2021届山东省潍坊高密市高考物理模拟试卷（一）附答案详解

2021届山东省潍坊高密市高考物理模拟试卷（一）

一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）

1.恒星内部发生着各种热核反应，其中“氢燃烧”的核反应方程为：lHe+X^lBe+y,其中X

表示某种粒子，沔e是不稳定的粒子，其半衰期为T,则下列说法正确的是（）

A.X粒子是中子

B.加温或加压可以改变半衰期r的大小

C.经过3个7,剩下的济e占开始时的;

D.“氢燃烧”的核反应是裂变反应

2.下列说法正确的是（）

A.扩散现象说明分子间存在斥力

B.布朗运动是液体分子的无规则运动

C.一定质量的（TC的冰融化成0C的水，其内能没有变化

D.一定质量理想气体对外做功，内能不一定减少，但密度一定减小

3.如图所示，在磁感应强度为B,范围足够大的水平向外的匀强磁场中，固定着倾角：卜三£

为e的绝缘斜面，一个质量为m、电荷量为q的带电小物块以初速度"沿斜面向上运.....

动，到达最高点后下滑。小物块与斜面间的动摩擦因数为H不变，滑动时电荷量不变，则在小

物块滑动过程中其速度大小。与时间r的关系图象，可能正确的（）

4.如图所示，质量相同的物体力和B,分别位于地球表面赤道上的a处和某

一纬度上的b处，跟随地球匀速自转，下列说法正确是（）

A.A物体的线速度等于B物体的线速度

B.4物体的角速度等于B物体的角速度

C.2物体所受的万有引力小于B物体所受的万有引力

D.4物体的向心加速度等于B物体的向心加速度

5.下列说法正确的是（）

A.光电效应和康普顿效应均揭示了光具有波动性

B.原子里的核外电子不停地做变加速运动，原子不断地向外辐射能量，这就是原子光谱的来源

C.轻核聚变和重核裂变时，核子的平均质量都将减小

D.玻尔建立了量子理论，成功解释了各种原子发光现象

6.如图，一带正电的点电荷固定于。点，两虚线圆均以为。圆心，两

实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、

e为轨迹和虚线圆的交点。不计重力。下列说法说法正确的是（）

A.N在d点的电势能等于它在e点的电势能

B.M在b点的加速度大小大于它在a点的加速度大小

C.N在从e点运动到d点的全过程中，电场力始终不做功

D.对同一虚线圆上的点a和c,电场强度相同

7.如图，边长为L的立方体玻璃砖，折射率n=1.5,玻璃砖的中心有一个小

气泡。自立方体外向内观察气泡，立方体表面能看到气泡的最大面积为

（）

A.^nL2

B.|就2

C.川2

D.!?rL2

如图所示，两根足够长、且电阻不计的光滑平行金属导轨，固定在乙甲

同一水平面上、匀强磁场的方向垂直于两根导轨所在的水平面竖直

XXXXXX

—I

向下、两根金属杆甲和乙跨放在导轨上、且都始终与导轨垂直。两XXXXXX

XXXXXX

根金属杆的电阻之和为某一恒定值。现在在金属杆甲的中点加一个

与金属杆甲垂直、且水平向右的恒定拉力，使金属杆甲由静止开始沿导轨向右运动，则关于金

属杆乙的速度U随时间t变化的大致图像，下列正确的是（）

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

9.如图所示为小型交流发电机的示意图，线围绕垂直于磁场方向的水平轴。0'沿逆时针方向以角速

度3匀速转动。线圈的匝数为n、电阻为r,外接电阻为R,A为交流电流表。线圈从图示位置（线

圈平面平行于磁场方向）开始转过60。时的感应电流为/,下列说法中正确的是（）

B.转动过程中穿过线圈磁通量的最大值为四出

no）

C.线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量为强

0）

D.从图示位置开始转过90。的过程中，通过电阻R的电荷量为"

