辽宁省辽阳市2021届新高考物理二月模拟试卷含解析

辽宁省辽阳市2021届新高考物理二月模拟试卷
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．强台风往往造成巨大灾难．2018年9月16日17时，第22号台风“山竹”强台风级在广东登陆，登陆时中心附近最大风力达162/v km h =，空气的密度31.3/kg m ρ=，当这登陆的台风正对吹向一块长10m 、宽4m 的玻璃幕墙时，假定风遇到玻璃幕墙后速度变为零，由此可估算出台风对玻璃幕墙的冲击力F 大小最接近（ ）
A ．32.610N ⨯
B ．45.310N ⨯
C ．51.110N ⨯
D ．61.410N ⨯ 【答案】C
【解析】
【详解】
假设经过t 时间，由动量定理得：20v ts Ft ρ-=，代入数据：251.110N F v s ρ⨯=≈，故选C 2．关于分子间相互作用力与分子间势能，下列说法正确的是（ ）
A ．在10r 0（r 0为分子间作用力为零的间距，其值为10－10m ）距离范围内，分子间总存在着相互作用的引力
B ．分子间作用力为零时，分子间的势能一定是零
C ．当分子间作用力表现为引力时，分子间的距离越大，分子势能越小
D ．分子间距离越大，分子间的斥力越大
【答案】A
【解析】
【详解】
A ．分子间同时存在引力和斥力，在平衡距离以内表现为斥力，在平衡距离以外表现为引力，在10r 0距离范围内，分子间总存在着相互作用的引力，A 正确；
BC ．设分子平衡距离为r 0，分子距离为r ，当r>r 0，分子力表现为引力，分子距离越大，分子势能越大；当r<r 0，分子力表现为斥力，分子距离越小，分子势能越大；故当r ＝r 0，分子力为0，分子势能最小；由于分子势能是相对的，其值与零势能点的选择有关，所以分子距离为平衡距离时分子势能最小，但不一定为零，B 、C 错误；
D ．分子间距离越大，分子间的斥力越小，D 错误。

故选A 。

3．如图所示，空间有两个等量异种点电荷Q 1和Q 2，Q 1带正电、Q 2带负电，两点电荷间的距离为L ，O 为连线的中点。

在以Q 1、Q 2为圆心，2
L 为半径的两个圆上有A 、B 、C 、D 、M 、N 六个点，A 、B 、C 、D 为竖直直径的端点，M 、N 为水平直径的端点，下列说法中正确的是（ ）
A．A、C两点电场强度相同
B．带正电的试探电荷在M、N两点时受到的电场力方向相反
C．把带正电的试探电荷从C点沿圆弧移动到N点的过程中电势能不变
D．带负电的试探电荷在M点的电势能小于在A点的电势能
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．由等量异种点电荷的电场分布可知，A、C两点电场强度大小相等，方向不同，故A错误；
B．带正电的试探电荷在M、N两点时受到的电场力方向都水平向左，故B错误；
C．由于C、N两点离负点电荷距离相等，但C点离正点电荷更近，则C、N两点电势不同，则电势能不同，故C错误；
D．由于M、A两点离正点电荷距离相等，但A点离负点电荷更近，则A点电势更低，根据负电荷在电势低处电势能大，则带负电的试探电荷在M点的电势能小于在A点的电势能，故D正确。

故选D。

，为定值电阻，电流表、电压表均可视为理想4．如图所示的电路中，恒流源可为电路提供恒定电流0I R
R接入电路的阻值，记录电流表、电压表的示数并依电表，不考虑导线电阻对电路的影响。

