广西省河池市2021届新高考第二次模拟物理试题含解析

广西省河池市2021届新高考第二次模拟物理试题含解析

广西省河池市 2021 届新高考第二次模拟物理试题 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，放在光滑水平桌面上的 A、 B 木块之间夹着一被压缩的弹簧。现释放弹簧， A 、 B 木块被 弹开后，各自在桌面上滑行一段距离飞离桌面。 A的落地点到桌左边的水平距离为 0.5m， B 的落地点到 桌右边的水平距离为 1m ，则（ ） A． A、 B 离开弹簧时的速度大小之比为 1∶2 B． A 、 B 离开弹簧时的速度大小之比为 2∶1 C． A、 B 质量之比为 1∶2 D． A、 B 质量之比为 1∶1 【答案】 A 【解析】 【详解】 AB ．由于 A 、 B 下落的高度相同，则下落过程中的时间相同，两者做平抛运动，水平方向的分运动为匀 速直线运动，则水平初速度之比等于水平位移之比 1: : 2A Bv v 则 A 正确， B 错误； CD ． A 、 B 被弹开的过程，对于 A 、 B 和弹簧构成的系统，动量守恒，则 A A B Bm v m v 可得 2 :: 1A Bm m 则 C、D 均错误。 故选 A。 2．关于原子核及其变化，下列说法中正确的是（ ） A．衰变和裂变都能自发的发生 B． β衰变现象说明电子是原子核的组成部分 C．升高温度可以使放射性元素的半衰期缩短 D．同种放射性元素在化合物中的半衰期与单质中的半衰期相等 【答案】 D 【解析】 【详解】 A．衰变能自发发生，裂变不能自发发生， A 错误； B． 衰变是原子核中的中子转化为质子同时产生电子的过程， 所以电子不是原子核的组成部分， B 错误； CD ．元素原子核的半衰期是由元素本身决定，与元素所处的物理和化学状态无关， C 错误， D 正确。 故选 D。 3．如图，两光滑导轨竖直放置，导轨平面内两不相邻的相同矩形区域Ⅰ、Ⅱ中存在垂直导轨平面的匀强 磁场，磁感应强度大小相等、方向相反。金属杆 ab与导轨垂直且接触良好，导轨上端接有电阻 R（其他 电阻不计） 。将金属杆 ab从距区域Ⅰ上边界一定高度处由静止释放（ ） A．金属杆在Ⅰ区域运动的加速度可能一直变大 B．金属杆在Ⅱ区域运动的加速度一定一直变小 C．金属杆在Ⅰ、Ⅱ区域减少的机械能一定相等 D．金属杆经过Ⅰ、Ⅱ区域上边界的速度可能相等 【答案】 D 【解析】 【详解】 AB ．由于无法确定金属杆进入磁场区域时所受安培力与其重力的大小关系，所以无法确定此时金属杆加 速度的方向。若金属杆进入磁场时其所受安培力 2 2B L v mg R 则有 2 2B L v mg ma R 且加速度方向向上， 可知金属杆进入磁场区域后加速度一直减小或先减小至零再保持不变； 若金属杆进入 磁场时其所受安培力 2 2B L v mg R 则有 2 2B L vmg ma R 且加速度方向向下， 可知金属杆进入磁场区域后加速度一直减小或先减小至零再保持不变； 若金属杆进入 磁场时其所受安培力 2 2 =B vL R mg 则金属杆进入磁场区域后加速度为零且保持不变，故 A、B 错误； C．根据功能关系得金属杆在Ⅰ、Ⅱ区域中减少的机机械能等于克服安培力做的功，由于无法确定金属杆 经过两区域过程中所受安培力的大小关系，所以无法确定金属杆经过两区域过程中克服安培力做功的关 系，故故 C 错误； D．若金属杆进入磁场时其所受安培力 2 2B L v mg R 则金属杆在Ⅰ区域中先做减速运动再做匀速运动或一直做减速运动， 出Ⅰ区域后在重力作用下再做加速运 动，所以金属杆经过Ⅰ、Ⅱ区域上边界的速度有可能相等，故 D 正确。 故选 D。 4．