山东省济南市2021届新高考物理一月模拟试卷含解析

山东省济南市2021届新高考物理一月模拟试卷
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，一个劈形物体A ，各面均光滑，放在固定的斜面上，上表面呈水平，在水平面上放一个小球B ，劈形物体从静止开始释放，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是( )
A ．沿斜面向下的直线
B ．竖直向下的直线
C ．无规则曲线
D ．抛物线
【答案】B
【解析】
【详解】
楔形物体A 释放前，小球受到重力和支持力，两力平衡；楔形物体A 释放后，由于楔形物体A 是光滑的，则小球水平方向不受力，根据牛顿第一定律知，小球在水平方向的状态不改变，即仍保持静止状态．而竖直方向：楔形物体A 对B 的支持力将小于小球的重力，小球将沿竖直方向做加速运动，所以小球在碰到斜面前的运动是竖直向下的加速运动，其运动轨迹是竖直向下的直线，故B 正确。

故选B 。

2．如图所示，在电场强度大小为E 0的水平匀强电场中，a 、b 两点电荷分别固定在光滑水平面上，两者之间的距离为l ．当a 、b 的电量均为+Q 时，水平面内与两点电荷距离均为l 的O 点处有一电量为+q 的点电荷恰好处于平衡状态．如果仅让点电荷a 带负电，电量大小不变，其他条件都不变，则O 点处电荷的受力变为( )
A ．0qE
B ．02qE
C ．033qE
D ．033
qE 【答案】D
【解析】 开始时，对放在O 点的点电荷由平衡知识可知：002cos30a F E q ；当让点电荷a 带负电时，则a 、b
对O 点点电荷的库仑力竖直向上在，则O 点处电荷的受力变为
0220023(2cos 60)()3
a F F E q E q =+=，故选D. 3．采用一稳压交流电源给如图所示电路供电，R 1、R 2、R 3 是三个完全相同的定值电阻，理想变压器的匝数比为2：1，开关断开时电路消耗的总功率为P ，则开关闭合时电路消耗的总功率为（ ）
A ．P
B ．32P
C ．53P
D ．95
P 【答案】C 【解析】
【分析】
【详解】 设三个完全相同的定值电阻的阻值为R ，电压电压为U ，开关断开时，根据等效电路可得电路的总的电阻为
212
()5n R R R R n =+=总 电路消耗的总功率为
22
5U U P R R
==总 开关闭合时，根据等效电路可得电路的总的电阻为
212()32
n R R R R n '=+=总 电路消耗的总功率为
22533U U P P R R '==='总
故A 、B 、D 错误，C 正确；
故选C 。

4．两个等量点电荷位于x 轴上，它们的静电场的电势φ随位置x 变化规律如图所示（只画出了部分区域内的电势），x 轴上两点B 、C 点，且OB ＞OC ，由图可知（ ）
A．C点的电势低于B点的电势
B．B点的场强大小大于C点的场强大小，B、C点的电场方向相同C．正电荷可以在x轴上B、C之间的某两点做往复运动
D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中电场力先做正功后作负功【答案】B
【解析】
【分析】
根据电势的图象直接读出电势高低．由=U
E
d
可知，图象的斜率绝对值等于场强大小，由斜率分析场强的大小关系。

根据顺着电场线方向电势降低，判断电场线的方向，确定正电荷所受的电场力方向，分析其运动情况。

根据电场力与位移方向间的关系，判断电场力做功的正负。

【详解】
A．由图知，C点的电势高于B点的电势．故A错误；
B．由=U
E
d
可知，图象的斜率绝对值等于场强大小，可以看出B点的场强大小大于C点的场强大小，斜率都为正值，说明B、C点的电场方向相同，故B正确；
C．根据顺着电场线方向电势降低，可知电场线的方向从C指向B，正电荷在x轴上B、C之间所受的电场力始终由C指向B，正电荷做单向直线运动，故C错误；
D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力方向由从B指向C，电场力方向与位移相同，电场力一直做正功，故D错误。

