2021届广西柳州市高考物理二模试卷(含答案解析)

2021届广西柳州市高考物理二模试卷

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

1.两个小木块B、C中间夹着一根轻弹簧，将弹簧压缩后用细线将两个木块绑

在一起，使它们一起在光滑水平面上沿直线运动，这时它们的位移-时间图

线如图中a线段所示，在t=4s末，细线突然断了，B、C都和弹簧分离后，

位移-时间图线分别如图中b、c线段所示。从图中的信息可知（）

A.B、C都和弹簧分离后的运动方向相同

B.B、C都和弹簧分离后，系统的总动量增大

C.B,C分离过程中B、C木块的动量变化量相同

D.B木块的质量与C木块的质量相等

2.一个质子在匀强磁场和匀强电场中运动时，动能保持不变.已知磁场--------------。

的方向水平向右，如图所示.则质子的运动方向和电场方向可能是（）

A.质子向右运动，电场方向竖直向上

B.质子向右运动，电场方向竖直向下

C.质子向上运动，电场方向垂直于纸面向里

D.质子向上运动，电场方向垂直于纸面向外

3.以下物理量数值中的正负号代表大小的是（）

A.磁感应强度B.速度C.功D.电势能

4,下列说法正确的是（）

A.宇航员太空行走时，与飞船之间连有一根细绳，这样使宇航员处于平衡状态

B.在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式弓=上，这个关系式是开普勒第三定律,

是可以在实验室中得到验证的

C.引力常量G是由实验测量得到，而不是理论推导出的

D.所有地球同步卫星所受的万有引力大小都相同

5.以10m/s的速度沿平直公路行驶的汽车，刹车后获得大小为a=4巾/$2的加速度，刹车后的3s内,

汽车走过的路程为（）

A.12.5mB.18mC.20mD.30m

二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）

6.如图所示,粗糙且绝缘的斜面体ABC在水平地面上始终静止.在斜面体AB

边上靠近B点固定一点电荷，从4点无初速释放带负电且电荷量保持不变2

|C

的小物块（视为质点），运动到P点时速度恰为零.则小物块从4到P运动的----------

过程（）

A.水平地面对斜面体没有静摩擦作用力

B.小物块的电势能一直增大

C.小物块所受到的合外力一直减小

D.小物块损失的机械能大于增加的电势能

7.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1,电压表、电流表为理想电表.人员、人、

〃为四只规格均为“220V,60W”的相同灯泡.如果副线圈电压按图乙所示规律变化，则下列

说法正确的是（）

A.电压表的本数为660VB.电流表的示数为0.824

C.ab两点的电压是1045yD.ab两点的电压是1100U

8.如图所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m

的小球，从离弹簧上端高九处由静止释放。某同学在研究小球落到

弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置

为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴0灯做出小球所受弹力F大小

随小球下落的位置坐标x的变化关系如图所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确

的是（）

A.当％=h+&,小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小

B.小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速度先减小后增大

C.小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，加速度先减小后增大

D.小球动能的最大值为mg/i+掾

9.如图所示，一定质量的理想气体从状态4依次经过状态8、C和。后

又回到状态4,其中C-。-力为等温过程。下列说法正确的是

（）

A.4TB过程中，单位时间内、单位面积上与器壁碰撞的分子数

增加

B.B-C过程中，气体放出热量

C.CTA过程中，气体分子的平均动能保持不变

D.C—D—4过程中，气体吸收热量

10.一列简谐横波沿绳子传播时，绳上有相距37n的P点和Q点，它们

的振动图线如图所示，其中实线为P点的图线，虚线为Q点的图

线.则该列波的波长和波速的可能值为（）

A.6m,30m/sB.6m,12m/sC.2m,12m/sD.

