1、山东师大附中2021届高三上学期二模考试物理试卷（考试时长：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. 下列关于布朗运动的说法，正确的是（）A. 布朗运动是液体分子的无规则运动B. 布朗运动是指悬浮在液体中的固体分子的无规则运动C. 布朗运动说明了液体分子与悬浮颗粒之间存在着相互作用力D. 观察布朗运动会看到，悬浮的颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈【答案】D【解析】【详解】AB布朗运动是指悬浮在液体中的固体颗粒的无规则运动，是液体分子无规则运动的反映，选项AB错误；C布朗运动不能说明液体分子与悬浮颗粒之间存在着相互作用力，
2、选项C错误；D观察布朗运动会看到，悬浮的颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈，选项D正确。2. 如图为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，用这些光照射逸出功为2.49eV的金属钠，下列说法正确的是（）A. 这群氢原子能发出3种频率不同的光，其中从n3跃迁到n2所发出的光波长最短B. 这群氢原子能发出3种频率不同的光，其中从n3跃迁到n1所发出的光频率最小C. 金属钠表面所发出的光电子的最大初动能为9.60eVD. 金属钠表面所发出的光电子的最大初动能为11.11eV【答案】C【解析】【详解】AB这群氢原子能够发出光的数量为种，其中从n3跃迁到n1
3、的能量差最大，则由可知频率最大，其中从n3跃迁到n2的能量最小，则频率最小，波长最长，AB错误；CDn3跃迁到n1的光子的能量最大，为由光电效应方程可得C正确D错误；故选C。3. 质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=5t+t2（各物理量均采用国际单位制单位），则该质点（ ）A. 第1s内的位移是5mB. 前2s内的平均速度是6m/sC. 任意相邻的1s 内位移差都是1mD. 任意1s内的速度增量都是2m/s【答案】D【解析】第1s内的位移只需将t1代入即可求出x=6m，A错误；前2s内的平均速度为，B错；由题给解析式可以求得加速度为a=2m/s2，C错；由加速的定义可知D选项正确4. 如
4、图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点，现用水平F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力FN，以及绳对小球的拉力FT的变化情况是（）A. FN保持不变，FT不断增大B. FN不断增大，FT不断减小C. FN保持不变，FT先增大后减小D. FN不断增大，FT先减小后增大【答案】D【解析】【详解】对小球进行受力分析，重力、支持力FN、拉力FT组成一个闭合的矢量三角形，由于重力不变、支持力FN方向不变，斜面向左移动的过程中，拉力FT与水平方向的夹角减小，当=时，FTFN，细绳的拉力FT最小，由图可知，随的
5、减小，斜面的支持力FN不断增大，FT先减小后增大故D正确，ABC错误5. 在光滑水平面上，一根原长为L的轻质弹簧的一端与竖直轴O连接，另一端与质量为m的小球连接，如图所示。当小球以O为圆心做匀速圆周运动的速率为v1时，弹簧的长度为1.5L；当它以O为圆心做匀速圆周运动的速率为v2时，弹簧的长度为2.0L，则v1与v2的比值为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】设弹簧的劲度系数为k，当小球以v1做匀速圆周运动时，弹簧弹力提供向心力，可得当小球以v2做匀速圆周运动时，弹簧弹力提供向心力，可得两式之比得故选C。6. 如图所示，两黏连在一起的物块a和b，质量分别为和，放在光滑的水平桌
