山东省2021年普通高中学业水平等级考试名校仿真模拟卷 物理试题（解析版）05.doc

1、 - 1 - 山东省 2021 年普通高中学业水平等级考试名校仿真模拟卷 物物 理理 (时间：90 分钟 满分：100 分) 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。每小题只有一个选项符合题目 要求。 1质点在某段时间内运动的vt图象是一段抛物线，如图所示，关于 0t1和t1t2两 段时间内的运动，下列说法正确的是( ) A两段时间内的位移大小相等 B两段时间内的速度方向相同 C两段时间内的平均速度大小相等 D两段时间内的加速度方向相同 命题意图 本题考查考生对位移、速度、加速度等概念的理解和从vt图象获取已知 信息的能力。 D 由vt图象与坐标轴围成的图形的面积大小表

2、示位移大小可知，两段时间内的位移 大小不相等，A 错误；两段时间内的速度方向相反，B 错误；在vt图象中作出辅助线如图所 示，可知在 0t1时间内v平 1v 1 2，在 t1t2时间内v平 2nb，ab， 光子动量p h h c ，故papb，A 选项错误；单色光在入射的过程中，设入射角为，折射 - 7 - 角为，根据折射定律sin sin n，单色光在玻璃中传播的速度 vc n，知单色光在玻璃中传 播的时间t2Rsin v 2R c sin ，所以a、b两种单色光在玻璃中传播的时间相等，B 选项 正确；若OD、BC是平行玻璃砖的上下表面，则出射光线是平行的，此题中出射点B、C处的 界面不是水

3、平的，故出射方向不平行，C 选项错误；由于ab，结合双缝干涉条纹间距公 式 xl d 可知，xa1)，当满足 k_(用L、d、t、g表示)时，就表明验证了机械能守恒定律。 命题意图 本题考查验证机械能守恒定律实验，意在考查考生的实验分析能力和实验 数据处理能力。 解析 (1)主尺读数为 1.4 cm，游标尺是 10 刻度线与主尺刻度线对齐，读数为 10 1 20 mm0.050 cm，二者之和为小球直径d1.450 cm。(2)中间时刻的瞬时速度近似等于这段时 间内的平均速度，v d t1.450 m/s。(3)两球组成的系统机械能守恒，kmg 1 2 Lmg 1 2L 1 2kmv 21 2

4、mv 2，解得 kgL t 2d2 gLt 2d2。 答案 (1)1.450(2 分) (2)1.450(2 分) (3)gL t 2d2 gLt 2d2(2 分) 14(8 分)在测定电源电动势和内阻的实验中，实验室提供了下列实验器材： A干电池两节，每节电动势约为 1.5 V，内阻约几欧姆 B直流电压表 V1、V2，量程均为 03 V，内阻约为 3 k C电流表，量程为 00.6 A，内阻小于 1 D定值电阻R0，阻值为 5 E滑动变阻器R，最大阻值为 20 F导线和开关若干 甲 乙 丙 两位同学分别选用了上述部分实验器材设计了图甲、图乙两种实验电路。 - 9 - (1)一同学利用如图甲所

5、示的电路图组装实验器材进行实验，读出多组U1、I数据，并画 出U1I图象，求出电动势和内阻。这种方案测得的电动势和内阻均有误差，产生该误差的原 因是_，这种误差属于_(选填“系统误差”或“偶然误差”)。 (2)另一同学利用如图乙所示的电路图组装实验器材进行实验，读出多组U1和U2的数据， 描绘出U1U2图象如图丙所示，图线斜率为k，在纵轴上的截距为a，则电源的电动势E _，内阻r_。(用k、a、R0表示) 命题意图 本题通过电源电动势和内阻的测量实验考查考生的实验能力和数据处理能 力。 解析 (1)依据实验原理UEIr可知，图甲中的电流表的测量值不包含通过电压表 的电流，小于流过电源的真实电流

6、，故误差原因是电压表的分流。这种由于实验原理带来的 误差叫系统误差。(2)图乙中的电流IU 1U2 R0 ，再结合UEIr，可得U1EU 1U2 R0 r，整理 可得U1 R0 R0rE r R0rU 2，故斜率k r R0r，纵截距 a R0 R0rE，解得 E a 1k，r kR0 1k。 答案 (1)电压表的分流(2 分) 系统误差(2 分) (2) a 1k(2 分) kR0 1k(2 分) 15(8 分)质量为m080 kg 的溜冰运动员推着一辆质量为mA16 kg 的小车A以v010 m/s 的共同速度在光滑的冰面上向右匀速滑行。某时刻，他发现正前方有一辆静止的小车B， 小车B的质

