(含5套模拟卷)山东省德州市2021届新高考五诊物理试题含解析

山东省德州市2021届新高考五诊物理试题一、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.如图所示，磁性白板放置在水平地面上，在白板上用一小磁铁压住一张白纸。现向右轻拉白纸，但未拉动，在该过程中小破侏白低、F碳性r 亚 T 二）“二也加A.小磁铁受到向右的摩擦力B.小磁铁只受两个力的作用C.白纸下表面受到向左的摩擦力D.白板下表面与地面间无摩擦力【答案】C【解析】【详解】A B.小磁铁受到竖直向下的重力、白板对小磁铁吸引力和竖直向上的支持力，三力平衡，静止不动，所以小磁铁不受摩擦力，AB错误；C.对小磁铁和白纸作为整体受力分析可知，水平方向上受到向右的拉力和向左的摩擦力平衡，C 正确；D.对小磁针、白纸和磁性白板整体受力分析可知，水平方向上受到向右的拉力和地面对磁性白板向左的摩擦力平衡，D 错误。故选C。2.如图所示为A.B 两辆摩托车沿同一直线运动的速度一时间（v-t）图象，已知：t=0时刻二者同时经过同一地点，则下列说法正确的是（）A.摩托车B 在 06s内一直在做加速度减小的加速运动B.t=6s时 A、B 两辆摩托车恰好相遇C.t=12s时 A、B 两辆摩托车相距最远D.率托车A 在 012s内的平均速度大小为10m/s【答案】D【解析】【详解】A.摩托车B 在 06 s内先做加速度减小的减速运动，然后反向做加速度减小的加速运动，故 A 项错误；BC.A、B 两辆摩托车在t=6s时速度相等，两辆摩托车距离最远，故 BC项错误；D.摩托车A 在 012 s内做匀减速运动，摩托车A 的平均速度就等于这段时间中间时刻的瞬时速度10m/s,故 D 项正确。故选D。3.一宇航员到达半径为R、密度均匀的某星球表面，做如下实验：如图甲所示，用不可伸长的长为L 的轻绳拴一质量为m 的小球，轻绳上端固定在O 点，在最低点给小球一初速度，使其绕O 点在竖直面内做圆周运动，测得绳的拉力大小F 随时间t 的变化规律如图乙所示。引力常量G 及图中F。均为已知量，忽A.该星球表面的重力加速度为存mB.小球过最高点的速度为C.该星球的第一宇宙速度为、您 D.该 星 球 的 密 度 为:空：V R 4%/nGR【答案】D【解析】【分析】【详解】A B.由乙图知，小球做圆周运动在最低点拉力为7F o,在最高点拉力为F o,设最高点速度为岭，最低点速度为匕，在最高点与+2 g=mL在最低点7 4一 mg=mL由机械能守恒定律得g mv；=2mgL+g mv解得V2故 A B错误。C.在星球表面-GM-m v2=mg=m该星球的第一宇宙速度故 C 错误；D.星球质量乂=但=让G mG密度p -3 尸-。V AnmGR故 D 正确。故选D。4.一根轻质弹簧原长为lo,在力F 作用下伸长了 X。则弹簧的劲度系数k 是（）【答案】B【解析】【详解】已知弹簧的弹力F 与伸长的长度x,根据胡克定律F-kx得k=LXA C D 错误，B正确。故选B。5.一台小型发电机的原理如图所示，单匝矩形线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图乙所示。已知发电机线圈内阻为1 C,外接标有灯泡的交流电压表，则下列说法正确的是（）B,线圈转到如甲图所示位置时感应电动势为零C.当，=0.01s时线圈中的磁通量最小为零D.当，=0.01s时线圈中的磁通量最大，为 11也 Wb5冗【答案】D【解析】【详解】A.根据正弦交流电的有效值等于峰值除以0,可知感应电动势的有效值为220V,电压表测的是路端电压，由于电源有内阻，所以路端电压和电动势不相等，所以电压表的示数不为220V,故 A 错误；B,线圈转到如甲图所示位置时，感应电动势最大，故 B 错误；C D.由乙图可知t=0.01s时，感应电动势为零，线圈位于中性面，与磁感线垂直，磁通量最大，由乙图可知周期T=0.02s,由2万Em=BSa)=BS一可得=B S=W b5乃故 C 错误，D 正确。故选D。6.