2021届四川省攀枝花市高考物理二模试卷含答案

这是一份2021届四川省攀枝花市高考物理二模试卷含答案，共10页。试卷主要包含了选择题，非选择题，选考题〔15分〕，[物理--选修3-4]等内容，欢迎下载使用。

1.2021环攀枝花国际公路自行车赛11月24日迎来收官之战，18支国内外车队经过攀枝花中国三线建设博物馆至米易县文化广场114.7公里的争夺后，最终乌克兰基辅首都洲际队的维塔利亚•布茨收获2021环攀枝花个人总冠军，夺得“英雄衫〞橙衫。假设布茨在比赛的某段下坡过程中保持同一姿态滑行了一段距离，重力对他做功4000J，他克服阻力做功200J．那么布茨在该段下坡过程〔 〕
A. 动能增加了4000J B. 机械能减小了200J C. 机械能减小了3800J D. 重力势能减小了3800 J
2.如下列图，吊蓝P悬挂在天花板上，与P质量相同的小球Q被固定在吊蓝中的轻弹簧上端，保持静止姿态。重力加速度为g，当悬挂吊蓝的细绳被剪断的瞬间，小球Q、吊篮P的加速度大小分别为〔 〕
A. g，g B. 0，g C. 0，2g D. 2g，0
3.如下列图，带等量异种电荷的A、B两板水平放置，在A、B问形成竖直向下的匀强电场。a、b两质量相等的粒子从A板左侧边缘处以相同的速度先后飞入电场，粒子a从AB两板右端连线的中点飞离匀强电场粒子b从B板右侧边缘处飞离匀强电场，不计粒子重力，以下说法中正确的选项是〔 〕
A. 粒子a、b的带电量之比为1：2
B. 电场对a、b粒子做功之比为1：2
C. 粒子a、b离开电场时的速度大小之比为1：2
D. 粒子a、b离开电场时的速度与水平方向之间夹角之比为1：2
4.如下列图的电路，电源电动势为E，内阻为r。闭合开关S，当滑动变阻器R的滑片向左移动一段距离，电流表A1示数增加了△I1 ， 电流表A2示数减少了△I2 ， 电压表Ⅴ1示数减少了△U1 ， 电压表V2示数增加了△U2 ． 以下关于△I1与△I2、△U1
与△U2大小关系的说法中正确的选项是〔 〕
A. △I1＞△I2 ， △U1＞△U2 B. △I1＜△I2 ， △U1＜△U2
C. △I1＞△I2 ， △U1＜△U2 D. △I1＜△I2 ， △U1＞△U2
5.如下列图，a、b、c三木块通过不可伸长的轻质细绳和轻质光滑滑轮连接，处于静止状态。其中AB细绳的B端与滑轮的转轴连接，A端固定于天花板上。现将A端沿天花板向右缓慢移动，移动过程中系统处于平衡状态。移动过程中各物理量变化的说法，正确的选项是〔 〕
A. 斜面对木块a的摩擦力增大 B. 细绳对木块c的拉力增大
C. 地面对斜面体的支持力增大 D. 木块c的重力势能增大
6.物体沿一直线运动，在t时间内通过的位移为x，它在中间时刻 t处的速度为v1 ， 在中间位置 x时的速度为v2 ， 那么以下关于v1和v2的关系准确的是〔 〕
A. 当物体做匀加速直线运动时，v1＞v2 B. 当物体做匀减速直线运动时，v1＞v2
C. 当物体做匀加速直线运动时，v1＜v2 D. 当物体做匀减速直线运动时，v1＜v2
7.甲、乙两颗人造卫星在同一平面内绕地球运动，甲卫星的轨道为圆，乙卫星的轨道为椭圆，乙卫星椭圆轨道的长半轴与甲卫星的轨道半径相等。某时刻乙卫星过远地点，两卫星与地球正好在同一直线上，如下列图。以下关于甲、乙两卫星在该时刻的速度、加速度大小关系，正确的选项是〔 〕
A. a甲＞a乙 B. a甲＜a乙 C. v甲＞v乙 D. v甲＜v乙
8.一质量为2kg的物体放在水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，0～1s内物体受到的水平拉力大小为F1 ， 1s～3s内物体受到的水平拉力大小为F2 ， 且F1＝2F2 ， 物体沿水平面做直线运动的v﹣t图象如下列图。3s末撤去水平拉力，撤去拉力后物体继续滑行一段时间后停止，重力加速度g取10m/s2 ， 以下说法正确的选项是〔 〕
C. 0～3s内拉力对物体做功为144J D. 撤去拉力后物体还能滑行3s
二、非选择题
9.某实验小组利用图〔a〕所示装置、传感器来测量物块与斜面间的动摩擦因素。实验测得甲、乙两木块从不同高度h由静止开始下滑到达底端A点的动能Ek，并绘制出甲、乙两木块的Ek﹣h图象如图〔b〕所示，甲、乙两木块与斜面间动摩擦因数相同。
〔1〕甲、乙两木块的质量关系m甲________m乙 ， 加速度大小关系为a甲________a乙 ． 〔选填“＞〞、“＜〞或“＝〞〕
〔2〕实验小组利用天平测得m甲＝2kg，用量角器测得斜面倾角θ＝37°，那么木块与斜面间动摩擦因数μ＝________〔g取10m/s2 ， sin37°＝0.6，cs37°＝0.8〕。
10.实验课中同学们要完成“测量电池的电动势和内阻〞的任务。某小组方案用如图甲所示的电路进行测量，实验室除待测电池〔电动势约几伏〕、开关、导线外，还有以下器材可供选用：
