广西省玉林市2021届新高考五诊物理试题含解析

广西省玉林市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．甲、乙两个同学打乒乓球，某次动作中，甲同学持拍的拍面与水平方向成45°角，乙同学持拍的拍面与水平方向成30°角，如图所示．设乒乓球击打拍面时速度方向与拍面垂直，且乒乓球每次击打球拍前、后的速度大小相等，不计空气阻力，则乒乓球击打甲的球拍的速度υ1与乒乓球击打乙的球拍的速度υ2之比为（ ）
A ．6
B ．2
C ．2
D ．33
【答案】C
【解析】
【详解】
由题可知，乒乓球在甲与乙之间做斜上抛运动，根据斜上抛运动的特点可知，乒乓球在水平方向的分速度大小保持不变，竖直方向的分速度是不断变化的，由于乒乓球击打拍面时速度与拍面垂直，在甲处：x 1sin45v v =︒甲；在乙处：x 2sin30v v =︒乙；所以：12=sin45sin30x x v v v v ︒︒甲乙：＝22
．故C 正确，ABD 错误 2．在如图所示的位移（x ）—时间（t ）图象和速度（v ）—时间（t ）图象中，给出的四条图线甲、乙、丙、丁分别代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是（ ）
A ．0~t 1时间内，乙车的速度一直大于甲车的速度
B ．0~t 1时间内，甲车与乙车之间的距离先增大后减小
C ．0~t 2时间内，丙、丁两车的距离逐渐减小
D ．0~t 2时间内，丁车的速度先大于丙车，后小于丙车
【答案】B
【解析】
【详解】
A．根据位移－时间图象的斜率表示速度，由图象可知，乙车的速度在0~t1时间内并不是一直大于甲车的速度，故A错误；
B．根据位移－时间图象的斜率表示速度，由图象可知，甲图线的斜率不变，说明甲的速度不变，做匀速直线运动，乙车的速度先大于甲车的速度后小于甲车的速度，且由同一地点向同一方向运动，则0~t1时间内，甲车与乙车之间的距离先增大后减小，故B正确；
CD．由速度－时间图像可知，0~t2时间内，丁车的速度一直比丙车速度大，且由同一地点向同一方向运动，则两车间的距离一直增大，故CD错误。

故选B。

3．如图甲所示，单匝矩形线圈abcd垂直固定在匀强磁场中。

规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。

以顺时针方向为电流正方向，以向右方向为安培力正方向，下列关于bc段导线中的感应电流i和受到的安培力F随时间变化的图象正确的是（）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
0～0.5T时间内，B减小，穿过线圈的磁通量减小，磁场方向垂直纸面向里，由楞次定律可知，感应电流方向沿顺时针方向，为正值；
由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为
B
E S
t
V
V
，
B
t
V
V
不变，则E不变，感应电流i不变。

由左手
定则可知，bc段导线受到的安培力方向水平向右，是正的。

由F=BiL知bc段导线受到的安培力大小随B 的减小而逐渐减小。

在0.5T-T时间内，B增大，穿过线圈的磁通量增大，磁场方向垂直纸面向里，由楞次定律可知，感应电流方向沿逆时针方向，为负值；
由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为
B E S
t
=
V
V
，
B
t
V
V
不变，则E不变，感应电流i不变。

由图知：在0.5T-T时间内的
B
t
V
V
是0～0.5T时间内的2倍，则在0.5T-T时间内的感应电动势E是0～0.5T时间内的2倍，感应电流也是2倍。

在0.5T-T时间内，由左手定则可知，bc段导线受到的安培力方向水平向左，是负的，且由F=BiL，知在0.5T-T时间内bc段导线受到的安培力随B的增大而增大，且是0～0.5T时间内的4倍，故BCD错误，A正确。

故选A。

4．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为12
:10:1
n n=，a、b两点间的电压为2202
u=
sin100V
πt（），R为可变电阻，P为额定电流1A、用铅锑合金制成的保险丝．为使保险丝中的电流不超过1A，可变电阻R连入电路的最小阻值是（）
A．2.2ΩB．2.22ΩC．22ΩD．222
【答案】A
【解析】
原线圈输入电压
1
2202
220
2
U V
==
根据电压与匝数成正比11
22
U n
U n
=
代入数据解得：2
21
1
22
n
U U V
n
==
原线圈的最大输入功率为111220
P U I W
==
输出功率等于输入功率21220
P P W
==
由公式：
2
2
2
U
P
R
=
解得： 2.2
R=Ω
故应选A．
5．如图所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t=0时，甲静止，乙以6m/s的初速度向甲运动。

