重庆市綦江县2021届新高考物理二月模拟试卷含解析

重庆市綦江县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．如果空气中的电场很强，使得气体分子中带正、负电荷的微粒所受的相反的静电力很大，以至于分子破碎，于是空气中出现了可以自由移动的电荷，那么空气变成了导体。

这种现象叫做空气的“击穿”。

已知高铁上方的高压电接触网的电压为27.5 kV，阴雨天时当雨伞伞尖周围的电场强度达到2.5×104V/m时空气就有可能被击穿。

因此乘客阴雨天打伞站在站台上时，伞尖与高压电接触网的安全距离至少为（）
A．1.1m B．1.6m C．2.1m D．2.7m
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
根据U=Ed可得安全距离至少为
d min＝
3
4
27.510
2.510
U
E
⨯
=
⨯
m＝1.1m
故选A。

2．如图，自动卸货车静止在水平地面上，质量为m的货物放在车厢内挡板附近，车厢在液压机的作用下，θ角缓慢增大，当θ增大到一定角度时货物开始加速下滑，货物与车厢的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．若货物还未离开车厢，下列说法正确的是
A．θ增大过程中，货物对车厢压力大小不变
B．θ增大过程中，货物的摩擦力大小等于μmg cos θ
C．货物加速下滑时，货车受到地面向右的摩擦力
D．货物加速下滑时，地面对货车的支持力小于货车和货物重力之和
【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查牛顿定律在斜面上的应用。

【详解】
A. 对货物受力分析可知，货物受到的支持力
N =cos
F mg
μθ
当角度变化时，支持力也变化，故A错误；
B. 对货物受力分析可知，货物受到的摩擦力
=sin
f mgθ
故B错误；
C. 当货物加速下滑时，对货物进行受力分析，受到重力、支持力，滑动摩擦力，因为加速度沿斜面向下，所以支持力和滑动摩擦力的合力的方向偏向左上方，根据牛顿第三定律可知，物体对车厢的压力和摩擦力的合力方向偏向右下方，对车厢进行受力分析可知，地面对汽车有向左的摩擦力，故C错误；
D. 当货物相对车厢加速下滑时，物体对车厢的压力和摩擦力的合力小于货物的重力，所以汽车对地面的压力小于货物和汽车的总重力，故D正确。

故选D。

3．托卡马克（Tokamak）是一种复杂的环形装置，结构如图所示．环心处有一欧姆线圈，四周是一个环形真空室，真空室外部排列着环向场线圈和极向场线圈．当欧姆线圈中通以变化的电流时，在托卡马克的内部会产生巨大的涡旋电场，将真空室中的等离子体加速，从而达到较高的温度．再通过其他方式的进一步加热，就可以达到核聚变的临界温度．同时，环形真空室中的高温等离子体形成等离子体电流，与极向场线圈、环向场线圈共同产生磁场，在真空室区域形成闭合磁笼，将高温等离子体约束在真空室中，有利于核聚变的进行．已知真空室内等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，下列说法正确的是
A．托卡马克装置中核聚变的原理和目前核电站中核反应的原理是相同的
B．极向场线圈和环向场线圈的主要作用是加热等离子体
C．欧姆线圈中通以恒定电流时，托卡马克装置中的等离子体将不能发生核聚变
D．为了约束温度为T的等离子体，所需要的磁感应强度B必须正比于温度T
【答案】C
【解析】
【详解】
A 、目前核电站中核反应的原理是核裂变，原理不同，故A 错误；
B 、极向场线圈、环向场线圈主要作用是将高温等离子体约束在真空室中，有利于核聚变的进行，故B 错误；
C 、欧姆线圈中通以恒定的电流时，产生恒定的磁场，恒定的磁场无法激发电场，则在托卡马克的内部无法产生电场，等离子体无法被加速，因而不能发生核聚变，故C 正确．
D 、带电粒子的平均动能与等离子体的温度T 成正比，则212T mv
∝，由洛伦兹力提供向心力，则2
v qvB m R
=，则有B T ∝，故D 错误． 4．如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板间距离为l ，在正极板附近有一质量为m 1、电荷量为q 1（q 1>0）的粒子A ，在负极板附近有一质量为m 2，电荷量为－q 2（q 2>0）的粒子B 仅在电场力的作用下两粒子同时从静止开始运动。

