云南省昭通市2021届新高考物理二月模拟试卷含解析

云南省昭通市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．将一物体从地面以速度v 0竖直上抛，物体上抛运动过程中所受的空气阻力大小恒定，设物体在地面时的重力势能为零，则物体从抛出到落回原地过程中，如图所示的四个图中不正确的（ ） A ． B ． C ． D ．
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．物体在运动过程中受到重力和空气阻力，则上升过程中由牛顿第二定律得
1mg f ma +=
下降过程中由牛顿第二定律得
2mg f ma -=
可判断
12a a >
上升过程中速度方向向上，下降过程中速度方向向下，根据动量定义P mv =可知上升过程中动量方向向上，下降过程中动量方向向下，故A 正确；
B ．根据公式I Ft =可知合外力的冲量方向始终向下，故B 错误；
CD ．克服空气阻力做的功
f W fs =
s 为物体运动的路程，上升过程s h =，下落过程总路程2s H h =-，根据功能关系可知，机械能E 逐渐减小，则有
0E E fs -=-
故C 、D 正确；
不正确的故选B 。

2．将输入电压为220V 、输出电压为6V 的变压器改装成输出电压为30V 的变压器，副线圈原来的匝数为30匝，原线圈的匝数不变，则副线圈应增加的匝数为（）
A ．150匝
B ．144匝
C ．130匝
D ．120匝
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
副线圈匝数为n 2=30匝，输入电压U 1=220V ，输出电压U 2=6V ，根据变压比公式有 112
22206U U n n == 原线圈匝数不变，改变副线圈匝数，输入电压也不变，输出电压变为30V ，根据变压比公式有
1222030n n n
=+∆ 联立得
120n ∆=
故D 正确，ABC 错误。

故选D 。

3．背越式跳高采用弧线助跑，距离长，速度快，动作舒展大方。

如图所示是某运动员背越式跳高过程的分解图，由图可估算出运动员在跃起过程中起跳的竖直速度大约为
A ．2m/s
B ．5m/s
C ．8m/s
D ．11m/s
【答案】B
【解析】
【详解】 运动员跳高过程可以看做竖直上抛运动，当重心达到横杆时速度恰好为零，运动员重心升高高度约为：
1.3m h ≈，根据机械能守恒定律可知：212
mv mgh =；解得：226m/s 5m/s v gh =≈，故B 正确，ACD 错误。

4．如图所示，一轻绳跨过固定在竖直杆下端的光滑定滑轮O ，轻绳两端点A 、B 分别连接质量为m 1和m 2两物体。

现用两个方向相反的作用力缓慢拉动物体，两个力方向与AB 连线在同一直线上。

当∠AOB=90︒时，∠OAB=30︒，则两物体的质量比m 1 ：m 2为（ ）
A ．1：1
B ．1：2
C ．1：2
D ．1
：3
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
由相似相角形法可得 12,m g m F F AO OD BO OD
g == 由于轻绳上拉力相同，由几何关系得
tan 30BO AO ︒=
联立得
123m m =
故选D 。

5．一辆汽车以速度v 匀速行驶了全程的一半，以
2v 行驶了另一半，则全程的平均速度为（ ） A ．2v B ．23v C ．32
v D ．3v 【答案】B
【解析】
设全程为2s ，前半程的时间为：1s t v =．后半程的运动时间为：222
s s t v v ==．则全程的平均速度为：1222 3
s v v t t ==+．故B 正确，ACD 错误．故选B. 6．由于太阳自身巨大的重力挤压，使其核心的压力和温度变得极高，形成了可以发生核聚变反应的环境。

太阳内发生核聚变反应主要为：224112H+H He →，已知部分物质比结合能与质量数关系如图所示，则该反
应释放的核能约为（ ）
A ．5 MeV
B ．6 MeV
C ．24 MeV
D ．32 MeV
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】 由图象可知21H 的比结合能约为1.1MeV ，4
2He 的比结合能约为7.1MeV ，由比结合能的定义可知，该反应释放的核能约为 =(7.14 1.14)MeV=24MeV E ∆⨯-⨯
故选C 。

