四川省攀枝花市2021届新高考物理二模试卷含解析

四川省攀枝花市2021届新高考物理二模试卷
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．如图所示，内壁光滑的圆管形轨道竖直放置在光滑水平地面上，且恰好处在两固定光滑挡板M 、N 之间，圆轨道半径为1 m ，其质量为1 kg ，一质量也为1 kg 的小球（视为质点）能在管内运动，管的内径可不计。

当小球运动到轨道最高点时，圆轨道对地面的压力刚好为零，取g ＝10 m/s 2。

则小球运动到最低点时对轨道的压力大小为
A ．70 N
B ．50 N
C ．30 N
D ．10 N
【答案】A
【解析】
【分析】
抓住小球运动到最高点时，圆轨道对地面的压力为零，求出最高点的速度，根据动能定理求出小球在最低点的速度，从而结合牛顿第二定律求出轨道对小球的支持力，根据牛顿第三定律得出小球对圆轨道的最大压力．
【详解】
当小球运动到最高点时速度最小，此时圆轨道对地面的压力为零，可知小球对圆轨道的弹力等于圆轨道的重力，根据牛顿第二定律得，mg+N=m 21v R ，N=mg ，解得最高点的速度v 1= 2gR ；小球从最高点到最低点，根据动能定理得，mg ⋅2R=22211122mv mv ，解得v 2= 6gR ；根据牛顿第二定律得，N′−mg=m 22v R
，联立解得N′=7mg=70N ，根据牛顿第三定律，小球对轨道的最大压力N′=7mg=70N ，故A 正确，BCD 错误；
故选：A.
2．如图，虚线a 、b 、c 为电场中三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个电子仅在电场力作用下的运动轨迹，M 、N 是轨迹与等势面a ，c 的交点．下列说法中正确的是（ ）
A ．电子一定从M 点向N 点运动
B ．等势面c 的电势最低
C ．电子通过M 点时的加速度比通过N 点时小
D．电子通过M点时的机械能比通过N点时大
【答案】C
【解析】
【详解】
A．电子可以由M到N，也可以由N到M，由图示条件不能具体确定，故A错误；
B．电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电子带负电，则M点电子受到左下方的电场力，因此电场线指向右上方，根据沿电场线电势降低，可知a等势线的电势最低，c等势线的电势最高，故B错误；
C．等势线密的地方电场线密，电场场强大，则N点场强大于M点场强。

则电子通过N点的加速度比M 点的大，故C正确；
D．从M到N过程中电场力做正功，根据功能关系可知，机械能增加，即电子通过M点时的机械能比通过N点时小，故D错误。

故选C。

3．关于自由落体运动，平抛运动和竖直上抛运动，以下说法正确的是
A．只有前两个是匀变速运动
B．三种运动，在相等的时间内速度的增量大小相等，方向不同
C．三种运动，在相等的时间内速度的增量相等
D．三种运动在相等的时间内位移的增量相等
【答案】C
【解析】
【详解】
A．平抛运动、竖直上抛运动、斜抛运动和自由落体运动都是仅受重力，加速度为g，方向不变，都是匀变速运动。

故A错误；
BC．速度增量为△v=g△t，故速度增量相同，故B错误，C正确；
D．做自由落体运动的位移增量为
△h＝1
2
g(t+△t)2−
1
2
gt2＝gt△t+
1
2
g△t2，
竖直上抛运动的位移增量为
△h′＝v0(t+△t)− 1
2
g(t+△t)2−vt+
1
2
gt2=v0△t−gt△t−
1
2
g△t2
两者不等，故D错误；
故选C。

4．氢原子的核外电子从n=2的能级跃迁到n=1的能级时，发出的光恰好能使某种金属发生光电效应，则下列各种说法中正确的是（）
A．该光是氢原子所有可能发出的光中能量最大的
B．氢原子中由高能级跃迁到n=2的能级时发出的光可能使该金属发生光电效应
C ．该金属发生光电效应产生的光电子的最大能量恰好等于氢原子从n=2的能级跃迁到n=1的能级所放出光子的能量
D ．氢原子从n=2的能级跃迁到n=1的能级所放出光子的能量等于该金属的逸出功
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．氢原子从n=2的能级跃迁到n=1的能级，所放出光子的能量是所有相邻能级间跃迁时能量最大的，但小于其他能级跃迁到n=1的能级时所放出的光子的能量，故A 错误；
B ．氢原子从高能级跃迁到n=2的能级所放出的光子的能量都小于从n=2的能级跃迁到n=1的能级所放出的光子的能量，不会使金属发生光电效应，故B 错误；
C ．恰好发生光电效应，说明光电子的最大初动能为零，故C 错误；
D ．恰好发生光电效应，说明光子的能量等于金属的逸出功，故D 正确。

