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山东海阳核电站是中国核电 AP1000 技术的标志性项目，其反应堆的核反应方程为 235 92U X 144 56Ba 89 36Kr3 1 0n，下列说法正确的是( ) A该反应中 X 是质子 B该反应中 X 是电子 C 144 56Ba 核中有 88 个中子 D 144 56Ba 的结合能比 235 92U 的结合能大 命题意图 本题考查考生对核反应方程和结合能的理
2、解。 C 核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒， 可知该反应中 X 是中子， A、 B 错误； 144 56Ba 的质量数为 144，核电荷数为 56，中子数为 88，C 正确；由比结合能曲线可知 144 56Ba 的比结合 能略大于 235 92U 的比结合能，但 144 56Ba 的核子数比 235 92U 少 91 个，所以 144 56Ba 的结合能小于 235 92U 的结合 能，D 错误。 2灌浆机可以将涂料以速度v持续喷在墙壁上，涂料打在墙壁上后完全附着在墙壁上。 涂料的密度为，墙壁上涂料厚度每秒增加u，不计涂料重力的作用，则喷涂料对墙壁产生 的压强为( ) Auv Bu v C
3、v u D u v 命题意图 本题考查动量定理、压强、密度及其相关知识，意在考查考生的推理能力 和建模能力。 A 设灌浆机在t时间内喷出涂料的质量为m，涂料喷到墙壁上后速度变为零，设墙壁 对涂料的作用力为F，由动量定理得Ftmv，mSut，由牛顿第三定律知喷涂料对墙壁的 作用力FF，喷涂料对墙壁的压强pF S ，联立解得puv，A 正确。 3如图所示，有 10 块完全相同的长方体木板叠放在一起，每块木板的质量为 100 g， 用手掌在这叠木板的两侧同时施加大小为F的水平压力，使木板悬空水平静止。若手与木板 之间的动摩擦因数为 0.5，木板与木板之间的动摩擦因数为 0.2，最大静摩擦力等于滑动摩
4、擦 力，g取 10 m/s 2，则 F至少为( ) - 2 - A25 N B20 N C15 N D10 N 命题意图 本题考查受力分析、共点力平衡、摩擦力的计算，意在考查考生的理解能 力和推理能力。 B 以中间 8 块木板为研究对象，受到的重力mg810010 310 N8 N，受到的最 大静摩擦力fm0.2F，由平衡条件可知mg2fm，解得F20 N，B 正确。 4如图所示为六根与水平面平行的导线的横截面示意图，导线分布在正六边形的六个顶 点，导线所通电流方向已在图中标出。已知每根导线在O点磁感应强度大小为B0，则关于正 六边形中心O处磁感应强度的大小和方向的说法正确的是( ) A大小为
5、零 B大小为 2B0，方向沿x轴负方向 C大小为 4B0，方向沿x轴正方向 D大小为 4B0，方向沿y轴正方向 命题意图 本题考查右手螺旋定则，矢量合成，意在考查考生的理解能力和推理能力。 D 根据右手螺旋定则，作出每根通电导线在中心O点产生的磁感应强度的方向，由平 行四边形定则可知B2B022B0cos 604B0，方向沿y轴正方向，D 正确。 52019 年 4 月 10 日，事件视界望远镜(EHT)项目团队发布了人类历史上的首张黑洞照 片，我国科学家也参与其中做出了巨大贡献。经典的“黑洞”理论认为，当恒星收缩到一定 程度时，会变成密度非常大的天体，这种天体的逃逸速度非常大，大到光从其旁边
6、经过时都 不能逃逸，也就是其第二宇宙速度大于等于光速，此时该天体就变成了一个黑洞。若太阳演 变成一个黑洞后的密度为、半径为R，设光速为c，第二宇宙速度是第一宇宙速度的 2倍， 引力常量为G，则R 2的最小值是( ) A 3c 2 4G B 3c 2 8G C 4G 3c 2 D8G 3c 2 命题意图 本题考查天体的运动、第一宇宙速度、第二宇宙速度等知识，意在考查考 生的理解能力和分析综合能力。 - 3 - B 太阳演变成一个黑洞后，设该黑洞质量为M，则M4 3R 3，设其第一宇宙速度 为v1，则GMm R 2mv 2 1 R，太阳演变成黑洞后满足 2v 1c，联立解得R 23c 2 8G，故
7、 R 2的最小值 为 3c 2 8G，B 正确。 6单镜头反光相机简称单反相机，它用一块放置在镜头与感光部件之间的透明平面镜把 来自镜头的图像投射到对焦屏上。对焦屏上的图像通过五棱镜的反射进入人眼中。如图为单 反照相机取景器的示意图，五边形ABCDE为五棱镜的一个截面，ABBC，光线垂直AB射入， 分别在CD和EA上发生反射，且两次反射的入射角相等，最后光线垂直BC射出。若两次反射 都为全反射，则该五棱镜折射率的最小值是( ) A 1 sin 22.5 B 1 cos 22.5 C 2 2 D 2 命题意图 本题考查光的全反射、光路图等知识，意在考查考生的理解能力和推理能 力。 A 设光线在C