故选B。

【点睛】
本题考查对电势与场强、电场线方向、电场力做功等等关系的理解，难点是根据匀强电场电势差与场强的
关系=U
E
d
理解图象的斜率与场强的关系。

5．如图所示，在粗糙的水平面上放一质量为2kg的物体，现用F=8N的力，斜向下推物体，力F与水平面成30o角，物体与水平面之间的滑动摩擦系数为μ=0.5，则
A．物体对地面的压力为24N
B ．物体所受的摩擦力为12N
C ．物体加速度为26/m s
D ．物体将向右匀速运动
【答案】A
【解析】
受力分析如图所示，在竖直方向上，由平衡条件得sin3024N N F mg =︒+=，物体与水平地面间最大静摩擦力max 12N F N μ==，水平方向上cos3043N x F F =︒= ，由于max x F F <，物体将静止不动，故物体所受的摩擦力为静摩擦力43N x f F ==，综上分析，正确答案为A ．
6．2018年12月8日2时23分，我国成功发射“嫦娥四号”探测器，开启了月球探测的新旅程，“嫦娥四号”于2019年1月3日10时26分成功着陆在月球背面南极—艾特肯盆地。

探测器上有一可认为光滑的滑梯固定在月球表面上，将滑梯与月块表面的夹角调为θ，月球车从滑梯上由静止滑到底部的过程中下滑长度为L ，所用时间为t ，已知月球半径为R ，则月球的第一宇宙速度为（ ）
A 12sin LR t θ
B ．12sin LR t θ
C 1sin LR t θ
D 12sin LR t θ
【答案】B
【解析】
【详解】
月球车从滑梯上的运动过程，根据位移时间公式有
212
L at = 根据牛顿第二定律得
sin =mg ma θ
设月球的第一宇宙速度为v ， 则有
2
v m g m R ''
=
联立得
12
sin
LR
v
tθ
=，ACD错误，B正确。

故选B。

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．关于热现象，下列说法中正确的是（）
A．对于一定质量的理想气体，当分子间的平均距离变大时，压强不一定变小
B．气体吸热后温度一定升高
C．气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关
D．质量和温度都相同的气体，内能一定相同
E.自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的
【答案】ACE
【解析】
【详解】
A．对于一定质量的理想气体，当分子间的平均距离变大时，气体体积变大，但气体的温度可能也变大，压强不一定变小，A正确；
B．根据热力学定律，气体吸热后如果对外做功，则温度不一定升高，B错误；
C．气体温度升高过程吸收的热量要根据气体升温过程是否伴随做功来决定，C正确；
D．气体的内能由物质的量、温度决定，质量和温度都相同的气体，内能可能不同，D错误；
E．根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，E正确。

故选ACE。

8．图甲、图乙为两次用单色光做双缝干涉实验时，屏幕上显示的图样。

图甲条纹间距明显大于图乙，比较两次实验
A．若光屏到双缝的距离相等，则图甲对应的波长较大
B．若光源、双缝间隙相同，则图甲光屏到双缝的距离较大
C．若光源、光屏到双缝的距离相同，则图甲双缝间隙较小
D．图甲的光更容易产生明显的衍射现象
【答案】BC
【解析】
【详解】
A ．甲光的条纹间距大，光屏到双缝的距离相等，由于双缝间的距离未知，故无法比较波长的大小，A 错误；
B ．若光源、双缝间隙相同，根据双缝干涉条纹的间距公式L x d
λ∆=
知d 以及波长相等，图甲的条纹间距大，则图甲光屏到双缝的距离大，B 正确；
C ．若光源、光屏到双缝的距离相同，根据双缝干涉条纹的间距公式L x d λ∆=
知L 以及波长相等，图甲的条纹间距大，则图甲双缝的间距小，C 正确；
D ．因为波长大小未知，故无法比较哪个光发生明显的衍射，D 错误。