改变变阻器L
次填写在下表中。

由数据可以判定以下说法正确的是（）
序号 1 2 3 4 5 6 7 8
()V
U14.0 12.0 10.0 8.0 6.0 4.0 2.0 0
()A
I0.30 0.40 0.50 0.60 0.70 0.80 0.90 1.00
A．实验过程中L R逐渐增大
B．实验过程中恒流源输出功率逐渐减小
C ．恒流源提供的电流0I 大小为2.00A
D ．电路中定值电阻R 的阻值为10Ω
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．从表格中的数据可知U I
的比值在减小，而电压表测量L R 两端电压，电流表测量L R 电流，即L U R I =，L R 逐渐减小，A 错误；
B ．L R 逐渐减小，根据串并联电路电阻规律可知电路总电阻减小，而电路总电流恒定，根据2P I R =可知恒流源输出功率逐渐减小，B 正确；
C ．第8次实验时电压表示数为零，即L R 连入电路的电阻为零，L R 所在支路为一根导线，电阻R 被短路，此时L R 所在支路的电流等于恒流源提供的电流，故大小为1.00A ，C 错误；
D ．第一次实验时电流表示数为0.3A ，所以第一次实验时通过电阻R 的电流为
01 1.000.30.7A I I I =-=-=
由于R 和L R 并联，所以第一次实验时R 两端的电压为
14V U =
故R 的电阻为
1420Ω0.7
U R I === 故D 错误。

故选B 。

5．关于近代物理学，下列说法正确的是（ ）
A ．α射线、β射线和γ射线中，γ射线的电离能力最强
B ．根据玻尔理论，氢原子在辐射光子的同时，轨道也在连续地减小
C ．卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，揭示了原子核的组成
D ．对于某种金属，超过极限频率的入射光频率越高，所产生的光电子的最大初动能就越大
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．α、β、γ三种射线中，γ射线的穿透本领比较强，而电离能力最强是α射线，故A 错误；
B ．玻尔理论认为原子的能量是量子化的，轨道半径也是量子化的，故氢原子在辐射光子的同时，轨道不是连续地减小，故B 错误；
C ．卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出原子核式结构学说，故C 错误；
D ．根据光电效应方程km 0
E h W ν=-知，超过极限频率的入射频率越高，所产生的光电子的最大初动能就越大，故D 正确。

故选D 。

6．完全相同的两列高铁在直铁轨上相向行使，速度为350km/h ，两列车迎面交错而过时，双方驾驶员看到对方列车从眼前划过的时间大约是2s ，以下说法正确的是（ ）
A ．由以上数据可以估算出每列车总长约为200m
B ．由以上数据可以估算出每列车总长约为400m
C ．坐于车尾的乘客看到对方列车从身边划过的时间大约是4s
D ．坐于车尾的乘客看到对方列车从身边划过的时间大约是1s
【答案】B
【解析】
【详解】
AB ．两列车相向运动，每列车总长为：
350350()2m 400m 3.6 3.6
L v t =∆=+⨯≈g 故A 错误，B 正确；
CD ．坐于车尾的乘客看到对方列车从身边划过的时间为：
400s 2s 350350
3.6 3.6
L t v ==≈∆+ 故C 、D 错误；
故选B 。

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．半径分别为r 和2r 的同心半圆导轨MN 、PQ 固定在同一水平面内，一长为r 、电阻为R 、质量为m 且质量分布均匀的导体棒AB 置于半圆轨道上面，BA 的延长线通过导轨的圆心O ，装置的俯视图如图所示。