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．如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd 全部处于水平方向的匀强磁场中，线框面积为S ，电阻为R ．线框绕与cd 边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，线框转过6
π时的感应电流为I ，下列说法正确的是（ ）
A ．线框中感应电流的有效值为2I
B ．线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为2IR ω
C ．从中性面开始转过2
π的过程中，通过导线横截面的电荷量为2I ω D ．线框转一周的过程中，产生的热量为
28RI πω
【答案】BC
【解析】 试题分析：根据法拉第电磁感应定律可得产生的电动势，电流，线框转过6π时的感应电流为，电流的有效值，故A 错误；线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为BS ，又
，解得BS=2IR ω，所以B 正确；从中性面开始转过2π的过程中，通过导线横截面的电荷量为，故C 正确；转一周产生的热量代入解得：
，故D 错误．
考点：本题考查交流电
8．如图为乒乓球发球机的工作示意图。

若发球机从球台底边中点的正上方某一固定高度连续水平发球，球的初速度大小随机变化，发球方向也在水平面内不同方向随机变化。

若某次乒乓球沿中线恰好从中网的上边缘经过，落在球台上的A 点，后来另一次乒乓球的发球方向与中线成θ角，也恰好从中网上边缘经过，落在桌面上的B 点。

忽略空气对乒乓球的影响，则（ ）
A ．第一个球在空中运动的时间更短
B ．前后两个球从发出至到达中网上边缘的时间相等
C ．前后两个球发出时的速度大小之比为1:cos θ
D ．A B 、两落点到中网的距离相等
【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．乒乓球发球机从固定高度水平发球，两个球的竖直位移相同，由
212
h gt = 可知，两个球在空中的运动时间相等，故A 错误；
B ．由于发球点到中网上边缘的竖直高度一定，所以前后两个球从发出至到达中网上边缘的时间相等，故B 正确；
C ．两球均恰好从中网上边缘经过，且从发出至到达中网上边缘的时间相等，由
x vt =
可知前后两个球发出时的速度大小之比等于位移大小之比，为cos :1θ，故C 错误；
D ．前后两球发出时速度大小之比为cos :1θ，且在空中运动时间相同，故水平位移之比为cos :1θ，结合几何关系可知，A B 、两落点到中网的距离相等，故D 正确。

