山東省濰坊市2021屆第一次新高考模擬考試物理試卷含解析

1、山東省濰坊市2021屆第一次新高考模擬考試物理試卷一、單項選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1.如圖所示，一導(dǎo)熱良好的汽缸內(nèi)用活塞封住一定量的氣體（不計活塞厚度及與缸壁之間的摩擦），用一彈簧連接活塞，將整個汽缸懸掛在天花板上。彈簧長度為L，活塞距地面的高度為h,汽缸底部距地面的高度為H,活塞內(nèi)氣體壓強為p，體積為V,下列說法正確的是（）當外界溫度升高（大氣壓不變）時，L變大、H減小、p變大、V變大當外界溫度升高（大氣壓不變）時，h減小、H變大、p變大、V減小當外界大氣壓變小（溫度不變）時，h不變、H減小、p減小、V變大當外界大氣壓變小

2、（溫度不變）時，L不變、H變大、p減小、V不變【答案】C【解析】【分析】【詳解】以活塞與汽缸為整體，對其受力分析，整體受到豎直向下的總重力和彈簧向上的拉力且二者大小始終相等總重力不變，所以彈簧拉力不變，即彈簧長度L不變，活塞的位置不變，h不變；當溫度升高時，汽缸內(nèi)的氣體做等壓變化，根據(jù)蓋一呂薩克定律可以判斷，體積V增大，汽缸下落，所以缸體的高度降低，H減小、p不變、V增大；當大氣壓減小時，對汽缸分析得P0S二mg+pS氣體壓強p減小，汽缸內(nèi)的氣體做等溫變化，由玻意耳定律得pV=pV1122可知體積V變大，汽缸下落，所以缸體的高度降低，H減小、p減小、V變大，故C正確，ABD錯誤。故選CoAsA

3、s平均速度定義式為v二，當At極短時，丁可以表示物體在t時刻的瞬時速度，該定義應(yīng)用了下列AtAt哪種物理方法（）極限思想法微元法控制變量法等效替代法【答案】A【解析】【分析】As當At極短時，可以表示物體在t時刻的瞬時速度，該物理方法為極限的思想方法。At【詳解】平均速度定義式為v=M，當時間極短時，某段時間內(nèi)的平均速度可以代替瞬時速度，該思想是極限的思At想方法，故A正確，BCD錯誤。故選A?！军c睛】極限思想法是一種很重要的思想方法，在高中物理中經(jīng)常用到要理解并能很好地掌握。如圖所示，在橫截面為正三角形的容器內(nèi)放有一小球，容器內(nèi)各面與小球恰好接觸，圖中a、b、c為容器的三個側(cè)面、將它們以初速

4、度v0豎直向上拋出，運動過程中容器所受空氣阻力與速率成正比，下列說法正確的是上升過程中，小球?qū)有壓力且逐漸變大上升過程中，小球受到的合力逐漸變大下落過程中，小球?qū)有壓力且逐漸變大下落過程中，小球?qū)θ萜鞯淖饔昧χ饾u變大【答案】D【解析】【詳解】AB.小球和正三角形容器為共加速系統(tǒng)，上升過程中，以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律：(m+mv)g+kv=(m+m、)a系統(tǒng)加速度豎直向下且大于重力加速度，小球加速度向下，所以容器底面c對小球無作用力，a、b側(cè)面對小球的作用力豎直向下，以小球為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律：mg+N=maab系統(tǒng)速度減小，加速度減小，小球受到的合外力減小，AB錯誤;CD

5、.下落過程中，以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律：(m+mv)g-kv=(m+mv)a系統(tǒng)加速度豎直向下且小于重力加速度，小球加速度向下，所以a、b側(cè)面對小球無作用力，底面c對小球的作用力豎直向上，根據(jù)牛頓第二定律：mg-N=ma系統(tǒng)的速度增大，加速度減小，小球的加速度減小，底面c對小球的作用力增大，根據(jù)牛頓第三定律可知小球?qū)θ萜鞯淖饔昧χ饾u變大，C錯誤；D正確。故選D。某發(fā)電機通過理想變壓器給定值電阻R提供正弦交流電，電路如圖，理想交流電流表A,理想交流電電壓表V的讀數(shù)為nU電流表A的讀數(shù)仍為I通過R的交變電流頻率不變【答案】B【解析】【分析】當發(fā)電機線圈的轉(zhuǎn)速變?yōu)樵瓉韓倍，發(fā)電機產(chǎn)生交流電

