高中物理高考 2021届高三第二次模拟考试卷 物理（二）教师版

这是一份高中物理高考 2021届高三第二次模拟考试卷 物理（二）教师版，共7页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
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2021届高三第二次模拟考试卷
物 理（二）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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，一木块在垂直于倾斜天花板平面方向的推力F作用下处于静止状态，则下列判断正确的是(　　)

A．木块可能受三个力作用
B．木块一定受四个力作用
C．若推力F逐渐增大，木块将可能滑动
D．木块受天花板的摩擦力会随推力F的增大而增大
【答案】B
【解析】木块在重力作用下，有沿天花板下滑的趋势，一定受到静摩擦力，则天花板对木块一定有弹力，故木块受到重力、弹力、摩擦力和力F四个力作用，A错误，B正确；木块受力如图，根据平衡条件得，，静摩擦力与F无关，当逐渐增大F的过程，FN增大，最大静摩擦力增大，而木块受到的静摩擦力不变，木块将始终保持静止，CD错误。

2．用如图所示的实验装置研究光电效应现象。所用光子能量为2.75 eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，电流表G的示数不为零，移动变阻器的触点c，发现当电压表的示数大于或等于1.7 V时，电流表示数为零，则在该实验中(　　)

A．光电子的最大初动能为1.05 eV
B．光电管阴极的逸出功为1.7 eV
C．开关S断开，电流表G示数为零
D．当滑动触头向a端滑动时，电压表示数增大
【答案】D
【解析】由题目可知，遏制电压Uc＝1.7 V，最大初动能Ekm＝eUc＝1.7 eV，A错误；根据光电效应方程可知，逸出功W0＝E－Ekm＝1.05 eV，B错误；断开开关S，光电效应依然发生，有光电流，光电管、电流表、滑动变速器构成闭合回路，电流表中电流不为零，C错误；电源电压为反向电压，当滑动触头向a端滑动时，反向电压增大，电压表示数增大，电流表中电流减小，D正确。
3．一定质量的理想气体，在温度T1和T2下的压强p与体积倒数的关系图像如图所示，气体由状态A等压变化到状态B的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．温度升高，吸收热量
B．温度升高，放出热量
C．温度降低，吸收热量
D．温度降低，放出热量
【答案】A
【解析】根据＝C，可知p＝CT，则在p－图像中过原点的斜率越大，温度越高，则气体由状态A等压变化到状态B的过程中，气体温度升高，内能增加，体积变大，对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸收热量。
4．如图所示，理想变压器的原线圈接有电压为U的正弦交流电源。R1和R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值随照射光强度的增大而减小。现增大照射光强度，则(　　)

A．通过原线圈的电流减小
B．变压器的输出功率减小
C．R1两端的电压减小
D．R2消耗的功率减小
【答案】D
【解析】理想变压器输出电压一定，光照增强，光敏电阻R3阻值减小，副线圈的总电阻减小，根据欧姆定律知副线圈的电流增大，根据理想变压器电流与匝数的关系可知通过原线圈的电流也增大，A错误；理想变压器的输出功率P＝UI，其中U不变，I变大，故变压器的输出功率变大，B错误；副线圈电流增大，R1两端电压增大，故R2两端电压减小，根据P＝可得R2消耗的功率减小，C错误，D正确。
5．携带美国“天鹅座”宇宙飞船的“安塔瑞斯”号运载火箭在发射升空时爆炸，爆炸燃起巨大火球。下面对于该火箭的描述错误的是(　　)
A．火箭发射的初速度大于7.9 km/s
B．火箭上升过程中处于超重状态
C．忽略空气阻力，则火箭碎片落地时速度大小相等
D．在爆炸的极短时间内，系统动量守恒
【答案】C
【解析】火箭发射时的初速度大于第一宇宙速度7.9 km/s，故A正确；在火箭上升过程中，具有向上的加速度，故处于超重状态，故B正确；由于在爆炸过程中，碎片的速度大小及方向均不相同，故落地时的速度大小不一定相同，故C错误；在爆炸过程中由于内力远大于外力，故可以认为动量守恒，故D正确。
6．一个物体在粗糙的水平地面上以一定的初速度向前做匀减速直线运动。若已知物体在第1 s内的位移为8.0 m，在第3 s内的位移为0.5 m，则下列说法正确的是(　　)
A．物体在0.5 s末速度一定为8.0 m/s
B．物体在2.5 s末速度一定为0.5 m/s
C．物体在第2 s内的位移一定为4.25 m
D．物体的加速度大小一定为3.75 m/s2
【答案】A
【解析】物体做匀减速直线运动，在0.5 s末速度，A正确；根据位移时间公式得，第1 s内的位移为，第3 s内的位移为，代入数据得，据此求得，不符合题意，说明物体在3 s前物体已经停止。设第3 s内运动时间为t，则由，，解得，，D错误；物体在2.5 s末的速度为，B错误；根据得第2 s内的位移为，C错误。
7．如图所示，一绝缘容器内部为长方体空腔，容器内盛有NaCl的水溶液，容器上下端装有铂电极A和C，置于与容器表面垂直的匀强磁场中，开关K闭合前容器两侧P、Q两管中液面等高，闭合开关后(　　)

