2021年甘肃省高考物理二诊试卷(Word + 答案)

2021年甘肃省高考物理二诊试卷
二、（本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1．（6分）原子中的电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时，则（）A．核外电子受力减小B．核外电子的电势能减小
C．核外电子的动能减小D．原子的能量增大
2．（6分）甲、乙两车在某时刻由同一地点沿同一方向做直线运动，若以该时刻作为计时起点，它们运动的位移x 随时间t变化的关系如图所示，则下列说法正确的是（）
A．t1时刻两车相距最远
B．t1时刻乙车从后面追上甲车
C．t1时刻乙车的速度小于甲车的速度
D．在0到t1时间内，乙车的平均速度小于甲车的平均速度
3．（6分）如图所示，物体A以速度v0做平抛运动，落地时水平方向的位移和竖直方向的位移均为1m，图a中的虚线是A做平抛运动的轨迹，图b中的曲线是一光滑轨道，轨道的形状与图a中的虚线完全相同，让物体B从轨道顶端沿轨道无初速度下滑，B下滑过程中没有脱离轨道，物体A、B都可以看作质点，重力加速度g取10m/s2。

则下列说法正确的是（）
A．A、B两物体落地时的速度相同
B．A、B两物体下落运动的时间相等
C．物体A落地时的速度大小为5m/s
D．物体B落地时沿水平方向的速度大小为5m/s
4．（6分）图示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑
动变阻器，现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，则下列说法正确的是（）
A．电压表V1示数增大
B．电压表V2，V3示数均增大
C．该变压器起升压作用
D．变阻器滑片是沿c→d的方向滑动
5．（6分）如图所示，电荷量为+q的点电荷与均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心O，图中AO＝OB＝d，A点的电场强度为零。

下列说法正确的是（）
A．薄板带负电，薄板在A、B两点产生的电场强度相等
B．带电薄板在B点产生的电场强度的大小为
C．电子在A点所具有的电势能一定为零
D．电子在B点所具有的电势能小于在A点所具有的电势能
6．（6分）如图所示，半圆形光滑绝缘轨道固定在竖直平面内，O点为其圆心，P点为轨道最低点，两个端点M、N与O等高，匀强磁场方向与轨道平面垂直。

现将一个带负电的小球自M点由静止释放，它将沿轨道做往复运动，下列说法中正确的是（）
A．小球由M到N与由N到M所经历的时间相等
B．小球由M到P与由N到P过程中重力对小球做的功相等，但洛伦兹力做的功不等
C．小球由M到P与由N到P过程中所受合外力的冲量大小相等
D．小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小是相等的
7．（6分）2020年12月3日，中国探月工程“嫦娥五号”上升器点火起飞，携带月壤进入预定环月轨道，成功实现中国首次地外天体起飞，此前“嫦娥五号”探测器经过约19小时月面工作，顺利完成月球表面自动采样。

假设探测器在月球表面附近做勾速圆周运动，经过的时间为t，运动的弧长为s，将月球看做半径为R、质量均匀分布的球体，引力常量为G，则（）
A．探测器的环绕周期为
B．探测器的向心加速度为
C．月球的质量为
D．月球的密度为
8．（6分）在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为m和3m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。

现用沿斜面方向的恒力拉物块A使之沿斜面向上运动，当B 刚离开C时，A的速度为v，加速度大小为a，方向沿斜面向上，则（）
A．恒力的大小为4mgsinθ+ma
B．物块B从静止到刚离开C的过程中，A发生的位移为
C．物块B从静止到刚离开C的过程中，A克服重力做的功为
D．物块B从静止到刚离开C的过程中，弹簧弹性势能的增加量为（3mgsinθ+ma）﹣ma2
三、非选择题（包括必考题和选考题两部分。

第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第13-16题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题（共47分）
9．（6分）某实验小组利用如图1所示的装置“探究加速度与力、质量的关系”。

（1）下列做法正确的是。

A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行
B．在调节木板倾斜角度平衡小车受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的托盘通过定滑轮拴在小车上
C．实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源
D．用托盘和盘内砝码的重力作为小车和车上砝码受到的合外力，为减小误差，实验中一定要保证托盘和砝码的总质量远小于小车和车上砝码的总质量
（2）某同学以小车和车上砝码的总质量M的倒数为横坐标，小车的加速度a为纵坐标，在坐标纸上作出的a﹣关系图线如图2所示。

由图可分析得出：加速度与质量成关系（选填“正比”或“反比”）；图线不过原点说明实验有误差，引起这一误差的主要原因是平衡摩擦力时长木板的倾角（选“过大”或“过小”）。