6、的電動勢有效值和頻率都將發(fā)生變化。變壓器的輸入電壓變化后，變壓器的輸出電壓、副線圈的電流、R消耗的功率隨之改變，原線圈的電流也會發(fā)生變化。原線圈中電流的頻率變化，通過R的交變電流頻率變化?！驹斀狻緽：發(fā)電機線圈的轉(zhuǎn)速變?yōu)樵瓉韓倍，發(fā)電機線圈的角速度變?yōu)樵瓉韓倍，據(jù)E=NBS可得，發(fā)電機m產(chǎn)生交流電電動勢的最大值變?yōu)樵瓉韓倍，原線圈兩端電壓變?yōu)樵瓉韓倍。據(jù)Uj.U2=ni：n2可得，副線圈兩端電壓變?yōu)樵瓉韓倍，電壓表V的讀數(shù)為nU。故B項正確。U2A：R消耗的功率P=-2-，副線圈兩端電壓變?yōu)樵瓉韓倍，則R消耗的功率變?yōu)閚2P。故A項錯誤。C：流過R的電流I=U，副線圈兩端電壓變?yōu)樵瓉韓倍，則流

7、過R的電流12變?yōu)樵瓉淼膎倍；再據(jù)2R211：12=n2：件，原線圈中電流變?yōu)樵瓉韓倍，電流表A的讀數(shù)為ni。故C項錯誤。00D：發(fā)電機線圈的轉(zhuǎn)速變?yōu)樵瓉韓倍，發(fā)電機產(chǎn)生交流電的頻率變?yōu)樵瓉淼膎倍，通過R的交變電流頻率變?yōu)樵瓉淼膎倍。故D項錯誤。5按照我國整個月球探測活動的計劃，在第一步“繞月”工程圓滿完成各項目標和科學探測任務(wù)后，第二步是“落月”工程，已在2013年以前完成。假設(shè)月球半徑為R，月球表面的重力加速度為g0飛船沿距月球表面高度為3R的圓形軌道I運動，到達軌道的A點時點火變軌進入橢圓軌道II，到達軌道的近月點B時再次點火進入月球近月軌道III繞月球做圓周運動。下列判斷不正確的是（）

8、A飛船在軌道I上的運行速率v=飛船在A點處點火變軌時，動能減小飛船在軌道III繞月球運動一周所需的時間T=2兀飛船從A到B運行的過程中機械能變大【答案】D【解析】【分析】【詳解】萬有引力提供向心力V23R+RMmG(3R+R)2解得:GMv4R在月球表面Mm=mg解得GM=gR20聯(lián)立解得故A正確，不符合題意；飛船在A點變軌后由圓軌道變?yōu)闄E圓軌道，做向心運動，要求萬有引力大于飛船所需向心力，所以飛船應(yīng)該減速，動能減小，故B正確，不符合題意；萬有引力提供向心力MmG(3R+R)2=m佇(3R+R)T2結(jié)合GM二gR20解得T=2,g0故C正確，不符合題意；在橢圓軌道上，飛船由A點運動至B點，只有

9、萬有引力做功，機械能守恒，故D錯誤，符合題意。故選D。如圖所示，兩條輕質(zhì)導(dǎo)線連接金屬棒PQ的兩端，金屬棒處于勻強磁場內(nèi)且垂直于磁場。金屬棒的質(zhì)量m=0.2kg，長度L=1m。使金屬棒中通以從Q到P的恒定電流I=2A，兩輕質(zhì)導(dǎo)線與豎直方向成30。角時，金屬棒恰好靜止。則磁場的最小磁感應(yīng)強度（重力加速度g取10m/s2）（）大小為0.25T，方向與輕質(zhì)導(dǎo)線平行向下大小為0.5T，方向與輕質(zhì)導(dǎo)線平行向上大小為0.5T，方向與輕質(zhì)導(dǎo)線平行向下大小為0.25T，方向與輕質(zhì)導(dǎo)線平行向上【答案】B【解析】【詳解】說明分析受力的側(cè)視圖（右視圖）如圖所示磁場有最小值Bmin應(yīng)使棒平衡時的安培力有最小值F安m.n