整个装置位于磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中。

在N 、Q 之间接有一阻值也为R 的电阻。

导体棒AB 在水平外力作用下，以角速度ω绕O 顺时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。

导轨电阻不计，不计一切摩擦，重力加速度为g ，则下列说法正确的是（ ）
A ．导体棒中的电流方向为A→B
B ．导体棒A 端相等于电源正极
C ．导体棒AB 两端的电压为234
Br ω D ．若保持导体棒转动的角速度不变，同时使竖直向下的磁场的磁感应强度随时间均匀增大，则通过电阻R 的电流可能一直为零
【答案】AC
【解析】
【详解】
AB ．由右手定则可知，导体棒中的电流方向为A→B ，导体棒相当于电源，电源内部电流由负极流向正极，则B 端相当于电源正极，故A 正确，B 错误；
C ．AB 棒产生的感应电动势为
222113(2)222
E B r Br Br ωωω=-= 导体棒AB 两端的电压为 2324R U E Br R ω=
= 故C 正确；
D ．若保持导体棒转动的角速度不变，由于磁场均匀增大，则导体棒切割磁感线产生的电动势增大，如果导体棒不动，竖直向下的磁场的磁感应强度随时间均匀增大，回路中产生的电动势不变，且与导体棒切割磁感线产生的电动势方向相反，则两电动势不可能一直相等，即通过电阻R 的电流不可能一直为零，故D 错误。

故选AC 。

8．若宇航员到达某一星球后，做了如下实验:(1)让小球从距离地面高h 处由静止开始下落，测得小球下落到地面所需时间为t;(2)将该小球用轻质细绳固定在传感器上的O 点，如图甲所示。

给小球一个初速度后，小球在竖直平面内绕O 点做完整的圆周运动，传感器显示出绳子拉力大小随时间变化的图象所示(图中F 1、F 2为已知)。

已知该星球近地卫星的周期为T ，万有引力常量为G ，该星球可视为均质球体。

下列说法正确的是
A ．该星球的平均密度为23GT π
B ．小球质量为2
21()12F F t h
- C ．该星球半径为2
224hT t
π D ．环绕该星球表面运行的卫星的速率为2
Th t π 【答案】ABD
【解析】
【详解】 A.对近地卫星有2
224πMm G m R R T
=，星球密度M V ρ=，体积34π3V R =，解得23πGT ρ=，故A 正确。

B.小球通过最低点时拉力最大，此时有
202v F mg m r
-= 最高点拉力最小，此时有
2
1v F mg m r
+= 最高点到最低点，据动能定理可得
22011·222
mg r mv mv =- 可得216F F mg -=，小球做自由落体运动时，有
212
h gt = 可得22h g t =，2
21()12F F t m h
-=，故B 正确。

C.根据2R T v
π= 及v gR =可得：星球平均密度可表示为 23π34πg GT GR
ρ== 可得2
22
2πhT R t =，故C 错误。

D.环绕该星球表面运行的卫星的速率可表示为
2πhT
v gR t
== 故D 正确。

9．关于热学知识的下列叙述中正确的是（ ）
A ．布朗运动可以反映液体分子在做无规则的热运动
B ．将大颗粒的盐磨成细盐，就变成了非晶体
C ．只要不违反能量守恒定律的机器都是可以制造出来的
D ．在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加
E.某气体的摩尔体积为V ，每个气体分子的体积为V 0，则阿伏加德罗常数N A <0
V V 【答案】ADE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．布朗运动是固体小颗粒的运动，间接反映了液体分子在做无规则的热运动，A 正确；
B ．将大颗粒的盐磨成细盐，不改变固体的微观结构，所以细盐仍为晶体，B 错误；
C ．第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律，不可能造出，C 错误；
D ．绝热条件下，根据热力学第一定律可知
U W ∆=
压缩气体，外界对气体做功，气体内能一定增加，D 正确；
E ．对于气体分子而言，气体分子占据的体积V 占据大于气体分子实际的体积0V ，则
A 0
V V N V V =<占据 E 正确。

故选ADE 。

10．从水平面上方O 点水平抛出一个初速度大小为v 0的小球，小球与水平面发生一次碰撞后恰能击中竖直墙壁上与O 等高的A 点，小球与水平面碰撞前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，不计空气阻力。