它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的v—t图像分别如图（b）中甲、乙两曲线所示。

则由图线可知
A ．两小球带电的电性一定相反
B ．甲、乙两球的质量之比为2∶1
C ．t 2时刻，乙球的电势能最大
D ．在0~t 3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小
【答案】B
【解析】
【详解】
A ．由图可知乙球减速的同时，甲球正向加速，说明两球相互排斥，带有同种电荷，故A 错误；
B ．两球作用过程动动量守恒
m 乙△v 乙=m 甲△v 甲
解得 2 1
m m 甲乙 故B 正确；
C ．t 1时刻，两球共速，距离最近，则乙球的电势能最大，故C 错误；
D ．在0〜t 3时间内，甲的动能一直増大，乙的动能先减小，t 2时刻后逐渐增大，故D 错误。

故选B 。

6．雨滴从空中由静止落下，若雨滴下落时空气阻力对其阻力随雨滴下落速度的增大而增大，则图所示的图像中，能正确反映雨滴下落运动情况的是：( )
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】C
【解析】
【详解】
当雨滴刚开始下落时，阻力f 较小，远小于雨滴的重力G ，即f ＜G ，故雨滴做加速运动；由于雨滴下落时空气对它的阻力随雨滴下落速度的增大而增大，由mg-f=ma 可知加速度减小，故当速度达到某个值时，阻力f 会增大到与重力G 相等，即f=G ，此时雨滴受到平衡力的作用，将保持匀速直线运动；故C 正确，ABD 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0分
7．物体是由大量分子组成的，下列相关说法正确的是（ ）
A ．布朗运动虽不是液体分子的运动，但它间接反映了液体分子的无规则运动
B ．液体表面分子间距离小于液体内部分子间距离
C ．扩散现象可以在液体、气体中发生，也能在固体中发生
D ．随着分子间距离的增大，分子间引力和斥力均减小
E.液体的饱和汽压随温度的升高而减小
【答案】ACD
【解析】
【详解】
A ．布朗运动是悬浮在液体中微粒的运动，它间接反映了液体分子的无规则运动，故A 正确；
B ．液体的蒸发导致液体表面分子间距离大于液体内部分子间距离，故B 错误；
C ．扩散现象可以在液体、气体中发生，也能够在固体中发生，故C 正确
D ．由于分子间作用力的实质是静电相互作用力，所以随着分子间距离的增大，分子之间的引力和斥力均减小，故D 正确；
E ．液体的饱和汽压随温度的升高而变大，故E 错误。

故选ACD 。

8．如图所示，一质量为1kg m =的小物块（可视为质点）从高12m =H 处的A 点由静止沿光滑的圆弧轨道AB 滑下，进入半径为4m =r 竖直圆环轨道，与圆环轨道的动摩擦因数处处相同，当到达圆环轨道的顶点C 时，小物块对圆环轨道的压力恰好为零。

之后小物块继续沿CFB 滑下，进入光滑轨道BD ，且到达高度为h 的D 点时速度为零，则下列说法正确的是（ ）（g 取210m/s ）
A ．小物块在圆环最高点时的速度为210m/s
B 10m/s
C ．h 的值可能为6.5m
D ．h 的值可能为8.5m
【答案】AD
【解析】
【详解】
AB ．小物块在圆环最高点时有
2C v mg m r = 解得
210m/s C v =
所以A 正确，B 错误；
CD ．BEC 过程克服摩擦力做的功为
211(2)20J 2
=--=C W mg H r mv CFB 过程克服摩擦力做的功为2W ，因该过程小物块与轨道的平均压力小于BEC 过程，则摩擦力也小，则有
210W W <<
CFBD 过程，由动能定理得
221(2)2
C mg h r W mv ---=- 解以上各式得
8m 10m h <<
所以D 正确，C 错误。

故选AD 。

9．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，其输入端通过灯泡L 1与输出电压有效值恒定的交流电源u ＝U m sin （ωt ）（V ）相连，副线圈电路中接有灯泡L 2和最大阻值为R 的滑动变阻器，已知两个灯泡的额定电压均为U ，且两者规格完全相同，电压表为理想电表，导线电阻不计。