10．（9分）（1）图甲使用0.6A量程时，图中表针示数是A；图乙使用3V量程，图中表针示数为V。

（2）电压表V1和电压表V2是由两块完全相同的灵敏电流计改装而成，但量程不同。

图丙中电压表V1的读数为2U，V2的读数为U，V1、V2的内阻分别为R V1、R V2，现电压表V1的指针指在满刻度的一半处，这时电压表V2的指针指在位置，两电压表内阻关系为R V1：R V2＝，被测电阻R x两端的电压为U x ＝。

（3）如图丁，利用两块完全相同的灵敏电流计改装后的高精度电压表V1、V2和以下测量电路测定电源电动势和内阻，已知V2的量程是V1量程的3倍，V2的内阻为R V2，具体操作步骤如下：
A．当开关打到1的位置时，电压表V1的读数为U1；
B．当开关打到2的位置时，电压表V2的读数为U2；
用已知量和直接测量量表示电源电动势E＝和内阻r＝。

11．（12分）如图所示，在光滑绝缘的水平面上，有一个用均匀导线围成的等边三角形线框abc，其边长为L，总电阻为R。

边界MN的右侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。

线框保持以恒定速度v0向右进入磁场，其中ab边总保持与MN平行。

在线框进入磁场的过程中。

求：
（1）线框ab边刚进入磁场时a、b两点的电势差；
（2）线框中产生的电动势E随时间变化的关系式（自ab边刚进入磁场时计时）；
（3）在线框进入磁场的过程中，通过导线截面的总电量。

12．（20分）如图所示，光滑的水平面上有质量分别为m A＝0.2kg、m B＝0.6kg两物块A、B，A、B之间用一根轻弹簧连接，开始时，弹簧处于原长，物块A刚好与竖直墙壁接触。

现用外力缓慢向左推物块B使弹簧压缩，然后撤去外力，在此过程中外力做功为30J。

求：
（1）从撤去外力到物块A离开墙壁的过程中，墙壁对物块A的冲量的大小和方向；
（2）在物块A离开墙壁后的运动过程中，物块B的最小速度和弹簧的最大弹性势能。

[物理一选修3-3]
13．（5分）根据热力学定律，下列说法正确的是（）
A．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动
B．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量
C．单晶体有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点
D．密闭在气缸内的气体被压缩，同时气体吸热，则缸内气体的内能一定变化
E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程
14．（10分）如图所示，一传热性能很好的容器，两端是直径不同的两个圆筒，里面各有一个活塞，其横截面积分别为S A＝10cm2和S B＝4cm2，质量分别是M A＝6kg，M B＝4kg．它们之间有一质量不计的轻质细杆相连．两活塞可在筒内无摩擦滑动，但不漏气．在气温是﹣23℃时，用销子M把B拴住，并把阀门K打开，使容器和大气相通，随后关闭K，此时两活塞间气体体积是300cm3，当气温升到27℃时把销子M拔去．设大气压强为1.0×105Pa不变，容器内气体温度始终和外界相同．求：
（1）刚拔去销子M时两活塞的加速度大小和方向．
（2）活塞在各自圆筒范围内运动一段位移后速度达到最大，这段位移等于多少？
[物理一选修3-4]
15．如图所示，一束单色光从空气中射向折射率为的某种玻璃的表面，i表示入射角，下列说法正确的是（）
A．当i＞45°时会发生全反射现象
B．无论入射角i是多大，折射角r都不会超过45°
C．欲使折射角r＝30°，应以i＝45°的角度入射
D．当单色光从空气进入到玻璃时，光的波长将变大
E．当入射角i满足条件tani＝时，反射光线和折射光线恰好互相垂直
16．如图甲所示，B、C和P是同一水平面内的三个点，沿竖直方向振动的横波Ⅰ在介质中沿BP方向传播，P与B 相距60cm，B点的振动图象如图乙所示；沿竖直方向振动的横波Ⅱ在同一介质中沿CP方向传播，P与C相距70cm，C点的振动图象如图丙所示。

某时刻两列波同时（从此刻开始计时）分别经过B、C两点，两列波的波速都为20cm/s，经过一段时间两列波在P点相遇，求：
①波Ⅱ的波长和波Ⅱ传到P点所需的时间；
②在0～6.25s时间内，质点P的路程和位移。