已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距方
37
l 的平面Q 。

两粒子间相互作用力可忽略，不计粒子重力，则下列说法正确的是（ ） A ．粒子A 、B 的加速度大小之比4：3
B ．粒子A 、B 的比荷之比为3：4
C ．粒子A 、B 通过平面Q 3：2
D ．粒子A 、B 通过平面Q 时的动能之比为3：4
【答案】B
【解析】
【详解】
设电场强度大小为E ，两粒子的运动时间相同，对粒子A 有
111
q E a m = 211
3172q E l t m =⋅⋅ 对粒子B 有
222
q E a m =
2224172
q E l t m =⋅⋅ 联立解得
12: =3:4a a
1212
:3:4q q m m = 故A 错误，B 正确；
C ．由v=at 得
112234
v a v a == 故C 错误；
D ．由于质量关系未知，动能之比无法确定，故D 错误。

故选B 。

5．如图所示，两同心圆环A 、B 置于同一水平面上，其中A 为均匀带正电的绝缘环，B 为导体环，两环均可绕中心在水平面内转动，若A 逆时针加速转动，则B 环中（ ）
A ．一定产生恒定的感应电流
B ．产生顺时针方向的感应电流
C ．产生逆时针方向的感应电流
D ．没有感应电流
【答案】B
【解析】
【详解】 A. A 为均匀带正电的绝缘环，若A 逆时针加速转动，且转速均匀增加，则因为A 转动产生磁场均匀增加，在B 环中产生恒定的感应电流，故A 项错误；
BCD.A 为均匀带正电的绝缘环，若A 逆时针加速转动，在B 环中产生垂直于纸面向外且增大的磁场，所以B 环中感应电流的磁场方向垂直纸面向里，B 环中产生顺时针方向的感应电流。

故B 项正确，CD 两项错误。

6．2018年12月8日2时23分，我国成功发射“嫦娥四号”探测器。

“嫦娥四号”探测器经历地月转移、近月制动、环月飞行,最终于2019年1月3日10时26分实现人类首次月球背面软着陆。

假设“嫦娥四号"在
环月圆轨道和椭圆轨道上运动时，只受到月球的万有引力，则有关“嫦娥四号”的说法中不正确的是（ ）
A．由地月转移轨道进人环月轨道，可以通过点火减速的方法实现
B．在减速着陆过程中,其引力势能逐渐减小
C．嫦娥四号分别在绕地球的椭圆轨道和环月椭圆轨道上运行时，半长轴的三次方与周期的平方比不相同D．若知其环月圆轨道距月球表面的高度、运行周期和引力常量,则可算出月球的密度
【答案】D
【解析】
【详解】
A．“嫦娥四号”由地月转移轨道进入环月轨道，需点火减速，使得万有引力大于向心力，做近心运动，故A正确；
B．在减速着陆过程中，万有引力做正功，根据功能关系可知，引力势能减小，故B正确；
C．根据开普勒第三定律可知，半长轴的三次方与周期的平方的比值是与中心天体质量有关的量，“嫦娥四号”分别在绕地球的椭圆轨道和环月椭圆轨道上运行时，中心天体不同，半长轴的三次方与周期的平方比不相同，故C正确；
D．已知“嫦娥四号”环月段圆轨道距月球表面的高度，运动周期和引力常量，但不知道月球的半径，无法得出月球的密度，故D错误；
说法中不正确的，故选D。

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．投掷标枪是运动会的比赛项目。

运动员将标枪持在离地面1.6m高的位置，之后有三个阶段：①运动员与标枪--起由静止加速至速度为8m/s；②以8m/s的速度为基础，运动员经0.8s的时间将标枪举高至2.0m处，并以26m/s的速度将标枪掷出；③标枪离手后向斜上方向运动至离地面18m的最高点后再向斜下方运动至地面。