故选BC 。

9．水平面上两个质量相等的物体甲和乙，它们分别在水平推力1F 和2F 作用下开始沿同一直线运动，运动一段时间后都先后撤去推力，以后两物体又各自运动一段时间后静止在同一位置，两物体的动能—位移图象如图所示，图中线段//AB CO ，则下列说法正确的是（ ）
A ．甲受到的摩擦力小于乙受到的摩擦力
B ．两个水平推力的大小关系是1F 大于2F
C ．在两物体的加速阶段，甲的加速度等于乙的加速度
D ．物体甲克服摩擦力做的功大于物体乙克服摩擦力做的功
【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．依题意及题图可知，在动能减少阶段，两物体均做匀减速运动．物体受到的摩擦力大小等于图象斜率的绝对值，易得甲受到的摩擦力1f 小于乙受到的摩擦力2f ，故A 正确；
B ．在动能增加阶段，两物体均做匀加速运动，图象的斜率表示物体的合力，由题图知
1122F f F f -=-
得
12120F F f f -=-<
故1F 小于2F ，故B 错误：
C．在加速阶段，两物体受到的合力相等，易知两物体的加速度大小相等，故C正确；
D．整个运动阶段，由动能定理可知，甲、乙两物体克服摩擦力做的功分別等于1F和2F所做的功，根据功的公式容易得到，1F做的功小于2F做的功，所以物体甲克服摩擦力做的功小于物体乙克服摩擦力做的功，故D错误。

故选：AC。

10．如图所示，空间中存在匀强磁场，在磁场中有一个半径为R的圆，圆面与磁场垂直，从圆弧上的P 点在纸面内沿各个方向向园内射入质量、电荷量、初速度大小均相同的带同种电荷的粒子，结果沿半径PO方向射入的粒子从边界上Q点射出．已知OQ与OP间的夹角为60°，不计粒子的重力，则下列说法正确的是
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为
3 2
R
B．粒子在磁场中做圆周运动的半径为点
3 3
R
C．有粒子射出部分的国弧所对圆心角的正弦值为
23
D．有粒子射出部分的圆孤所对圆心角的正弦值为22 3
【答案】BD
【解析】
【详解】
AB.设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系可知：
r=Rtan30°= 3 R
A ，错误
B 正确；
CD.粒子做圆周运动的直径为：
设有粒子射出部分的圆弧所对圆心角为θ，由几何关系可知：
sin 2θ=r R = 则：
sin 2sin cos 223
θ
θ
θ==C 错误，D 正确．
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，故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．如图所示，质量为M 的长木板A 静止在光滑的水平面上，有一质量为m 的小滑块B 以初速度v 0从左侧滑上木板，且恰能滑离木板，滑块与木板间动摩擦因数为μ．下列说法中正确的是
A ．若只增大v 0，则滑块滑离木板过程中系统产生的热量增加
B ．若只增大M ，则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量减少
C ．若只减小m ，则滑块滑离木板时木板获得的速度减少
D ．若只减小μ，则滑块滑离木板过程中滑块对地的位移减小
【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．滑块滑离木板过程中系统产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积
=Q fL mgL μ=相相
因为相对位移没变，所以产生热量不变，故A 错误；
B ．由极限法，当M 很大时，长木板运动的位移x M 会很小，滑块的位移等于x M +L 很小，对滑块根据动能定理：
()22101122
M mg x L mv mv μ-+=- 可知滑块滑离木板时的速度v 1很大，把长木板和小滑块看成一个系统，满足动量守恒
01mv mv Mv =+'
可知长木板的动量变化比较小，所以若只增大M ，则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量减少，故B 正确；
C ．采用极限法：当m 很小时，摩擦力也很小，m 的动量变化很小，把长木板和小滑块看成一个系统，满足动量守恒，那么长木板的动量变化也很小，故C 正确；
D ．当μ很小时，摩擦力也很小，长木板运动的位移x M 会很小，滑块的位移等于x M +L 也会很小，故D 正确．
故选BCD ．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学想测出济南当地的重力加速度g ，并验证机械能守恒定律。