2021年甘肃省高考物理二诊试卷
试题解析
二、（本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1．解：根据玻尔理论，原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时，是原子从高能级向低能级跃迁，原子的能量减小，
核外电子的轨道半径变小，原子核和核外电子的间距减小，核外电子受力增大，
并且该过程伴随着库仑力做正功，电势能减小，
根据可知电子的动能增大，故ACD错误，B正确。

故选：B。

2．解：A、在t1时刻两车的图像相交，说明t1时刻两车相遇，相距最近，故A错误；
B、两车在同一时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，t1时刻之前，甲在乙的前面，t1时刻两车相遇，说
明在t1时刻乙车刚好从后面追上甲车，故B正确；
C、x﹣t图图像的斜率表示物体的速度，斜率越大，速度越大，故t1时刻乙车的速度大于甲车速度，故C错误；
D、0到t1时间内，甲、乙两车的位移相等，根据平均速度等于位移除以时间，可知，0到t1时间内，乙车的平
均速度等于甲车的平均速度，故D错误。

故选：B。

3．解：A、物体A以速度v0做平抛运动，物体B从轨道顶端无初速下滑，由动能定理得，A、B的都是重力做功，且大小相同，所以B的末速度小于A的末速度，故A错误；
B、A、B两物体的竖直位移相等，但是B在竖直方向上的加速度小于A，根据h＝可知A、B在空中运
动的时间不同，且t A＜t B，故B错误；
C、根据平抛运动的知识，A沿水平方向：1＝v 0t，竖直方向：1＝，解得，t＝，则A
落地时的速度：v A＝m/s＝5m/s，故C正确；
D、重力对B做功：W＝mgL＝，解得B的末速度：v B＝2m/s，因为B与A的落地速度方向相同，设
A落地时速度与水平方向夹角为θ，则cosθ＝，所以B的水平分速度为v B•cosθ＝2×＝2m/s，故D 错误。

故选：C。

4．解：A、观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，即副线圈电流增大，由于a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，匝数比不变，所以副线圈电压不变，即V1，V2示数不变，根据欧姆定律得负载电阻减小，所以变阻器滑片是沿c→d的方向滑动，故A错误，D正确，
B、由于R0两端电压增大，所以滑动变阻器R两端电压减小，即电压表V3示数减小，故B错误；
C、观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，即原线圈电流增大量小于副线圈电流
增大量，
根据电流与匝数成反比，所以该变压器起降压作用，故C错误；
故选：D。

5．解：A、正电荷q在A点激发的电场强度方向向右，A点的电场强度为零，根据电场的矢量合成，知薄板带负电，由对称性可知，薄板在A、B两点产生的电场强度大小相等，方向相反，故A错误；
B、q在A点形成的电场强度的大小为：E1＝，方向向左；因A点场强为零，故薄板在A点的场强方向向
右，大小也为；由对称性可知，薄板在B点的场强也为，方向向左，故B错误；
C、零电势点是人为规定的，故电子在A点所具有的电势能不一定为零，故C错误；
D、如果没有正电荷q，电子在B点所具有的电势能等于在A点所具有的电势能，现在叠加正电荷q的电场，电
子由A到B电场力做正功，电势能减小，故电子在B点所具有的电势能小于在A点所具有的电势能，故D正确。

故选：D。

6．解：A、小球所受的洛伦兹力不做功，轨道光滑没有摩擦力，只受重力作用，小球机械能守恒，故小球由M到N与由N到M所经历的时间相等，故A正确。

B、小球由M到P与由N到P过程中重力对小球做的功相等，洛伦兹力一直与速度方向垂直，故洛伦兹力不做
功，故B错误。

C、根据动量定理有F合t＝m△v，根据A选项分析，小球机械能守恒，故小球由M到P与由N到P过程中速度
变化量大小相等，故在此过程中所受合外力的冲量大小相等，故C正确。

D、小球从M到P的过程中由左手定则可知小球所受的洛伦兹力方向向上，设小球到最低点速度为v，圆环半径
为R，
根据牛顿第二定律有；
当小球从N到P的过程中由左手定则可知小球所受的洛伦兹力方向下，
根据牛顿第二定律有
故N1≠N2，故D错误。

故选：AC。

7．解：A、由得：v＝，又T＝＝，即：探测器的环绕周期为，故A正确；
B、由向心加速度公式将v＝，r＝R代入得：，故B错误；
CD、万有引力提供向心力，由向心力公式有：，将代入得：，又代入数据得：ρ＝，故C错误D正确。