故选BD 。

9．下列说法正确的是_____．
A ．放热的物体，其内能也可能增加
B ．液体中的扩散现象是由液体的对流形成的
C ．液体不浸润某种固体时，则附着层内液体分子间表现为引力
D ．同一液体在不同温度下的饱和汽压不同
E.只两物体的质量、温度、体积相等，两物体的内能一定相等
【答案】ACD
【解析】
【详解】
A.放热的物体，如果外界对物体做的功大于放出的热量，则其内能增加， A 正确；
B.液体中的扩散 现象都是由于分子热运动而产生的， B 错误；
C.液体不浸润某种固体时，例如水银对玻璃：当水银与玻璃 接触时，附着层中的水银分子受玻璃分子的吸引比内部水银分子弱，结果附着层的水银分子比水银内部稀疏，这时在附着层中的分子之间相互吸引，就出现跟表面张力相似的收缩力，使跟玻璃接触的水银表而有缩小的 趋势，因而形成不浸润现象，C 正确；
D.饱和汽压随温度的升高而增大，所以同一液体在不同温度下的饱 和汽压不同，D 正确；
E.物体的内能等于组成该物体的所有分子做热运动的动能与分子势能的总和，两物 体的温度相同则分子的平均动能相等，但是物体的总动能与分子数有关，质量和体积相等的物体仅说明物体 的平均密度相同，如果不是同一种物质，它们的总分子数不一定相等，因此两物体的内能不一定相等，E 错误．
10．如图，平行金属板中带电质点P 原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，选地面的电势为零，当滑动变阻器R 4的滑片向b 端移动时，下列说法正确的是（ ）
A ．电压表读数减小
B ．小球的电势能减小
C ．电源的效率变高
D ．若电压表、电流表的示数变化量分别为U ∆ 和I ∆ ，则
1U r R I ∆<+∆
【答案】AD
【解析】 A 项：由图可知，R 2与滑动变阻器R 4串联后与R 3并联后，再由R 1串连接在电源两端；电容器与R 3并联；当滑片向b 移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R 1两端的电压也增大；所以并联部分的电压减小，故A 正确； B 项： 由A 项分析可知并联部分的电压减小，即平行金属板两端电压减小，根据U E d
=，平行金属板间的场强减小，小球将向下运动，由于下板接地即下板电势为0，由带电质点P 原处于静止状态可知，小球带负电，根据负电荷在电势低的地方电势能大，所以小球的电势能增大，故B 错误；
C 项：电源的效率：=P IU U P IE E η==出总
,由A 分析可知，路端电压减小，所以电源的效率变低，故C 错误； D 项：将R 1和电源等效为一个新的电源，新电源的内阻为r+R 1，电压表测的为新电源的路端电压，如果电流表测的也为总电流，则1U r R I ∆=+∆总
,由A 分析可知3=R A I I I 总∆∆+∆，由于总电流增大，并联部分的电压减小，所以R 3中的电流减小，则I A 增大，所以A I I ∆>∆总，所以
1A U r R I ∆<+∆，故D 正确． 点晴：解决本题关键理解电路动态分析的步骤：先判断可变电阻的变化情况，根据变化情况由闭合电路欧姆定律E U IR =+ 确定总电流的变化情况，再确定路端电压的变化情况，最后根据电路的连接特点综合部分电路欧姆定律进行处理．
11．以下说法正确的是（ ）
A ．已知阿伏加德罗常数、气体摩尔质量和密度，可算出该气体分子的直径
B ．物质是晶体还是非晶体，比较可靠的办法是从各向异性或各向同性来判断
C ．随着分子间距离的增大，分子间的引力和斥力都减小，斥力减小得快，但合力表现仍可能为斥力
D ．能量耗散从能量角度反映出自然界的宏观过程具有方向性
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．摩尔体积M
V ρ=，气体分子所占空间0A
V V N =，所以可以求得分子间的平均距离，故A 错误； B ．因多晶体也具有各向同性，故晶体和非晶体一般从熔点来判断，故B 错误；
C ．当分子间距离小于r 0时，随着分子间距离的增大，分子间的引力和斥力都减小，斥力减小得快，合力
表现为斥力，故C正确；
D．根据热力学定律可知，宏观自然过程自发进行是有其方向性，能量耗散就是从能量的角度反映了这种方向性，故D正确。

故选CD。

12．如图所示，小球放在光滑固定的板AO与装有铰链的光滑轻质薄板BO之间。

当薄板OB由图示位置顺时针缓慢转至水平的过程中，下列说法正确的是（）
A．薄板AO对小球的弹力在逐渐增大
B．小球对薄板BO的压力先减小后增大
C．两板对小球的弹力可能同时小于小球的重力
D．两板对小球弹力的合力可能小于小球的重力
【答案】BC
【解析】
【详解】
AB．以小球为研究对象，分析受力情况，根据力图看出，薄板OB的作用力B F先减小后增大，木板AO对F一直减小，由牛顿第三定律得知，小球对薄板BO的压力先减小后增大，小球对木板AO 小球的作用力A
的压力减小，故A错误，B正确；
C．根据图中线段的长度可以看出，两板对小球的弹力可能同时小于小球的重力，故C正确；
D．根据平衡条件可知，两板对小球弹力的合力等于小球的重力，故D错误。

故选BC。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学利用下图所示的实验装置测定滑块与木板间的动摩擦因数µ。