正在海上行驶的-艘帆船，行驶方向如图所示，海风吹来的方向与船行驶的方向夹角为5 3 ,升起风帆,调整风帆的角度，使海风垂直吹在帆面上，若海风吹在帆面上的风力大小为5()()N,则沿船行驶方向获得的推力大小为卜in 53=0.8,cos 53=0.6)rA.300NB.375 NC.400 ND.450 N【答案】A【解析】【详解】对垂直作用于帆面上的风力进行分解，分解成沿船行驶方向和垂直于行驶方向的力，沿行驶方向的分力K=Fcos53=300N.4.300?与上述计算结果/;；=3()0?4相符，故 A 正确；B.375N 与上述计算结果4=300N 不相符，故 B 错误;C.400N 与上述计算结果耳=300N不相符，故 C 错误;D.450N 与上述计算结果耳=300N不相符，故 D 错误;二、多项选择题：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，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。分7.如图所示，水平面上的同一区域介质内，甲、乙两列机械波独立传播，传播方向互相垂直，波的频率均为2Hz。图中显示了某时刻两列波的波峰与波谷的情况，实线为波峰，虚线为波谷。甲波的振幅为5cm,乙波的振幅为10cm。质 点 2、3、5 共线且等距离。下列说法正确的是()甲A.质 点 1 的振动周期为0.5sB.质点2 的振幅为5cmC.图示时刻质点2、4 的竖直高度差为30cmD.图示时刻质点3 正处于平衡位置且向上运动E.从图示的时刻起经0.25s,质点5 能通过的路程为30cm【答案】ACE【解析】【分析】【详解】A.质 点 1 的振动周期为T=；=0.5 s,选 项 A 正确；B.质点2 为谷谷相遇点，为振动加强点，则其振幅为15cm,选项B 错误；C.质 点 2、4 都是振动加强点，图示时刻质点2 在波谷，位移为-15cm,质点4 在波峰，位移为+15cm,则此时刻2、4 的竖直高度差为30cm,选 项 C 正确；D.图示时刻质点3 正处于波峰和波谷的中间位置，即在平衡位置，根据波的传播方向可知，此时向下运动，选 项 D 错误；E.质点5 为振动加强点，从图示的时刻起经0.25s=0.5T,质点5 能通过的路程为2(Ai+A2)=30cm,选项E 正确。故选ACE.8.下列说法正确的是()A.不能用气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数估算气体分子的体积B.质量相同、温度也相同的氢气和氧气，内能相同C.任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能D.在失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁没有压强E.当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大【答案】ACE【解析】【详解】A.气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数只能求出每个气体分子平均占有的空间和气体分子间的距离，不能估算气体分子本身的体积，故 A 正确；B.内能的大小与物质的量、温度、物体体积都有关，质量相同、温度也相同的氢气和氧气，它们的物质的量不同，则内能不相同，故 B 错误；C.根据热力学第二定律可知，任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能，故 C 正确；D.密闭容器内气体压强是由分子不断撞击器壁而产生的，在完全失重情况下，气体分子仍然不断撞击器壁，仍然会产生压强，故 D 错误；E.当分子力表现为斥力时，分子力随分子间距离的减小而增大，间距减小斥力做负功分子势能增大，故E 正确。故选ACEo9.如图所示，A、B 两带电小球的质量均为m,电荷量的大小均为Q（未知）。小球A 系在长为L 的绝缘轻绳下端，小球B 固定于悬挂点的正下方，平衡时，小球A、B 位于同一高度，轻绳与竖直方向成6 0 角。已知重力加速度为g,静电力常量为k,则以下说法正确的是（）A.