电压表V：量程0～3V，内阻约3kΩ
滑动变阻器R1：0～500Ω，额定电流1A
滑动变阻器R2：0～20Ω，额定电流2A
〔1〕为了便于实验，滑动变阻器最好选用________〔填写仪器的字母代号〕。
〔2〕请根据图甲所示的电路图，在图乙中完成实物的连接。
〔3〕实验过程某次测量时电流、电压表示数情况如图丙所示，此时电压表读数为________V，电流表读数为________A。
〔4〕实验得到的U﹣I图线如图丁所示，可得电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω．〔结果保存两位有效数字〕
〔5〕为了研究电表内阻对测量结果的影响，我们用U和I的函数关系来分析这一个问题。假设字母RV、RA分别表示电压表和电流表的内阻，U、I分别表示电压表和电流表的示数，E、r分别表示电池的电动势和内阻的真实值。考虑到电表内阻的影响，请选择相关的字母写出反映U和I实际关系的函数表达式U＝________。
11.如下列图，质量m1＝2kg、长度l＝5m的木板，以速度v1＝5ms沿光滑水平面向右匀速运动。某时刻一质量m2＝1kg的小木块〔可视为质点〕，以水平向左的速度v2＝5ms从木板的右端滑上木板，最终刚好不能滑离木板。重力加速度g取10m/s2 ， 求：
〔1〕木块与木板间的动摩擦因素；
〔2〕小木块做加速运动过程的时间。
12.如下列图，斜面AB足够长，倾角θ＝60°．斜面左上方有一足够长光滑绝缘水平面，水平面上方足够大区域内加有场强大小为E，方向水平向右的匀强电场。现让一质量为m、带电量为+q的小球〔可视为质点〕从水平面上的P点静止释放，小球在斜面上的落点与水平面最右端C的距离恰好最小，P、C距离为l，E＝ 重力加速度为g，求：
〔1〕小球过C点时的速度大小；
〔2〕水平而最右端C与斜面的距离；
〔3〕假设让该小球从水平面上的另一点Q〔图中未画出〕静止释放，小球正好可以垂直打在斜面上，Q、C两点的距离为多大？
三、选考题〔15分〕
13.如下列图，一定质量的理想气体从状态A依次经状态B、C和D后回到状态A，图中曲线AB、CD为反比例函数图线，直线BC平行于V轴，直线DA平行于P轴。该理想气体经过的A→B、B→C、C→D、D→A四个过程中，气体对外放热的过程有________；
气体对外做功的过程有________；气体内能增加的过程有________。
14.粗细均匀的细玻璃管开口向上竖直静止放置，注入一段水银柱后，管内气体分为长度均为l＝27cm的A、B两局部，如图甲所示。现将细管上端封闭，在竖直而内缓慢旋转180°后竖直静止放置如图乙所示，此时A局部气体长度为lA＝24cm。外界大气压P0＝76cmHg，环境温度保持不变，求：
〔1〕旋转180°后竖直静止放置时A局部气体的压强；
〔2〕管内注入的水银柱长度。
四、[物理--选修3-4]
15.一列沿x轴正方向传播的简谐横波，t＝0时刻的波形如图中实线所示，t＝0.5s时刻的波形如图中虚线所示，该横波的周期大于0.5s，那么该简谐横波的波长为________m，波速为________m/s，位于x＝2m处质点位移随时间变化的关系式为y＝________cm。
16.半径为R的透明介质半圆柱体放在水平面上截面图如下列图，O为圆心，上外表水平，半圆与水平面相切于A点。平行单色光沿与水平面成30°角方向从半圆柱体上外表射入介质中，其中过圆心O的光经介质后通过水平面上的B点，A、B两点间距d＝ ，真空中的光速为c，求：
〔i〕该透明介质的折射率；
〔ii〕该单色光从O传到B的时间。
答案解析局部
一、选择题：此题共8小题，每题6分．在每题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
1.【解析】【解答】解：A、外力对假设布茨所做的总功为W总＝WG﹣Wf＝4000J﹣200J＝3800J，是正功，根据动能定理得动能增加了3800J．A不符合题意；
BC、阻力做功W阻＝﹣Wf＝﹣200J，所以机械能减小了200J，B符合题意，C不符合题意；
D、重力对他做功为4000J，是正功，那么他的重力势能减小了4000J，D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】利用动能定理可以求出动能的增量；利用阻力做功可以判别机械能的减少量；利用重力做功可以判别重力势能的变化量。
2.【解析】【解答】解：剪断细线前，对物体Q受力分析，受到重力mg、弹簧的弹力F，由于Q处于平衡状态，那么 F＝mg；
剪断细线后瞬间，重力和弹簧的弹力均不变，细线的拉力减为零，故物体P受到的力的合力等于mg+F，根据牛顿第二定律得：mg+F＝map ， 所以ap＝2g
物体Q受到的力不变，合力为零，所以aQ＝0，ABD不符合题意，C符合题意
故答案为：C。