置于水平桌面的长木板上固定两个光电门1、2。

滑块上端装有宽度为d 的挡光条，滑块和挡光条的总质量为M ，右端通过不可伸长的细线与钩码m 相连，光电门1、2中心间的距离为x 。

开始时直线处于张紧状态，用手托住m ，实验时使其由静止开始下落，滑块M 经过光电门1、2所用的时间分别为t 1、t 2。

(1)该同学认为钩码的重力等于滑块所受到的拉力，那么他应注意__________________。

(2)如果满足(1)中的条件，该同学得出滑块与木板间的动摩擦因数μ=___________。

(3)若该同学想利用该装置来验证机械能守恒定律，他只需___________就可以完成实验。

【答案】M 远大于m 22221112m d M gx t t ⎛⎫-- ⎪⎝⎭
将木板左端抬高，平衡摩擦力 【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]实际上滑块所受到的拉力小于钩码的重力，对滑块应用牛顿第二定律
T F Mg Ma μ-=
对钩码
T mg F ma -=
两式相加解得加速度
mg Mg a M m
μ-=+ 而如果满足题中条件，同理解得加速度为 mg Mg a M μ-'=
若想
a a '=
M 必须远大于m 。

(2)[2]对于滑块通过光电门时的速度
11
d v t = 22d v t =
由动能定理得：
22
21
(
11
()(
))
22
d
M
d
M M
t
g g
t
m x
μ
-=-
解得
2
22
21
11
()
2
m d
M gx t t
μ=--
(3)[3]验证机械能守恒，需要将摩擦力平衡掉，所以该同学需将木板左端抬高，平衡摩擦力。

14．某实验小组为了测量某微安表G（量程200μA，内阻大约2200Ω）的内阻，设计了如下图所示的实验装置。

对应的实验器材可供选择如下：
A．电压表（0~3V）；
B．滑动变阻器（0~10Ω）；
C．滑动变阻器（0~1KΩ）；
D．电源E（电动势约为6V）；
E．电阻箱R Z（最大阻值为9999Ω）；
开关S一个，导线若干。

其实验过程为：
a．将滑动变阻器的滑片滑到最左端，合上开关S，先调节R使电压表读数为U，再调节电阻箱（此时电压表读数几乎不变），使微安表指示为满偏，记下此时电阻箱值为16924Ω
R=；
b．重新调节R，使电压表读数为
3
4
U，再调节电阻箱（此时电压表读数几乎不变），使微安表指示为满偏，记下此时电阻箱值（如图所示）为R2；
根据实验过程回答以下问题：
（1）滑动变阻器应选_______（填字母代号）；
（2）电阻箱的读数R 2=________Ω；
（3）待测微安表的内阻_________Ω。

【答案】B 4653 2170
【解析】
【详解】
(1)[1]．滑动变阻器用分压电路，则为方便实验操作，滑动变阻器应选择B ；
(2)[2]．由图示电阻箱可知，电阻箱示数为
R 2=4×1000Ω+6×100Ω+5×10Ω+3×1Ω=4653Ω
(3)[3]．根据实验步骤，由欧姆定律可知
U=I g （R g +R 1）
23 4g g U I R R =+（） 解得
R g =2170Ω
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，一个上表面绝缘、质量为m A =1kg 的不带电小车A 置于光滑的水平面上，其左端放置一质量为、带电量为的空盒B ，左端开口。

小车上表面与水平桌面相平，桌面上水平放置着一轻质弹簧，弹簧左端固定，质量为
的不带电绝缘小物块C 置于桌面上O 点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长，现用水平向左的推力将C 缓慢推至M 点（弹簧仍在弹性限度内）时，推力做的功为，撤去推力后，C 沿桌面滑到小车上的空盒B 内并与其右壁相碰，碰撞时间极短且
碰后C 与B 粘在一起。