故选D 。

5．一物体置于一长木板上，当长木板与水平面的夹角为30°时，物体刚好可以沿斜面匀速下滑。

现将长
木板与水平面的夹角变为45︒，再将物体从长木板顶端由静止释放；用x v a 、
、、k E 和t 分别表示物体的位移、物体运动的速度、物体运动的加速度、物体的动能和物体运动的时间。

下列描述物体由静止释放后的运动规律的图象中，可能正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】D
【解析】
【详解】
BC ．当长木板的倾角变为45︒时，放在长木板上的物体将由静止开始做匀加速直线运动，物体的速度随时间均匀增大，物体的加速度不变，故BC 项错误；
A ．由212
x at =知，A 项错误；
D ．由动能定理得k
E
F x =合，故物体的动能与物体的位移成正比，D 项正确。

故选D 。

6．如图甲所示的电路中定值电阻R=60Ω，电源电动势E=100V ，r=10Ω。

如图乙所示，曲线为灯泡L 的伏安特性曲线，直线为电源的路端电压与电流的关系图线，以下说法正确的是（ ）
A ．开关S 断开时电源的效率为60%
B ．开关S 闭合后电源的总功率会变小
C ．开关S 闭合后灯泡的亮度增强
D ．开关S 断开时小灯泡消耗的功率为240W
【答案】D
【解析】
【详解】
A ．开关S 断开时，根据图乙可知灯泡两端的电压为
40V L U =
电源的效率为
100%40%L L L
U I EI η=⨯= 故A 错误；
BC ．开关S 闭合后总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可得总电流增大，根据P EI =可知电源的总功率
会变大，根据U E Ir =-可知路端电压减小，根据2
U P R
=可知灯泡的功率减小，所以灯泡的亮度变暗，故B 、C 错误；
D ．开关S 断开时小灯泡消耗的功率为
406W 240W L L P U I ==⨯=
故D 正确；
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．如图所示，A 和B 是两个等量异种点电荷，电荷量的绝对值为q ，两点电荷的连线水平且间距为L ，OP 是两点电荷连线的中垂线，O 点是垂足，P 点到两点电荷的距离也为L 。

整个系统处于水平向右的匀强电场中，一重力不计的电子恰好能静止在P 点，下列说法正确的是（ ）
A ．点电荷A 一定带正电
B ．匀强电场的电场强度大小为22kq L
C ．O 点的电场强度大小为
27kq L
D ．O 点和P 点电势相同
【答案】CD
【解析】
【详解】 A ．对P 点的电子进行受力分析可知，等量异种电荷A 、B 在P 点产生的合场强方向向左，故点电荷A 带负电，选项A 错误；
B ．匀强电场强度大小
222cos 60kq kq E L L
=︒= 选项B 错误；
C ．O 点的电场强度大小
022228722kq
kq kq kq E E L L L L =-=-=⎛⎫ ⎪⎝⎭
选项C 正确；
D ．由等量异种电荷电场的规律和匀强电场的特点可知，OP 为电场的一条等势线，故0p ϕϕ=，选项D 正确。

故选CD 。

8．图示为振幅、频率相同的两列横波相遇时形成的干涉图样，实线与虚线分别表示的是波峰和波谷，图示时刻，M 是波峰与波峰的相遇点，已知两列波的振幅均为A ，下列说法中正确的是（ ）
A．图示时刻位于M处的质点正向前移动
B．P处的质点始终处在平衡位置
C．从图示时刻开始经过四分之一周期，P处的质点将处于波谷位置
D．从图示时刻开始经过四分之一周期，M处的质点到达平衡位置
E.M处的质点为振动加强点，其振幅为2A
【答案】BDE
【解析】
【详解】
A．图示时刻位于M处的质点只在平衡位置附件上下振动，并不随波迁移，故A错误；
BC．P处的质点图示时刻处于波峰和波谷相遇，二者运动的步调始终相反，合位移为0，始终处于平衡位置，故B正确，C错误；
D．从图示时刻开始经过四分之一周期，M处的质点到达平衡位置，位移为0，故D正确；
E. M处的质点为振动加强点，其振幅为2A，故E正确。