如图所示， 电路中 L 为电感线圈， C 为电容器， 先将开关 S1 闭合， 稳定后再将开关 S2 闭合， 则 （ ） A． S1 闭合时，灯 A、B 都逐渐变亮 B．S1 闭合时，灯 A 中无电流通过 C． S2 闭合时，灯 B 立即熄灭 D．S2 闭合时，灯 A 中电流由 b 到 a 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．S1 闭合时，因为电容器通交流阻直流，所以灯 A 中有短暂电流通过，且不会逐渐变亮，故 AB 错误； C． S2 闭合时，因为电感线圈，灯 B 会逐渐熄灭，故 C 错误； D．开关 S2 闭合时，电容放电，所以 S2 闭合瞬间 A 灯有电流从 b 到 a ，故 D 正确。 故选 D。 5．2018 年 12 月 8 日“嫦娥四号 ”发射升空，它是探月工程计划中第四颗人造探月卫星．已知万有引力常 量为 G，月球的半径为 R，月球表面的重力加速度为 g，嫦娥四号绕月球做圆周运动的轨道半径为 r ，绕 月周期为 T．则下列说法中正确的是 A． “嫦娥四号 ”绕月运行的速度大小为 2gr R B．月球的第一宇宙速度大小为 gr C．嫦娥四号绕行的向心加速度大于月球表面的重力加速度 g D．月球的平均密度为 ρ＝ 3 2 3 3 r GT R 【答案】 D 【解析】 【分析】 根据月球表面万有引力等于重力可求月球质量， 进而可求月球的平均密度． 根据月球对 “嫦娥四号 ”的万有 引力提供向心力可求 “嫦娥四号 ”的绕行速度．根据重力提供向心力，可求月球的第一宇宙速度． 【详解】 A. 根据万有引力提供向心力 2 2 GMm vm r r ，得 GMv r ，又因为月球表面的物体受到的重力等于万有 引力 2 GMmmg R ，得 GM=gR 2，所以 v= 2gR r ．故 A 错误； B.月球的第一宇宙速度为近月卫星的运行速度，所以重力提供向心力 mg= 2vm R ，得 v= gR .故 B 错误； C. 根据万有引力提供向心力， 嫦娥四号绕行的向心加速度 2 GMa r ，月球表面的重力加速度 g= 2 GM R ．嫦 娥四号绕行的向心加速度小于月球表面的重力加速度．故 C 错误； D. 根据万有引力提供向心力， 2 2 2 4GMm m r r T ，得月球的质量 M= 2 3 2 4 r GT ，所以月球的密度 ρ =M/V= 3 2 3 3πr GT R ．故 D 正确； 故选 D 6．— 颗质量为 m 的卫星在离地球表面一定高度的轨道上绕地球做圆周运动，若已知地球半径为 R，地球 表面的重力加速度为 g，卫星的向心加速度与地球表面的重力加速度大小之比为 1：9，卫星的动能（ ） A． 4 mgR B． 6 mgR C． 2 2 6 mg R D． 2 6 mgR 【答案】 B 【解析】 【详解】 在地球表面有 2 GMm m g R 卫星做圆周运动有： 2 GMm ma r 由于卫星的向心加速度与地球表面的重力加速度大小之比为 1:9，联立前面两式可得： r=3R ；卫星做圆周 运动： 2 2 GMm vm r r 得 Ek = 21 2 2 GMmmv r 再结合上面的式子可得 Ek = 6 mgR A. 4 mgR 与分析不符，故 A 错误。 B. 6 mgR 与分析相符，故 B 正确。 C. 2 2 6 mg R 与分析不符，故 C 错误。 D. 2 6 mgR 与分析不符，故 D 错误。 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，实线和虚线分别为沿 x 轴正方向传播的某简谐横波在 1 0.2st 和 2 0.5st 时刻的波形图。已知 该波的周期大于 0.3s。以下判断正确的是 ________。 A．该波的周期为 0.4s B．