山东省青岛市2021届新高考物理二模试卷含解析

1、山东省青岛市2021届新高考物理二模试卷一、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.光滑水平面上，一物体在恒力作用下做方向不变的直线运动，在tl时间内动能由0增大到Ek,在t2时间内动能由Ek增大到2Ek,设恒力在ti时间内冲量为Ii,在t2时间内冲量为I2,两段时间内物体的位移分别为x1和X2,则（）A.I1I2,X1I2, X1X2C.11I2,X1 = X2D.I 1= I 2, X1 = X2【答案】C【解析】【详解】根据动能定理，第一段加速过程F?X1=Ek第二段加速过程F?X2=2Ek-Ek联立可得X1 =X2物体

2、做初速度为零的加速运动，故通过连续相等位移的时间变短，即通过位移X2的时间t2小于通过位移X1的时间t1；根据冲量的定义，有l1=F?t1I 2=F?t2故I 1 I2故C正确，ABD错误。故选Co2.在如图所示的理想变压器供电线路中，原线圈接在有效值恒定的交流电源上，副线圈接有两个灯泡，电流表、电压表均为理想电表。开关S原来是断开的，现将开关 S闭合，则（）A . A1的示数增大，A2的示数增大B. A1的示数不变，A2的示数增大C. Vi的示数减小，V2的示数减小。D. Vi的示数不变，V2的示数减小【答案】A【解析】【分析】【详解】副线圈输出电压由原线圈的输入电压和原、副线圈匝数比决定，

3、原线圈输入电压和原、副线圈匝数比不变，则副线圈输出电压不变，电压表 Vi的示数不变，电压表 V2的示数不变，开关 S闭合后，总电阻减小，根据欧姆定律可知，副线圈输出电流增大，根据变流比可知，原线圈输入电流增大，即电流表Ai的示数增大，电流表A2的示数增大，故A正确，BCD错误。故选Ao3.用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法。下列四个选项中全部都应用了比值定义法的是加速度a -v电场强度E K电容C Q电流I q导体电阻R上磁感应强度tr2UtSB FILA.B.C.D.加速度与速度的变化量无关，所以加速度a -v属于比值定义法；电场强度与场源电荷量成正比，与tkQ 一 一.距离的平万成

4、反比，所以电场强度E 不属于比值定义法；电容是由电容器本身的性质决定，其大r小与带电量以及两板间的电压无关，所以电容C Q属于比值定义法；电流的大小由导体两端的电压U和导体的电阻决定，单位时间内通过导体横截面的电荷量叫电流强度，电流I 属于比值定义法；电t-不属于比值定义法；磁感应强度与放 S入磁场中的电流元无关，所以B 二 属于比值定义法;IL阻与导线长度、横截面积及电阻率有关，所以导体的电阻RA.与分析不符，故 A错误;B.与分析不符，故 B错误;C.与分析不符，故 C错误;D.与分析相符，故 D正确。4.如图所示为氢原子的能级图，一个处于基态的氢原子，吸收一个光子受到发后最多可以辐射三种

5、不同率的光子，则被吸收光子的能量为3m- Q甥2一J1UA. 10.2eVB. 12.09evC. 12.75eVD. 13.06eV【答案】C【解析】【详解】一个氢原子处于激发态最多可以辐射三种不同频率的光子，则该氢原子处于n=4激发态，该氢原子处于基态时吸收的光子能量为：hv = (-0.85eV) - (-13.6 eV) =12.75eV.ABD.由计算可得被吸收光子的能量为12.75eV , ABD错误；C.由计算可得被吸收光子的能量为12.75eV , C正确.5.关于天然放射现象，下列说法正确的是()A,玛丽g居里发现了天然放射现象B.天然放射现象说明原子是可以分割的C .原子序

6、数大于或等于 83的元素都具有放射性D.温度越高，放射性元素的放射性就越强【答案】C【解析】【分析】【详解】A.贝可勒尔发现天然放射现象，故 A错误；B.天然放射现象说明原子核内部是有结构的，并不是原子可以再分的，故B错误；C.原子序数大于或等于 83的元素，都具有放射性，原子序数小于83的元素，有的也具有放射性，故 C正确；D.放射性元素的放射性由原子核内部因素决定，即与元素的种类有关，与温度无关，故D错误；故选Co2351y8912356.核电站使用的核燃料有一种典型的核裂变方程是92U+n xBa 36Kr 3n ,假设92U质量为mi,1 一一.y89 ,一 一.一.0 n质重为m2,