开始时滑动变阻器的滑
片P位于最下端，调节滑动变阻器的滑片可使两个小灯泡同时正常发光（忽略灯丝电阻变化），下列说法正确的是（）
A．在R的滑片P向上滑动的过程中，电源的输出功率将会变大
B．在R的滑片P向上滑动的过程中，L1的亮度会变暗
C．若小灯泡L2突然烧坏，电压表示数会减小
D．交流电源的最大值为
m 32
U U
=
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．在R的滑片P向上滑动的过程中，副线圈电阻减小，则副线圈的输出功率变大，根据输入功率等于输出功率可知，变压器的输入功率变大，电源的输出功率变大，故A正确；
B．在R的滑片P向上滑动的过程中，副线圈电阻减小，则副线圈的输出电流变大，根据变流比可知，原线圈的输入电流变大，流过灯泡L1的电流变大，亮度会变亮，故B错误；
C．若小灯泡L2突然烧坏，副线圈电阻增大，根据欧姆定律可知，副线圈输出电流减小，根据变流比可知，原线圈输入电流减小，流过灯泡L1的电流变小，灯泡L1两端电压变小，则原线圈输入电压变大，根据变压比可知，副线圈输出电压变大，电压表示数会增大，故C错误；
D．两小灯泡正常发光，则副线圈输出电压为U，根据变压比可知，原线圈输入电压
1 22
n
U U U
n
'==
则交流电源的有效值
U有效=U'+U=3U
根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系可知，交流电源的最大值为
m 32
U U
=
故D正确。

故选AD。

10．两汽车甲、乙分别挂上拖车，两汽车与两拖车的质量均相同，且阻力与质量成正比。

开始两车以相同的速度v0做匀速直线运动，t=0时刻两拖车同时脱离汽车，已知汽车甲的牵引力不变，汽车乙的功率不变，经过相同的时间t0，汽车甲、乙的速度大小分别为2v0、1.5v0。

则下列说法正确的是（）
A ．t 0时间内，甲、乙两汽车的位移之比为4：3
B ．t 0时刻，甲、乙两汽车的加速度大小之比为3：1
C ．t 0时刻汽车甲的功率为拖车脱离前功率的4倍
D ．t 0时间内，甲、乙两汽车牵引力做功之比为3：2
【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．对甲车拖车脱离后做匀加速运动经过t 0的位移
0010002 1.52
v v s t v t +== 对乙车功率一定，则做加速度减小的加速运动，则经过t 0时的位移 0020001.5 1.252v v s t v t +>
= 则t 0时间内，甲、乙两汽车的位移之比
0012001.56 1.21.255
v t s s v t <== 不可能为4：3，选项A 错误；
B ．设汽车和拖车的质量均为m ，则汽车的牵引力为F=2kmg ，对甲车拖车脱离后做匀加速运动的加速度 1F kmg a kg m
-== 乙车功率一定
P=Fv 0=2kmgv 0
在t 0时刻乙车的加速度
02 1.513
P kmg v a kg m -== 则甲、乙两汽车的加速度大小之比为3：1，选项B 正确；
C ．甲车拖车脱离前功率
P=Fv 0=2kmgv 0
t 0时刻汽车甲的功率为
P 0=2kmg∙2v 0= 4kmgv 0=2P
选项C 错误；
D ．甲车牵引力做功
110023W kmg s kmgv t =⋅=
乙车牵引力做功
20002W Pt kmgv t ==
t 0时间内，甲、乙两汽车牵引力做功之比为3：2，选项D 正确。

故选BD 。

11．如图所示，在x 轴上坐标原点O 处固定电荷量q l =+4×10－8C 的点电荷，在x=6cm 处固定电荷量q 2=
－1×10－8 C 的点电荷。

现在x 轴上x>12cm 的某处由静止释放一试探电荷，则该试探电荷运动的v －t 图像可能正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
设x 轴上场强为0的坐标为x ，由有
1222
(6)q q k k x x =- 解得
12cm x =
则12x >区域场强方向沿x 轴正方向，由于无穷远处场强也为0，所以从12cm x =到无穷远场强先增大后减小，6cm 12cm x <<场强方向沿x 轴负方向，若试探电荷带正电，则从静止释放开始沿x 轴正方向做加速运动，由于从12cm x =到无穷远场强先增大后减小，则试探电荷做加速度先增大后减小的加速运动，若试探电荷带负电，则从静止释放开始沿x 轴负方向做加速度减小的加速运动，运动到12cm x =处加速度为0，由于6cm 12cm x <<场强方向沿x 轴负方向且场强增大，则试探电荷接着做加速度增大的减速运动，当速度减到0后反向做加速度减小的加速运动，运动到12cm x =处加速度为0，过12cm x =后做加速度增大的减速运动，由于两点荷产生的电场不是匀强电场，故试探电荷开始不可能做匀加速运动，由于12cm x =处电场强度为0，且从12cm x =到无穷远场强先增大后减小和6cm 12cm x <<场强方向沿x 轴负方向且场强增大，试探电荷不可能一直做加速度增大的加速运动，故AD 错误，BC 正确。