7、量为mB64 kg。运动员为了避免自己与小车B相撞，将小车A用力向正前方推出， 小车A离开运动员时相对于地面的速度为vA20 m/s，小车A与小车B发生碰撞后沿原路反 弹回来。运动员抓住反弹回来的小车A，再次与小车A以共同的速度前进。在此后的过程中， 小车A和小车B恰好不会再次相撞。不考虑摩擦和空气阻力，求： (1)将小车A推出后，运动员的速度大小v1； (2)小车A与小车B碰撞后，小车B的速度大小v2。 命题意图 本题考查动量守恒定律，意在考查考生的理解能力和分析综合能力。 解析 (1)运动员推开小车A的过程，运动员与小车A组成的系统动量守恒，有(m0 mA)v0m0v1mAvA (2 分)

8、 解得v18 m/s。 (2 分) (2)由题意可知，最终三者达到共同速度，则对运动员和小车A、B构成的系统，由动量 守恒定律有(m0mA)v0(m0mAmB)v2 (2 分) 解得v26 m/s。 (2 分) 答案 (1)8 m/s (2)6 m/s 16(8 分)一简谐横波从波源振动后的某时刻开始计时，图甲为该简谐横波在t0.4 s 时的部分波动图象，Q是波源，图乙是这列波上 1.6 m 处质点从t0.8 s 时刻开始振动的图 - 10 - 象。求： (1)波源的振动方程； (2)x1.6 m 处的质点在 02 s 内的位移、路程。 甲 乙 命题意图 本题考查考生的推理能力，需要应用振动和

9、波的传播规律解题。 解析 (1)由图乙可知，波源Q的起振方向向下，由图甲可知，波长为 0.8 m，振幅为 5 cm t0.8 s 时刻，波刚好传播到x1.6 m 处 则波速为v1.6 m 0.8 s2 m/s 周期T0.8 m 2 m/s0.4 s 结合图甲及波的起振方向可知，t0.4 s 时刻，波传播到x0.8 m 处 (1 分) 可知，t0 时刻该波传播到x0 处，振源已经振动了 0.2 s (1 分) 波源的振动方程为y5sin 5(t0.2) cm。 (2 分) (2)x1.6 m 处的质点开始振动的时间 t1 v 0.2 s0.4 s (1 分) 02 s 内振动的时间为 1.6 s

10、，起振方向向下 (1 分) 可知t2 s 时，x1.6 m 处的质点位移为 0 (1 分) 02 s 内的路程为s451.6 s 0.4 scm80 cm。 (1 分) 答案 (1)y5sin 5(t0.2) cm (2)0 80 cm 17(14 分)如图甲所示为一倾斜的足够长的传送带，其倾角为37，传送带以恒定 的速度v沿逆时针方向转动。质量为m0.1 kg、可视为质点的物块由传送带的底端以初速度 v0向上滑动，整个运动过程中物块的速度随时间变化的规律图象如图乙所示， 以沿传送带向上 的方向为正方向，重力加速度g取 10 m/s 2、sin 370.6、cos 370.8、 10取 3.1

11、6。 (1)求物块与传送带间的动摩擦因数及物块的初速度v0的大小； (2)求整个过程中因摩擦而产生的热量Q。 - 11 - 甲 乙 命题意图 本题考查了牛顿运动定律、运动学公式、能量转化等知识，意在考查考生 的分析综合能力及应用数学解决物理问题的能力。 解析 (1)由图象可知物块经t11 s 时间速度减为零，然后在 11.5 s 时间内，物 块以大小为a1的加速度沿传送带向下做匀加速直线运动，根据图象可知a110 m/s 2(1 分) 由题意可知，物块先沿传送带向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知mgsin 37 mgcos 37ma1 (1 分) 解得0.5 (1 分) 物块的初速度大小

12、为v0a1t1101 m/s10 m/s。 (1 分) (2)物块上滑过程中相对传送带的位移为 x1vt1 v 2 0 2a110 m (1 分) 根据图象分析可知传送带的速度大小为v5 m/s,11.5 s 时间内，物块下滑到与传送 带共速过程中，相对于传送带的位移为 x2vt2 v 2 2a11.25 m (1 分) 由图象可知物块上滑的位移为x1v 0 2t 110 2 1 m5 m (1 分) 物块以大小为a1的加速度向下加速的位移为 x2v 2t 25 20.5 m1.25 m (1 分) 此时物块距离底端的间距为 xx1x23.75 m (1 分) 当物块与传送带速度相等之后，物块