故选：AD。

8．解：AB、开始时A处于静止状态，弹簧处于压缩，根据平衡有：mgsinθ＝kx1，解得弹簧的压缩量为：x1＝当B刚离开C时，B对挡板的弹力为零，有：kx2＝3mgsinθ，解得弹簧的伸长量为：x2＝
可知物块B从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移为：x＝x1+x2＝；
当B刚离开C时，A的速度为v，加速度方向沿斜面向上、大小为a，此时：F﹣mgsinθ﹣kx2＝ma，解得：F＝4mgsinθ+ma，故AB正确；
C、物块B从静止到B刚离开C的过程中，A克服重力做的功为：W G＝mgxsinθ＝，故C错误；
D、根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即得弹簧弹性势能
的增加量为：
E P＝F（x1+x2）﹣mgsinθ（x1+x2）﹣mv2＝（3mgsinθ+ma）﹣mv2，故D错误。

故选：AB。

三、非选择题（包括必考题和选考题两部分。

第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第13-16题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题（共47分）
9．解：（1）考查操作注意事项，A、只有细线与木板平行才能保证细线的拉力的大小和方向不变，故A正确；
B、平衡的是小车受到的摩擦阻力，所以不能挂上钩码，让小车拖着纸带恰能做匀速直线运动，故B错误；
C、先通电再释放小车这是涉打点计时器的规定动作，故C错误；
D、只有m＜＜M时，小车M受到的合力才能用mg来代替，故D正确；
故选：AD
（2）根据牛顿第二定律有：a＝，由图2可以看出a﹣图象是一条过原点的直线，所以得到加速度a与小车质量M成反比。

a﹣图象不过原点，说明当M为某一很大的值时，加速度却不零，说明是平衡摩擦阻力时长木板的倾角太大的缘故。

故答案为：（1）AD；（2）反比、过大
10．解：（1）图甲所示的电流表使用0.6A量程时，其分度值为0.02A，示数为0.44A；当使用3V量程时，其分度值为0.1A，示数为1.70V；
（2）两电压表由相同的灵敏电流计改装，满偏电流相同，串联后电流相同，其偏转角度也相同，
但电压表内阻不同，则电压表示数之比等于电压表内阻之比，即R V1：R V2＝2U：U＝2：1
所以电压表V1的指针指在满刻度的一半处，即为2U时，则电压表V2的读数为U，也在电压表V2的指针指在满刻度的一半处，
此时待测电阻R x两端的电压U＝U1+U2＝2U+U＝3U；
（3）电压表V1、V2是由完全相同的灵敏电流计改装，电压表V2的量程是电压表V1量程的3倍，电压表V2的内阻为R V2，则电流表V1的内阻值为
根据闭合电路欧姆定律有：，
联立解得：r＝，E＝
故答案为：（1）0.44，1.70；（2）满刻度的一半，2：1，3U；（3），；
11．解：（1）线框ab边刚进入磁场时产生的感应电动势为：E＝BLv0，根据右手定则可知a端为高电势，根据闭合电路欧姆定律可得a、b两点的电势差为：U ab＝E＝；
（2）线框在t时刻进入磁场的长度为：x＝v0t
此时有效切割长度为：l＝2（﹣x）tan30°＝L﹣
线框产生的感应电动势为：E＝Blv0＝BLv0﹣（0）；
（3）线框进入磁场过程中，平均感应电动势为：＝＝＝
平均感应电流为：＝
根据电荷量的计算公式可得：q＝＝。

答：（1）线框ab边刚进入磁场时a、b两点的电势差为；
（2）线框中产生的电动势E随时间变化的关系式为E＝BLv0﹣（0）；
（3）在线框进入磁场的过程中，通过导线截面的总电量为。

12．解：（1）从撤去外力到物块A离开墙壁的过程中，由功能关系得，解得
此过程中对B，选水平向右为正方向，由动量定理得I＝m B v0﹣0
解得弹簧对B的冲量大小为I＝6N•s，方向水平向右；
弹簧对物块A的弹力与弹簧对B的弹力等大反向共线且作用时间相同，所以弹簧对A物块的冲量I′＝I＝6N•s，方向水平向左
由于物块A保持静止状态，所以墙壁对物块A的冲量与弹簧对物块A的冲量等大反向，即I A＝I′＝6N•s，方向水平向右；
（2）A离开墙以后做加速运动，B做减速运动，直到弹簧再次恢复原长，B的速度最小；
对A、B及弹簧组成的系统为研究对象，以B的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：m B v0＝m A v A+m B v B，
由机械能守恒定律得：，
解得物块B的最小速度＝
A离开墙以后做加速运动，B做减速运动，二者速度相等时，弹簧长度最短，弹性势能最大，
设此时两物体的共同速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
m B v0＝（m B+m A）v，
根据系统的机械能守恒得
E p＝m B v02﹣（m B+m A）v2
解得：弹簧的最大弹性势能E P＝7.5J
答：
（1）从撤去外力到物块A离开墙壁的过程中，墙壁对物块A的冲量的大小为6N•s，方向水平向左；
（2）在物块A离开墙壁后的运动过程中，物块B的最小速度为5m/s，弹簧的最大弹性势能为7.5J。