若只改变初速度大小，使小球仍能击中A 点，则初速度大小可能为（ ）
A ．2v 0
B ．3v 0
C ．02v
D ．0 3
v 【答案】CD
【解析】
设竖直高度为h ，小球以v 0平抛时与地面碰撞一次，反弹后与A 点碰撞，在竖直方向先加速后减速，在水平方向一直匀速，根据运动的对称性原理，可知该过程运动的时间为平抛运动时间的两倍，则有 22h t g = 水平方向的位移
0022h OA v t v g
== 设当平抛速度为0
v '时，经与地面n 次碰撞，反弹后仍与A 点碰撞，则运动的时间为 22h t n g
'=⋅ 水平方向的位移不变，则有
OA v t '='
解得 00v v n
'=（n=1，2，3…..） 故当n=2时00
2v v '=；当n=3时003v v '=；故AB 错误，CD 正确。

故选CD 。

11．如图所示,甲图为沿x 轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波动图像,乙图为参与波动质点P 的振动图像,则下列判断正确的是________.
A ．该波的传播速率为4m/s
B ．该波的传播方向沿x 轴正方向
C ．经过0.5s,质点P 沿波的传播方向向前传播4m
D ．该波在传播过程中若遇到2m 的障碍物,能发生明显衍射现象
E.经过0.5s 时间,质点P 的位移为零,路程为0.4m
【答案】ADE
A ．由甲图读出该波的波长为λ=4m ，由乙图读出周期为T=1s ，则波速为v=T =4m/s ，故A 正确；
B ．在乙图上读出t=0时刻P 质点的振动方向沿y 轴负方向，在甲图上判断出该波的传播方向沿x 轴负方向，故B 错误；
C ．质点P 只在自己的平衡位置附近上下振动，并不随波的传播方向向前传播，故C 错误；
D ．由于该波的波长为4m ，与障碍物尺寸相差较多，故能发生明显的衍射现象，故D 正确；
E ．经过t=0.5s=2
T ，质点P 又回到平衡位置，位移为零，路程为S=2A=2×0.2m=0.4m ，故E 正确． 12．把光电管接成如图所示的电路，用以研究光电效应。

用一定频率的可见光照射光电管的阴极K ，电流表中有电流通过，则（ ）
A ．用紫外线照射，电流表中一定有电流通过
B ．用红外线照射，电流表中一定无电流通过
C ．保持照射光不变，当滑动变阻器的滑片向a 端滑动时，电流表示数可能不变
D ．将电路中电池的正负极反转连接，电流表中一定没有电流通过
【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．紫外线的频率高于可见光，照射时能发生光电效应，电流表中一定有电流通过。

所以A 正确；
B ．红外线的频率低于可见光，其光子能量更小。

红外线的频率有可能大于阴极K 的截止频率，则可能发生光电效应，电流表中可能有电流通过。

所以B 错误；
C ．当滑片向a 端滑动时，光电管两端电压增大，其阳极吸收光电子的能力增强。

但若在滑动前电流已经达到饱和光电流，则增大电压光电流也不会增大。

所以C 正确；
D ．将电路中电池的正负极反接，光电子处在反向电压下，若光电子的动能足够大，电流表中可能有电流通过。

所以D 错误。

故选AC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某实验小组要测量两节干电池组的电动势和内阻，实验室有下列器材：
A ．灵敏电流计G （0~5mA ，内阻约为60Ω）
B ．电压表V （0~3V ，内阻约为10kΩ）
C ．电阻箱R 1（0~999.9Ω）
D ．滑动变阻器R 2（0~100Ω，1.5A ）
E ．旧电池2节
F ．开关、导线若干
(1)由于灵敏电流计的量程太小，需扩大灵敏电流计的量程。

测量灵敏电流计的内阻的电路如图甲所示，调节R 2的阻值和电阻箱使得电压表示数为2.00V ，灵敏电流计示数为4.00mA ，此时电阻箱接入电路的电阻为1．0Ω，则灵敏电流计内阻为___________Ω；（保留1位小数）
(2)为将灵敏电流计的量程扩大为60mA ，该实验小组将电阻箱与灵敏电流计并联，则应将电阻箱R 1的阻值调为___________Ω；（保留3位有效数字）；
(3)把扩大量程后的电流表接入如图乙所示的电路，根据测得的数据作出U －I G （I G 为灵敏电流计的示数）
图象如图丙所示，则该干电池组的电动势E=___________V ；内阻r=___________Ω（保留3位有效数字）。

