山东省菏泽市2021届新高考物理一月模拟试卷含解析

山东省菏泽市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．某移动电源上标志的4500mAh反映的物理量是（）
A．电压B．电量
C．功率D．能量
【答案】B
【解析】
移动电源上标志的4500mAh反映的物理量是电量，表示以4500mA放电，可以放一个小时，故B正确，ACD错误．
故选B
2．如图所示，A，B质量均为m，叠放在轻质弹簧上（弹簧上端与B不连接，弹簧下端固定于地面上）保持静止，现对A施加一竖直向下、大小为F（F＞2mg）的力，将弹簧再压缩一段距离（弹簧始终处于弹性限度内）而处于静止状态，若突然撤去力F，设两物体向上运动过程中A、B间的相互作用力大小为F N，则关于F N的说法正确的是（重力加速度为g）（）
A．刚撤去外力F时，
B．弹簧弹力等于F时，
C．两物体A、B的速度最大时，F N=2mg
D．弹簧恢复原长时，F N=mg
【答案】B
【解析】
【详解】
在突然撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，由平衡条件推论可知AB整体的合力向上，大小等于F，根据牛顿第二定律有：F=（m+m）a，解得：，对A受力分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：F N-mg=ma，联立解得：，故A错误；弹簧弹力等于F时，根据牛顿第二定律得，对整体有：
F-2mg=2ma，对m有：F N-mg=ma，联立解得：，故B正确；当A、B两物体的合力为零时，速度最大，对A由平衡条件得：F N=mg，故C错误；当弹簧恢复原长时，根据牛顿第二定律得，对整体有：2mg=2ma，对m有：mg-F N=ma，联立解得：F N=0，故D错误。

所以B正确，ACD错误。

3．1896年法国科学家贝可勒尔发现了放射性元素能够自发地发出射线的现象，即天然放射现象。

让放射性元素镭衰变过程中释放出的α、β、γ三种射线，经小孔垂直进入匀强电场中，如图所示。

下列说法正确的是（）
A．③是α射线，α粒子的电离能力最强，穿透能力也最强
B．①是β射线，是高速电子流，来自于原子的核外电子
C．原子核发生一次衰变的过程中，不可能同时产生α、β两种射线
D．原子序数大于83的元素，都具有放射性，原子序数小于或等于83的元素，都不具有放射性
【答案】C
【解析】
【详解】
A．由射线的带电性质可知，①是β射线，②是γ射线，③是α射线，α粒子的电离能力最强，穿透能力最弱，A不符合题意；
B．β射线是原子核发生β衰变时产生的，是高速电子流，来自于原子核，B不符合题意；
C．原子核发生一次衰变的过程中，只能发生α衰变或β衰变，不能同时发生α衰变和β衰变，故不可能同时产生α、β两种射线，C符合题意；
D．原子序数大于83的元素，都具有放射性，原子序数小于或等于83的元素，有的也具有放射性，D不符合题意。

故选C。

4．某同学投篮时将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直放置的篮板上，篮球运动轨迹如图所示，不计空气阻力，关于篮球从抛出到撞击篮板前，下列说法正确的是（）
A．两次在空中的时间可能相等B．两次碰的篮板的速度一定相等
C．两次抛出的初速度竖直分量可能相等D．两次抛出的初动能可能相等
【答案】D
【解析】
【详解】
A．将篮球的运动逆向处理，即为平抛运动，由图可知，第二次运动过程中的高度较小，所以运动时间较短，故A错误；
B．篮球的运动逆向视为平抛运动，则平抛运动在水平方向做匀速直线运动，水平射程相等，但第二次用的时间较短，故第二次水平分速度较大，即篮球第二次撞篮板的速度较大，故B错误；
v
C．篮球的运动逆向视为平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，由
y
度的竖直分量较小，故C错误；
D．由于水平速度第二次大，竖直速度第一次大，根据速度的合成可知，抛出时的速度大小不能确定，有可能相等，所以两次抛出的初动能可能相等，故D正确；
故选D。

5．下列描述中符合物理学史实的是（）
A．第谷通过长期的天文观测，积累了大量的天文资料，并总结出了行星运动的三个规律
B．开普勒通过“月地检验”证实了地球对物体的吸引力与天体间的吸引力遵守相同的规律
C．伽利略对牛顿第一定律的建立做出了贡献
D．万有引力定律和牛顿运动定律都是自然界普遍适用的规律
【答案】C
【解析】
【详解】
A．第谷进行了长期的天文观测，积累了丰富的资料。