A．M处钠离子浓度等于N处钠离子浓度
B．M处氯离子浓度小于N处氯离子浓度
C．M处电势高于N处电势
D．P管中液面高于Q管中液面
【答案】D
【解析】当开关闭合时，液体中有从A到C方向的电流，根据正离子的定向移动方向与电流方向相同，而负离子移动方向与电流方向相反，由左手定则可以知道，钠离子与氯离子均偏向M处，M处钠离子与氯离子浓度高于N处，同时M处和N处仍呈电中性，电势相等，ABC错误；由前面分析可知液体将受到向M的安培力作用，在液面内部将产生压强，因此P端的液面将比Q端的高，D正确。
8．质量分别为2m和m的A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，撤去F1、F2后受摩擦力的作用减速到停止，其v－t图像如图所示，则下列说法正确的是(　　)

A．F1和F2大小相等
B．F1和F2对A、B做功之比为2∶1
C．A、B所受摩擦力大小相等
D．全过程中摩擦力对A、B做功之比为1∶2
【答案】C
【解析】匀减速运动的加速度大小分别为，，摩擦力大小分别为，；对于匀加速运动过程，两物体加速度大小分别为，，根据牛顿第二定律得，，所以F1和F2大小不相等，A、B所受摩擦力大小相等，A错误，C正确。两个物体匀加速直线运动的位移大小分别为x1＝v0t0，x2＝v0×2t0＝v0t0，F1和F2对A、B做功分别为W1＝F1x1＝mv02，W2＝F2x2＝mv02，所以F1和F2对A、B做功之比为1∶1；根据“面积”等于位移，可知全过程中两物体的位移大小相等，两物体所受的摩擦力之比为1∶1，故全过程中摩擦力对A、B做功之比为1∶1，BD错误。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．如图所示，ABC为正三角形，AB和AC边上放有带等量异种电荷的绝缘细棒，O为BC边中点，D为BC中垂线上O点右侧的一点，P为BC上的一点，选无穷远处电势为0，则下列说法正确的是(　　)

A．O点和D点场强可能大小相等，方向相同
B．D点的电势一定高于P点
C．将一正检验电荷沿直线从O点运动到D点，电场力先做正功后做负功
D．将一正检验电荷沿直线从O点运动到P点，电势能减小
【答案】BD
【解析】由场强的叠加和对称性可知，O点和D点场强方向相同，但D点场强要小于O点的场强，A错误；由电场的分布特点可知，D点电势为0，P点电势小于0，故D点的电势一定高于P点，B正确；将一正检验电荷沿直线从O点运动到D点，电场力不做功，C错误；将一正检验电荷沿直线从O点运动到P点，电场力做正功，电势能减小，D正确。
10．一列简谐横波沿x轴传播，波速v＝4 m/s。已知坐标原点（x＝0）处质点的振动图象如图甲所示，t＝0.45 s时部分波形图如图乙所示。下列说法正确的是(　　)