8、D和EA两面上的入射角为i，由反射定律和几何关系可知 4i90，又 两次反射均为全反射，iC，sin C1 n，联立解得 n 1 sin 22.5，A 正确。 7如图所示为一体积不变的绝热容器，现打开排气孔的阀门，使容器中充满与外界大气 压强相等的理想气体，然后关闭阀门。开始时容器中气体的温度为T0300 K。现通过加热丝 (未画出)对封闭气体进行加热，使封闭气体的温度升高到T1350 K，温度升高到T1350 K 后保持不变，打开阀门使容器中的气体缓慢漏出，当容器中气体的压强再次与外界大气压强 相等时，容器中剩余气体的质量与原来气体质量之比为( ) A34 B56 C67 D78 命题意图
9、本题考查考生的分析综合能力，需要应用理想气体状态方程解题。 C 由题意可知气体的加热过程为等容变化，由查理定律得p 0 T0 p1 T1，则 p17 6p 0，打开阀 门使容器中的气体缓慢漏出，设容器的体积为V0，膨胀后气体的总体积为V，由玻意耳定律得 - 4 - p1V0p0V， 解得V7 6V 0， 设剩余气体的质量与原来气体质量的比值为k， 则kV 0 V 6 7， C 正确。 8如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为 14，正弦交流电源电压有效值为U 100 V，电阻R110 ，R220 ，滑动变阻器R3最大阻值为 40 ，滑片P处于正中间 位置，则( ) A通过R1的电流为 8 A
10、 B电压表读数为 400 V C若向上移动P，电压表读数将变大 D若向上移动P，电源输出功率将变小 命题意图 本题考查变压器规律及含变压器电路的动态分析。 A UI1R1U1，根据变压器的变压公式有U1U2n1n214，滑动变阻器R3滑片P 处于正中间位置，接入电路的阻值R320 ，U2I2(R2R3)，I1I2n2n141，解得U2 80 V，通过R1的电流I18 A，A 正确，B 错误；若向上移动P，接入副线圈电路的阻值减小， 副线圈电流I2增大，则原线圈电流I1增大，电源输出功率变大，由UI1R1U1，可知U1减小， 根据变压器的变压公式有U1U2n1n214， 可知U2减小， 电压表读
11、数将变小， C、 D 错误。 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。每小题有多个选项符合题目要 求。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 9地球同步卫星的质量为m，距地面高度为h，地球表面的重力加速度为g，地球半径 为R，地球的自转角速度为，那么同步卫星绕地球转动时，下列叙述正确的是( ) A卫星受到的向心力FmR 2 B卫星的加速度大小为a(Rh) 2 C卫星的线速度大小为vR g Rh D卫星的线速度大小为v3gR 2 命题意图 本题考查万有引力定律、牛顿运动定律及其相关知识点，意在考查考生的 分析综合能力。 BCD 地球同步卫星绕地
12、球做匀速圆周运动的轨道半径rRh，运动的角速度等于地 球的自转角速度，受到的向心力Fmr 2m(Rh)2，A 错误；由牛顿第二定律 Fma， 得卫星的向心加速度大小为a(Rh) 2，B 正确；设地球的质量为 M，在地球表面万有引力 等于重力有GMm 0 R 2m0g，同步卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力有GMm r 2mv 2 r， - 5 - 联立解得卫星的线速度大小为vR g Rh，C 正确；由线速度和角速度的关系可得卫星的线 速度大小为v(Rh)，可得v3gR 2，D 正确。 10如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水 平面上，其中A物块最
13、初与左侧固定的竖直挡板相接触，B物块质量为 4 kg。现烧断细绳解 除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的vt图象如图乙所示，则可知( ) 甲 乙 A物块A的质量为 2.5 kg B物块A的质量为 2 kg C从开始到A离开挡板过程中弹簧对A的冲量为 0 D在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为 6 J 命题意图 本题考查了动量守恒定律和能量守恒定律及其相关知识点，考查物理观念 素养。 BD 烧断细绳解除弹簧的锁定，物块B在弹簧弹力作用下向右加速运动，在A即将离开 挡板时，弹簧恢复原长，物块B的速度为v03 m/s，A离开挡板后，B物块做减速运动，A物 块做加速运动，A、B和弹簧组成的系统动量守