10、棒的重力大小、方向均不變，懸線拉力方向不變，由“力三角形”的動態(tài)變化規(guī)律可知F=mgsin30安m.n又有F二BIL安minmin聯(lián)合解得B=mgsin30=0.5TminIL由左手定則知磁場方向平行輕質(zhì)導(dǎo)線向上。故ACD錯誤，B正確。故選B。二、多項選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分勻強電場中，一帶正電粒子僅在電場力的作用下自P點以垂直于電場方向的初速度v開始運動，經(jīng)過Q點，則（）電場中，P點電勢高于Q點電勢粒子在P點的電勢能小于在Q點的電勢能在P、Q兩點間，粒子在軌跡可能與某條電場線重合

11、在P、Q兩點間，粒子運動方向一定與電場方向不平行【答案】AD【解析】【詳解】CD.由于電場力和初速度相互垂直，所以粒子做類平拋運動，其運動軌跡是曲線，所以其速度方向和電場力不共線，故運動方向和電場方向不平行，故C不符合題意，D符合題意。AB.粒子運動過程中電場力做正功，所以粒子的電勢能減小，粒子在P點的電勢能大于在Q點的電勢能。由于粒子帶正電，根據(jù)Ej=q可知電勢逐漸減小，P點電勢高于Q點電勢，故B不符合題意，A符合題故選AD。8.如圖所示，三顆衛(wèi)星a、b、c均繞地球做勻速圓周運動，其中b、c在地球的同步軌道上，a距離地球表面的高度為R,此時a、b恰好相距最近。已知地球質(zhì)量為M、半徑為R、地球

12、自轉(zhuǎn)的角速度為。萬A.有引力常量為6,則（）發(fā)射衛(wèi)星b、c時速度要大于11.2nkm/sB.b、c衛(wèi)星離地球表面的高度為32nC.衛(wèi)星a和b下一次相距最近還需經(jīng)過：GM8R3D.若要衛(wèi)星c與b實現(xiàn)對接，可讓衛(wèi)星b減速【答案】BC解析】【分析】【詳解】衛(wèi)星b、c繞地球做勻速圓周運動，79km/s是指在地球上發(fā)射的物體繞地球飛行作圓周運動所需的最小初始速度，112km/s是物體掙脫地球引力束縛的最小發(fā)射速度。所以發(fā)射衛(wèi)星b時速度大于7.9km/s，而小于112km/s,故A錯誤；萬有引力提供向心力，對b、c衛(wèi)星，由牛頓第二定律得=mw2(R+h)MmG(R+h)2解得故B正確；衛(wèi)星b在地球的同步軌

13、道上，所以衛(wèi)星b和地球具有相同的周期和角速度。由萬有引力提供向心力,即MmG=mw2rr2解得wa距離地球表面的高度為R,所以衛(wèi)星a的角速度GMa8R3此時a、b恰好相距最近，到衛(wèi)星a和b下一次相距最近（嚴）t=2n2兀t=8R3故C正確；讓衛(wèi)星b減速，衛(wèi)星b所需的向心力減小，萬有引力大于所需的向心力，衛(wèi)星b會做向心運動，軌道半徑變小，離開原軌道，所以不能與c對接，故D錯誤；故選BC。如圖，正方形abcd處于勻強電場中，電場方向與此平面平行。一質(zhì)子由a點運動到b點，電場力做功為W,該質(zhì)子由a點運動到d點，克服電場力做功為W。已知W0,則（）電場強度的方向沿著ab方向線ac是一條等勢線c點的電勢