13、与传送带间的摩擦力方向变为沿传送带向上，由图 象可知物块的加速度大小为a22 m/s 2 (1 分) 设物块以a2的加速度加速下滑的时间为t3，则由公式 xvt31 2a 2t 2 3 (1 分) 解得t30.66 s (1 分) 物块从与传送带共速到滑到传送带底端过程中，相对于传送带的位移为 x3xvt3 0.45 m (1 分) 则整个过程因摩擦而产生的热量为 - 12 - Qmgcos 37(x1x2x3)4.68 J。 (1 分) 答案 (1)10 m/s (2)4.68 J 18(16 分)如图(a)，形状为2 3圆的铜环 abc水平放置，圆心为O，半径为r。在MON区 域内有方向竖

14、直向下的匀强磁场，MON120，磁感应强度大小为B1，ON边界有磁场，OM 边界没有磁场。如图(b)，长度均稍大于r、接入电路阻值均为R的三根铜棒互成 120固定 在竖直转轴O1OO2上， 铜棒绕轴转动经过铜环abc时保持与铜环良好接触。 铜环abc和转轴O1OO2 分别与光滑平行金属导轨P、Q相连， 导轨间距离为d3r， 导轨所在平面与水平面成37 角，导轨足够长，整个导轨平面充满磁感应强度大小为B2、方向垂直于导轨平面向上的匀强 磁场，质量为m、阻值也为R的导体棒ef垂直于导轨P、Q放在导轨上。已知重力加速度为g， 磁感应强度大小B1B2B，铜环及导轨电阻不计，不计一切摩擦，cos 370

15、.8，sin 37 0.6。 (1)当铜棒绕转轴O1OO2以一定角速度0匀速转动时，导体棒ef始终静止在导轨上，求 铜棒转动的角速度0及转动方向； (2)当铜棒匀速转动时，导体棒ef保持静止，一段时间内通过导体棒ef的电荷量为q， 求这段时间内铜棒消耗的机械能； (3)已知两个电动势相等的电源并联时的总电动势等于一个电源的电动势， 内阻等于两个 电源内阻并联时的阻值。使铜棒以一定角速度沿顺时针方向匀速转动，同时给导体棒ef一沿 导轨的初速度让其在导轨上匀速下滑，产生与铜棒转动时同样大小的感应电动势，从某一铜 棒刚进入磁场时开始计时，经过时间t，该铜棒恰好位于初始位置，求导体棒ef匀速下滑时 重

16、力的功率P和在时间t内该铜棒上产生的焦耳热。 图(a) 图(b) 命题意图 本题考查考生的理解能力、推理能力和分析综合能力，需要考生应用法拉 - 13 - 第电磁感应定律、共点力平衡及闭合电路欧姆定律等知识解题，体现了科学思维等核心素养。 解析 (1)导体棒ef静止时受到的安培力沿导轨向上，由左手定则可判断出电流方向 为由fe，再由安培定则可判断出铜棒沿逆时针方向转动 (1 分) 对导体棒ef有BIdmgsin (1 分) 铜棒在转动过程中，随时有一根在磁场中与铜环接触，另有一根在磁场外与铜环接触， 还有一根正经过铜环的缺口，因此电路可看成一根铜棒与导体棒ef并联，然后与电源(磁场 中的铜棒)

17、构成闭合回路，有 R总R1 2R 3 2R (1 分) 2I E R总 (1 分) EB1 2 0rr (1 分) 解得06mgR 5B 2r3。 (1 分) (2)当导体棒ef保持静止且不计一切摩擦时，铜棒匀速转动消耗的机械能全部转化为回 路的电能有 E机q总E (2 分) 其中q总2q (1 分) 解得E机6mgRq 5Br 。 (1 分) (3)导体棒ef在导轨上匀速下滑，安培力与重力仍满足关系式，电流方向仍为fe， 两等效电源并联后的总电动势为E0，并联后内阻阻值为R 2，两等效电源与不在磁场中但与铜环 接触的铜棒构成闭合回路，有 II 总 2 E0 2R总 (1 分) 其中E0Bdv、R总RR 2 3 2R (1 分) 导体棒ef重力的功率Pmgvsin (1 分) 由解得P3m 2g2R 25B 2r2 (1 分) 在时间t内，任意一铜棒，充当电源的时间为t 3，充当定值电阻的时间为 t 3，未接入电路 中的时间为t 3，则任一铜棒上产生的焦耳热为电路中产生的总焦耳热减去导体棒 ef上产生的 - 14 - 焦耳热的值的1 3，即 Q1 3(E 0I总tI 2Rt) (1 分) 解得Qm 2g2Rt 15B 2r2。 (1 分) 答案 (1)6mgR 5B 2r3 沿逆时方向 (2)6mgRq 5Br (3)m 2g2Rt 15B 2r2