6、面上，现同时给它们施加方向如图所示的水平推力和水平拉力，已知，则a对b的作用力（ ）A. 必为推力B. 必为拉力C. 可能为推力，也可能为拉力D. 不可能为零【答案】C【解析】【详解】将a、b看做一个整体，加速度单独对a进行分析，设a、b间的作用力为，则即由于不知道与的大小关系，故可能为正，可能为负，也可能等于0，故C正确。7. 风速仪结构如图（a）所示光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住已知风轮叶片转动半径为r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈若某段时间t内探测器接收到的光强随时间变化关系如图（b）所示，则该时间段内
7、风轮叶片 A. 转速逐渐减小，平均速率为B. 转速逐渐减小，平均速率为C. 转速逐渐增大，平均速率为D. 转速逐渐增大，平均速率为【答案】B【解析】【详解】根据题意，从图（b）可以看出，在时间内，探测器接收到光的时间在增长，圆盘凸轮的挡光时间也在增长，可以确定圆盘凸轮的转动速度在减小；在时间内可以从图看出有4次挡光，即圆盘转动4周，则风轮叶片转动了4n周，风轮叶片转过的弧长为，叶片转动速率为：，故选项B正确【点睛】先通过图示判断圆盘凸轮的转动速度变化和转动圈数，再通过圆周运动的关系计算叶片转动速率8. “嫦娥一号”是我国首次发射的探月卫星，它在距月球表面高度为200 km的圆形轨道上运行，运行
8、周期为127分钟已知引力常量G=6.671011 Nm2/kg2，月球半径为1.74103 km利用以上数据估算月球的质量约为（ ）A. 8.11010 kgB. 7.41013 kgC. 5.41019 kgD. 7.41022 kg【答案】D【解析】试题分析: 根据有引力提供嫦娥一号圆周运动的向心力有：=，得中心天体月球的质量M=，代入轨道半径r=R+h=1.74103+200km=1.94106m，周期T=127min=12760s=7620s，引力常量G=6.6710-11Nm2/kg2，可得月球质量M=7.41022kg故选D考点：万有引力定律及其应用二、多项选择题:本题共4小题，每
9、小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9. 一单摆做小角度摆动，其振动图象如图所示，以下说法正确的是（）A. t1时刻摆球速度为零，摆球的回复力最大B. t2时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小C. t3时刻摆球速度为零，摆球的回复力最小D. t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大【答案】AD【解析】【详解】At1时刻摆球位移最大，摆球速度为零，摆球的回复力最大，A正确；Bt2时刻摆球位移为零，在平衡位置，速度为大，悬线对它的拉力最大，B错误Ct3时刻摆球位移最大，速度为零，摆球的回复力最大，C错误；Dt4时刻摆球处在平衡位置，
10、速度最大，悬线对它的拉力最大，D正确。故选AD。10. 质量均为m的A、B两个小球之间系一个质量不计的弹簧，放在光滑的台面上A紧靠墙壁，如图所示，今用恒力F将B球向左挤压弹簧，达到平衡时，突然将力F撤去，此瞬间()A. A球的加速度为零B. A球的加速度为C. B球的加速度为D. B球的加速度为【答案】AC【解析】【分析】先分析将力F撤去前弹簧的弹力大小，再分析将力F撤去的瞬间两球所受的合力，根据牛顿第二定律求解加速度【详解】力F撤去前弹簧的弹力大小为F将力F撤去的瞬间，弹簧的弹力没有变化，则A的受力情况没有变化，合力为零，B的合力大小等于F，根据牛顿第二定律得到A球的加速度为零，B球的加速度
11、为【点睛】瞬时问题是牛顿定律应用典型的问题，一般先分析状态变化前弹簧的弹力，再研究状态变化瞬间物体的受力情况，求解加速度，要抓住弹簧的弹力不能突变的特点11. 三个小物块分别从3条不同光滑轨道的上端由静止开始滑下，已知轨道1、轨道2、轨道3的上端距水平地面的高度均为；它们的下端水平，距地面的高度分别为、，如图所示，若沿轨道1、2、3下滑的小物块的落地点到轨道下端的水平距离分别记为、，则（ ）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【详解】对轨道1：射出时的速度，射程；对轨道2：射出时的速度，射程；对轨道3：射出时的速度，射程；则，故BC正确，AD错误.12. 为了探测X星球，载着登陆舱的探