7、 xBa质重为m3, 36Kr质重为m4,光速为c,则()A.该核反应属于人工转变B.方程中 x=56 , y=142C.核反应中释放的能量为 (m1-2m 2-m3-m4)c2235 . .y891D.该裂变方程可以简化为 92UxBa 36Kr 20n【答案】C【解析】【详解】A.该核反应属于重核裂变，不属于人工转变，A错误；B.根据质量数和电荷数守恒可知，x=56, y=144, B错误；C.根据爱因斯坦质能方程，反应释放出的能量为： 2c2E mc = mi 2mb m3 m4 cC正确；D.核反应方程不能进行简化，D错误。故选Co二、多项选择题：本题共 6小题，每小题5分，共30分.

8、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，以 。为圆心、半径为 R的虚线圆位于足够大的匀强电场中，圆所在平面与电场方向平行，M、N为圆周上的两点.带正电粒子只在电场力作用下运动，在 M点速度方向如图所示，经过M、N两点时速度大小相等.已知 M点电势高于O点电势，且电势差为 U,下列说法正确的是（）/*、打*I*iy、Ir:，!?A. M,N两点电势相等B.粒子由M点运动到N点，电势能先增大后减小C.该匀强电场的电场强度大小为URD.粒子在电场中可能从 M点沿圆弧运动到 N点【答案】AB【解析】【分析】带正电粒子仅在电场

9、力作用下，从M运动到N,由速度大小，得出粒子的动能，从而确定粒子的电势能大与小。由于匀强电场，则等势面是平行且等间距。根据曲线运动条件可从而确定电场力的方向，从而得 出匀强电场的电场线方向。【详解】带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在M、N两点动能相等，则电势能也相等，则 M、N两点电势相等。因为匀强电场，所以两点的连线MN即为等势面。根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO.由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向；可知，速度方向与电场力方向夹角先大于900后小于90,电场力对粒子先做负功后做正功，所以电势能先增大后减小。故 AB正确；匀强电场的电场强度 Ed=U式中的d是

10、沿着电场强度方向的距离，则E U0 Y2U,故C错误；粒子在匀强电场受到的是恒定的电场力，不可能做圆周运动， 选项DRsin45 R错误；故选AB.【点睛】紧扣动能相等作为解题突破口，由于仅在电场力作用下，所以得出两点的电势能大小关系。并利用等势面与电场线垂直的特性， 从而推出电场线位置。再由曲线运动来确定电场力的方向。同时考查U=Ed中d的含义重要性，注意公式中的d为沿电场线方向上的距离。8.如图所示，两个光滑挡板之间夹了一个质量一定的小球，右侧挡板竖直，左侧挡板与竖直方向夹角为0O若。减小，小球始终保持静止，下列说法正确的是（）A .左侧挡板对小球的作用力将增大B.右侧挡板对小球的作用力不

11、变C.小球受到的合力不变，两挡板对小球的作用力的合力不变D.若将左侧挡板撤走，小球在右侧挡板作用下做平抛运动【答案】AC【解析】【详解】Ni=N 2cos 9 mg=N 2sin 0随着。减小，根据公式可知 Ni、N2都在增大，A正确，B错误；C.根据共点力平衡可知，两挡板对小球的作用力的合力始终不变，大小等于小球的重力，所以作用力的合力不变，C正确;D错误。D.若将左侧挡板撤走，右侧挡板对小球的作用力也为零，小球做自由落体运动,故选AC。9.小滑块以100J的初动能从倾角为 37。的固定斜面底端 。上滑，小滑块沿斜面上滑、下滑过程中的动能Ek随离开。点的位移x变化的图线如图中I、n所示。已知

12、 sin37 =0.6,重力加速度取10m/s2,则（）（）2 nA.小滑块的质量为 2kgB.小滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5C. x= 1m时小滑块的动能为 60JD.小滑块的最大位移为 5m【答案】ABD 【解析】 【详解】AB.设小滑块的质量为 m,小滑块与斜面间的动摩擦因数为，小滑块沿斜面上滑 x=3m过程中，根据动能定理，有mgxsin 37 mgxcos37AEk1AEkl 60J小滑块沿斜面下滑 x=3m过程中，根据动能定理，有mgxsin 37 mgxcos37AEk2AEk2 12Jk2解得：m=2kg ,=0.5,故AB正确；C.由图像可知，小滑块上滑和下滑经过x=1m