14、高于b點的電勢電子在d點的電勢能大于在b點的電勢能【答案】BC【解析】【詳解】由題意可知，一質(zhì)子由a點運動到b點，電場力做功為W；該質(zhì)子由a點運動到d點，電場力做功為-W；根據(jù)公式W二qu可知daba又根據(jù)幾何關(guān)系可知，b、d兩點關(guān)于ac連線軸對稱，所以ac是此勻強電場中的等勢線，B正確;AC.由于質(zhì)子由a點運動到b點，電場力做正功，所以9=9化，所以電場強度的方向為垂直于accab線，指向b點，A錯誤C正確；D.根據(jù)Ep=q9，又電子帶負電，所以電勢低的地方電勢能高，即電子在d點的電勢能小于在b點的電勢能，D錯誤。故選BC。關(guān)于對液體的理解，下列說法正確的是（）A船能浮在水面上，是由于水的表

15、面存在張力水表面表現(xiàn)張力是由于表層分子比內(nèi)部分子間距離大，故體現(xiàn)為引力造成的密閉容器，某種蒸氣開始時若是飽和的，保持溫度不變，增大容器的體積，蒸氣仍是飽和的相對濕度定義為空氣中水蒸氣的壓強與該溫度水的飽和汽壓之比當水面上方的水蒸氣達到飽和狀態(tài)時，水中還會有水分子飛出水面【答案】BDE【解析】【詳解】船能浮在水面上，是由于水的浮力作用，故A項錯誤；液體表面層里的分子比液體內(nèi)部稀疏，分子間的距離比液體內(nèi)部大一些，分子間的相互作用表現(xiàn)為引力，即是表面張力，故B項正確；在一定溫度下，飽和蒸氣的分子數(shù)密度是一定的，因而其壓強也是一定的，與體積無關(guān)；密閉容器中某種蒸氣開始時若是飽和的，保持溫度不變，增大容

16、器的體積時，蒸氣不再是飽和的，但最后穩(wěn)定后蒸氣是飽和的，壓強不變；故C項錯誤；相對濕度是指水蒸氣的實際壓強與該溫度下水蒸氣的飽和壓強之比，故D項正確；當水面上方的水蒸氣達到飽和狀態(tài)時，單位時間內(nèi)從水中出來的水分子和從空氣進入水中的水分子個數(shù)相等，達到一種動態(tài)平衡，故E項正確。一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)A經(jīng)狀態(tài)B變化到狀態(tài)C的P-V圖象如圖所示.若已知在A狀態(tài)時，理想氣體的溫度為320K，則下列說法正確的是（已知latm=lxlO5Pa）氣體在B狀態(tài)時的溫度為720K氣體分子在狀態(tài)A分子平均動能大于狀態(tài)C理想氣體分子平均動能氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)C的過程中氣體對外做功D氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)C的過程中氣體

17、溫度先降低后升高E氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)C的過程中氣體吸收熱量為900J【答案】ACE【解析】【詳解】pVpVA：由圖象得：P二4atm、p二3atm、V二IL、V二3L，據(jù)理想氣體狀態(tài)方程一尸=尸，代ABABTTAB入數(shù)據(jù)得：720K故a項正確.BB：由圖象得：P二4atm、P=1atm、V二IL、V=4L,則pV二pV，所以T=T.溫度是ACACAACCAC分子平均動能的標志，所以狀態(tài)A與狀態(tài)C理想氣體分子平均動能相等.故B項錯誤.C：從狀態(tài)A到狀態(tài)C的過程，氣體體積增大，氣體對外做功.故C項正確.D：據(jù)AB兩項分析知，TB=720KTA=TC，所以從狀態(tài)A到狀態(tài)C的過程中氣體溫度不是先降低后

18、BAC升高.故D項錯誤.E：T=T，a、C兩個狀態(tài)理想氣體內(nèi)能相等，A到C過程AU=0；P-V圖象與V軸圍成面積表示AC功，所以A到C過程，外界對氣體做的功W=-（3+4）2X2X10-3+（3+115小10-3J=900J；據(jù)熱力學第一定律得：AU=Q+W，解得：Q二900J，所以狀態(tài)A到狀態(tài)C的過程中氣體吸收熱量為900J.故E項正確.12.如圖(a)所示，在x軸上有O、p、Q三點，且OP=1.8m，OQ二3.0m。一列簡諧波沿x軸正方向傳播，圖示為0時刻的波形。再過0.6s的時間p質(zhì)點第二次振動至波峰。對此下列說法正確的。(a)A.Q點的振幅為10cmB波速為3m/s頻率為2Hz質(zhì)點Q在