【分析】利用平衡条件结合牛顿第二定律可以求出加速度的大小。
3.【解析】【解答】解：A、设板长为L，带电粒子在电场中做类平抛运动，那么竖直方向偏转位移为y＝ ＝ ，由于粒子的质量相等、偏转位移之比为1：2，那么粒子a、b的带电量之比为1：2，A符合题意；
B、根据电场力做功的计算公式可得W＝qEy，那么电场对a、b粒子做功之比为1：4，B不符合题意；
C、根据动能定理可得qEy＝ ﹣ ，解得粒子离开电场的速度大小为v＝ ，粒子a、b离开电场时的速度大小之比不等于1：2，C不符合题意；
D、设两板间的距离为d，粒子a、b离开电场时的速度与水平方向之间夹角分别为θa ， θb ， 根据类平抛运动中速度方向反向延长线过水平位移的中点可得：tanθa＝ ＝ ，tanθb＝ ＝ ，粒子a、b离开电场时的速度与水平方向之间夹角正切值之比为1：2，D不符合题意。
故答案为：A。

【分析】利用位移公式结合牛顿第二定律可以求出电荷量之比；利用电场力做功的表达式可以求出电场力做功之比；利用动能定理可以求出粒子离开电场的速度之比；利用位移方向可以求出速度的方向正切值的比值。
4.【解析】【解答】解：闭合开关后，根据电压关系有E＝U1+U2+U内 ． 向左移动滑片后电源的内电压也减小，那么有：E＝U1﹣△U1+U2+△U2+U内﹣△U内 ． 那么△U2＝△U1+△U内 ， 所以△U1＜△U2；电路中的电流关系为I＝I1+I2 ， 向左移动滑片，电路中的总电阻增大，所以总电流减小，那么I﹣△I＝I1+△I1+I2﹣△I2 ， 即﹣△I＝△I1﹣△I2 ， 由此可得△I1＜△I2 ， B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。