以此为基础，之后的开普勒进一步研究总结出了太阳系行星运动的三个规律。

所以A错误；
B．牛顿通过“月地检验”证实了地球对物体的吸引力与天体间的吸引力遵守相同的规律，不是开普勒。

所以B错误；
C．伽利略对牛顿第一定律的建立做出了贡献，符合物理学史实。

所以C正确；
D．万有引力定律和牛顿运动定律都有一定适用范围，不适用于高速微观世界。

所以D错误。

故选C。

6．如图所示，正方形区域内有匀强磁场，现将混在一起的质子H和α粒子加速后从正方形区域的左下角射入磁场，经过磁场后质子H从磁场的左上角射出，α粒子从磁场右上角射出磁场区域，由此可知（）
A．质子和α粒子具有相同的速度B．质子和α粒子具有相同的动量C．质子和α粒子具有相同的动能D．质子和α粒子由同一电场从静止加速【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据洛伦兹力提供向心力得
2
mv
qvB
R
=
qBR
v
m
=
设质子的比荷为q
m
，则α粒子的比荷为
2
4
q
m
，质子的半径是α粒子的一半，所以二者的速度相同，故A
正确；
B．他们具有相同的速度，但是质量不同，所以动量不同，故B错误；
C．他们具有相同的速度，但是质量不同，所以动能不同，故C错误；
D．如果由同一电场从静止加速，那么电场力做的功应该相同，即动能相同，但是他们的动能不相同，所以不是从同一电场静止加速，所以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．如图所示，A、B两板间电压为600V，A板带正电并接地，A、B两板间距离为12cm，C点离A板4cm，下列说法正确的是( )
A．E=2000V/m，φC=200V
B．E=5000V/m，φC=-200V
C．电子在C点具有的电势能为-200eV
D．电子在C点具有的电势能为200eV
【答案】BD
【解析】
【分析】
由U=Ed可求得场强E，C点的电势等于C与A板的电势差，由U=Ed求解C点的电势；由E p=qφC可求得电子在C点具有的电势能．
【详解】
A、B、AB间有匀强电场，场强为,AC间的电势差为
U AC=Ed1=5000×0.04V=200V，因A带正电且电势为零，C点电势低于A点的电势，故φC=-U AC=-200V，故A错误，B正确；
C、D、电子在C点具有的电势能E P=φC×(-e)=200eV；故C错误，D正确；
故选BD.
【点睛】
在研究电场中电势时一定要注意各个量的正负，明确各点间电势的高低，注意电势的符号．
8．下列说法中正确的是__________。

A．雾霾在大气中的漂移是布朗运动
B．当气体凝结为固体时，其分子的平均速率无限接近于零
C．把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，它的尖端就会变钝，这是因为表面张力的作用
D．在等压变化过程中，温度升高，单位时间内单位面积上分子碰撞次数减少
E.当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定大
【答案】CDE
【解析】
【详解】
A．雾霾在大气中的漂移是气体的流动造成的，故A错误；
B ．气体凝结为固体时，分子仍在做无规则运动，由于温度的降低，分子的平均动能减小，但分子平均速率不会趋近于零，故B 错误；
C ．把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，它的尖端就会变钝，是因为液态的玻璃表面的分子间的距离比内部分子间的距离大，分子间表现为引力，是表面张力的作用，故C 正确；
D ．在等压变化过程中，温度升高，体积增大分子速度增大，碰撞的作用力增大，而压强不变，故单位时间内单位面积上分子碰撞次数减少，故D 正确；
E ．当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定大，故E 正确。