19、00.6s內(nèi)的運動路程為25cmE質(zhì)點Q在t=0.6s時沿y軸正方向運動【答案】ACE【解析】【詳解】由圖像知波長為九=4.0m振幅為A=10cm故A正確；簡諧波沿x軸正方向傳播，則P質(zhì)點向上運動；0.6s時P點恰好第二次到達波峰，對應(yīng)波形如圖所示10L3.0-10傳播距離Ax=0.8m+X=4.8m則波速為v=蘭=8m/st故B錯誤；簡諧波的周期為4.0s=0.5s則簡諧波的頻率1f=2HzJrri故C正確；DE.質(zhì)點Q運動了時間為10.6s=1-T5則運動路程小于5A=5x5cm=25cm,此時質(zhì)點Q在平衡位置的下方，沿y軸正方向運動，故D錯誤,E正確；故選ACE。三、實驗題:共2小題，每

20、題8分，共16分1590年，伽利略在比薩斜塔上做了“兩個鐵球同時落地的實驗，開始了自由落體的研究。某同學用如圖I所示的實驗裝置研究自由落體，裝置中電火花式打點計時器應(yīng)該接在電壓為V、頻率為f=50Hz的交流電源上。實驗中先閉合開關(guān)，再釋放紙帶。打出多條紙帶。選擇一條點跡清晰完整的紙帶進行研究，那么選擇的紙帶打下前兩個點之間的距離略小于mm（結(jié)果保留1位有效數(shù)字）。選擇的紙帶如圖2所示，圖中給出了連續(xù)三點間的距離，由此可算出打下C點時的速度為m/sz,當?shù)氐闹亓铀俣葹開m/s2.（最后兩空結(jié)果均保留3位有效數(shù)字）fl51城帶1rm1S-QS1物【答案】22023.919.75【解析】【詳解】.

21、電火花式打點計時器直接接在220V的交流電源上即可。根據(jù)紙帶可知打下連續(xù)兩點時間間隔t=丄=0.02s根據(jù)自由落體運動位移公式可知，開始時相鄰兩點間距離h二1gt2二22x9.880.022m二1.96麗2mm.根據(jù)中點時刻的瞬間速度v=bd=3.91m/sc2T4根據(jù)A二gt2可知(8.02-7.63)x10-20.022g=m/s2=9.75m/s2在“測定金屬的電阻率”實驗中，所用測量儀器均已校準，待側(cè)金屬絲接入電路部分的長度約為50cm.（1）用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，其中某一次測量結(jié)果如圖所示，其讀數(shù)應(yīng)_mm（該值接近多次測量的平均值）（2）用伏安法測金屬絲的電阻Rx.實驗所用器

22、材為：電池阻（電動勢3V,內(nèi)阻約血）、電流表（內(nèi)阻約010）、電壓表（內(nèi)阻約3血）、滑動變阻器R（0200，額定電流2A）、開關(guān)、導(dǎo)線若干.某小組同學利用以上器材正確連接好電路,進行實驗測量,記錄數(shù)據(jù)如下：次數(shù)123U/V0100.300.70I/A0.0200.0600.16045671.001501.702.300.2200.3400.4600.520由以上實驗數(shù)據(jù)可知，他們測量Rx是采用圖中的圖（選填“甲”或“乙”）.R.田乙（3）如圖所示是測量Rx的實驗器材實物圖，圖中已連接了部分導(dǎo)線，滑動變阻器的滑片P置于變阻器的一端，請根據(jù)（2）所選的電路圖，補充完成圖中實物間的連線，并使閉合開關(guān)