小球A、B 带异种电荷B.小球A 所受静电力大小为y/3mgC.小球A、B 所带电荷量0 =3卜叵整2 Y kD.若小球A 的电荷量缓慢减小，则小球A 的重力势能减小，电势能增大【答案】BD【解析】【详解】A B.带电的小球A 处于平衡状态，A 受到库仑力F、重力m g以及绳子的拉力T 的作用，其合力为零,则有F=mg tan 60解得F=6mg由图可知，A B间库仑力为排斥力，即 AB为同种电荷，故 A 错误，B 正确；C.根据库仑定律有尸=左邛，而r=Lsin60解得Q=L 卜国gk故 C 错误；D.若小球A 的电荷量缓慢减小，A B间的库仑力减小，小球A 下摆，则小球A 的重力势能减小，库仑力做负功，电势能增大，故 D 正确。故 选 BDo10.如图所示，分别在M、N 两点固定放置带电荷量分别为+Q和-q(Q q)的点电荷，以 M N连线的中点。为圆心的圆周上有A、B、C、D 四点。以下判断正确的是()A.A 点的电场强度小于B 点的电场强度B.C 点的电场强度方向跟D 点的电场强度方向相同C.A、C 两点间的电势差等于A、D 两点间的电势差D.试探电荷+q在 A 点的电势能大于在B 点的电势能【答案】CD【解析】【详解】A.由于Q q,A 点处电场线比B 点处电场线密，A 点的电场强度大于B 点的电场强度，A 错误；B.电场线从Q 出发到q 终止，关于MN对称，C、D 两点电场线疏密程度相同，但方向不同，B 错误；C.由于C 点电势等于D 点电势，则 A、C 两点间的电势差等于A、D 两点间的电势差，C 正确；D.A 点的电势高于B 点的电势，+q在 A 点的电势能大于在B 点的电势能，D 正确。故选CDo11.以点电荷A、B 的连线为x 轴，以点电荷B 为坐标原点建立如图所示的坐标系，点电荷A、B 带电量分别为中、q 2,间距为xo。一电子以一定的初速度进入该电场，由靠近坐标原点的位置沿x 轴正方向运动，其电势能的变化如图中实线所示，图线与X轴交点的横坐标为X I,图线最高点对应的横坐标为X2,则下列判断正确的是A.O-xi之间电场强度沿x 轴正方向 B.A 电荷带正电，B 电荷带负电c/=(一+/)2 D/=(-+X)2%X2 夕 2%；【答案】AC【解析】【详解】A.()到 凡之间电子的电势能增大，电场力对电子做负功，电场力沿x 轴负方向，故电场强度沿x 轴正方向，A 正确；B.0 到过程中，电场力水平向左做负功，合电场强度水平向右，之后，电场力水平向右做正功，合电场强度水平向左，可 知 A 电荷带负电，B 电荷带正电，B 错误；C D.电场力做功改变电势能，所以电场力的大小表示为：所以电势能随位移变化的图像的斜率为电场力，公处电场力为0,电场强度为0,所以:kW+k一 如%（马+%）=0解得:4 =（+%0）%4C 正确，D 错误。故选AC。1 2.如图所示，两块半径均为R 的半圆形玻璃砖正对放置，折射率均为n=夜；沿竖直方向的两条直径BC、相互平行，一束单色光正对圆心。从 A 点射入左侧半圆形玻璃砖，知NAOB=60。若不考虑光在各个界面的二次反射，下列说法正确的是()A.减小N A O B,光线可能在BC面发生全反射B.BC、间距大小与光线能否从右半圆形玻璃砖右侧射出无关C.如果BC、B，C，间距大于叵，光线不能从右半圆形玻璃砖右侧射出3D.如 果 BC、B，C，间 距 等 于 遮，光线穿过两个半圆形玻璃砖的总偏折角为15。3【答案】AD【解析】【分析】【详解】A.玻璃砖的临界角为.13sin C=n 2解得C=45所以减小N A O B,光线可能在BC面发生全反射，故 A 正确；D.由折射定律可得N(TOD=45。，贝 I JO O=O D=,ZO,DE=1203在AO，D E中，由正弦定理可得OD OEsin ZOED sin ZODE又sin ZODE=2代入数据可得NO，ED=30。，由折射定律可得NFEG=45。，所以光线EF相对于光线AO偏折了 15。，故 D正确；BC.BC、B，C，间距越大，从右半圆圆弧出射光线的入射角就越大，可能超过临界角，所 以 BC、B，C，间距大小与光线能否从右半圆形玻璃右侧射出有关，且当入射角