故选BDE。

9．如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，其上端接有电阻R，匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，始终垂直导轨的导体棒EF接入电路的有效电阻为r，导轨和导线电阻不计，在导体棒EF沿着导轨下滑的过程中，下列判断正确的是（）
A．感应电流在导体棒EF中方向从F到E
B．导体棒受到的安培力方向沿斜面向下，大小保持恒定
C．导体棒的机械能一直减小
D．导体棒克服安培力做的功等于电阻R消耗的电能
【答案】AC
【解析】
根据右手定则知，感应电流的方向为F到E，故A正确．下滑过程中，根据左手定则知，安培力的方向沿斜面向上，由于导体棒下滑的过程中速度增大，则感应电动势增大，电流增大，安培力增大，故B错误．导体棒向下运动的过程中，除重力做功外，安培力做负功，则导体棒的机械能一直减小，故C正确．根据功能关系知，克服安培力做功等于整个回路产生的电能，故D错误．故选AC．
点睛：解决这类导体棒切割磁感线产生感应电流问题的关键时分析导体棒受力，进一步确定其运动性质，并明确判断过程中的能量转化及功能关系如安培力做负功量度了电能的产生，克服安培力做什么功，就有多少电能产生．
10．对一定质量的理想气体，下列说法正确的是__________。

A．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和
B．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
C．在恒温时，压缩气体越来越难以压缩，说明气体分子间的作用力在增大
D．气体在等压膨胀过程中温度一定升高
E.气体的内能增加时，气体可能对外做功，也可能放出热量
【答案】ADE
【解析】
【详解】
A．气体的体积指的是该气体分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子的体积之和，故A正确；B．气体对容器壁的压强是由分子运动时与容器内壁的碰撞产生的，不是由重力产生的，故B错误；C．气体分子间没有作用力，压缩气体时，气体压强增大，气体压强越大越难压缩，故C错误；
D．由公式
PV
C
=
T
可知气体在等压膨胀过程中温度一定升高，故D正确；
E．由公式
∆=+
U Q W
知，气体的内能增加时，气体可能对外做功，也可能放出热量，但不可能同时对外做功和放出热量，故E 正确。

故选ADE。

11．如图所示，等腰直角三角形金属框abc右侧有一有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，ab边与磁场两边界平行，磁场宽度大于bc边的长度。

现使框架沿bc边方向匀速穿过磁场区域，t=0时，c点恰好达到磁场左边界。

线框中产生的感应电动势大小为E，感应电流为I（逆时针方向为电流正方向），bc两点间的电势差为U bc，金属框的电功率为P。

图中上述各量随时间变化的图像可能正确的是（）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据导体棒切割磁场产生的动生电动势为E Blv =可知，第一阶段匀速进磁场的有效长度均匀增大，产生均匀增大的电动势，因磁场宽度大于bc 边的长度，则第二阶段线框全部在磁场中双边切割，磁通量不变，线框的总电动势为零，第三阶段匀速出磁场，有效长度均匀增大，产生均匀增大的电动势，故E t -图像的第三阶段画错，故A 错误；
B ．根据闭合电路的欧姆定律E i R
=
，可知第一阶段感应电流均匀增大，方向由楞次定律可得为顺时针(负值)，第二阶段电流为零，第三阶段感应电流均匀增大，方向逆时针(正值)，故i t -图像正确，故B 正确； C ．由部分电路的欧姆定律bc bc U iR =，可知bc U t -图像和i t -图像的形状完全相同，故C 正确； D ．金属框的电功率为2P i R =，则电流均匀变化，得到的电功率为二次函数关系应该画出开口向上的抛物线，则P t -图像错误，故D 错误。

故选BC 。

12．下列说法正确的是（ ）
A ．在完全失重的情况下，气体的压强为零
B ．液体表面张力产生的原因是液体表面层分子较稀疏，分子间的引力大于斥力
C ．当两分子间距离大于平衡位置的间距时，分子间的距离越大，分子势能越小
D ．水中气泡上浮过程中，气泡中的气体在单位时间内与气泡壁单位面积碰撞的分子数减小
E.不可能利用高科技手段将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化
【答案】BDE
【解析】
【详解】
A.气体压强是由于大量气体分子频繁碰撞容器壁而产生的，在完全失重的情况下，气体的压强并不为零，故A 错误；
B.液体表面张力产生的原因是由于液体表面层里的分子较稀疏，分子间的引力大于斥力，分子间表现为引力，故B 正确；
C.当两分子间距离大于平衡位置的间距时，分子间的距离越大，分子势能越大，故C 错误；
D.气泡在水中上浮过程中，体积增大，温度基本不变，压强减小，根据气体压强的微观解释可知，气泡中
的气体在单位时间内与气泡壁单位面积碰撞的分子数减小，故D 正确；
E.根据热力学第二定律可知，不可能将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化，故E 正确。