【分析】利用动态电路结合欧姆定律可以判别电压变化量和电流变化量的大小。
5.【解析】【解答】解：AB、移动过程中系统处于平衡状态，细绳对木块c的拉力等于c的重力，不变，细绳对木块a的拉力不变，那么斜面对木块a的摩擦力也不变，AB不符合题意；
C、细绳对木块a的拉力不变，a和斜面体整体受力情况不变，所以地面对斜面体的支持力不变，C不符合题意；
D、A端沿天花板向右缓慢移动，AB细绳的长度一定，所以滑轮B要升高，那么木块c也升高，所以木块c的重力势能增大，D符合题意；
故答案为：D

【分析】利用c的平衡条件可以判别绳子的拉力不变；利用B沿水平方向移动时拉力不变夹角不变可以判别a受到的摩擦力保持不变；利用c位置变化可以判别重力势能的变化；利用整体的平衡可以判别地面支持力保持不变。
6.【解析】【解答】解：AC、当物体做匀加速直线运动时，速度图象如图1．物体经过中点位置时，前后两段过程的位移相等，速度图象与时间所围的“面积〞相等，由数学知识得知v1＜v2 ． A不符合题意，C符合题意；
BD、当物体做匀减速直线运动时，速度图象如图2，物体经过中点位置时，前后两段过程的位移相等，速度图象与时间所围的“面积〞相等，由数学知识得知v1＜v2 ． B不符合题意，D符合题意；
故答案为：CD。

【分析】利用速度时间图像结合中间时刻的速度和中间位置的速度大小进行比较。
7.【解析】【解答】解：AB、两颗人造卫星绕地球运动，万有引力提供加速度， ＝ma，解得加速度a＝ ，乙卫星所在位置的半径r大，加速度小，即a甲＞a乙 ， A符合题意，B不符合题意；
CD、假设某卫星以地心与远地点的距离为半径绕地球做匀速圆周运动，速度为v，根据卫星变轨的原理可知，乙卫星在远地点做加速运动，可以到达上述轨道，即v＞v乙 ，
根据万有引力提供向心力可知，v＝ ，甲卫星的轨道半径小，即v＜v甲 ， 那么v甲＞v乙 ， C符合题意，D不符合题意。
故答案为：AC。

【分析】利用引力提供向心力结合半径大小可以比较加速度的大小；利用引力提供向心力结合卫星变轨可以比较速度的大小。
8.【解析】【解答】解：A、根据图线的面积可得0到3s内的位移为 ，A符合题意；
B、由图可知在0～1s内的加速度a1＝4m/s2 ， 1～3s内的加速度a2＝1m/s2 ， 由牛顿第二定律得F1﹣f＝ma1 ， F2﹣f＝ma2 ， 把F1＝2F2 ， f＝μmg代入可得f＝4N，μ＝0.2，B不符合题意；
C、整个过程中克服摩擦力做的功是Wf＝fx＝4×12J＝48J，设拉力做功为W，由动能定理得 ，其中v2＝6m/s，解得拉力做功为W＝84J，C不符合题意；
D、撤去拉力后物体的加速度为 ，所以撤去拉力后物体滑行的时间为 ，D符合题意。
故答案为：AD。

【分析】利用面积的大小可以求出位移的大小；利用牛顿第二定律可以求出摩擦力和动摩擦因素的大小；利用动能定理可以求出拉力做功的大小；利用牛顿第二定律结合速度公式可以求出运动的时间。
二、非选择题
9.【解析】【解答】解：物体由静止从斜面下滑，根据动能定理：mgh﹣μmgcsθ• ＝Ek﹣0，整理得：Ek＝mg〔1﹣ 〕h，其中k＝mg〔1﹣ 〕
根据Ek﹣h图象，k甲＞k乙 ， 所以m甲g〔1﹣ 〕＞m乙g〔1﹣ 〕，即m甲＞m乙 ，
根据牛顿第二定律：mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma，
解得：a＝gsinθ﹣μgcsθ，
所以a甲＝a乙。〔2〕对应甲物体，m甲＝2kg，tanθ＝ ＝ ，k甲＝m甲g〔1﹣ 〕，代入数据解得：μ＝0.5。