为了减小误差，他设计了一个实验如下：将一根长直铝棒用细线悬挂在空中（如图甲所示），在靠近铝棒下端的一侧固定电动机M ，使电动机转轴处于竖直方向，在转轴上水平固定一支特制笔N ，借助转动时的现象，将墨汁甩出形成一条细线。

调整笔的位置，使墨汁在棒上能清晰地留下墨线。

启动电动机待转速稳定后，用火烧断悬线，让铝棒自由下落，笔在铝棒上相应位置留下墨线。

图乙是实验时在铝棒上所留下的墨线，将某条合适的墨线A 作为起始线，此后每隔4条墨线取一条计数墨线，分别记作B 、C 、D 、E 。

将最小刻度为毫米的刻度尺的零刻度
线对准A，此时B、C、D、E对应的刻度依次为14.68cm，39.15cm，73.41cm，117.46cm。

已知电动机的转速为3000r/min。

求：
(1)相邻的两条计数墨线对应的时间间隔为________s；
(2)由实验测得济南当地的重力加速度为________m/s2（结果保留三位有效数字）；
(3)该同学计算出划各条墨线时的速度v，以
2
2
v
为纵轴，以各条墨线到墨线A的距离h为横轴，描点连线，
得出了如图丙所示的图像，据此图像________（填“能”或“不能”）验证机械能守恒定律，图线不过原点的原因__________________。

【答案】0.1 9.79 能墨线A对应的速度不为零
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]由于电动机的转速为3000r/min，则其频率为50Hz，故每隔0.02s特制笔N便在铝棒上画一条墨线，又每隔4条墨线取一条计数墨线，故相邻计数墨线间的时间间隔是0.1s
(2)[2]由题可知
(39.1514.68)cm24.47cm
BC
x=-=
(73.4139.15)cm34.26cm
CD
x=-=
(117.4673.41)cm44.05cm
DE
x=-=
可知连续相等时间内的位移之差
9.79cm
x∆=
根据△x=gT2得
2
2229.7910m/s 9.79m/s 0.01
x g T -∆⨯=== (3)[3]铝棒下落过程中，只有重力做功，重力势能的减小等于动能的增加，即
mgh ＝mv 2
得
2
2
v gh = 若2
2
v h -图线为直线，斜率为g ，则机械能守恒，所以此图像能验证机械能守恒 [4]图线不过原点是因为起始计数墨线A 对应的速度不为0
14．硅光电池是一种将光能转换为电能的器件，某硅光电池的伏安特性曲线如图（甲）所示。

某同学利用图（乙）所示的电路研究电池的性质，定值电阻R 2的阻值为200Ω，滑动变阻器R 1的最大阻值也为200Ω，V 为理想电压表。

（1）请根据图（乙）所示的电路图，将图（丙）中的的实物图补充完整____________。

（2）闭合电键S 1，断开电键S 2，将滑动变阻器R 1的滑动片移到最右端，电池的发热功率为
_______________W 。

（3）闭合电键S 1和电键S 2，将滑动变阻器R 1的滑动片从最左端移到最右端，电池的内阻变化范围为_________________。

【答案】 1.197×10-3W （允许误差±0.2W ） 55.56Ω≤r≤60Ω（允许误差±2Ω）
【解析】
【详解】
（1）[1]根据原理图可得出对应的实物图如图所示：
；
（2）[2]闭合电键1S ，断开电键2S ，将滑动变阻器1R 的滑动片移到最右端时，两电阻串联，总电阻为400Ω；在图甲中作出电阻的伏安特性曲线，两图线的交点表示工作点：
则可知，电源的输出电压为2.1V ，电流为5.7mA ；则其功率：
332.1 5.710W 1.19710W P UI --==⨯⨯=⨯；
（3）[3]滑片由最左端移到最右端时，外电阻由100Ω增大到200Ω；则分别作出对应的伏安特性曲线，如上图所示；则可知，当在最左端时，路端电压为1.9V ，电流为9mA ；当达到最右端时，路端电压为1.5V ，电流为15mA ；
则由闭合电路欧姆定律可知，内阻最小值为：
min 32.4 1.9Ω55.56Ω910
r --=≈⨯ 最大值为：
max -3
2.4 1.5Ω60Ω1510r -==⨯
故内阻的范围为：55.56Ω60Ωr ≤≤。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，长0.32m 的不可伸长的轻绳一端固定于O 点，另一端拴一质量为0.3kg 的小球B 静止在水平面上，绳恰好处于伸直状态。