【答案】50.0 4.55 2.910.01± 11.00.2±
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]根据电路结构和欧姆定律得
1G )(U I R R =+
解得
G 150.0ΩU R R I
=-= (2)[2]根据并联电路特点可得，电阻箱1R 的阻值
3G G 13
G 51050.0Ω 4.55Ω(605)10I R R I I --⨯⨯===--⨯ (3)[3]由闭合电路欧姆定律可得
12G G G E U I R I r =++
解得
()12G G U E I R r =-+
根据G U I -图象可得电源电动势
2.91V E =
图象斜率为
12G G U
R r I ∆=+∆ [4]解得电源内阻
11.0Ωr =
14．我们可以用图(a)所示装置探究合外力做功与动能改变的关系。

将光电门固定在水平轨道的B 点，平衡摩擦力后，用小桶通过细线拉小车，小车上安装遮光条并放有若干钩码。

现将小车上的钩码逐次移至小桶中，并使小车每次都从同一位置A 点由静止释放。

(1)用游标卡尺测出遮光条的宽度，记录光电门的示数，从而算出小车通过B 点的速度。

其中游标卡尺测量情况如图(b)所示，则d=___________cm 。

(2)测小桶质量，以小桶和桶内钩码质量之和m 为横坐标，小车经过B 点时相应的速度平方为纵坐标，则v 2-m 图线应该为下图中___________。

A 、
B 、
C 、
D 、
【答案】0.925 B
【解析】
【分析】
根据题中“现将小车上的钩码逐次移至小桶中…v 2-m 图线应该为”可知，本题考察机械能守恒的问题，应用机械能守恒、游标卡尺读数法则等知识分析求解。

【详解】
(1)游标卡尺读数为1959.250.92520mm mm mm cm +⨯== (2)设小车、小桶、钩码的总质量为M ，小车从A 运动到B 的位移为x ，则212mgx Mv =
，整理得：22gx v m M
=，所以v 2-m 图线是过原点的直线。

故B 项正确，ACD 三项错误。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．半径为R 的玻璃半圆柱体，横截面如图所示，圆心为O ，两条平行单色红光沿截面射向圆柱面，方向与底面垂直，光线1的入射点A 为圆柱面的顶点，光线2的入射点为B ，∠AOB=60°，已知该玻璃对红光的折射率为n=3．
①求红光在玻璃中的传播速度为多大？
②求两条光线经圆柱面和底面折射后的交点与O 点的距离d;
【答案】①1.73×
108m/s ②13R 【解析】
①由c n v
=得v=3×108m/s=1.73×108m/s
②如图所示，光线1不偏折．光线2入射角i ＝60°.
由光折射公式可得：0sin sin ,30i n
γγ=
＝， 由几何关系可得i=300
由光折射公式可得：0sin sin ,60n i γγ''='⇒＝
由正弦定理，得
3 3
OC R
=
则0
1
tan30
3
d OC R
=⋅=
16．如图所示，虚线AB、BC、CD将平面直角坐标系四个象限又分成了多个区域。

在第一、二象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为0
mv
qd。

在第三、四象限中，－2d<y<0区域又分成了三个匀强电场区域，其中在x>d区域有沿x轴负方向的匀强电场；在x<－d区域有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小相等；－d<x<d区域有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度是另外两个电场强度的2倍。

第二、四象限中，y<－2d区域内有垂直纸面向里的匀强磁场。

一个质量为m，电荷量为q的带电粒子，以速度v0由原点O沿y轴正方向射入磁场。

运动轨迹恰好经过B（－d，－2d）、C（d，－2d）两点，第一次回到O点后，进入竖直向上电场区域，不计粒子重力，求：
(1)电场区域内的电场强度大小E；
(2)y<－2d区域内磁场的磁感应强度B2；
(3)由原点O出发开始，到第2次回到O点所用时间。