23、的瞬間，電壓表或電流表不至于被燒壞.（4）這個小組的同學在坐標紙上建立U、I坐標系，如圖所示，圖中已標出了與測量數(shù)據(jù)對應(yīng)的4個坐標點.請在圖中標出第2、4、6次測量數(shù)據(jù)的坐標點，并描繪出U-I圖線，由圖線得到金屬絲（5）根據(jù)以上數(shù)據(jù)可以估算出金屬絲的電阻率約為（填選項前的符號）A.1x10-2QmB.1x10-3QmC.1x10-6QmD.1x10-8Qm（6）任何實驗測量都存在誤差.本實驗所用測量儀器均已校準，下列關(guān)于誤差的說法中正確的選項是（有多個正確選項）.用螺旋測微器測量金屬直徑時，由于讀數(shù)引起的誤差屬于系統(tǒng)誤差由于電流表和電壓表內(nèi)阻引起的誤差屬于偶然誤差若將電流表和電壓表的內(nèi)阻計算在

24、內(nèi)，可以消除由于測量儀表引起的系統(tǒng)誤差用UI圖像處理數(shù)據(jù)求金屬電阻可以減小偶然誤差二甲D【答案】0398(03950399)4347CCD【解析】【詳解】（1）由圖知螺旋測微器的主尺讀數(shù)是0mm,可動刻度讀數(shù)是398x001mm=0398mm（O3950399），所以直徑D=0.398mm.（2）由表中實驗數(shù)據(jù)可知，最小電壓與電流很小，接近于零，由此可知，滑動變阻器應(yīng)用分壓式接法，因此實驗采用的是圖甲所示電路.（3）實物圖連接注意電流表外接，滑動變阻器分壓，滑動變阻器的滑片P置于變阻器的一端，連接時使電壓表、電流表的示數(shù)最小.如圖所示（4）將各數(shù)據(jù)點連線時注意讓線經(jīng)過盡量多的點，有些點不在線上

25、，要讓線兩側(cè)點的個數(shù)基本相等，離直線較遠的點直接舍去（圖中第6個點）.計算直線的斜率即為電阻R，故R二竺二4.50（4.34.7）.AI（5）根據(jù)電阻定律R二P得SnRd2p=1.0 x10-6Q-m,4L故C正確，ABD錯誤.（6）A用螺旋測微器測量金屬絲直徑時，由于讀數(shù)引起的誤差屬于偶然誤差，A錯誤；B由于電流表和電壓表內(nèi)阻引起的誤差屬于系統(tǒng)誤差，B錯誤；C伏安法測電阻時，電流表和電壓表的內(nèi)阻引起的誤差是系統(tǒng)誤差，若將電流表和電壓表的內(nèi)阻計算在內(nèi)，可以消除由測量儀表（電流表、電壓表）引起的系統(tǒng)誤差，C正確；用UI圖像處理數(shù)據(jù)求金屬線電阻，可以將錯誤的數(shù)據(jù)或誤差較大的數(shù)據(jù)（如圖中第6個點）去

26、掉，不在直線上的點均勻分布在線的兩側(cè)，這樣可以減小偶然誤差，D正確.四、解答題：本題共3題，每題8分，共24分據(jù)報道，我國華中科技大學的科學家創(chuàng)造了脈沖平頂磁場磁感應(yīng)強度超過60T的世界紀錄，脈沖平頂磁場兼具穩(wěn)態(tài)和脈沖兩種磁場的優(yōu)點，能夠?qū)崿F(xiàn)更高的強度且在一段時間保持很高的穩(wěn)定度。如圖甲所示，在磁場中有一匝數(shù)n=10的線圈，線圈平面垂直于磁場，線圈的面積為S=4x10-4m2，電阻為R=60Q。如圖乙為該磁場磁感應(yīng)強度的變化規(guī)律，設(shè)磁場方向向上為正，求：（1）t=05x10-2s時，線圈中的感應(yīng)電動勢大??；（2）在02x10-2s過程中，通過線圈橫截面的電荷量；在03x10-2s過程中，線圈產(chǎn)生的熱量?！敬鸢浮?1)24V；(2)4x10-3C；(3)0.192J?！窘馕觥俊痉治觥俊驹斀狻?1)