一质量为0.2kg 的小球A 以某一速度沿水平面向右运动，与小球B 发生弹性正碰，碰撞后小球B 恰好能在竖直平面内完成完整的圆周运动，不计空气阻力，重力加速度取10m/s 2，求∶
(1)碰撞后小球B 的速度大小；
(2)碰撞前小球A 的速度大小。

【答案】（1）4m/s ；（2）5m/s
【解析】
【分析】
【详解】
(1)小球B 通过最高点时，由牛顿第二定律得
2
B B m v m g l
= 对小球B 从最低点到最高点由动能定理得
2211222
B B B B m gl m v m v -=
- 解得 4m/s B v =
(2)小球A 与小球B 发生弹性正碰，由动量守恒定律得
0A A A B B m v m v m v =+
由能量守恒定律得
2220111222
A A A
B B m v m v m v =+ 解得
0 5m/s v =
16．某客机在高空水平飞行时，突然受到竖直气流的作用，使飞机在10s 内高度下降150m ，如果只研究飞机在竖直方向的运动，且假定这一运动是匀变速直线运动，且在这段下降范围内重力加速度取g= 9m/s 2.
(1)飞机在竖直方向加速度的大小和方向。

(2)乘客放在水平小桌上2kg 的水杯此时对餐桌的压力为多大。

【答案】 (1)3m/s 2，方向竖直向下；(2)12N 。

【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据212h at =
得 a=3m/s 2
方向竖直向下；
(2) 对水杯，根据牛顿第二定律 N mg F ma -=
解得
F N =12N
由牛顿第三定律可知压力12N N F '=
17．如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑绝缘圆弧轨道ABC 和水平绝缘轨道PA 在A 点相切，BC 为圆弧轨道的直径，O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，3sin α5
=，整个装置处于水平向右的匀强电场中。

一质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的带电小球在电场力的作用下沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零，重力加速度大小为g 。

求
(1)匀强电场的场强大小；
(2)小球到达A 点时速度的大小；
(3)小球从C 点落至水平轨道上的位置与A 点的距离。

【答案】（1）34mg q （223gR （3）9R 8
【详解】
(1)小球到达C 点时所受合力的大小为F ，由力的合成法则，则有：
tan αq mg E = 解得匀强电场的场强大小：
tan α34mg q q
E mg == (2)设小球到达C 点时的速度大小为C v ，由牛顿第二定律得：
2C v F m R
= 222()()F mg Eq =+
解得：
5C gR v = 小球到达A 点的速度大小A v ，由动能定理有：
2211(cos α)sin α22
C A mg R R Eq R mv mv -+-=
-g g 解得： 23A gR v =
(3)小球离开C 点后，在竖直方向上做初速度不为零的匀加速直线运动，加速度大小为g ，小球在竖直方向的初速度为：
sin αy C v v =
从C 点落到水平轨道上所用时间为t ，由运动学公式，则有：
21cos α2
y v t gt R R +=+ 解得：
355R t g
=
小球在水平方向上做初速度不为零的匀减速直线运动，加速度大小为： 34
Eq a g m == 小球在水平方向的初速度为：
cos αx C v v =
由运动学公式，则有：
212
x x v t at =- 小球从C 点落至水平轨道上的位置与A 点的距离：
9sin α8
s x R R +==。