故选BDE.
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．利用图示装置可以测物体问的动摩擦因数。

水平粗糙桌面左端固定着定滑轮、B 点固定着光电门。

跨过定滑轮的细线两端分别栓接质量m 的重物和质量M 的物块（含宽度为d 的遮光条），实验时每次都由静止释放物块，多次改变物块释放点A 的位置，记录每次AB 的间距x 和遮光条通过光电门的时间t 。

（细线与滑轮间的摩擦及空气阻力均不计，重力加速度为g ）
(1)物块从A 运动至B 的过程中，重物和物块整体的动能增量为△E k =_______。

(2)下列各图中，能够正确反映运动过程中x 与t 之间关系的图像是__________（填选项序号字母）。

(3)若(2)中正确图线的斜率为k ，则物块与水平面间的动摩擦因数μ=_______（填选项序号字母）。

A ．22()2kmg M m d kMg -+
B ．2
2()2kmg M m d kMg
++ C ．222()kMg kmg M m d -+ 【答案】()22
2M m d t + C A 【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]物块到达B 点时的速度为
B d v t
= 则物块从A 运动至B 的过程中，重物和物块整体的动能增量为
()2221()22k B M m d E M m v t
+∆=+= (2)[2]根据动能定理有
()212()mgx Mgx m d M t
μ-=
+ 整理后有 ()2
212m M d x mg Mg t μ+=⨯-() 故选C 。

(3)[3]由函数关系可知，斜率
()2
2m M d k mg Mg μ+=-()
由此变形可得
2
2()=2kmg M m d kMg
μ-+ 故选A 。

14．小明所在的课外活动小组在实验室测量导线的电阻率，他们在实验室选取了一段金属丝，经过讨论他们进行了如下操作。

（1）先用刻度尺测量其长度如图l 所示，该段金属丝的长度为___ cm 。

（2）接着他们使用多用电表粗测金属丝的电阻，操作过程分以下三个步骤：（请填写第②步操作） ①将红、黑表笔分别插入多用电表的“+”“-”插孔，选择电阻挡“×l”；
②____，调整欧姆调零旋钮，____；
③把红、黑表笔分别与金属丝的两端相接，多用电表的示数如图2所示。

（3）根据多用电表示数，为了减小实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，应从图3中的四个电路中选择___电路来测量金属丝电阻，闭合开关前应将滑动变阻器的滑片P 移至最__（填“左”或“右”）端，多次测量求平均值后测得该金属丝的电阻为5.2Ω。