O）

10.如图所示，平行板电容器4B两极板水平放置，现将其接在直流电

源上，已知4板和电源正极相连。当开关接通时。一带电油滴悬浮

于两板之间的P点，为使油滴能向上运动，则下列措施可行的是

（）

A.将开关断开，将B板下移一段距离

B.将开关断开，将ZB板左右错开一段距离

C.保持开关闭合，将板左右错开一段距离

D.保持开关闭合，将4板下移一段距离

11.关于机械振动和机械波下列叙述正确的是（）

A.机械波不是传播能量的一种方式

B.振动质点的频率随着波的传播而减小

C.在波的传播过程中，振动质点和运动形式一起传播

D.在波的传播中，如振源停止振动，波的传播并不会立即停止

12.如图所示，一个质量为ni=2.0x10-ii/cg、电荷量q=+1。x1:xxxx：

U,i|

10-5C的带电微粒（重力忽略不计），从静止开始经U1=100V电压|1M1X&XX：

加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，其板长L=20cm,广也）xxj

1,xXXX：

两板间距d=IOKCM,进人磁场时速度偏离原来方向的角度。=

30°,磁场宽度。=10V3cm.贝联）

A.微粒进入偏转电场时的速度=1.0x104m/s

B.两金属板间的电压/为I。。/

C.为使微粒不从磁场右边射出，该匀磁场的磁感强度B至少为0.1g7

D.为使做粒不从磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少为0.27

三、实验题（本大题共2小题，共13.0分）

13.某同学在做“用双缝干涉测光的波长”实验时，已知双缝间的距离d=0.25nnn,双缝到毛玻璃

屏间的距离L=75cm。实验时先移动测量头上的手轮，把分化分划板中心刻度线对齐4条纹中

心，游标卡尺的示数如图（3）所示，然后转动手轮，把分划板中心刻度线向右边移动，对齐B条

纹中心，游标卡尺的示数如图（4）所示。图（3）中游标卡尺的示数为/=nun.图（4）游标卡

尺的示数为札=nun.所测光波的波长为_m.（保留两位有效数字）

14.图甲是利用两个电流表4和4测量于电池电动势E和内阻r的电路原理图，图中S为开关，R为滑

动变阻器，定值电阻殳和电流表4内阻之和为10000。（比r和滑动变阻器的总电阻都大的多），&

为理想电流表.

/vmA

(1)按电路原理图甲连接图乙中实物图：

(2)在闭合开关S前应将滑动变阻器的滑动端P移动至______(填“a端”、“中央”、“b端”)

(3)闭合开关S,移动滑动变阻器的滑动端P至某一位置，读出电流表必和4的示数A，%，多次改变

滑动端P的位置，得到的数据如下表所示，请在图丙所示的坐标纸上以A为纵坐标、％为横坐标

画出所对一个的4—/2图线.

mA0.1200.1250.1300.1350.1400.145

/2/nM48040032023214068

(4)由(3)中所得图线可求出电池的电动势E=V,内阻r=n.

四、计算题(本大题共4小题，共47.0分)

15.如图所示，两根平行的光滑金属导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，导轨的左端串接一个

电阻R,在导轨上有一个质量为m的金属棒MN,它的电阻为r,与导轨接触良好，导轨的电阻忽

略不计。金属棒MN在水平向右的恒力作用下由静止开始向右运动的过程中，恒力做功的最大功

率为P，金属棒MN的最大加速度为a,试求：

(1)金属棒MN的最大速度？

(2)当金属棒的加速度是三时，电阻R上的电热功率。

XX

iXX

16.长为L的直玻璃管开口向下悬浮在水银液体中，此时管中的水银柱高为

玻璃管底部刚好与水银液面相平，如图所示.环境温度为介，大

气压强为Po,重力加速度大小为g,水银的密度为p,玻璃管壁厚度忽

略不计.若缓慢升高环境温度到7,稳定时玻璃管漂浮于水银面上，且

露出水银液面乜.本题中所有物理量的单位均采用国际单位制.求：

4

(i)此时玻璃管内外水银液面的高度差九；

(ii)升温后的环境温度兀

17.如图，平行板电容器为C,电荷量Q。，极板长为3极板间距离为d,极板与

水平面成a夹角，现有一质量为m的带电液滴沿两极板的中线从P点由静出

发到达Q点，P、Q两点都恰在电容器的边缘处，忽略边缘效应，求：

(1)液滴的电荷量；

(2)液滴到达Q点时的速度大小.