该波的波速为 10m/s C． 0.7st 时刻， 7mx 处的质点位于平衡位置 D． 0.9st 时刻， 3mx 处的质点沿 y 轴正方向运动 E.若该波传入另一介质中波长变为 6m，则它在该介质中的波速为 15m/s 【答案】 ADE 【解析】 【详解】 A．由图象可知，波长 8m 2 1 3 ( 0,1,2, ) 4 nT T t t n ⋯⋯ 而 0.3sT ，解得 0.4sT 故 A 正确； B．根据 v T 得，波速 20m/sv 故 B 错误； C． 0.7st 时刻， 即从 2t 时刻再过半个周期， 此时 7mx 处的质点应该位于 0y 的位置处， 故 C 错误； D． 0.9st 时刻， 3mx 处的质点振动情况与 2t 时刻完全相同，即沿 y 轴正方向运动，故 D 正确； E．波进入另一种介质后周期不变，根据 v T 可知，波速变为 15m/s，故 E 正确。 故选 ADE 。 8．下列说法正确的是 _______。 A．分子间距离减小时，分子势能一定增大 B．单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔 C．在绝热压缩和等温压缩过程中，气体内能均不变 D．热量不能自发地从低温物体传到高温物体 E.当人们感到干燥时，空气的相对湿度较小 【答案】 BDE 【解析】 【详解】 A．分子间作用力表现为引力时，分子间距离减小，分子力做正功，分子势能减小，故 A 错误； B．晶体与非晶体的区别在于有无固定的熔点，晶体有固定的熔点而非晶体没有，故 B 正确； C．在绝热压缩过程中，外界对气体做功而气体与外界无热交换气体内能一定增加，故 C 错误； D．热量不能自发地从低温物体传到高温物体，符合热力学第二定律的表述，故 D 正确； E．当人们感到干燥时，空气的相对湿度较小，故 E 正确。 故选 BDE 。 9．我国探月工程分 “绕、落、回 ”三步走，近期将发射 “嫦娥五号 ”探测器执行月面采样返回任务。图为探 测器绕月运行的示意图， O 为月球球心。已知环月圆轨道 I 和椭圆轨道 II 相切于 P 点，且 I 轨道半径为 II 轨道半长轴的 1.25 倍。则探测器分别在 I、 II 两轨道上稳定运行时（ ） A．周期 T 1:T 2=5:4 B．机械能 E I=E II C．经过 P 点的速度 vI>v II D．经过 P 点的加速度 aI=aII 【答案】 CD 【解析】 【分析】 【详解】 A．根据开普勒第三定律可知 3 31 1 2 2 5( ) 1.25 5 8 T r T a 故 A 错误； BC．从 P 点由轨道 II 进入轨道 I 要点火加速，即 vI >v II ，则在轨道 I 上的机械能大于轨道 II 上的机械能， 故 B 错误， C 正确； D．经过 P 点时探测器受到月球的引力相同，根据牛顿第二定律可知加速度 aI =aII ，故 D 正确。 故选 CD 。 10．如图所示，一定质量的理想气体，由 A 状态经历两个不同的变化过程到 C 状态（ A→C ．A→ B→C ） 且 A ．C 处于同一条等温线上，以下说法正确的是（ ） A．气体在 A→C 的过程中吸收的热量大于对外做的功 B．气体在 A→C 的过程中，气体分子的平均动能不变，分子密集程度减小，因此压强减小 C．气体在 A→C 过程吸收的热量小于在 A→ B→C 过程吸收的热量 D．气体在 B→C 过程中，压强减小的原因是气体分子平均动能减小 【答案】 CD 【解析】 【分析】 【详解】 A．气体在 A→C 的过程中，由热力学第一定律 AC AC ACU Q W ，由于 A、C 处于同一条等温线上 A CT T ， 0ACU ，由 A 到 C 体积增大 0ACW ，故 0ACQ ， AC ACQ W ，此过程中吸收的热量等 于对外做的功， A 错误； B．