若标枪的质量为0.8kg，离手后的运动的最大水平距离为60m。

取地面为零势能参考面，g取2
10m/s。

下列说法中正确的是（）
A ．第①阶段中，运动员对标枪做功25.6J
B ．第①②③阶段中，标枪获得的最大动能为51.2J
C ．第①②③阶段中，标枪的最大机械能为286.4J
D ．第②阶段中，运动员对标枪做功的平均功率为310W
【答案】ACD
【解析】
【详解】
A ．第①阶段中，标枪在水平面加速运动，动能增加量为
22k 1110.88J 25.6J 22
E mv ==⨯⨯= 由动能定理得运动员对标枪做功为25.6J ，故A 正确；
B ．第①②③阶段中，标枪出手时速度最大，其动能也最大，有
22k 110.826J 270.4J 22
E mv '==⨯⨯= 故B 错误；
C ．第①②③阶段中，标枪出手前机械能一直增大，出手时机械能最大，有
p k k (0.810 2.0)J 286.4J E E E '+=⨯⨯+=
故C 正确；
D ．第②阶段中，标枪机械能增加量为
p k [0.810(2.0 1.6)]J (270.4J 25.6J)248J E E +=⨯⨯-+-=V V
则运动员对标枪做功的平均功率为
p k
248J 310W 0.8s
E E P t +===V V 故D 正确。

故选ACD 。

8．竖直悬挂的弹簧振子由最低点B 开始作简谐运动，O 为平衡位置，C 为最高点，规定竖直向上为正方向，振动图像如图所示。

则以下说法中正确的是（ ）
A．弹簧振子的振动周期为2.0s
B．t=0.5s时，振子的合力为零
C．t=1.5s时，振子的速度最大，且竖直向下
D．t=2.0s时，振子的加速度最大，且竖直向下
【答案】ABC
【解析】
【详解】
A．周期是振子完成一次全振动的时间，根据图像可知振子的周期是2.0s，A正确；
t=时，振子位于平衡位置处，所以受到的合力为零，B正确；
B．由图可知，0.5s
t=时，振子位于平衡位置处，对应的速度最大；此时刻振子的位移方向从上向下，即C．由图可知， 1.5s
振子的速度方向竖直向下，C正确；
t=时位移负的最大位移处，所以回复力最大，方向向上，则振子的加速度D．由图可知，弹簧振子在 2.0s
最大，且竖直向上，D错误。

故选ABC。

9．甲、乙两物体一开始沿同一条直线相向运动，在t=0时刻甲、乙相距x=3m，它们的速度－时间图象如图所示。

下列说法正确的是（）
A．t=2s时甲、乙速度相等，且恰好相遇
B．t =1s时甲、乙速度不等，但恰好相遇
C．t =1s时，乙的速度方向发生改变，t=2s时追上甲
D．在4s时间内，甲、乙相遇了两次
【答案】BD
【解析】
【详解】
AC ．由图可知t=1s 时刻，乙的速度方向发生改变，t=2s 时刻甲、乙速度相等，但由图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，乙围成的面积是0，说明乙回到出发点，甲的位移4m ，所以两者此时没有相遇，故AC 错误；
B ．t=1s 时刻甲、乙速度不等，由图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，乙位移是1m ，甲的位移2m ，两都位移之和刚好是3m ，所以恰好相遇，故B 正确；
D ．t=1s 时到t=3s 时，甲乙两图像与坐标轴围成的面积相等，说明这段时间内两者的位移相等，由B 项分析可知，t=1s 时恰好相遇，所以t=3s 时也恰好相遇，说明在t=0到t=4s 时间内，甲乙仅相遇过二次，故D 错误。

故选BD 。

10．根据现行有效国际民航组织《危险物品安全航空运输技术细则》和《中国民用航空危险品运输管理规定》，严禁携带额定能量超过160Wh 的充电宝；严禁携带未标明额定能量同时也未能通过标注的其他参数，计算得出额定能量的充电宝。