方根表示)求：

(1)环套在圆弧轨道b点的速度；

(2)环在圆弧轨道上克服摩擦力做的功。

参考答案及解析

1.答案：c

解析：

根据质量数与质子数守恒，即可求解；半衰期仅仅与放射性元素有关；经过1个半衰期，有半数发生

衰变；“氢燃烧”的核反应方程，可知是裂变还是聚变反应.

考查核反应的书写规律，掌握裂变反应与聚变反应的区别，理解衰变与人工转变的不同，最后注意

半衰期的内涵.

A、根据质量数与质子数守恒，£He+X-lBe+y,则X粒子是的质量数是：8-4=4,电荷数是：

4-2=2,是故4错误；

8、半衰期仅仅与放射性元素有关，与外界环境无关，加温或加压不能改变半衰期T的大小，故B错

误；

C、经过1个半衰期，有半数发生衰变，即剩下开始的一半，那么经过3个7,剩下的部e占开始时的

(|)3=故C正确；

。、“氢燃烧”的核反应方程，是聚变反应，不是裂变反应，故。错误；

故选：C.

2.答案：D

解析：解；4、扩散现象什么分子在永不停息地做无规则运动，故A错误；

8、布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，是液体分子的无规则运动的反映，故B

错误；

C、一定质量的(TC的冰融化成(TC的水，要吸收热量，内能增加，故C错误；

D、一定质量理想气体对外做功，但可能吸收热量，根据热力学第一定律公式△U=W+Q,内能不

一定减少；体积变大，密度变小，故。正确；

故选：Do

解答本题需掌握：

扩散现象是指物质分子从高浓度区域向低浓度区域转移，直到均匀分布的现象，分子平均速率与物

质的浓度梯度成正比，扩散是由于分子热运动而产生的迁移现象，主要是由于浓度差引起的；

布朗运动是悬浮在流体中的微粒受到流体分子与粒子的碰撞而发生的不停息的随机运动；

热力学第一定律：△U=Q+V/。

本题考查了布朗运动、扩散现象、内能和热力学第一定律，涉及知识点多，难度不大，关键多看书。

3.答案：D

解析：解：当一个质量为m、电荷量为-q的带电小物块以初速度处沿斜面向上运动，依据左手定则，

可知，滑块受到垂直斜面向下的洛伦兹力会随着速度减小而减小，导致其对斜面的压力也减小，因

斜面粗糙，那么滑块受到滑动摩擦力会减小，根据牛顿第二定律，滑块受到的合力mgsinO+f会减

小，则加速度也会减小，速度为零后下滑，滑块受到垂直斜面向上的洛伦兹力会随着速度增大而增

大，对斜面压力减小，摩擦力f减小，合力F=增大，加速度增大，故滑块先做加速度减

小的减速运动后做加速度增大的加速运动，故。正确，ABC错误；

故选：D。

带电滑块上滑，依据左手定则判定洛伦兹力方向，结合受力分析及牛顿第二定律，即可求解。

考查左手定则与牛顿第二定律的应用，掌握影响加速度的因素，理解伦兹力受到速率的影响。

4.答案：B

解析：解：4、线速度为矢量，4与B的线速度的方向不同。故A错误；

B、两者做同轴转动，角速度相同，故B正确

C、质量相同，距离球心的距离相等，则所受的万有引力的大小相等，故C错误

。、向心加速度为矢量，二者的向心加速度的方向不同。故。错误。

故选：B。

静止在地球上的物体（两极除外）都要随地球自转，运动周期相同，角速度相同，运动半径不同，线

速度大小可能不同，物体的线速度方向也可能不同，线速度是矢量，线速度可能不同。因质量相同，

则所受的万有引力的大小相等。向心加速度由a=no?求得。

本题考查对共轴转动的物体各个量的比较，抓住它们的周期和角速度相同是关键，同时要明确矢量

相同与矢量相等的区别.