气体在 A→C 的过程中，温度先升高后降低，气体分子的平均动能先增大后减小， B 错误； C．气体在 A→ B→C 过程 ABC ABC ABCU Q W ， 0ABCU ， ABC ABCQ W ，由 p-V 图像下方的面积 代表功知 |W ABC |>|W AC │，得到 QABC >Q AC 。 C 正确； D．根据影响气体压强的微观因素，气体在 B→C 过程中，体积不变，气体分子密集程度不变，温度降低， 气体分子平均动能减小，因此压强减小， D 正确。 故选 CD 。 11．关于气体的性质及热力学定律，下列说法正确的是（ ） A．气体压强本质上就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力 B．气体的温度越高，分子热运动就越剧烈，所有分子的速率都增大 C．一定质量的理想气体，压强不变，温度升高时，分子间的平均距离一定增大 D．气体的扩散现象说明涉及热现象的宏观过程具有方向性 E.外界对气体做正功，气体的内能一定增加 【答案】 ACD 【解析】 【详解】 A．气体压强是由大量气体分子频繁地碰撞器壁而产生的作用，所以其本质上就是大量气体分子作用在器 壁单位面积上的平均作用力，所以 A 正确； B．物体的温度越高，分子的平均动能就越大。分子的平均动能大，并不是每个分子动能都增大，也有个 别分子的动能减小，所以 B 错误； C．根据理想气体状态方程 pV C T 可知，一定质量的理想气体，压强不变时，温度升高时，体积增加，故分子间的平均距离一定增大，所以 C 正确； D．气体的扩散现象说明涉及热现象的宏观过程具有方向性，所以 D 正确； E．外界对气体做功 0W 由于不知道气体是吸热还是放热，根据热力学第一定律 U W Q 无法确定气体的内能增加还是减小，故 E 错误。 故选 ACD 。 12．如图所示，理想变压器的原线圈接在稳压交流电源上， R1、R 2、R 3 是阻值相等的定值电阻，电表 A 为理想电流表， 调节滑片 P 可以改变原线圈匝数。 初始时， 开关 K 处于断开状态， 下列说法正确的是 （ ） A．只把滑片 P 向上滑动，电流表示数将增大 B．只把滑片 P 向下滑动，电阻 R 1 消耗的功率将增大 C．只闭合开关 K ，电阻 R 2 消耗的功率将增大 D．只闭合开关 K ，电流表示数将变大 【答案】 BD 【解析】 【分析】 【详解】 A． 只把滑片 P 向上滑动，原线圈匝数增大，根据 1 1 2 2 U n U n 可知，副线圈两端电压 2U 变小，根据欧姆 定律可知，副线圈电流变小，副线圈功率 2 2 2P I U 变小，则输入功率变小，输入电压不变，则原线圈电 流变小，电流表示数将变小，故 A 错误； B． 只把滑片 P 向下滑动，原线圈匝数变小，副线圈两端电压 2U 变大，根据欧姆定律可知，副线圈电 流变大， 2P I R ，则电阻 R1 消耗的功率将增大，故 B 正确； CD ． 只闭合开关 K ，副线圈电阻变小，匝数比和输入电压不变，则输出电压不变，根据欧姆定律可知， 副线圈干路电流变大， R1 分压变大，则 R2 两端电压变小，消耗的功率将减小；副线圈干路电流变大，输 出功率变大，则输入功率变大，输入电压不变，则原线圈电流变大，电流表示数将变大，故 C 错误 D 正 确。 故选 BD 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．一课外实验小组用如图 （a）所示的电路测量某待测电阻 xR 的阻值。 0R 为标准定值阻 （ 0 20.0ΩR ）， V 1、V 2 均为理想电压表， S为单刀开关， E 为电源， R 为滑动变阻器。 