故选：CDE 。

9．关于对液体的理解，下列说法正确的是（ ） A ．船能浮在水面上，是由于水的表面存在张力
B ．水表面表现张力是由于表层分子比内部分子间距离大，故体现为引力造成的
C ．密闭容器，某种蒸气开始时若是饱和的，保持温度不变，增大容器的体积，蒸气仍是饱和的
D ．相对湿度定义为空气中水蒸气的压强与该温度水的饱和汽压之比 E.当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中还会有水分子飞出水面 【答案】BD
E 【解析】 【详解】
A ．船能浮在水面上，是由于水的浮力作用，故A 项错误；
B ．液体表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力，即是表面张力，故B 项正确；
C ．在一定温度下，饱和蒸气的分子数密度是一定的，因而其压强也是一定的，与体积无关；密闭容器中某种蒸气开始时若是饱和的，保持温度不变，增大容器的体积时，蒸气不再是饱和的，但最后稳定后蒸气是饱和的，压强不变；故C 项错误；
D ．相对湿度是指水蒸气的实际压强与该温度下水蒸气的饱和压强之比，故D 项正确；
E ．当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，单位时间内从水中出来的水分子和从空气进入水中的水分子个数相等，达到一种动态平衡，故E 项正确。

10．如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m ，静止叠放在水平地面上．A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为2
．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ．现对A 施加一水平拉力F ，则（ ）
A ．当F ＜2μmg 时，A 、
B 都相对地面静止
B ．当F ＝
52mg μ时，A 的加速度为13
g μ C ．当F ＞3μmg 时，A 相对B 滑动 D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过1
2
g μ 【答案】BCD 【解析】 【分析】 【详解】
试题分析：根据题意可知，B 与地面间的最大静摩擦力为：f Bm ＝3
2
mg μ，因此要使B 能够相对地面滑动，A 对B 所施加的摩擦力至少为：f AB ＝f Bm ＝3
2
mg μ，A 、B 间的最大静摩擦力为：f ABm ＝2μmg ，因此，根据牛顿第二定律可知当满足：
2AB F f m
-＝232AB f mg m μ-，且32mg μ≤f AB ＜2μmg ，即32
mg μ≤F ＜3μmg
时，A 、B 将一起向右加速滑动，故选项A 错误；当F≥3μmg 时，A 、B 将以不同的加速度向右滑动，根据牛顿第二定律有：F －2μmg ＝2ma A ，2μmg －32mg μ＝ma B ，解得：a A ＝2F m
－μg ，a B ＝12g μ，故选项C 、D 正确；当F ＝5
2mg μ时，对A 和B 整体受力分析有，()()222
F m m g m m a μ-+=+ ，解得a A ＝a B ＝
1
3
g μ，故选项B 正确． 考点：本题主要考查了牛顿第二定律的应用，以及处理连接体的方法问题，属于中档题． 11．对于实际的气体，下列说法正确的是______。

A ．气体的内能包括气体分子的重力势能 B ．气体的内能包括分子之间相互作用的势能 C ．气体的内能包括气体整体运动的动能 D ．气体体积变化时，其内能可能不变 E. 气体的内能包括气体分子热运动的动能 【答案】BDE 【解析】 【详解】
ABCE ．气体的内能包括，气体所有分子势能和分子动能之和；其中分子势能是由分子间的相对位置和相互作用决定的能量，与重力势能无关；分子动能是分子运动的动能，与气体的整体运动的动能无关，故BE 正确，AC 错误；
D ．由于是非理想气体，气体的体积发生变化，若温度相应变化时，气体的内能可能不变，故D 正确； 12． “嫦娥四号”探测器在2017年自动完成月面样品采集，并从月球起飞，返回地球。

若已知月球半径为R ，“嫦娥五号”在距月球表面高度为R 的圆轨道上飞行，周期为T ，万有引力常量为G ，下列说法正确的是（ ）
A ．月球表面重力加速度为
2
32R
T
π B ．月球质量为23
2
32R GT π
C ．月球第一宇宙速度为
T
D ．月球密度为2
24GT
π
【答案】BD 【解析】 【详解】
B ．对探测器，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
()
2
2
2422Mm
G
m R T
R π=⋅⋅
解得
23
2
32R M GT
π= 故B 选项正确；
A ．月球表面的重力加速度为
222
32R
M T
G g R π== 则A 选项错误；
C ．月球的第一宇宙速度为月球表面的环绕速度，根据牛顿第二定律，有
2
2=Mm v G m R R
解得
v T
R
=
=
故C 选项错误； D ．月球的密度
2
24M V GT πρ=
= 故D 选项正确。