【答案】(1)
2
2
mv
E
qd
=；(2)0
2
mv
B
qd
=；(3)
00
65
2
d d
t
v v
π
=+
【解析】
【分析】
【详解】
粒子的运动轨迹如图所示。

(1)在x<-d 的电场区域中粒子做类平抛运动，可知
012d v t =
21112
d a t = 1qE a m
= 由以上三式可得
202mv E qd
= (2)由(1)向中各式可解得
10
2d t v = 粒子在B 点的速度0y v v =
110x v a t v ==
可得
02B v v =
运动轨迹经过B 、C 两点，由几何关系可知，粒子在y<-2d 的磁场区域内运动的轨道半径为
2r d =
运动轨迹对应的圆心角θ=90°
由
22B B v qv B m r
=
可得 021mv B B qd ==
(3)由对称性可知，粒子从O 点进入电场时的速度大小为v 0
212E E =
212a a =
在d>x>-d 的电场区城内，粒子沿y 轴负方向运动的位移
20122
v d s a == 粒子将做往返运动
0211
22v t t a == 在两个磁场中的运动周期均为
1
2m T qB π= 粒子在磁场中运动总时间为
31
5542m t T qB π== 由原点O 出发开始。

到第2次到达O 点所用的时间
12300
6522d d t t t t v v π=++=+ 17．如图所示，光滑斜面体ABC 固定在地面上，斜面AB 倾角为37°，斜面AC 倾角为53°，P 、Q 两个物块分别放在AB 、AC 斜面上，并用绕过斜面体顶端A 处光滑定滑轮的细线连接。

放在AC 斜面上的轻弹簧，一端与Q 相连，另一端与固定在C 点的挡板相连，物块P 、Q 的质量分别为2m 、m ，弹簧的劲度系数为k ，重力加速度为g ，两斜面足够长。

开始时锁定物块P ，细线刚好拉直，张力为零，现解除物块P
的锁定，已知 sin 37°
=0.6，cos 37°= 0.8，求：
(1)解除锁定的一瞬间，物块P 的加速度大小；
(2)当物块Q 向上运动1.6mg k
的距离时，物块Q 的速度大小； (3)当物块Q 向上运动的距离
1.6mg k 时，弹簧断开，同时给物块P 一个平行AB 斜面向上的恒定推力F ，此
后细线的拉力为零，且P 、Q 两物块的速度同时减为零，则当物块Q 速度为零时，物块P 克服推力做功为多少。

【答案】（1）0.4g （2 （3）225675m g k
【解析】
【详解】 (1)解除锁定的一瞬间，设物块P 的加速度大小为a 1；根据牛顿第二定律有
12sin 372mg T ma ︒-=
对物块Q 研究有
1sin 53T kx mg ma ︒+-=
又
sin 53kx mg =︒
解得
a 1=0.4g
(2) 由
sin 53kx mg =︒
得开始时弹簧的压缩量
0.8mg x k
= 当物块Q 向上运动
1.6mg k 的距离时，弹簧的伸长量 1.60.80.8mg mg mg x k k k
'=-= 由此可知，物块Q 向上运动
1.6mg k 的距离时，弹簧的弹性势能变化量为零。

根据能量守恒定律可知 ()21.612sin 37sin 5332
mg mg mg mv k ︒︒-⋅=⨯ 可得物块Q 的速度大小
v =(3) 弹簧断开，同时给物块P 一个平行AB 斜面向上的恒定推力后，物块Q 向上做匀减速运动的加速度 2sin 530.8a g g =︒=
物块P 向下做匀减速运动的加速度大小也为a 2。

根据牛顿第二定律有
2 2sin 372F mg ma -︒=
解得
F=2.8mg
此过程物块Q 沿斜面向上运动的距离
224215v mg x a k
== 物块P 克服推力做功
22
5675m g W Fx k
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