5.答案：C

解析：解：力、光电效应和康普顿效应均揭示了光具有粒子性，故4错误；

8、原子里的核外电子不停地做变加速运动，但原子不会向外辐射能量，因电子的跃迁时，才发出原

子光谱，故B错误；

C、轻核聚变和重核裂变时，核子的平均质量都将减小，故C正确；

。、玻尔建立了量子理论，成功解释了氢原子发光现象，这也是它的局限性，故。错误；

故选：C.

光电效应和康普顿效应均揭示了光具有粒子性；

电子跃迁时，才辐射能量；

裂变或聚变时，核子的平均质量都将增加；

玻尔成功解释了氢原子发光现象.

考查光电效应和康普顿效应的作用，理解原子发光的原理，掌握玻尔建立了量子理论的局限性，注

意不论裂变还是聚变均会释放能量.

6.答案：A

解析：解：4、d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于在e点的电势能，故A

正确；

B、依据离点电荷越近的电场强度越强，越远的则越弱，因此M在b点的电场力大小小于它在。点的电

场力大小，那么M在b点的加速度大小也小于它在a点的加速度大小，故B错误。

C、N在从e点运动到d点的全过程中，电场力先做负功，再做正功，但总功为零，不是始终不做功，

故C错误。

。、对同一虚线圆上的点a和c,电场强度大小相同，方向不同，故。错误；

故选：Ao

根据离点电荷远近来判定电场强弱；依据点电荷电场中，同一圆上的电场强度大小相同，方向不同；

根据电场力做功判断电势能的变化。

本题关键是电场线的疏密与加速度的大小，掌握同一圆上电场强度不同，而电势则相同，并理解根

据电场力做功判断电势能的变化。

7.答案：D

解析：解：每个面能看到气泡的面积为圆，设圆的最大半径为r,玻璃砖的临界角为C,

则有：sinC=-=|

n1.53

根据几何关系得：r=加九。

解得：r=—L

5

立方体表面能看到气泡的最大面积为：s=6仃2=：近2,故A3C错误，。正确。

故选：Do

气泡发出的光线能射出立方体，在立方体外向内观察就能看到气泡，根据=工求全反射临界角，

sinCn

结合几何关系求解。

本题考查几何光学问题，要掌握临界角与折射率的关系，理解看到气泡的含义，结合几何关系解答。

8.答案:A

解析：解：甲棒向右做切割磁感线运动，产生感应电动势，相当于电源;V

乙棒受到向右的安培力而起动，某时刻回路中电流为/=空空2//V乙

Ri+R?//

而根据牛顿第二定律得甲、乙两杆的加速度大小分别为：///

F-BIlBII1/-

a伊吆=£ot

最初阶段有a尹〉a,,故3尹一“Z)增大，电流/增大，安培力增大，故甲的加速度减小，乙的加速

度增大，即甲做加速度减小的变加速直线运动，乙做加速度增大的变加速直线运动，当。尹=。乙时，

0尹一〃力恒定，电流/恒定，安培力恒定，两棒就以相同的加速度做匀加速直线运动，u-t图像如

图所示，则金属杆乙的速度u随时间t变化的大致图像如图4所示，故A正确，88错误。

故选：Ao

根据两棒的速度差分析回路中感应电动势的变化，判断感应电流的变化，确定两棒受到的安培力变

化情况，由牛顿第二定律分析加速度的变化情况，从而判断图像的形状。

解答本题时，要知道回路中总的感应电动势取决于两棒的速度之差，根据速度差的变化来判断感应

电动势的变化，进一步分析感应电流和安培力的变化。

9.答案：AB

解析：解：4、由题有：/=/mCOS60。，则得感应电流的最大值/m=2/,有效值/有=企/,则电流

表的读数为鱼/，故A正确；

B、感应电动势的最大值7=/m(R+r)=2/(R+r),又Em=nBS3,磁通量的最大值%=BS,

联立解得：%=BS=亘空口，故8正确；

C、线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量Q=/鲁/?7=等，故C错误；

D,从图示位置开始转过90。的过程中，通过电阻R的电荷量0=黑;=|；,故。错误。

故选：AB.