A．简谐横波的传播方向沿x轴正方向
B．x＝0.5 m处的质点比x＝0处的质点振动滞后0.5 s
C．x＝0处的质点经过0.6 s的路程为0.6 m
D．t＝0.45 s时x＝0处的质点对应的纵坐标为0.05 m
【答案】AC
【解析】由图可知，x＝0处质点在t＝0.45 s时沿y轴正方向振动，则该波沿x轴正方向传播，故A正确； x＝0.5 m处的质点比x＝0处的质点振动滞后时间s，故B错误；简谐波的周期T＝0.4 s，x＝0处的质点经过0.6 s的路程m，故C正确；x＝0处的质点的振动方程为y＝0.1sin 5πt(m)，将t＝0.45 s代入得m，故D错误。
11．如图甲所示，轻质弹簧的下端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，在弹簧的上端从静止开始释放0.5 kg的小球，小球的加速度a与弹簧压缩量x间的关系如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2，则(　　)

A．斜面的倾角θ＝60°
B．弹簧的劲度系数为12.5 N/m
C．小球最大的动能为0.25 J
D．弹簧最大弹性势能为1 J
【答案】BCD
【解析】由图可知，当弹簧压缩量x＝0时，a＝5m/s2，则有a＝gsin θ＝5 m/s2，解得θ＝30°，故A错误；当弹簧压缩量x＝20cm＝0.2m时，a＝0，则有mgsin θ－kx＝0，解得k＝12.5 N/m，故B正确；在当x＝0.2m时，a＝0，此时小球的速度最大，由可知，即小球最大的动能Ekm＝mv2＝0.25 J，故C正确；由运动的对称性可知，当弹簧的压缩量为x1＝0.4m时，小球速度为零，此时弹簧的弹性势能最大，从最高点到小球速度为零的位置，由机械能守恒可得，最大的弹性势能等于重力势能的减小量，即最大弹性势能Epm＝mgx1sin 30°＝1 J，故D正确。
12．如图，虚线上方空间分布着垂直纸面向里的匀强磁场，在纸面内沿不同的方向从粒子源O先后发射速率均为v的质子和α粒子，质子和α粒子同时到达P点。已知OP＝l，α粒子沿与PO成30°角的方向发射，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，则下列说法正确的是(　　)

A．质子在磁场中运动的半径为l
B．粒α子在磁场中运动的半径为l
C．质子在磁场中运动的时间为
D．质子和α粒子发射的时间间隔为
【答案】ACD
【解析】根据题意作出α粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r＝l，因为粒子做圆周运动的半径r＝，质子与α粒子的比荷为2∶1，所以其半径之比为1∶2，质子半径为l，故A正确，B错误；α粒子在磁场中做圆周运动的周期，转过的圆心角θ1＝300°，则α粒子在磁场中的运动时间，质子从O点射入P点射出，半径为l，可知O点射入的速度方向必与OP边界垂直，θ2＝180°，故，所以质子和α粒子发射的时间间隔为，故CD正确。

三、非选择题：本题共6小题，共60分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
13．(5分)某兴趣小组的同学看见一本物理书上说“在弹性限度内，劲度系数为k的弹簧，形变量为x时弹性势能为Ep＝kx2，为了验证该结论就尝试用“研究加速度与合外力、质量关系”的实验装置（如图甲）设计了以下步骤进行实验：
A．水平桌面上放一长木板，其左端固定一弹簧，通过细绳与小车左端相连，小车的右端连接打点计时器的纸带；
B．将弹簧拉伸x后用插销锁定，测出其伸长量x；
C．打开打点计时器的电源开关后，拔掉插销解除锁定，小车在弹簧作用下运动到左端；
D．选择纸带上某处的A点测出其速度v；
E．取不同的x重复以上步骤多次，记录数据并利用功能关系分析结论。
实验中已知小车的质量为m，弹簧的劲度系数为k，则：

(1)长木板右端垫一小物块，其作用是_________；
(2)如图乙中纸带上s1＝3.50 cm，s2＝5.42 cm，s3＝1.14 cm，T＝0.02 s，由此可以算出小车匀速直线运动时候的速度大小为______m/s（结果保留两位小数）；
(3)若Ep＝kx2成立，则实验中测量出物理量x与m、k、v关系式是x＝________。
【答案】(1)平衡摩擦力 (2)0.68 (3)
【解析】(1)长木板右端垫一小物块，其作用是利用重力在斜面上的分力来平衡摩擦，使弹簧做的功全部转化为小车的动能。
(2)由图可知，第二段物体做匀速直线运动，则速度为。
(3)根据能量守恒有，又Ep＝kx2，联立解得。
14．(10分)某同学改装和校准电压表的电路图如图所示，图中虚线框内是电压表的改装电路。