14、恒，B速度减小到最小值时，B的加速度为 0， 可知此时弹簧上的弹力为 0，弹性势能也为 0，设A此时的速度大小为v2，以向右为正方向， 由能量守恒定律和动量守恒定律有1 2m Bv 2 11 2m Av 2 21 2m Bv 2 0，mBv0mBv1mAv2，联立解得mA2 kg， v24 m/s，A 错误，B 正确；从开始到A离开挡板过程中，弹簧对A的力不为 0，弹簧对A的 冲量也不为 0，C 错误；在A离开挡板后，当A、B物块速度相等时弹簧的弹性势能最大，mBv0 (mAmB)v共，Epm1 2m Bv 2 01 2(m AmB)v 2 共6 J，D 正确。 11如图所示边长为L的电阻不为
15、 0 的正方形金属框放在光滑水平面上，金属框以初速 度v0穿过方向垂直水平面向外的有界匀强磁场区域，速度变为v。速度方向始终垂直于边ab 和磁场边界，磁场区域的宽度为d(dL)。则金属框进入磁场的过程和从磁场另一侧穿出的过 程相比较，正确的是( ) - 6 - A金属框进入磁场过程速度变化量等于穿出磁场过程中速度变化量 B金属框进入磁场过程速度变化量大于穿出磁场过程中速度变化量 C金属框进入磁场过程产生的热量等于穿出磁场过程产生的热量 D金属框进入磁场过程产生的热量大于穿出磁场过程产生的热量 命题意图 本题考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力、动量定理及 功能关系等相关知识点。 A
16、D 设金属框质量为m，电阻为R，由法拉第电磁感应定律，可知金属框进入磁场过程 产生的平均感应电动势E1 1 t1 ， 1BL 2， 平均感应电流 I1E 1 R， 所受平均安培力 F1BI1L， 由动量定理有F1t1mv1，解得 v1B 2L3 mR ；同理解得穿出磁场过程中金属框速度变化量为 v2B 2L3 mR ，A 正确，B 错误；根据能量守恒定律得，金属框进、出磁场过程产生的热量对应进、 出磁场过程金属框减小的动能，即E进1 2mv 2 01 2m(v 0v) 2，E 出1 2m(v 0v) 21 2m(v 0 2v) 2， 可知金属框进入磁场过程产生的热量大于穿出磁场过程产生的热量，
17、 C 错误， D 正确。 12如图所示，直角坐标系中x轴上在xr处固定电荷量为9Q的正点电荷，在x r处固定电荷量为Q的负点电荷。y轴上a、b两点的纵坐标分别为yar和ybr，d点 在x轴上，横坐标为xd2r。e、f点是x轴上d点右侧的两点。下列说法正确的是( ) Aa、b两点的场强相同 Ba、b两点的电势相等 C电子在e点和f点的电势能Epe、Epf一定满足EpeEpf De、f两点场强Ee、Ef一定满足Ee0，f点的电场强度Efk 9Q rx1x2 2 k Q rx1x2 20，且小于Ee，D 错误；电子沿x轴正方向从e点移动到f点，需要克服电场 力做功，电势能增大，所以电子在e点和f点电
18、势能一定满足Epeh)处由静止释放后，金属棒 穿过了两磁场，且金属棒在进入两磁场时的电流恰好相等，不计金属导轨电阻，重力加速度 为g。求： (1)金属棒进入磁场的瞬间，所受安培力的大小； (2)当金属棒刚好穿过磁场时，在这一过程中金属棒上产生的总热量Q。 命题意图 本题考查考生的分析综合能力，需要利用闭合电路欧姆定律、机械能守恒 定律、法拉第电磁感应定律等知识解题。 解析 (1)设金属棒进入磁场上边界瞬间的速度大小为v，由机械能守恒定律可得 MgH1 2Mv 2 (1 分) 金属棒上产生的感应电动势为EBLv 由闭合电路欧姆定律可得回路中的电流IE R 金属棒所受到的安培力大小为FBIL 解得
19、FB 2L2 R 2gH。 (2 分) (2)设金属棒穿出磁场时的速度大小为v1，由能量守恒定律可得 - 11 - 1 2Mv 2Mgd1 2Mv 2 1Q1 (1 分) 依据题意知，两磁场区域竖直宽度d相同，金属棒穿过两磁场区域过程中，流过金属棒 的电流及其变化情况也相同，所以金属棒在进入磁场和的瞬间的速度相同，金属棒在两 磁场之间区域运动时由机械能守恒定律可得 1 2Mv 2 1Mgh1 2Mv 2 (1 分) 解得Q1Mg(hd) (1 分) 由于金属棒在进入磁场和瞬间的速度相同，金属棒在穿过两磁场时产生的焦耳热也 相同，即Q1Q2，故当金属棒刚好穿过磁场时，在这一过程中金属棒上产生的总