12、测飞船在以该星球中心为圆心，半径为r1的圆轨道上运动，周期为T1，总质量为m1，随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m2，则（）A. X星球的质量为B. X星球表面的重力加速度为C. 登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比为=D. 登陆舱在半径为r2轨道上做圆周运动的周期为【答案】AD【解析】【详解】A研究飞船绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有可得故A正确；B根据圆周运动知识可得只能表示在半径为的圆轨道上向心加速度，而不等于X星球表面的重力加速度，故B错误；C研究登陆舱绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有解得表达式里
13、为中心体星球的质量，为运动的轨道半径，所以登陆舱在与轨道上运动时的速度大小之比为故C错误；D根据开普勒第三定律则有可得登陆舱在半径为轨道上做圆周运动的周期为故D正确；故选AD三、非选择题：本题共6小题，共60分。13. 如图为“测量弹簧劲度系数”的实验装置图，弹簧的上端固定在铁架台上，下端装有指针及挂钩，指针恰好指向一把竖直立起的毫米刻度尺。现在测得在挂钩上挂上一定数量钩码时指针在刻度尺上的读数如下表：钩码数n012345刻度尺读数xn（cm）2.624.175.707.228.8410.43已知所有钩码的质量可认为相同且为m050g，当地重力加速度g9.8m/s2。请回答下列问题：(1)请根
14、据表格数据计算出弹簧的劲度系数k_N/m；（结果保留两位有效数字）(2)考虑到在没有挂钩码时弹簧自身有重量，测量弹簧劲度系数k的值与真实值相比较_（填“偏大”、“偏小”或“没有影响”）。【答案】 (1). 31 (2). 没有影响【解析】【详解】(1)1弹簧的原长为L0=2.62cm，钩码每增加50g弹簧的形变量的平均值为：由F=kx得(2)2由胡克定律可知，弹簧弹力的增加量与弹簧的形变量成正比，即：F=kx，因此弹簧的自重不会对劲度系数产生影响14. 某组同学设计了“探究加速度a与物体所受合力F及质量m的关系”实验如图甲为实验装置简图，A为小车，B为电火花计时器，C为装有细砂的小桶，D为一端
15、带有定滑轮的长方形木板，实验中认为细绳对小车拉力F等于细砂和小桶的总重量，小车运动的加速度a可用纸带上打出的点求得（1）如图乙为某次实验得到的纸带，已知实验所用电源的频率为50 Hz根据纸带可求出电火花计时器打B点时的速度为_m/s，小车的加速度大小为_m/s2(结果均保留两位有效数字)（2）在“探究加速度a与质量m的关系”时，某同学按照自己的方案将实验数据都在坐标系中进行了标注，但尚未完成图象(如图所示)请继续帮助该同学作出坐标系中的图象_（3）在“探究加速度a与合力F的关系”时，该同学根据实验数据作出了加速度a与合力F的图线如图所示，该图线不通过坐标原点，试分析图线不通过坐标原点的原因:_
16、【答案】 (1). 1.6； (2). 3.2； (3). ； (4). 实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够【解析】【分析】（1）根据平均速度等于中间时刻瞬时速度求解B点的速度，根据x=aT2求解加速度；（2）图线不通过坐标原点，当F为某一值时，加速度为零，知平衡摩擦力不足【详解】B点的速度等于AC段的平均速度，故，从纸带上看出，相邻两点间位移之差为一恒量，x=0.51cm，根据x=aT2得，如图所示：从图中可以看出，拉力F增大到一定的值才有加速度，故是没有平衡摩擦力，或者平衡摩擦力不足；【点睛】本题考查了打点计时器的应用及打出的纸带的处理方法，有利于学生基本知识的掌握，同时也考查了学生对实