(1)已知表头G满偏电流为100 μA，表头上标记的内阻值为900 Ω。R1、R2和R3是定值电阻。利用R1和表头构成1 mA的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表。若使用a、b两个接线柱，电压表的量程为1 V；若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为3 V。则根据题给条件，定值电阻的阻值应选R1＝___________Ω，R2＝___________Ω，R3＝___________Ω。
(2)用量程为3 V，内阻为2500 Ω的标准电压表V对改装表3 V挡的不同刻度进行校准。所用电池的电动势E为5 V，滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为50 Ω和5 kΩ。为了方便实验中调节电压，图中R应选用最大阻值为___________Ω的滑动变阻器。
(3)若由于表头G上标记的内阻值不准，造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，则表头G内阻的真实值___________（填“大于”或“小于”）900 Ω。
【答案】(1)100 910 2000 (2)50 (3)大于
【解析】(1)根据题意R1与表头G构成1mA的电流表，则，代入数据解得，因为使用a、b两个接线柱，电压表的量程为1V，所以 ，因为使用a、c两个接线柱，电压表的量程为3V，所以。
(2)电压表与之并联之前电阻小于2500 Ω，对于分压式电路，要求滑动变阻器的最大电阻远小于并联部分，同时还要便于调节，故滑动变阻器选择小电阻，即选择50 Ω的电阻。
(3)改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，说明通过表头G的电流偏小，则实际其电阻的阻值偏大，故实际阻值大于900 Ω。
15．(6分)如图是由折射率n＝的材料制作的光学器件的切面图，内侧是以O为圆心，R为半径的半圆，外侧为矩形，AB＝R，BC＝2R。一束单色光从O射入器件，入射角为α，满足sin α＝，不计光线在器件内的多次反射，求光在器件中传播的时间。（设光在真空中的速度为c）


【解析】如图所示，由光的折射定律可知

带入数据可得β＝30°。
在三角形OO1O2中，由正弦定理可知
可得γ＝60°
则sin γ＝，可知光线在O2刚好发生全反射，且反射角ÐEO2F＝60°。由几何关系可知，光线在器件中通过的路程为s＝R+R＝R
光线在介质中传播的速度v＝＝c
光线在介质中传播的时间。
16．(10分)如图所示，“凹”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一平面内，ab、bc边长均为2l，gf边长为l。匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。开始时，bc边离磁场上边界的距离为l，线框由静止释放，从bc边进入磁场直到gf边进入磁场前，线框做匀速运动。在gf边离开磁场后，ah、ed边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框在下落过程中始终处于竖直平面内，且bc、gf边保持水平，重力加速度为g。

(1)线框ah、ed边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是bc边刚进入磁场时的几倍？
(2)若磁场上下边界间的距离H，则线框完全穿过磁场过程中产生的热量为多少？
【解析】(1)bc边刚进入时，有：

线框匀速运动，有
联立可得
ah、ed边将离开磁场时，有：

线框匀速运动，有
联立可得
综上所述
即线框ah、ed边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是bc边刚进入磁场时的4倍。
(2)bc边进入磁场前，根据动能定理，有
穿过磁场过程中能量守恒，有
联立可得：Q＝mg(H－13l)。
17．(13分)如图，两水平面（虚线）之间区域存在与水平方向成45°斜向右上方的匀强电场，自该区域上方A点将质量均为m、带电荷量分别为q和2q带正电小球M、N，同时以相反的初速度v0沿水平方向射出。小球进入电场时速度方向与上边界均成45°角，并从该区域的下边界离开。已知M在电场中做直线运动，N离开电场时速度方向恰好竖直。重力加速度大小为g不计空气阻力和粒子间相互作用。求：