请完成以下问题 (1)闭合 S 前，滑动变阻器的滑动端应置于 _______________填“ a”或 “ b”）端； (2)闭合 S 后将滑动变阻器的滑动端置于某一位置，若电压表 V 1、 V2 的示数为 1U 、 2U ，则待测电阻阻值 的表达式 xR ________（用 0R 、 1U 、 2U 表示） ； (3)改变滑动变阻器滑动端的位置，得到多组 1U 、 2U 数据，用计算机绘制出 2 1U U 的图线，如图（ b） 所示，根据图线求得 xR ________ Ω（保留 1 位小数） ； (4)按照原理图（ a），将图（ c）中实物连线补画完整 _____________。 【答案】 a 2 0 1 U R U 26.8 【解析】 【详解】 (1)[1] 为了保证实验安全， S 闭合前，滑动变阻器滑动端应置于 a 端；。 (2)[2] 由欧姆定律可得，通过 xR 的电流 0 1= UI R 待测电阻阻值 2 2 0 1 x U UR R I U 。 (3)[3] 根据题图（ b）可得 2 1 1.34U U 代入得 26.8xR 。 (4)[4] 实物连线时应注意滑动变阻器采取分压式接法 [[ 依据题图（ a）]] 、电压表 V 1 和 V 2 的量程 [[ 依据题 图（ b）选择 ]] ，如图 14．某同学自己组装了一辆智能电动实验小车，为了研究该小车的运动情况，在小车后面系一通过电磁打 点计时器的纸带。如图所示为实验中得到的一段纸带，已知电磁打点计时器使用 20Hz 交流电，相邻两计 数点间还有三个点没有画出来，其中 AB=2.50cm ，BC=4.00cm ，CD=5.50cm ，该电磁打点计时器每隔 ___________秒打一次点，相邻两计数点间的时间间隔是 _________秒；小车的加速度大小为 ____________m/s 2。 【答案】 0.05 0.20 0.375 【解析】 【详解】 [1][2] 电磁打点计时器周期为 0.05s，由于相邻计数点间还有三个点没有画出，则相邻计数点间的时间间隔 为 0.20s； [3] 根据逐差法可知，车的加速度 2 2 2 2 (5.50 2.50) 10 0.375m/s 2 2 0.2 CD ABx x T a 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．一种测量稀薄气体压强的仪器如图 （a）所示， 玻璃泡 M 的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管 1K 和 2K 。 1K 长为 l ，顶端封闭， 2K 上端与待测气体连通； M 下端经橡皮软管与充有水银的容器 R 连通。开 始测量时， M 与 2K 相通；逐渐提升 R 直到 2K 中水银面与 1K 顶端等高，此时水银已进入 1K ，且 1K 中水 银面比顶端低 h ，如图（ b）所示。设测量过程中温度、与 2K 相通的待测气体的压强均保持不变。已知 1K 和 2K 的内径均为 d ， M 的容积为 0V ，水银的密度为 ，重力加速度大小为 g 。求： (i) 待测气体的压强 (ii) 该仪器能够测量的最大压强 【答案】 (i) 2 2 2 0 π 4 π ( )x gd hp V d l h (ii) 2 2 max 0 π 4 gd lp V 【解析】 【详解】 (i) M 中气体等温变化。初态为 11 2 0, π 2x dp V Vp l 末态为 2 2 2, π 2x dp p gh V h 由等温变化有 1 1 2 2pV p V 解得 2 2 2 0 π 4 π ( )x gd hp V d l h (ii) 气体等温变化。