17、验数据的处理方法，及试验条件的掌握，平衡摩擦力的方法15. 一辆汽车在十字路口等待绿灯，当绿灯亮时汽车以a3 m/s2的加速度开始行驶，恰在这时一人骑自行车以v06 m/s的速度匀速驶来，从后边超过汽车，试问：（1）汽车从路口开动后，在追上自行车之前经过多长时间两车相距最远？最远距离是多大？（2）当汽车与自行车距离最近时汽车的速度是多大？【答案】（1）2s；6m（2）12m/s【解析】【详解】（1）当汽车的速度为v6 m/s时，二者相距最远，所用时间为最远距离为xv0tat26 m. （2）两车距离最近时有v0tat2解得t4 s汽车的速度为vat12 m/s.16. 如图所示，在水平地面上固
18、定一倾角37表面光滑的斜面体，物体A以v16m/s的初速度沿斜面上滑，同时在物体A的正上方，有一物体B以某一初速度水平抛出。如果当A上滑到最高点时恰好被B物体击中。（A、B均可看做质点，sin370.6，cos370.8，取g10m/s2）求：（1）物体A上滑到最高点所用时间t；（2）物体B抛出时的初速度v2。【答案】（1）1s；（2）2.4m/s【解析】【详解】（1）物体A上滑过程中，由牛顿第二定律得mgsinma解得a6m/s2设经过时间t物体A上滑到最高点，由运动学公式0v1at解得t1s（2）平抛物体B的水平位移xv1tcos372.4m平抛速度v22.4m/s17. 某工厂生产流水线
19、示意图如图所示，半径R=1m的水平圆盘边缘E点固定一小桶在圆盘直径DE正上方平行放置的水平传送带沿顺时针方向匀速转动，传送带右端C点与圆盘圆心O在同一竖直线上，竖直高度h=1. 25m；AB为一个与CO在同一竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道，半径r=0.45 m，且与水平传送带相切于B点一质量m=0.2kg 的滑块(可视为质点)从A点由静止释放,滑块与传送带间的动摩擦因数=0.2 ,当滑块到达B点时，圆盘从图示位置以一定的角速度绕通过圆心O的竖直轴匀速转动，滑块到达C点时恰与传送带同速并水平抛出，刚好落人圆盘边缘的小捅内取g=10m/s2，求:(1)滑块到达圆弧轨道B点时对轨道的压力NB;(2
20、)传送带BC部分的长度L;(3)圆盘转动的角速度应满足的条件【答案】（1）6 N，方向竖直向下；（2）1.25 m ；（3）=2nrad/s(n=1，2，3)【解析】【详解】（1）滑块从A到B过程中，根据动能定理得：代入数据解得滑块到达B点时，由牛顿第二定律得：代入数据解得：（2）滑块离开C点后做平抛运动，在竖直方向有：代入数据解得：t1=0.5 s在水平方向：代入数据解得：滑块由B到C过程中，根据动能定理有：代入数据解得：L=1.25 m（3）滑块由B到C过程中，据平均运动公式有代入数据解得： 则总时间为：圆盘转动的角速度应满足条件解得：18. 如图所示，质量为m1kg的物块，放置在质量M2
21、kg足够长木板的中间，物块与木板间的动摩擦因数为0.1，木板放置在光滑的水平地面上。在地面上方存在两个作用区，两作用区的宽度L均为1m，边界距离为d，作用区只对物块有力的作用：作用区对物块作用力方向水平向右，作用区对物块作用力方向水平向左。作用力大小均为3N。将物块与木板从图示位置（物块在作用区内的最左边）由静止释放，已知在整个过程中物块不会滑离木板。取g10m/s2，求：（1）在物块刚离开区域时，物块的速度多大？（2）若物块刚进入区域时，物块与木板的速度刚好相同，求两作用区的边界距离d；（3）从开始到物块刚进入区域时，物块和木板的相对位移。【答案】（1）2m/s；（2）1.5m；（3）1.5m【解析】【详解】（1）对物块由牛顿第二定律Fmgmam1，得由得，vm1am1t12m/s（2）区域内，对木板，由mgMaM1得aM10.5m/s2物块到达区域边缘处，木板的速度vM1aM1t10.5m/s离开区域后，对物块由mgmam2得am21m/s2对木板aM2aM10.5m/s2当物块与木板达共同速度时：vm1am2t2vM1aM2t2，得t21s两作用区边界距离为dvm1t21.5m（3）物块运动的位移为木板一直做匀变速运动，因此则相对位移为