(1) A点距电场上边界的高度；
(2)该电场强度的大小：
(3)M与N两粒子离开电场时位置间的距离。
【解析】(1)M、N两粒子进入电场前做平抛运动，设A点距上边界的高度为h，粒子进入电场时速度偏角满足vy＝v0tan 45°＝v0
又vy2＝2gh
解得：。
(2) M粒子在电场中做直线运动，受力分析知，电场力qE与重力mg的合力与速度同向，可得
Eq＝mgcos 45°
解得：。
(3)M、N两粒子进电场前，运动时间均为t1，可得
水平位移x1＝v0t1＝
电场中，N粒子受电场力F＝2Eq＝mg
由力的合成合力可知N粒子所受F合＝mg，方向水平向右
则N粒子水平方向以大小为g的加速度做初速度为v0的匀减速直线运动，设运动时间为t2，由运动学公式可得：
v0－gt2＝0，x＝v0t2－gt22
解得：
竖直方向做匀速直线运动，电场高度为H，可得
当M离开电场时，M在电场中的水平距离为x3，由几何关系可得
所以M与N两粒子间的距离。
18．(5分)如图所示，传送带P、Q间的距离L＝5.0 m，以v＝2 m/s的恒定速度顺时针旋转，传送带的倾角θ＝37°，一质量M＝0.09 kg的A物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5。左下方的手枪每隔1 s发射一颗质量m＝0.01 kg的弹丸，弹丸每次击中物体前的瞬时速度大小均为v0＝40 m/s，方向平行传送带向上，射入物体后会立即留在其中。将A物体轻放在传送带的最下端时，恰好被第一颗弹丸击中。物体和弹丸均可看成质点，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求

(1)A物体第一次达到与传送带速度相同时所用的时间t1；
(2)从第一次射结束到第二次击中前的过程中物体与传送带摩擦产生的热量Q；
(3)需要射入几颗弹丸才能使A物体到达传送带顶端。
【解析】(1)以沿传送带向上为正，在弹丸射入的过程中动量守恒：
mv0＝(m＋M)v01
解得v01＝4 m/s
因为传送带速度为2 m/s，所以物块减速上升，由牛顿第二定律得：
(m＋M)gsin θ＋μ(m＋M)gcos θ＝(m＋M)a1
a1＝10 m/s2
减至共速，所需时间t1＝＝0.2 s
(2)共速时的位移x1＝(v01＋v)t1＝0.6 m
继续减速时，摩擦力方向沿传送带向上，此时加速度方向沿传送带向下：
(m＋M)gsinθ－μ(m＋M)gcosθ＝(m＋M)a2
a2＝2 m/s2
若继续减速至零，所需时间为t＝＝1 s
所以物块未减至零时，第二颗弹丸已射入，此时物块的速度v1＝v－a2(1－t1)＝0.4 m/s
此时位移x2＝(v1＋v)(1－t1)
x2＝0.96 m
传送带与物块间摩擦力大小f＝μ(M＋m)gcos θ＝0.4 N
传送带与物块间的相对位移Δx1＝(v01＋v)t1－vt1＝0.2 m
Δx2＝v(1－t1)－(v1＋v)(1－t1)＝0.64 m
则物体与传送带摩擦产生的热量Q＝f(Δx1＋Δx2)＝0.336 J。
(3)第二颗弹丸射入的过程中量守恒：mv0＋(m＋M)v1＝(m＋m＋M)v02
得v02＝4 m/s
由此可推至每次射入弹丸后，物块A都是先减速至传送带速度，然后继续减速到下一颗弹丸射入。可推知这次物块上升的位移s＝x1＋x2＝1.56 m
第三颗子弹射入的过程中动量守恒：mv0＋(2m＋M)v2＝(m＋m＋m＋M)v03
得v03＝3.7 m/s
减至共速，所需时间t3＝＝0.17 s
所以物块未减至零时，第4颗子弹已射入，此时物块的速度v3＝v－a2(1－t3)＝0.34 m/s
此时上升的总位移s3＝(v03＋v)t3＋(v3＋v)(1－t3)＝1.4556 m
此时已发生位移为s＝x1＋x2＋s2＋s3＝4.5756 m
传送带总长5 m，还剩0.4244 m，可以推知第4颗子弹射入后，A物体到达传送带顶端，所以子弹需要射入4次。