A ．
B ．
C ．
D ． （4）他们使用千分尺测量金属丝的直径，示数如图4所示，金属丝的直径为___mm 。

（5）根据以上数据可以计算出该金属丝的电阻率为ρ=____Ωm ⋅（结果保留两位有效数字）。

【答案】60.50（60.48～60.52均可） 将红、黑表笔短接 使指针指向电阻刻度“0”刻线 D 左 0.200 72.710-⨯
【解析】
【详解】
（1）[1]毫米刻度尺的分度值为0.1cm ，所以读数为：70.50cm-10.00cm=60.50cm ；
（2）[2][3]②将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向表盘右侧的“0”刻度线，即表盘中电阻刻度“0”刻线；
（3）[4][5]电阻为x 5.2ΩR =，电流表的分压相对较为明显，所以电流表应采用外接法；为获得较大的电压调节范围，滑动变阻器应选用分压式接法，所以选择电路D ，滑片P 开始应调节至左端，使电压从0开始调节；
（4）[6]螺旋测微器的精度为0.01mm ，所以读数为：
0+20.00.01mm 0.200mm ⨯=；
（5）[7]根据电阻定律：
x L R S
ρ= 金属丝的横截面积：
214
S d π= 所以电阻率：
()2327x 3.14 5.20.20010
Ωm 2.710Ωm 440.605R d
L πρ--⨯⨯⨯==⋅=⨯⋅⨯。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，“＜”型光滑长轨道固定在水平面内，电阻不计．轨道中间存在垂直水平面向下的匀强磁场，磁感应强度B ．一根质量m 、单位长度电阻R 0的金属杆，与轨道成45°位置放置在轨道上，从静止起在水平拉力作用下从轨道的左端O 点出发，向右做加速度大小为a 的匀加速直线运动，经过位移L ．求：
(1)金属杆前进L 过程中的平均感应电动势．
(2)已知金属杆前进L 过程中水平拉力做功W ．若改变水平拉力的大小，以4a 大小的加速度重复上述前进L 的过程，水平拉力做功多少？
(3)若改用水平恒力F 由静止起从轨道的左端O 点拉动金属杆，到金属杆速度达到最大值v m 时产生热量．（F 与v m 为已知量）
(4)试分析(3)问中，当金属杆速度达到最大后，是维持最大速度匀速直线运动还是做减速运动？
【答案】 (1)2
2a BL L 2202122-m m F R mv B v (4)当金属杆速度达到最大后，将做减速运动 【解析】
【详解】
(1)由位移﹣速度公式得
2aL=v 2﹣0
所以前进L 时的速度为 2aL 前进L 过程需时 t=2=v aL a 由法拉第电磁感应定律有：
t
E ∆Φ=∆ =212222B L L B S a BL t L aL ⨯⨯⨯∆==∆(2)以加速度a 前进L 过程，合外力做功
W+W 安=maL
所以
W 安=maL ﹣W
以加速度4a 前进L 时速度为
8'=v aL 合外力做功
W F ′+W 安′=4maL 由22A B L v F BIL R
==可知，位移相同时： F A ′=2F A
则前进L 过程
W 安′=2W 安
所以
W F ′=4maL ﹣2W 安=2W+2maL
(3)设金属杆在水平恒力作用下前进d 时F A =F ，达到最大速度，由几何关系可知，接入电路的杆的有效长度为2d ，则
220(2)2⨯==
=⨯m A B d v F BIl F R d
所以
d=022m
FR B v 由动能定理有
212
-=
m Fd Q mv 所以： Q=Fd ﹣222021122=2
-m m m F R mv mv B v (4)根据安培力表达式，假设维持匀速，速度不变而位移增大，安培力增大，则加速度一定会为负值，与匀速运动的假设矛盾，所以做减速运动。

16．如图所示，等腰直角三角形ABC 为某透明介质的横截面，O 为BC 边的中点，位于O 点处的点光源在透明介质内向各个方向发射光线，其中从AC 边上的D 点射出的光线平行于BC ，且OC 与OD 夹角为15°，从E 点射出的光线垂直BC 向上。

已知BC 边长为2L 。

求：
（1）该光在介质中发生全反射的临界角C ；
（2）DE 的长度x 。

【答案】（1）C=45°；（2）
63
L 【解析】
【详解】
（1）由几何关系可知，题图中∠ODE=60°，故光线OD 在AC 面上的入射角为30°，折射角为45° 根据光的折射定律有sin 452sin 30
n ︒
︒== 由sinC=1/n ，知C=45°
.
（2）由sin 45sin120OD
L L ︒︒= ，解得63
OD L L = 由几何关系可知，光线OE 在AC 面上的折射角为45°，根据光的折射定律有，OE 光线在AC 面上的入射角为30°，故题图中∠OEC=60°，则△ODE 为等边三角形，得6OD x L L == 17．如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对乘客的行李进行安全检查。

其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持lm/s 的恒定速率运行。

乘客把行李无初速度地放在A 处，设行李与传送带之间的动摩擦因数为2.1．A 、B 间的距离为4.5m 。

若乘客把行李放到传送带A 处的同时接受工作人员安检，2s 后从A 处平行于传送带运动到B 处取行李。

乘客先由静止开始以2.5m/s 2的加速度做匀加速直线运动，然后做加速度大小为2.5m/s 2的匀减速直线运动到B 处时速度恰为2．求乘客与行李到达B 处的时间差。

（重力加速度g 取12m/s 2）
【答案】3S
【解析】
【详解】
对行李，设加速度为a ，则有：a=μg
设行李速度达到lm/s 时，时间为t 1，位移为x 1，则有：
时间为：t 1=0v a
位移为：x 1=202v a
整理代入数据得：
t 1=ls
x 1=2.5m ＜4.5m
设行李匀速运动时间为t 2，则有：
t 2=10
x x v -=4s 即行李从A 到B 所需时间为：
t 1+t 2=5s
对乘客，设经过t 时间由A 到B ，则有：x=2×2
01()22t a
代入数据得：
t=6s
故乘客从把行李放到A处到B点所用时间为：6s+2s=8s 故乘客与行李到达B处的时间差为：
△t=8s-5s=3s。