温度不变,使两边水银柱在同一高度。

(已知大气压pｏ=７５cmHg，U形玻璃管的横截面积为S=0．5ｃm2)。

求
①需要加入的水银柱长度;
②此过程中被封气体是吸热还是放热?
【答案】（1)27cm;(2）放热
【命题立意】本题旨在考查理想气体的状态方程、封闭气体压强。

【解析】（１)初态:10751560h P P P cmHg cmHg =-=-=
3331001260.515V V h S cm cm cm =+=+⨯=
275P cmHg =
温度不变,根据玻意耳定律:1122PV PV =
代入数据解得:3212V cm =,即水银正好到球的底部
加入的水银为:1021526()27h h cm cm +=+⨯=
（2）在此过程中,被封气体体积在减小,温度升高,故需要放热。

答:①需要加入的水银柱长度为27cm ;②此过程中被封气体是放热。

38．(１2分）【物理——物理3—4】
(1)如图所示.一列简谐横波在均匀介质中沿x 轴负方向传播，波速为4m/ｓ,则质点P 此时刻的振动方向沿y 轴___＿(填“正”或“负”)方向;经过△ｔ=3ｓ，
质点Q 通过的路程是＿＿___＿__＿__＿＿＿m 。

【答案】正、0.6
【命题立意】本题旨在考查横波的图象、波长、频率和波速的关
系。

【解析】由于该波沿ｘ轴的负方向传播,据波形平移法可知，质点P 此时刻的振动方向沿ｙ轴正方向；
据波形图可知，0.05A m =,4m λ=,所以414
T s s v λ=
==,由于时间33t s T ∆==，所以质点Q 通过的路程为：120.6A m =
故答案为:正、0.6
(２)如图所示，AOB 是截面为扇形的玻璃砖的横截面图,其顶角θ=83°。

今有一束单色光线在横截面内从ＯＡ的中点Ｅ沿垂直ＯA 的方向射入玻璃砖，一部分光线经A Ｂ面反射后恰好未从OB 面射出,不考虑多次反射作用。

试做出光路图并求玻璃的折射率n 。

（sin ３7°＝0.6)
【答案】图见解析、光路图
【命题立意】本题旨在考查光的折射定律。

【解析】设光线射到AB 面时入射角为α，光路图如图所示:
因Ｅ点为ＯＡ的中点，由几何知识可知入射角：0
30α=
设临界角为C
则:00029090360C α+++=
解得：037C =
光在ＯB 免恰好发生全反射，则： 1sin C n
= 解得:53
n = 答：玻璃的折射率为
53，光路图如图所示。

39.(12分)【物理——物理3—５】
(1）下列说法中正确的是 ＿_＿_______（双选,填正确答案标号)
a ．天然放射现象说明原子核内部有电子
b.发现质子的核反应方程是14
41617281N He O H +→+
c ．238
92U 衰变成20682Pb 要经过6次β衰变和8次α衰变
ｄ.氢原子从n=2能级跃迁到n ＝1能级辐射出光子的能量,高于从氢原子n=8能级跃迁到ｎ＝2能级所释放出光子的能量
【答案】CD
【命题立意】本题旨在考查氢原子的能级公式和跃迁、原子核衰变及半衰期。

【解析】A 、天然放射现象说明原子核内部有复杂结构,原子核内部无电子.故A 错误；
B 、该核反应方程质量数不守恒.故B 错误;
C 、根据质量数和电荷数守恒知,铀核（238
92U ）衰变为铅核(206
82Pb )要经过8次α衰变和6次
β衰变,C 正确；
D 、ｎ=２和n=1间的能级差大于ｎ＝8和n ＝2间的能级差，则氢原子从n=2能级跃迁到
n ＝1能级辐射出光子的能量,高于从n=8能级跃迁到n=２能级所辐射出光子的能量.故D 正确。

故选：ＣD
(2)如图所示,长R =0.6m 的不可伸长的细绳一端固定在O 点，另一端系着质量m 2=０．1k ｇ的小球B ，小球B 刚好与水平面相接触。

现使质量ｍ1=0．３kg 的物
块A 以v o =4m/s 的速度向B 运动,A 与水平面间的接触面光滑。

Ａ、Ｂ
碰撞后，物块A 的速度变为碰前瞬间速度的12,小球B 能在竖直平面内做圆周运动。

已知重力加速度ｇ=l0ｍ/s 2,A 、B 均可视为质点。

求:
①在Ａ与B 碰撞后瞬间，小球Ｂ的速度v 2的大小；
②小球B 运动到圆周最高点时受到细绳的拉力大小。

【答案】①6m s ;② 1N
【解析】①碰撞过程中，Ａ、B 系统的动量守恒，选取滑块运动的方向为正方向，有： 0101222
v m v m m v =+ 代入数据可得:26v m s =
②小球Ｂ在摆至最高点的过程中,机械能守恒，设到最高点时的速度为3v ，则有: 222223211222
m v m v m g R =+ 在最高点进行受力分析,有：2322v T m g m R
+= 代入数据解得:1T N =
答：①在A 与Ｂ碰撞后瞬问，小球B 的速度2v 的大小是6m s ;
②小球Ｂ运动到网周最高点时受到细绳的拉力大小是1N 。