【分析】〔1〕利用动能定理结合斜率的大小可以比较质量的大小；利用牛顿第二定律可以比较加速度的大小；
〔2〕利用斜率大小结合质量大小可以求出动摩擦因素的大小。
10.【解析】【解答】解：〔1〕为方便实验操作，滑动变阻器应选择R2。〔2〕根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如下列图；
；〔3〕电压表量程为3V，由图示电压表表盘可知，其分度值为0.1V，示数为：1.70V；
电流表量程为0.6A，由图示电流表表盘可知，其分度值为0.02A，示数为：0.28A。〔4〕根据闭合电路欧姆定律有：U＝E﹣Ir
电源内阻：r＝ Ω＝1.0Ω〔5〕由图甲所示电路图可知，路端电压：U＝E﹣〔I+ 〕r
整理得：U＝
故答案为：〔1〕R2；〔2〕实物电路图如下列图；〔3〕1.70，0.28；〔4〕1.9，1.0；〔5〕

【分析】〔1〕利用电阻的比较可以判别滑动变阻器的选择；
〔2〕利用电路图进行实物图连接；
〔3〕利用电压表和电流表的分度值可以读出对应的读数；
〔4〕利用斜率和截距可以求出电动势和内阻的大小；
〔5〕利用欧姆定律可以求出电压的表达式。
11.【解析】【分析】〔1〕利用动量守恒定律结合能量守恒定律可以求出动摩擦因素的大小；
〔2〕利用动量定律可以求出加速运动的时间。
12.【解析】【分析】〔1〕利用动能定理可以求出速度的大小；
〔2〕利用平抛的位移公式可以求出距离的大小；
〔3〕利用平抛的位移公式结合动能定理可以求出QC之间的距离大小。
三、选考题〔15分〕
13.【解析】【解答】解：A→B为等温变化，△U＝0，体积减小，外界对气体做功W＞0，根据热力学第一定律W+Q＝△U，得：Q＝﹣W＜0，气体对外放热。
B→C为等压变化过程，体积增大，气体对外界做功W＜0，再根据理想气体状态方程 知，温度T升高，内能增大△U＞0。
C→D为等温变化过程，△U＝0，体积增大，气体对外界做功W＜0，根据热力学第一定律W+Q＝△U，得：Q＝﹣W＞0，气体从外界吸热。
D→A为等容变化过程，气体不做功W＝0，压强减小，再根据理想气体状态方程 知，温度T下降，内能增大△U＜0，据热力学第一定律W+Q＝△U，Q＝△U＜0，气体对外放热。
所以气体对外放热的过程有：A→B，D→A；
气体对外做功的过程有：B→C，C→D；
气体内能增加的过程有：B→C。
故答案为：〔1〕A→B，D→A；〔2〕B→C，C→D；〔3〕B→C。

【分析】利用理想气体的状态方程结合热力学第一定律可以判别对应过程的做功、热传递和内能变化情况。
14.【解析】【分析】〔1〕利用气体的等温变化可以求出气体的压强大小；
〔2〕利用气体的等温变化可以求出水银柱的长度。
四、[物理--选修3-4]
15.【解析】【解答】 解：由图象可得，波长为6m；
由题，波向右传播的时间为0.5s，小于一个周期，结合图象可知，波传播的距离为4m，所以波速： m/s＝8m/s
波的周期为：T＝
由图可知，该波的振幅为A＝5cm，在t＝0时刻x＝2m处的质点的位移为0，波向右传播，那么在t＝0时刻x＝2m处的质点运动的方向向下，所以位于x＝2m处质点位移随时间变化的关系式为y＝Asin〔 〕＝5sin〔 〕 〔cm〕
故答案为：6，8，5sin〔 〕

【分析】利用传播的距离和时间可以求出波速的大小；利用波长和波速可以求出周期的大小；利用振幅和周期可以求出质点的振动方程。
16.【解析】【分析】〔1〕利用几何关系结合折射定律可以求出折射率的大小；
〔2〕利用传播的距离和传播的速度可以求出传播的时间。