在桌面右方区域有一方向向左的水平匀强电场，电场强度大小为，电场作用一段时间后突然消失，小车正好停止，货物刚好到达小车的最右端。

已知物块C 与桌面间动摩擦因数，空盒B 与小车间的动摩擦因数
，间距，点离桌子边沿点距离
，物块、空盒体积大小不计，取。

求：
（1）物块C 与空盒B 碰后瞬间的速度；
（2）小车的长度L ；
（3）电场作用的时间。

【答案】（1）2m/s （2）0.67m （3）2s
【解析】
【详解】
（1）对物块C由O→M→N应用动能定理，设C到N点速度大小为得：
解得：
与空盒B右壁相碰，动量守恒：
解得：
（2）C与B碰后可看作一整体，令，则BC整体和小车加速度分别为：
；
设经过时间后B与C整体与小车A速度相等，此过程中二者位移分别为、；
假设速度相等后B与C整体与小车A相对静止，C整体与小车A间摩擦力为，则：，
；所以两者经时间后相对静止一起匀减速。

解得：
小车长度
（3）速度相等后BC与小车以共同加速度一起匀减速，最终速度为零。

运动时间
电场作用时间
16．如图所示，竖直平面内的光滑形轨道的底端恰好与光滑水平面相切。

质量M=3.0kg 的小物块B 静止在水平面上。

质量m=1.0kg 的小物块A 从距离水平面高h=0.80m 的P 点沿轨道从静止开始下滑，经过弧形轨道的最低点Q 滑上水平面与B 相碰，碰后两个物体以共同速度运动。

取重力加速度g=10m/s²。

求：
(1)A 经过Q 点时速度的大小0v ；
(2)A 与B 碰后共同速度的大小v ；
(3)碰撞过程中，A 与B 组成的系统所损失的机械能ΔE 。

【答案】 (1)A 经过Q 点时速度的大小是4m/s ；(2)A 与B 碰后速度的大小是1m/s ；(3)碰撞过程中A 与B 组成的系统损失的机械能△E 是6J 。

【解析】
【分析】
【详解】
(1)A 从P 到Q 过程中,由动能定理得:
20102
mgh mv =
- 解得 v 0=4m/s
(2)A 、B 碰撞,AB 系统动量守恒,设向右为正方向,则由动量守恒定律得:
0()mv m M v =+
解得
v=1m/s
(3)碰撞过程中A.B 组成的系统损失的机械能为:
22011()22
E mv m M v ∆=-+=6J 17．如图所示，质量均为m 的木块A 、B ，静止于光滑水平面上。

A 上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O 点系一长为L 的细线，细线另一端系一质量也为m 的球C ，现将球C 拉起使细线水平伸直，并由静止释放。

当球C 第一次到达最低点时，木块A 与B 发生弹性碰撞。

求：
(1)球C 静止释放时A 、B 木块间的距离；
(2)球C 向左运动的最大高度；
(3)当球C 第二次经过最低点时，木块A 的速度。

【答案】 (1)
12L (2)14
L gL 【解析】
【详解】 (1)若C 到最低点过程中，A 、C 的水平位移为x A 、x C ，A 、C 水平动量守恒，有：
mx C =mx A
x A +x C =L
联立可解得
x A =12
L 即球C 静止释放时A 、B 木块间的距离为
12L (2)若C 到最低点过程中，A 、C 的速度大小为v A 、v C ，对A 、C 水平动量守恒和机械能守恒，有： mv C =mv A
22A c 1122
mgL mv mv -=
解得 v A =v C gL 因为A 和B 质量相等，弹性碰撞过程二者交换速度，则碰撞后
'0A v =，v B gL 当C 第一次向左运动到最高点时，设A 和C 的共同速度为v AC ，对A 、C 有：
C AC 0()mv m m v +=+
22C AC 110()22
mgh mv m m v -=++
联立可解得
h=1 4 L
(3)C第一次到最低点至第二次到最低点的过程中，对A、C，由水平动量守恒和机械能守恒，因为A和C 质量相等，二者交换速度，则木块A的速度为
''
A
v
方向水平向左。