如图为国产某品牌一款充电宝的铭牌。

则（ ）
A ．该充电宝的输入电压为交流5V
B ．该充电宝的输出电压为直流5.1V
C ．该充电宝可以给手机充电最短时间大约10h
D ．乘客可以携带该充电宝登机
【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．由图可知，该充电宝的输入电压为直流5V ，故A 错误；
B ．由图可知，该充电宝的输出电压为直流5.1V ，故B 正确；
C ．由图可知，该充电宝的输出电流为2.1A ，则该充电宝可以给手机充电最短时间
3
1040010h 4.95h 2.1
t -⨯=≈ 故C 错误；
D ．由图可知，该充电宝额定能量为37.44Wh ，则乘客可以携带该充电宝登机，故D 正确。

故选BD 。

11．下列有关光学现象的说法正确的是________。

A．光从光密介质射入光疏介质，若入射角大于临界角，则一定发生全反射
B．光从光密介质射人光疏介质，其频率不变，传播速度变小
C．光的干涉，衍射现象证明了光具有波动性
D．做双缝干涉实验时，用红光替代紫光，相邻明条纹间距变小
E.频率相同、相位差恒定的两列波相遇后能产生稳定的干涉条纹
【答案】ACE
【解析】
【详解】
A．发生全发射的条件是，光从光密介质射入光疏介质，且入射角大于或等于临界角，故A正确；
B．光从光密介质射到光疏介质，频率不变，根据
c
v
n
=可知，折射率减小，所以速度增大，故B错误；
C．光的衍射和干涉是波独有的现象，所以可以说明光具有波动性，故C正确；D．红光的波长大于紫光，根据条纹间距公式可知
l x
d λ
∆=
红光的条纹间距大于紫光，故D错误；
E．两列波发生稳定的干涉现象的条件是频率相同，相位差恒定，故E正确。

故选ACE。

12．一颗子弹以水平速度v0穿入一块在光滑水平面上迎面滑来的木块后各自运动，设子弹与木块间相互作用力恒定，则该过程中子弹及木块的速度时间图象可能正确的是（图中实线为子弹图线，虚线为木块图线）（）
A． B．C．D．
【答案】AB
【解析】
【详解】
AB.设子弹运动的方向为正方向，子弹穿过木块后速度方向不变，为正方向，由于穿过木块过程中受到恒定的阻力作用，所以速度减小；对于木块，受到子弹的作用力后，有可能速度方向仍为负方向，也有可能最后速度方向与子弹方向相同，即为正方向，故AB正确；
CD.子弹击中木块后，不可能出现二者均反向运动，所以CD错误。

故选AB。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．电阻率是用来表示各种物质电阻特性的物理量。

某同学在实验室测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率。

(1)用螺旋测微器测量其横截面直径如图甲所示，由图可知其直径为______mm，如图乙所示，用游标卡尺测其长度为_____cm，如图丙所示，用多用电表×1Ω挡粗测其电阻为_____Ω。

(2)为了减小实验误差，需进一步测量圆柱体的电阻，除待测圆柱体R外，实验室还备有的。

实验器材如下，要求待测电阻两端的电压调节范围尽量大，则电压表应选______，电流表应选_________，滑动变阻器应选_________。

（均填器材前的字母代号）
A．电压表V1（量程3V，内阻约为15kΩ）；
B．电压表V2（量程15V，内阻约为75kΩ）；
C．电流表A1（量程1．6A，内阻约为1Ω）；
D．电流表A2（量程3A，内阻约为1.2Ω）；
E．滑动变阻器R1（阻值范围1~5Ω，1.1A）；
F．滑动变阻器R2（阻值范围1~2111Ω，1.1A）；
G．直流电源E（电动势为3V，内阻不计）
H．开关S，导线若干。

(3)请设计合理的实验电路，并将电路图画在虚线框中_______________。

(4)若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端的电压为U，圆柱体横截面的直径和长度分别用D、L表示，则用D、L、I、U表示该圆柱体电阻率的关系式为 =___________。