故选BD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学想利用两节干电池测定一段粗细均匀的电阻丝电阻率ρ，设计了如图甲所示的电路。

ab 是一段
电阻率较大的粗细均匀的电阻丝，R0是阻值为2Ω的保护电阻，导电夹子P与电阻丝接触始终良好（接触电阻忽略不计）。

(1)该同学连接成如图甲所示实验电路．请指出图中器材连接存在的问题_________________ ；
(2)实验时闭合开关，调节P的位置，将aP长度x和对应的电压U、电流I的数据记录如下表：
x/m 0.60 0.50 0.40 0.30 0.20 0.10
U/V 2.18 2.10 2.00 1.94 1.72 1.48
I/A 0.28 0.31 0.33 0.38 0.43 0.49
U
I
/Ω7.79 6.77 6.06 5.10 4.00 3.02
①请你根据表中数据在图乙上描点连线作U
I
和x关系图线；
（____）
②根据测得的直径可以算得电阻丝的横截面积S=1.2×l0-7m2，利用图乙图线，可求得电阻丝的电阻率ρ为_______Ω·m；根据图乙中的图线可求出电流表内阻为___Ω；（保留两位有效数字）
③理论上用此电路测得的金属丝电阻率与其真实值相比____（选填“偏大”“偏小”或“相同”）。

【答案】电压表应接3V 量程，开始实验前开关应断开
()661.210 1.1~1.310--⨯⨯ 2.0 相同
【解析】 【分析】 【详解】
(1). [1]．电压表应接3V 量程；开始实验前开关应断开； (2)①[2]．图像如图：
②[3][4]．由于
x A U x R R I S
ρ=
-= 即
A U x R I S ρ
=+ 则-U
x I
图像的斜率 7.8 2.011.30.6
k S ρ-===
解得
6=1.310m ρ-⨯Ω⋅
由图像可知，当x=0时，
=2.0U
I
Ω可知电流表内阻为2.0Ω； ③[5]．由以上分析可知，电流表内阻对直线的斜率无影响，则理论上用此电路测得的金属丝电阻率与其真
实值相比相同。

14．某实验小组成员要测量一节干电池的电动势和内阻，已知该干电池的电动势约为1.5V，内阻约为
0.50Ω；实验室提供了电压表V(量程为3V，内阻约3kΩ)、电流表A(量程0.6A，内阻为0.70Ω)、滑动变阻器R(10Ω,2A)、电键和导线若干。

(1)为了尽可能减小实验误差，请在图1方框中画出实验电路图______________。

(2)在图2中按原理图完善实物图的连接_______________。

(3)通过多次测量并记录对应的电流表示数I和电压表示数U，利用这些数据在图3中画出了U-I图线。

由图线可以得出此干电池的电动势E=________V(保留3位有效数字)，内阻r=______ Ω(保留2位有效数字)。

(4)实验过程中，发现电流表发生了故障，于是小组成员又找来一个电压表和一个定值电阻，组成了如图4所示的电路，移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出图象如图5所示，图线斜率为k，与横轴的截距为a，则电源的电动势E=________，内阻r=_______ (用k、a、R0
表示)。

【答案】; ; 1.45; 0.60; ;
;
【解析】(1)电路直接采用串联即可，电压表并联在电源两端，由于电流表内阻已知，则应采用电流表相对电源的内接法；电路图如图所示。

(2)对照电路图，实物图完善后如下图。

(3)根据以及图象可知，电源的电动势为V，内阻为，
故；
(4)由闭合电路欧姆定律可知：，变形得：，
当时，，则有：、。

解得：，。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合金属线框abcd，线框平面与磁场垂直．已知磁场的磁感应强度
为B 0，线框匝数为n 、面积为S 、总电阻为R 。

现将线框绕cd 边转动，经过Δt 时间转过90°。

求线框在上述过程中
(1)感应电动势平均值E ；
(2)感应电流平均值I ；
(3)通过导线横截面的电荷量q 。

【答案】 (1)2ωπ=
nBS E ；(2)2nBS R ωπ；(3)nBS R
【解析】
【详解】 (1)线圈从图示位置开始转过90°的过程中，磁通量的变化量为
△φ=BS
所用时间为
t 42T πω
∆== 根据法拉第电磁感应定律有 E n
t ∆Φ=∆ 则平均电动势为
2ω
π=nBS E
(2)依据闭合电路欧姆定律，那么感应电流的平均值为
2E nBS I R R
ωπ== (3)由电量公式
q I t =⋅∆
可得
nBS q R
= 16．如图所示，A 、B 两板间的电压为0U 。