根据感应电流瞬时值表达式求出最大值，再求解有效值，即可得到电流表的读数；磁通量的最大值

①7n=BS.由闭合电路欧姆定律求出感应电动势的最大值由公式j=nBSa)求解的1通过电阻R的

电荷量根据公式q=等求解；热量根据焦耳定律求解。

本题关键知道正弦式交流电峰值的表达式Em=nBSm以及瞬时值与最大值之间的关系，对于交变

电流，求解热量、电功和电功率要用有效值，对于正弦式电流最大值是有效值的或倍

10.答案：BD

解析：解：为使油滴能向上运动，即电场强度变大,

将开关断开，两极板上的电荷量不变，则根据推论公式E=丝丝可得

es

将B板下移，电场强度不变，A错误，将4B板错开一段距离，则正对面积变小，故电场强度变大，B

正确，

保持开关闭合，则两极板间的电压不变，则根据公式E=J可得

将ZB板左右错开一段距离，电场强度不变，C错误，将4板下移一段距离，d减小，故E增大，。正

确

故选：BD。

本题关键要分析板间场强的变化：开关断开后，电容器所带电量不变，将B板下移一段距离时，板间

场强不变；将ZB板左右错开一段距离，分析电容的变化，判断电压变化，确定场强的变化；保持开

关闭合，电容器始终与电源连接，两端的电压不变，根据E=J判断电场强度的变化。再分析油滴如

何运动。

在分析电容器动态变化的时候需要知道将开关断开，两极板上的电荷量不变，保持开关闭合，则两

极板间的电压不变。

11.答案：C。

解析：解：4、机械波在传播振动形式的过程中，同时将能量由近及远传递，故A错误；

2、振动质点的频率取决于振源的频率，不会随波的传播而改变，故8错误；

C、在波的传播过程中，振动质点和运动形式一起传播，故C正确；

。、在波的传播中，如振源停止振动，由于惯性，质点的振动并不立即停止，则波的传播并不会立

即停止，故。正确；

故选：CD.

介质中的质点不随波一起迁移，波传播的周期与质点的振动周期相同。机械波在传播振动形式的过

程中同时传递了能量。

本题考查机械波的性质，要注意明确波传播的是能量和振动形式，振源停止振劝时，波的传播不会

立即停止。

12.答案：ABD

XX◎

i-

解析：解：4、带电微粒在加速电场加速运动的过程，根据动能定理得:XX

XX刈

qUy=^mv2,代入数据解得：v=1.0x104m/s,故A正确；nrX

xX

RX4J

、^

B、带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动，n-

fxX

水平方向有：L=vt,XXX'

--DX:一

带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a,出电场时竖直方

向速度为“2

竖直方向：v=at,。=吟

Jymd

得：%=吟上,

ymdv

由速度分解关系得：tan。=孑，

联立以上两式解得：U2=100V,故B正确。

CD,带电微粒进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设微粒轨迹恰好与磁场右边相切时

半径为R。

由几何关系知:R+Rsin300=D,

设微粒进入磁场时的速度为M,则有："'=磊?，

由牛顿运动定律及运动学规律得：qv'B=m9,

代入数据解得：8=0.27,

所以带电粒子不射出磁场右边，磁感应强度B至少为0.2T,故C错误，。正确。

故选：ABD.