13、位置时，小滑块的动能为80J或16J,故C错误；D.将图线延长，与 x轴的交点横坐标为 5m,此时动能为零，即小滑块的最大住移为5m,故D正确。故选ABD。10.如图所示，一定质量的理想气体的状态连续变化，变化过程为 a b c a。其中ab直线平行于P轴，ca直线平行于V轴，b c为等温过程。下列分析正确的是B. ab过程外界对气体做功C. ca过程气体对外界做功D. cb过程气体放出热量E. ab过程气体放出热量【答案】ACE【解析】【详解】ae. ab过程为等容变化， a b压强减小，由公式 p C可知，温度降低，则理想气体内能减小，由热力学第一定律可知，气体放出热量，故 AE正确；B.

14、 ab过程为等容变化，气体对外不做功，外界对气体也不做功，故B错误；C. c a过程为等压变化，体积变大，气体对外做功，故C正确；D. c b过程为等温变化，内能不变，体积变大，气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体吸收热 量，故D错误。故选ACE 。11.如图所示，水平面（未画出）内固定一绝缘轨道 ABCD ,直轨道AB与半彳仝为R的圆弧轨道相切于 B点， 圆弧轨道的圆心为 O,直径CD/AB。整个装置处于方向平行 AB、电场强度大小为 E的匀强电场中。一 质量为m、电荷量为q的带正电小球从 A点由静止释放后沿直轨道 AB下滑。记A、B两点间的距离为d。 一切摩擦不计。下列说法正确的是（）

15、A .小球到达C点时的速度最大，且此时电场力的功率最大B.若d=2R,则小球通过 C点时对轨道的压力大小为7qEC.若d=5R,则小球恰好能通过 D点3D.无论如何调整d的值都不可能使小球从D点脱离轨道后恰好落到B处【答案】BD【解析】【详解】A .小球到达C点时，其所受电场力的方向与速度方向垂直，电场力的功率为零，故 A错误；B.当d=2R时，根据动能定理有12qE 3RmvC2小球通过C点时有vCN qE m R解得N=7qE根据牛顿第三定律可知，此时小球对轨道的压力大小为7qE,故B正确；C.若小球恰好能通过 D点，则有 2VdqE m R又由动能定理有12qE(d R)mvD2解得3

16、d -R2故C错误；D .当小球恰好能通过 D点时，小球从 D点离开的速度最小。小球离开D点后做类平抛运动，有1 qE 2R t2 2 mx VDt解得x.2R由于xR故小球从D点脱离轨道后不可能落到B处，故D正确。故选BD。12.如图所示，线圈 ABCD匝数n=10,面积S= 0.4 m2,边界MN(与线圈的AB边重合)右侧存在磁感应强度B= -T的匀强磁场，若线圈从图示位置开始绕AB边以w=107t rad/s的角速度匀速转动.则以下说法正确的是（）MX X X XA.线圈产生的是正弦交流电B.线圈在转动过程中产生的最大感应电动势为80 VC.线圈转动 看s时瞬时感应电动势为40 73 V

17、D.线圈产生的感应电动势的有效值为40 V【答案】BDA.线圈在有界磁场中将产生正弦半波脉动电流，故 A错误;B.电动势最大值 E=nBSco =80V ,故B正确;U 2（R） RT C.线圈转动s、转过角度 一，瞬时感应电动势为 e= nBSw sin =40V6066D.在一个周期时间内，只有半个周期产生感应电动势，根据有效值的定义有可得电动势有效值 U=Um=40V,故D正确；2三、实验题：共2小题，每题8分，共16分13.某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系。弹簧秤固定在一合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶

18、连接。在桌面上画出两条平行线 MN、PQ,并测出间距do开始时让木板置于 MN处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数F0 ,以此表示滑动摩擦力的大小。再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数Fi,然后释放木板，并用秒表记下木板运动到P Q处的时间t。则：(1)木板的加速度可以用d、t表示为a=(2)改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a与弹簧秤示数Fi的关系。下列图像能表示该同学实验结果(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是A.可以改变滑动摩擦力的大小B.可以更方便地获取多组实验数据C.可以比较精确地测出滑动摩擦力的大小D.可