初态为 2 3 max 3 0, π 2 dp p V V l 末态为 2 4 max 4, π 2 dp p gl V l 有 3 3 4 4p V p V ，解得 2 2 max 0 π 4 gd lp V 16．在地面上方足够高的地方，存在一个高度 d＝0.5m 的 “相互作用区域 ”(下图中画有虚线的部分 )．一个 小圆环 A 套在一根均匀直杆 B 上， A 和 B 的质量均为 m，若它们之间发生相对滑动时， 会产生 F f＝0.5mg 的摩擦力。开始时 A 处于 B 的最下端， B 竖直放置， A 距“相互作用区域 ”的高度 h＝0.8m，让 A 和 B 一 起从静止开始下落，只要 A 处于 “相互作用区域 ”就会受到竖直向上、大小 F＝3mg 的恒力作用，而 “相互 作用区域 ”对处于其中的杆 B 不产生作用力。杆 B 在下落过程中始终保持竖直，且杆的长度能够保证圆环 A 与杆不会分离。不计空气阻力，取 g＝10 m/s2.求： (1)杆 B 的最下端刚进人 “相互作用区域 ”时的速度大小； (2)圆环 A 通过 “相互作用区域 ”所用的时间； (3)为保证圆环 A 在空中运动过程中始终与杆不会分离，杆的最小长度。 【答案】 (1)4.0m/s(2)0.2s(3)1.2m 【解析】 【详解】 (1)设 A 和 B 共同静止下落至 “相互作用区域 ”的速度为 v1，则 2 1v ＝2gh，代入数据得 v1＝4.0m/s (2)A 在 “相互作用区域 ”运动时， A 受到重力 mg、滑动摩擦力 F f 和竖上向上的恒力 F 作用，设加速度大小 为 aA，运动时间为 t，根据牛顿第二定律有 mg＋F f－F＝ma A 代入数据得 aA ＝－ 15m/s2 由位移公式有 2 1 1 2 Ad v t a t ，代入数据解得 t＝0.2s，t ′＝0.33s(不符题意，舍去 ) (3)设 B 在 “相互作用区域 ”运动的加速度为 aB，A 刚离开 “相互作用区域 ”时，圆环 A 和直杆 B 的速度分别 为 vA 和 vB，则： mg－F f＝ma B， vB＝v1＋aBt， vA＝v1＋aAt 代入数据解得 vA ＝1m/s，vB＝ 5m/s 此过程二者相对滑动的距离 2 1 1 1 2 Bs v t a t d 代入数据解得 s1＝ 0.4m 设 A 离开 “相互作用区域 ”后二者相对滑动过程的时间为 t ′，A 的加速度为 ' Aa ，则 ' f A mg Fa m A A B Bv a t v a t＋ ＝ ＋ 二者相对滑动的距离 ' '2 ' ' '2 2 1 1( ) 2 2B B A As v t a t v t a t 代入数据解得 20.4s 0.8mt s＝ ， ＝ 则杆的最小长度 1 2 1.2ms s s＝ ＋ ＝ 17．高空气象探测要用热气球，热气球下端开口与大气相通，加热球内气体的加热源在开口处。某次气象 探测时， 气球外面大气温度为 0 27 Ct 大气压强 5 0 1.013 10 Pap ，大气密度和 3 0 1.2kg/m 。用加 热源对球内气体缓慢加热直至气球开始上浮，加热过程中气球体积恒为 31mV 。热气球的质量 0.2kgm ，重力加速度 g 取 210m/s 。求热气球开始上浮时内部气体的密度及温度。 【答案】 31.0kg/m ， 360KT 【解析】 【详解】 设开始上浮时球内气体密度为 ，竖直方向受力平衡有 0gV mg Vg 解得 31.0kg/m ① 热气球底部开口，则加热过程中球内原有气体外溢，取全部气体为研究对象，压强不变。初态：温度 0 27 273 K 300KT 体积 0V ；开始上浮时状态：温度 T ，体积 V 由盖 — 吕萨克定律得 0 0 V V T T ② 球内原有全部气体质量不变，有 0 0V V ③ 解①②③式得 360K 87 CT o