故选BC
12．一定质量的理想气体，从状态A 变到状态D ，其状态变化过程的体积V 随温度T 变化的规律如图所示，已知状态A 时气体的体积为V 0，温度为T 0，则气体由状态A 变到状态D 过程中，下列判断正确的是（ ）
A．气体从外界吸收热量，内能增加
B．气体体积增大，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数增大
C．若状态D时气体的体积为2V0，则状态D的温度为2T0
D．若气体对外做功为5 J，增加的内能为9 J，则气体放出的热量为14 J
【答案】AC
【解析】试题分析：气体由状态A变到状态D过程中，温度升高，内能增大；体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律分析吸放热情况．根据体积变化，分析密度变化．根据热力学第一定律求解气体的吸或放热量．
气体由状态A变到状态D过程中，温度升高，内能增大；体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律分析得知，气体从外界吸收热量，A正确；由图示图象可知，从A到D过程，气体的体积增大，两个状态的V与T成正比，由理想气体状态方程可知，两个状态的压强相等；A、D两状态气体压强相等，而D的体积大于A的体积，则单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数减少，B错误；由图示图象可知，从A到D过程，两个状态的V与T成正比，由理想气体状态方程可知，两个状态的压强相等，从A到D是等压变化，由盖吕萨克定律得，即，解得，C正确；气体对外做功为5J，则，内能增加9J，则，由热力学第一定律得，，气体吸
收14J的热量，故D错误．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某实验小组利用如图所示的装置研究平抛运动规律。

实验装置为完全相同的倾斜轨道与长度不同的水
平轨道平滑连接，并将轨道固定在同一竖直面内。

实验时，将两小球A、B同时从两倾斜轨道上自由释放，
释放位置到水平轨道距离相同。

经过一段时间，小球A开始做平抛运动，小球B继续沿水平轨道运动。

两球运动过程中，用频闪照相的方式记录两小球的位置(在图中已标出)。

(1)忽略各种阻力，小球A在空中运动过程中.两小球______。

(选填正确答案标号)
A．保持相对静止
B．在同一竖直线上
C ．运动速度大小相同
D ．机械能相同
(2)A 球做平抛运动后，利用频闪照片计算出两小球连续三个位置的高度差分别为h 1、h 2、h 3，重力加速度为g ，则频闪照相的频闪周期为_____；
(3)在实验操作过程中，发现两小球每次碰撞时，小球A 都碰在小球B 的后上方，请你分析原因可能是________。

【答案】B 1232h h h g
-- A 的阻力大于B 的阻力 【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]由于两球水平运动速度相同，因此在同一竖直线上，小球A 在空中运动，因此保持相对静止和运动速度大小相同不正确；两球下落位置不同，故机械能不同，故B 正确。

故选B ；
(2)[2]两小球连续三个位置的高度差分别为h 1、h 2、h 3，小球A 在相邻时间段内下落的高度分别为h 1－h 2和h 2－h 3，根据2x gT ∆=可得 2132h h h T g
--= (3)[3]小球A 都碰在小球B 的后上方，是因为A 球运动过程中所受水平阻力大于B 球所受阻力。

14．如图甲所示是某研究性学习小组探究小车加速度与力关系的实验装置，长木板置于水平桌面上，一端系有砂桶的细绳通过滑轮与固定的拉力传感器相连，拉力传感器可显示绳中拉力F 的大小，改变桶中砂的质量进行多次实验。

完成下列问题：
(1)实验时，下列操作或说法正确的是______________ ；
A ．需要用天平测出砂和砂桶的总质量
B ．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数
C ．选用电磁打点计时器比选用电火花计时器实验误差小
D ．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
(2)实验中得到一条纸带，相邻计数点间有四个点未标出，各计数点到A 点的距离如图乙所示。

电源的频率为50Hz ，则打点计时器打B 点时砂桶的速度大小为___m/s ；
(3)以拉力传感器的示数F 为横坐标，以加速度a 为纵坐标，画出的a —F 图像可能正确的是（____） A ．B ．C ．D ．
(4)若作出a —F 图线，求出其“斜率”为k ，则小车的质量为_____。

【答案】B 0.832 A
2k
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]．AD ．由于有拉力传感器可显示绳中拉力F 的大小，则不需要用天平测出砂和砂桶的总质量，也不需要砂和砂桶的质量远小于小车的质量，选项AD 错误；
B ．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数，选项B 正确；
C ．电火花计时器与纸带之间的摩擦力较小，则选用电火花计时器比选用电磁打点计时器实验误差小，选项C 错误；
故选B.
(2) [2]．已知打点计时器电源频率为50Hz ，则纸带上相邻计数点间的时间间隔为：T=5×0.02s=0.1s 。