[物理一选修3-3]
13．解：A、悬浮在水中的花粉的布朗运动是花粉颗粒的无规律运动，反映了水分子的无规则运动，故A错误；
B、根据热力学第一定律可知，做功和热传递可以改变物体的内能，故B正确；
C、晶体分为单晶体和多晶体，都有固定的熔点，故C错误；
D、密闭在气缸内的气体被压缩，则有W＞0，同时气体吸热，则有Q＞0，根据热力学第一定律△U＝Q+W，可
知△U＞0，所以缸内气体的内能一定增加，故D正确；
E、根据热力学第二定律，可知功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程，故E正确。

故选：BDE。

14．解：（1）对于容器中的气体，在K关闭至M拔去前的过程中，是等容变化．
初态：p1＝1.0×105pa，T1＝273﹣23＝250K；
末态：T2＝273+27＝300K
根据查理定律＝，得：
p2＝1.0×105×＝1.2×105（Pa）①
选取活塞和杆为研究对象，当拔去M时，其受力情况分析如下图所示．
根据牛顿第二定律a＝＝＝m/s2＝1.2m/s2②
方向：水平向左．③
（2）由于S A＞S B，当活塞向左移动时，气体的体积增大，而气体的温度不变，故气体的压强减小，
从上一问可知活塞和杆的加速度在减小，速度却增大，当减小到与外界压强相等时，加速度为零，这时速度达到最大，利用
初态：p＝1.2×105Pa，V＝300cm3；
末态：P′＝1.0×105Pa，
玻意耳定律：pV＝p′V′，所以
④
设所求移动位移为x，则V′﹣V＝S A x﹣S B x
所以⑤
答：（1）刚拔去销子M时两活塞的加速度大小是1.2m/s2，方向向左．
（2）活塞在各自圆筒范围内运动一段位移后速度达到最大，这段位移等于10cm
[物理一选修3-4]
15．解：A、光从空气射入玻璃时，空气相对玻璃是光疏介质，发生全反射的条件是光从光密介质进入光疏介质，故无论入射角多大，都不会发生全反射，故A错误；
B、当入射角最大时，折射角最大，最大入射角小于90°，根据折射定律得n＝，解得最大折射角小
于45°，故B正确；
C、当折射角r＝30°时，根据折射定律得n＝，解得入射角i＝45°，故C正确；
D、当单色光从空气进入到玻璃时，光速减小，频率不变，根据v＝λf可知光的波长将变小，故D错误；
E、设入射角为i时反射光线与折射光线垂直，则折射角为90°﹣i，根据折射定律得n＝＝tani，
解得i＝arctan，故E正确。

故选：BCE。

16．解：①由丙图可知，波Ⅱ的周期T2＝1s
则波Ⅱ的波长λ2＝vT2＝20×1cm＝20cm
波Ⅱ传到P点所需的时间t CP＝＝＝3.5s
②由图乙，波Ⅰ的振幅A1＝30cm，由图丙，波Ⅱ的振幅A2＝40cm
波Ⅰ传到P点所需时间t BP＝＝＝3s
在0～3s时间内P点静止，
3s～3.5s波Ⅰ使P点振动了半个周期
P质点走过2个振幅，路程l1＝2A1＝2×30cm＝60cm，3.5s回到平衡位置且向y轴负方向运动
此时波Ⅱ传刚到P点，也是使P点从平衡位置开始向y轴负方向运动
因两波的周期相同，所以3.5s～6.25s质点P以振幅A＝A1+A2＝30cm+40cm＝70cm振动，周期为T＝1s
在这段时间△t＝6.25s﹣3.5s＝2.75s＝2T内，质点P走过的路程l2＝11A＝11×70cm＝770cm，
t＝6.25s时正好达到波峰位置
所以在0～6.25s时间内，初位置在平衡位置，末位置在波峰，质点P的位移为x＝70cm 质点P的路程l＝l1+l2＝60cm+770cm＝830cm
答：①波Ⅱ的波长为20cm，波Ⅱ传到P点所需的时间为3.5s；
②在0～6.25s时间内，质点P的路程为830cm，位移为70cm。