20、热量为 QQ1Q22Mg(hd)。 (2 分) 答案 (1)B 2L2 R 2gH (2)2Mg(hd) 17(14 分)如图所示、小球C在光滑的水平轨道上处于静止状态，在它左边有一垂直于 轨道的固定挡板P，右边有两个小球A和B，A和B用处于原长状态的轻质弹簧相连，两个小 球以相同的速度v0向C球运动，C与B发生碰撞并立即结合成一个整体D，在A和D继续向左 运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，突然被第一次锁定不能伸长但还能继续被压缩，然 后D与挡板P发生弹性碰撞，而A的速度不变，过一段时间后，弹簧被继续压缩到最短后第 二次被锁定，已知A、B、C三球的质量均为m。 (1)求弹簧长度第一次被锁定时
21、A球的速度大小； (2)求弹簧长度第二次被锁定时具有的弹性势能。 命题意图 本题考查考生的理解和分析综合能力，需要考生灵活应用动量守恒定律和 能量守恒定律综合求解问题。 解析 (1)设C球与B球结合成D时，D的速度为v1，由动量守恒定律，有mv0(m m)v1 (2 分) 当弹簧压至最短时，D与A的速度相等，设此速度为v2，由动量守恒定律，有 2mv1mv0 3mv2 (2 分) 解得A的速度大小为v22 3v 0。 (1 分) (2)设弹簧长度第一次被锁定时，弹簧的弹性势能为Ep1，根据能量守恒定律有 1 22mv 2 11 2mv 2 01 23mv 2 2Ep1 (2 分) 解得Ep1
22、1 12mv 2 0 (1 分) - 12 - 撞击P后，D的速度大小不变仍为v22 3v 0，方向向右；A的速度大小和方向均不变。然 后D与A继续相互作用，设当弹簧压缩到最短时，A与D的速度为v3，根据动量守恒定律可得 2mv2mv23mv3 (2 分) 解得v31 3v 22 9v 0 (1 分) 弹簧弹性势能的增加量为 Ep3 2mv 2 23 2mv 2 316 27mv 2 0 (2 分) 弹簧长度第二次被锁定时具有的弹性势能Ep2Ep1Ep 73 108mv 2 0。 (1 分) 答案 (1)2 3v 0 (2) 73 108mv 2 0 18(16 分)如图所示，AD是倾角为37
23、、长为l2 m 的倾斜轨道，在DC和AD之 间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B10.05 T；ED是水平的荧光屏，在CD右侧和 ED下方有垂直纸面向里的匀强磁场(未画出)，磁感应强度B21 T；质量为m0.05 kg、 电荷量为q0.2 C 的物块(可视为质点)从A点由静止释放，经过t1.15 s，物块到达D 点并进入匀强磁场，已知物块与AD间的动摩擦因数0.5，重力加速度g10 m/s 2，取 sin 370.6，cos 370.8。 (1)求物块到达D点时的速度大小vD； (2)若在匀强磁场所在区域加一匀强电场，使得物块进入匀强磁场后做直线运动，求 该匀强电场的大小和方向； (3)若
24、在D点安装一个长度可忽略的圆弧轨道， 使得物块离开轨道后水平向右进入匀强磁 场，而且匀强磁场方向变成垂直纸面向外，求物块打在荧光屏上的位置。 命题意图 本题考查考生的分析综合能力，需要考生应用正交分解法和动量定理等知 识解题。 解析 (1)物块带正电，开始运动后，由左手定则知其受到垂直AD向上的洛伦兹力。 (1 分) 根据动量定理有 mvDmgtsin (mgcos q v B 1)t (2 分) 且v tl (1 分) 解得vD2.5 m/s。 (1 分) - 13 - (2)物块在匀强磁场所在区域做直线运动，那么电场力、重力、洛伦兹力这三力平衡， 设电场方向与水平方向夹角为。 正交分解可得
25、Eqsin mgqvDB2sin 53 (1 分) Eqcos qvDB2cos 53 (1 分) 解得E 10 2 V/m，arctan 1 3，方向指向左上方。 (2 分) (3)根据题意，物块水平进入匀强磁场，又因物块受到向下的重力，可将速度vD分解为 向左的速度v左和向右的速度v右。 (1 分) 速度向左时受到向上的洛伦兹力 向左的速度需满足qv左B2mg，用来平衡物块受到的重力。 解得v左2.5 m/s，v右5 m/s (2 分) 向右的速度使物块在磁场中做匀速圆周运动，有 qv右B2mv 2 右 r (1 分) T2r v右 (1 分) 因此物块运动可视为一边顺时针做圆周运动，一边向左匀速运动，因此物块打到荧光屏 上的位置与D点的距离dv左T (1 分) 联立解得d1.25 m 因此物块打在荧光屏的位置与D点相距 1.25 m。 (1 分) 答案 (1)2.5 m/s (2) 10 2 V/m，方向指向左上方，与水平方向夹角为 arctan 1 3 (3)1.25 m