B 点对应的速度为 8.32cm/s=41.6cm/s=0.416m/s 20.2
AC B x v T == 则此时砂桶的速度为
20.832m/s B v =
(3)[3]．因长木板放在水平桌面上，则由于没平衡摩擦力，对小车根据牛顿第二定律
22F f f a F m m m
-==- 则得到的a —F 图像可能正确的是A 。

(4)[4]．由22F f f a F m m m -=
=-可知 2k m
= 解得
2m k
= 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN 、PQ 被固定在水平面上，导轨间距L=0.6m ，两导轨的左端用导线连接电阻R 1及理想电压表，电阻r=2Ω的金属棒垂直于导轨静止在AB 处；右端用导线连接电阻R 2，已知R 1=2Ω，R 2=1Ω，导轨及导线电阻均不计．在矩形区域CDEF 内有竖直向上的磁场，
CE=0.2m，磁感应强度随时间的变化如图乙所示．在t=0时刻开始，对金属棒施加一水平向右的恒力F，从金属棒开始运动直到离开磁场区域的整个过程中电压表的示数保持不变．求：
（1）t=0.1s时电压表的示数；
（2）恒力F的大小；
（3）从t=0时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量Q；
【答案】（1）1.3V（2）1.27N（3）1.19J
【解析】
试题分析：（1）在1～1．2s内，CDEF产生的电动势为定值：
在1．1s时电压表的示数为：
（2）设此时的总电流为I,则路端电压为：
由题意知:
此时的安培力为：
解得：F=1．27N
（3）1～1．2s内的热量为：
由功能关系知导体棒运动过程中产生的热量为：
总热量为：
考点:法拉第电磁感应定律、焦耳定律、功能关系．
16．如图，EMNF是一块横截面为正方形的透明玻璃砖，其折射率n=，边长MN =3 cm．一束激光AB 从玻璃砖的EM面上的B点入射，∠ABE=300，BM=cm在玻璃砖右侧有一竖直屏幕POQ，PQ∥FN，
O点与MN等高，且NO=1 cm．若激光从玻璃砖射出后会在PQ上形成光斑H（图中未标出），且光在每
个面上的反射只考虑一次．求：
(i)激光在B点发生折射的折射角；(ji)光斑H到O点的距离HO．【答案】（1）300（2）
【解析】
【分析】
【详解】
作出光路图如图所示：
(i)由图可知：
由折射定律有：
则：
解得：
(ii)在中：
其中：，
则：MC=2cm
NC=MN-MC=1cm
由图可知：
因：
则：光线在C点发生全反射，最终从FN射出玻璃砖
由图可知：
因：，则
即：
因为和相似，则：，即
过D点做直线垂直PQ于G，则：，
在中，，则：
解得：
【点睛】
对于几何光学问题，关键是正确画出光路图，灵活运用几何知识辅助求解．同时要掌握折射率的两个公式，并能熟练运用．
17．如图，第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E；第二、三、四象限存在方向垂直xOy平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B，第三、四象限磁感应强度大小相等。

α=︒角平行xOy平面入射，经过第二象限一带正电的粒子，从x轴负方向上的P点沿与x轴正方向成60
，）垂直y轴进入第一象限，然后又从x轴上的N点进入第四象限，之后经后恰好由y轴上的Q点（0d
第四、三象限重新回到P点，回到P点的速度方向与入射时相同。

不计粒子重力。

求：
(1)粒子从P点入射时的速度0v；
(2)粒子进入第四象限时在x轴上的N点到坐标原点O距离；
(3)粒子在第三、四象限内做圆周运动的半径（用已知量d表示结果）。

【答案】 (1)03E v B =
；(2)3
N x d =；(3)253r d = 【解析】
【分析】
【详解】 （l ）粒子在第二象限做圆周运动的半径为r 1，圆心为O ，有
200v qv B m r
= 11sin 30r r d -︒=
由上两式解得
02mv B dq
= 粒子在第四、三象限中做圆周运动，由几何关系可知 60βα==︒
设粒子在x 轴上N 点的速度为v ，有
002cos v v v β
=
= 又 2201122
qEd mv mv =- 解得
2032mv E dq
= 所以
03E v B
= (2)设P 点的纵坐标为(),0P x -，由几何关系得
P x =
设粒子在电场中运动的时间为t ，N 点横坐标为x N ，则有 0tan 2
v d t β= 0N x v t =
解得
233N x d = (3)粒子在第四、三象限中运动半径为r 2，圆心为O 2，则 2232cos303r d d ︒=+
解得 253
r d =。