粒子在加速电场中，电场力做功，由动能定理求出速度外粒子进入偏转电场后，做类平抛运动，运

用运动的合成与分解，由牛顿第二定律和运动学公式求出电压力.粒子进入磁场后做匀速圆周运动,

结合条件，画出临界情况的运动轨迹，由几何知识求半径的最大值，再由洛伦兹力提供向心力求出B

的最小值。

本题考查了带电微粒在电场与磁场中的运动，微粒在加速电场中加速，在偏转电场中做类平抛运动，

在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚微粒的运动过程是解题的前提，应用动能定理、类平抛运动规

律与牛顿第二定律可以解题。

13.答案：11.4；16.7；4.4x10-7

解析：解：游标卡尺的数等于主尺刻度读数加上游标尺刻度读数，不需估读。

卡尺的主尺刻度是11mm,游标尺与主尺对齐的刻度是4,读数是：0.1x4=0.4mm

总读数是：xA=11+0.4=11.4mm

卡尺的主尺刻度是16mm,游标尺与主尺对齐的刻度是4,读数是：0.1x7=0.7mm

总读数是：=16+0.7=16.7mm

再根据双缝干涉条纹的间距公式△X=J，实验中红光波长的表达式为：A=皿斗

a4L

代入数据，解得：A=4.4x10-7mo

故答案为:11.4；16.7；4.4x10-7

游标卡尺的数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，不需估读。再根据双缝干涉条纹的间距公式△

x=J；l求出单色光的波长。

a

解决本题的关键掌握螺旋测微器和游标卡尺的读数方法，知道获取单色的线光源，让白光通过滤光

片和单缝，注意公式中d是双缝间的距离，不是单缝片与双缝片间的距离。

14.答案：b端;1.49；0.60

解析：解：(1)由原理图可知，电路为基本的限流接法，故按原理图串联即可；连线如下图所示：

(2)为保证安全，开始时滑动变阻器应接到最大值，故应接b端;

(3)将各点依次描出，连线如下图所示.

(4)由图示可知,电源电动势E=匕因+&1)=149X10-6x10000=1.49K,

电源内阻「=吟部=。，飞:疗。。。“0.60P..

故答案为：(1)实物电路图如图所示；(2)。端；(3)图象如图所示；(4)1.49；0.60.

(1)原理图己知，按电流的流向在实物图中依次连接，注意不能交叉；

(2)滑动变阻器应保证电路的安全，开始时应接到最大电阻处；

(3)选择合适的坐标值，标点后用直线将各点相连，误差较大的点可以舍去；

(4)图象与纵坐标的交点为电动势；由闭合电路欧姆定律可求是内阻.

测定电动势和内阻的实验中要注意数据的处理时主要应用了图象法，在学习中要掌握读数及画图的

能力，要结合公式理解图象中点、线、交点及截距的意义.

15.答案：解：(1)开始时，金属棒MN中没有感应电流，不受安培力，由牛顿第二定律得：恒力F=ma

当金属棒MN匀速运动时速度最大，设为加。

pP

由P=F为得：Vm=^=—

(2)当17=0时，金属棒的加速度最大有：F=ma①

当金属棒速度最大时，感应电动势E=②

乂/=六③

FA=B1L(4)

尸一以=0⑤

P=Fvm⑥

所以P电=〃/?=含。

当优=：时，根据牛顿第二定律有：=

解得：v，=lv…⑧

/=|/…⑨

所以电阻R上的电热功率P/=1'2R=

答：(1)金属棒MN的最大速度为工。

(2)当金属棒的加速度是争寸，电阻R上的电热功率为蒜

解析：(1)刚开始运动时，MN中没有感应电流，不受安培力，由牛顿第二定律求出恒力的大小。当

金属棒匀速运动时速度最大，此时恒力与安培力二力平衡，由公式P=Fu求解；

(2)当金属棒的加速度是三时，推导安培力与速度的关系式，由牛顿第二定律列式，求出速度，由法

拉第电磁感应定律和欧姆定律求出电路中的感应电流的大小，即可求解电阻R上的电热功率。

本题是电磁感应与力学、电路的综合，与汽车发动类似，首先能正确分析MN的运动情况，其次要把

握各个量的之间的关系，特别是熟练推导安培力的表达式。

16.答案：解：。)由题意可知，玻璃管长L