M 、N 两平行金属板长为2d ，两板间距为2d ，电压为U 。

QP 的右侧有垂直纸面的匀强磁场，磁场宽度为12d ⎫+⎪⎭。

一束初速度为0、电荷量的范围为~4q q 、质量的范围为~4m m 的带负电粒子由S 无初速度射出后，先后经过两个电场，再从M 、N 两平行金属
板间（紧贴M 板）越过界面QP 进入磁场区域。

若其中电荷量为q 、质量为m 的粒子恰从M 、N 两板间的中点C 进入磁场区域。

求解下列问题（不计重力）：
(1)证明：所有带电粒子都从C 点射出
(2)若粒子从QP 边界射出的速度方向与水平方向成45︒角，磁场的磁感应强度在什么范围内，才能保证所有粒子均不能从JK 边射出？
【答案】 (1)见解析(2)22mU B d q
>
【解析】
【详解】
(1)电场加速有 20012qU mv =
带电粒子在偏转电场U 中做类平抛运动，在C 点分解位移。

水平位移
02d v t =
竖直位移
212
y at = 又有
2U q ma d
= 解得
2U y d U = 则射出点与粒子的q 、m 无关，所有粒子均从C 点射出
(2)类平抛的偏转位移y d =，S C →过程，由动能定理有
20122
y qU q U mv d += 磁场中圆周运动有
2
v qvB m r
= 解得
r =在粒子束中，4m 、q 的粒子r 最大，最易射出磁场，设要使4m 、q 的粒子恰射不出磁场，有
2
04v qvB m R
= 由几何关系得
11
R d ⎫⎫+=+⎪⎪⎭⎭
粒子在电场中C 点射出时有
0v = 电场偏转过程由动能定理有
2201144222
U q mv mv =⨯-⨯ 解得
0B =则磁感应强度应为
B >
17．如图所示，一块质量为2M =kg ，长为3L =m 的均质薄木板静止在足够长的水平桌面上，在木板的左端静止摆放着质量为1m =kg 的小木块（可视为质点），薄木板和小木块之间的动摩擦因数为10.1μ=，薄木板与地面之间的动摩擦因数为20.2μ=．在0t =时刻，在木板M 左端施加一水平向左恒定的拉力12F =N ，g 取10m/s 1．则：
（1）拉力F 刚作用在木板上时，木板M 的加速度大小是多少？
（1）如果F 一直作用在M 上，那么经多少时间m 将离开M ？
（3）若在时间1t =s 末撤去F ，再经过多少时间M 和m 第一次速度相同？在此情况下，最终m 在M 上留下的痕迹的长度是多少？
【答案】（1）1m/s 1；1.5m/s 1；（1）1s ；（3）
13
s ；1m 。

【解析】
【分析】
【详解】 （1）F 刚作用在木板上时，由牛顿第二定律，对m 有：
μ1mg=ma 1
代入数据得
a 1=1m/s 1
对M 有：
F-μ1mg-μ1（M+m ）g=Ma 1
代入数据解得：
a 1=1.5m/s 1
（1）设m 离开M 的时间为t 1，则对m 有：
211112
x a t = 对M 有： 222112x a t =
又有
L=x 1-x 1
联立解得：
t 1=1s
（3）t=1s 时m 的速度
v 1=a 1t 1=1×1m/s=1m/s
M 的速度为：
v 1=a 1t 1=1.5×1m/s=1.5m/s
此过程中m 相对M 的位移
2111()0.75m 22
v v x t ∆=-= 1s 后m 仍以a 1的加速度作匀加速运动，M 将以a 3的加速度匀减速运动，且有： μ1mg+μ1（M+m ）g=Ma 3
解得：
3 3.5a =m/s 1
设再经t 1后二者速度相等，有：
11223v a t v a t +=-1
解得
213
t s = 此时两者的共同速度为 v=43
m/s 此过程中m 相对M 的位移
21222()()0.25m 22
v v v v x t t ++∆=-= 则在此情况下，最终m 在M 上留下的痕迹的长度： 12x 1m x x ∆=∆+∆=。