19、以获得更大的加速度以提高实验精度2d C BCt2(1)1木板做初速度为零的匀加速直线运动，根据d %22解得2d a F即木板的加速度为2d1To(2)2AB ,由于摩擦力的存在，所以当F1 F0时，木板才产生加速度，即图线不过原点，与横轴有交点,AB错误;CD.据题意，木板受到的滑动摩擦力为Fo,对木板和矿泉水瓶组成的系统根据牛顿第二定律应有F1 F0 M ma联立解得a -F1 4m M m M1其中m为矿泉水瓶的质量，M为木板的质量根据函数斜率和截距的概念可知，当 m= M时，-1 近m M1似不变，即图像的斜率不变，当矿泉水的质量逐渐增大到一定量后 变小，即图像向下弯曲，C正确D错误

20、。故选Co(3)3A .木板与桌面间的正压力以及动摩擦因数不变，所以加水的方法不改变滑动摩擦力的大小，A错误；BC.缓慢向瓶中加水，拉力是连续增大，而挂钩码时拉力不是连续增大的，所以可以更方便地获取多组实验数据，比较精确地测出摩擦力的大小，BC正确；D.由于加速度越大需要水的质量越大，而水的质量越大时图象的斜率越小，实验的精确度会越小，D错误。故选BC。14.如图甲所示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码，探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧 伸长长度的关系实验.(1)实验中还需要的测量工具有： (2)如图乙所示，根据实验数据绘图，纵轴是钩码质量通过原点的原因是由于 ;弹簧的劲度系数km,

21、横轴是弹簧的形变量 x,由图可知：图线不N / m(计算结果保留2位有效数字，重力加速度 g 取 9.8m /s2)；(3)如图丙所示，实验中用两根不同的弹簧a和b,画出弹簧弹力 F与弹簧长度L的F L图象，下列正确的是A . a的原长比b的长B. a的劲度系数比b的大C. a的劲度系数比b的小D.弹力与弹簧长度成正比【答案】刻度尺弹簧有自身重力4.9 B【解析】【分析】【详解】(1) 1实验需要测量弹簧伸长的长度，故需要刻度尺.(2) 2由图可知，当F=0时，x 0,说明没有挂重物时，弹簧有伸长，这是由于弹簧自身的重力造成的.故图线不过原点的原因是由于弹簧有自身重力，实验中没有考虑(或忽略了

22、)弹簧的自重.3由图线乙，弹簧的劲度系数k=60 10 10 3 9.812 210 2N/m =4.9N/m(3) 4 A.由图丙知，F-L图像横坐标的截距表示原长，故 b的原长比a的长，选项 A错误；BC.由弹簧的劲度系数 k=F=F知，a图线较b图线倾斜，a的劲度系数比b的大，选项B正确，C x L错误；D.图线的物理意义是表明弹簧的弹力大小和弹簧伸长量大小成正比，选项D错误.=37 ,让两个小球(可视为质点)四、解答题：本题共 3题，每题8分，共24分15 .如图所示，一根内壁光滑的直角三角形玻璃管处于竖直平面内,分别从顶点A由静止开始出发，一小球沿AC滑下，到达C所用的时间为t1，另

23、一小球自由下落经 B到达C,所用的时间为t2,在转弯的B处有个极小的光滑圆弧，可确保小球转弯时无机械能损失，且转弯时t1 一 一间可以忽略不计，sin37o=0.6,求：一的值。t2设三边分别为3a、4a、5a,由AC滑下有a=gsin 0 =0.6g由1.2;at1 =5a2得t10a1 0.6g沿ABC滑下AB段有2 gt21 3a得v gt216ga沿水平BC段有vt2i=4a得4a6ga2a3gt2= t2it22= 5故可知tl： t2=1 ： 1。16 .如图所示，质量相等的物块 A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。 A与B、B与地面间的动摩擦因数均为 即先敲击A, A立即获得水平向右的初速度，在 B上滑动距离L后停下。接着敲击 B, B立即获得水平向右的初速度， A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求:(1)A被敲击后获得的初速度大小VA；aB、aB；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小【答案】Va ，2 gL (2)3%g【解析】【详解】由牛顿运动定律知，A加速度的大小mgaA= wgm匀变速直线运动2aA L=v a2 ,解得Va2 g