【答案】1.844（1.842~1.846均可） 4.241 6 A C E 24D U
IL πρ=
【解析】
【详解】
(1)[1]螺旋测微器的读数为固定刻度读数+可动刻度读数+估读，由题图甲知，圆柱体的直径为刻度读数十估读，由题图甲知，圆柱体的直径为
1.5mm+34.4×1.11mm=1.844mm
由于误差则1.842mm~1.846mm 均可
[2]游标卡尺读数为主尺读数+游标尺读数×精度，由题图乙知，长度为
42mm+8×1.15 mm=42.41mm=4.241cm
[3]多用电表的读数为电阻的粗测值，其电阻为6Ω
(2)[4][5][6]待测电阻大约6Ω，若用滑动变阻器R 2（阻值范围0~2000Ω，0.1A ）调节非常不方便，且额定电流太小，所以应用滑动变阻器R 1（阻值范围0~5Ω，1.1A ），电源电动势为3V ，所以电压表应选3V 量程的
为了测多组实验数据，滑动变阻器应用分压接法，电压表内电阻较大，待测圆柱体的电阻较小，故采用电流表外接法误差较小；电路中的电流约为
0.5A U I R
== 所以电流表量程应选1.6A 量程的。

(3)[7]根据以上分析，设计的电路图如图所示
(4)[8]由U I R =，L R S ρ=及21π4
S D =得 2π4D U IL
ρ= 14．某同学欲将内阻为100 Ω、量程为300 μA 的电流计G 改装成欧姆表，要求改装后欧姆表的0刻度正好对准电流表表盘的300 μA 刻度。

可选用的器材还有：定值电阻R 1（阻值25Ω）；定值电阻R 2（阻值l00Ω）；滑动变阻器R （最大阻值l000 Ω）；干电池（E=1.5V ．r=2 Ω）；红、黑表笔和导线若干。

改装电路如图甲所示。

（1）定值电阻应选择____（填元件符号）．改装后的欧姆表的中值电阻为____Ω。

（2）该同学用改装后尚未标示对应刻度的欧姆表测量内阻和量程均未知的电压表V 的内阻。

步骤如下：先将欧姆表的红、黑表笔短接，调节 ____填图甲中对应元件代号），使电流计G 指针指到____ μA ；再将____（填“红”或“黑”）表笔与V 表的“+”接线柱相连，另一表笔与V 表的“一”接线柱相连。

若两表的指针位置分别如图乙和图丙所示，则V 表的内阻为____Ω，量程为____________ V 。

【答案】R 1 1000 R （或滑动变阻器） 300 黑 500 1
【解析】
【详解】
（1）[1][2]由于滑动变阻器的最大阻值为1000Ω，故当滑动变阻器调到最大时，电路中的电路约为 1.5mA E I R
≈= 此时表头满偏，故定值电阻中的电流约为
1 1.2mA g I I I ≈-=
故其阻值为
125Ωg g I R
R I '==
因此定值电阻应该选择R 1。

改装后将红黑表笔短接，将电流表调大满偏，此时多用表的总内阻为
1
1000Ωg E R I I ==+内 故多用表的中值电阻为
=1000ΩR R =中内
（2）[3] [4] [5]由于使用欧姆表测内阻，故首先要进行欧姆调0，即调节R ，使电流表满偏，即指针指到300μA ，黑表笔接的电源正极，故将黑表笔与电压表的“+”接线柱相连；
[6][7]欧姆表指针指在I=200μA 位置，则电路中的总电流为5I ，故待测电压表的内阻为
V 500Ω5E R R I
=-=内 设电压表量程为U ，此时电压表两端的电压为
V 50.5V 2
U I R =⨯= 故其量程为1V 。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，在光滑的水平面上静置一长为L 的木板B ，上表面粗糙，现有滑块A 以初速度0v 从右端滑上B ，恰好未离开B ，A 的质量为m ，B 的质量为2m ，求A 与B 上表面间的动摩擦因数μ。

【答案】203v gL
【解析】
【详解】
对A 在木板B 上的滑动过程，恰好未离开B ，即滑至B 的左端与B 共速，根据动量守恒定律有 0(2)mv m m v =+
解得
013
v v = 由系统能量守恒有
22011(2)22
mgL mv m m v μ=-+ 解得
203v gL μ= 16．如图所示，光滑的斜面倾角θ=30︒，斜面底端有一挡板P ，斜面固定不动。

长为2l 质量为M 的两端开口的圆筒置于斜面上，下端在B 点处，PB=2l ，圆筒的中点处有一质量为m 的活塞，M=m 。

活塞与圆筒壁紧密接触，它们之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等其值为2
mg f =，其中g 为重力加速度的大小。

每当圆筒中的活塞运动到斜面上A 、B 区间时总受到一个沿斜面向上、大小为F mg =的恒力作用，
AB=l 。

现由静止开始从B 点处释放圆筒。

(1)求活塞进入A 、B 区间前后的加速度大小；
(2)求圆筒第一次与挡板P 碰撞前的速度大小和经历的时间；
(3)若圆筒第一次与挡板P 碰撞后以原速度大小弹回，活塞离开圆筒后粘在挡板上。

那么从圆筒第一次与挡板碰撞到圆筒沿斜面上升到最高点所经历的时间为多少？
【答案】 (1)
1,02g ,3l gl g 2l g
【解析】
【详解】 (1)活塞在AB 之上时，活塞与筒共同下滑加速度为：
1()sin 30sin 30m M g a g m M
︒
︒+==+ 活塞在AB 区间内时，假设活塞与筒共同下滑，有：
()sin30()M m g F M m a ︒+-=+
解得
0a =
对m ：受向上恒力F=mg ，此时有：
sin300F mg f ︒--=
解得
2
mg f = 故假设成，故活塞的加速度
20a =
(2)圆筒下端运动至A 处时，活塞刚好到达B 点，此时速度为
0v ==经历时间t 1，由
21sin 302
g l t ︒
= 得
1t =接着M 、m 一起向下匀速运动，到达P 时速度仍为
0v =匀速运动时间为
20l t v == 总时间为
12t t t =+= (3)M 反弹时刻以υ0上升，m 过A 点以υ0下滑，以后由于摩擦力和重力，m 在M 内仍然做匀速下滑，M 以加速度
sin 30Mg f g M
︒+= 减速，m 离开M 时间为t 3，则有
20303112
l v t v t gt =+- 解得
0303(2v t t a ==<= 此时M 速度为
0301)v v gt v -＝＝
接着M 以加速度
'2g a = 向上减速，有：
4'22(21)v v l t a g g
===- 故圆筒沿斜面上升到最高点的时间为
342l t t t g
+＝＝ 17．如图所示，马桶吸由皮吸和汽缸两部分组成，下方半球形皮吸空间的容积为1000 cm 3，上方汽缸的长度为40 cm ，横截面积为50 cm 2。

小明在试用时，用手柄将皮吸压在水平地面上，皮吸中气体的压强等于大气压。

皮吸与地面及活塞与汽缸间密封完好不漏气，不考虑皮吸与汽缸的形状变化，环境温度保持不变，
汽缸内薄活塞、连杆及手柄的质量忽略不计，已知大气压强p 0＝1.0×
105 Pa ，g ＝10 m/s 2。

①若初始状态下活塞位于汽缸顶部，当活塞缓慢下压到汽缸皮吸底部时，求皮吸中气体的压强； ②若初始状态下活塞位于汽缸底部，小明用竖直向上的力将活塞缓慢向上提起20 cm 高度保持静止，求此时小明作用力的大小。

【答案】①3×
105 Pa ②250 N 【解析】
【详解】
①以汽缸和皮吸内的气体为研究对象，开始时封闭气体的压强为p 0，
体积：
V 1＝1000 cm 3＋40×50 cm 3＝3000 cm 3
当活塞下压到汽缸底部时，设封闭气体的压强为p ，体积为V 2＝1000 cm 3，
由玻意耳定律：p 0V 1＝p 2V 2
解得：
p 2＝3p 0＝3×105 Pa
②以皮吸内的气体为研究对象，开始时封闭气体的压强为p 0，体积为V 2＝1000 cm 3，活塞缓慢向上提起20 cm 高度保持静止时，设小明作用力的大小为F ，封闭气体的压强为p 3，体积为：
V 3＝1000 cm 3＋20×50 cm 3＝2000 cm 3
由玻意耳定律有：p 0V 2＝p 3V 3
又有：F＋p3S＝p0S 解得：
F＝250 N。