三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）

11.某实验小组利用如图1装置测量滑块与水平桌面间的动摩擦因数出实验测得M=0.3kg,m=

0.2kg,纸带记录的计数点如图2,已知相邻两计数点间还有四个点未画出，g取9.8m/s2。

（1）由实验数据，算得滑块的加速度a=m/s2；

（2）滑块与桌面间的动摩擦因数〃=o（计算结果均保留两位有效数字）

12.某同学需要测定某干电池的电动势和内电阻。已知干电池的电动势约为1.5忆内阻小于40；电

压表（量程0〜3叫内阻约3k。）、电流表（量程0〜0.64,内阻约1.00）、滑动变阻器有%（10优24）

和/?2（100优。14）各一只.

（1）实验中滑动变阻器应选用—（填"%”或“R2”）。

(2)在甲图的方框中画出实验电路图。

(3)根据实验中测得多组电压和电流值，在U-/图象中描点得到的如图乙所示，由图可求出该电源电

动势E=K；内阻r=_

四、简答题(本大题共1小题，共12.0分)

13.如图甲所示，水平绷紧的传送带长L=10m,始终以恒定速率”=4m/s逆时针运行。4、B是传

送带的左、右两端点。现在在传送带的B端轻轻放上质量为m=1kg的小物块(可视为质点)，物

块与传送带间动摩擦因数为〃=0.4,g取10巾/$2。

(1)求小物块由传送带B端运动到A端所用时间；

(2)若小物块以%=8m/s的初速度从4端冲上传送带(如图乙所示)，求小物块从传送带4端开始运动

到再次回到4端的过程中的摩擦生热。

五、计算题(本大题共3小题，共39.0分)

14.如图，光滑水平直轨道两滑块4、B用橡皮筋连接，4的质量为B的质量为三，开始时橡皮筋

松弛，B静止，给，一个水平向左的瞬时冲量/,使4获得一个水平向左的初速度，一段时间后,

B与4同向运动发生碰撞，求：

(1)在运动过程中橡皮筋弹性势能的最大值；

(2)两滑块刚碰撞前瞬间各自的速度.

15.如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑绝热气缸，汽缸下面有加热装置。开

始时整个装置处于平衡状态，缸内理想气体I、n两部分高度均为L。，温度均

为700已知活塞4导热、B绝热，4、B质量均为m,横截面积为S,外界大气压

强为Po保持不变，环境温度保持不变。现对气体n缓慢加热，当4上升九时停止

加热。求:

①此时气体n的温度；

②若在活塞4上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于m时，气体I的高度。

16.—底面半径为R的半圆柱形透明体的折射率为n=V3,横截面如图所示,

。表示半圆柱形截面的圆心，一束极窄的光线在横截面内从40B边上的

极靠近4点处以60。的入射角入射，已知真空中的光速为c,求：

(1)光在透明体中的传播速度；

(2)光线在极靠近4点处进入透明体后的折射角；

(3)该光线从射入透明体到第一次射出透明体时的所经历的时间.

参考答案及解析

1.答案：D

解析：解：4、根据x-t图像的斜率表示速度，斜率的正负表示速度方向，由图象可知，木块B、C都

和弹簧分离后，B图像斜率为正值，C图像斜率为负值，则8、C的运动方向相反，故A错误；

B、木块8、C（包括弹簧）组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒，贝情、C都和弹簧分离后，

系统的总动量不变，故8错误；

C、木块B、C分离过程中，弹簧对B、C的作用力大小相等、方向相反、作用时间相等，8、C所受的

合外力大小相等、方向相反、力的作用时间相等，则8、C所受合外力的冲量大小相等、方向相反,

由动量定理/=△「可知，B、C动量的变化大小相等、方向相反，所以B、C木块的动量变化量不同，

故C错误：

D、由图像可知，细线断裂前，两木块速度：v=J=im/s=lm/s；细线断裂后，B的速度为％=

誓=3m/s,C的速度为之=竽==-lm/s，细线断裂过程，B、C系统动量

2tB6—4Ate6-4

守恒，以B、C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：（HIB+Hie）"=+小。々：，解得：

mB=mc,故。正确。

故选：Do

x-t图像的斜率表示速度，根据图像斜率的正负分析物体的速度方向。木块8、C组成的系统（包括

弹簧）水平方向不受外力，系统的总动量守恒，根据图像的斜率求出木块的速度，然后应用动量守恒

定律分析答题。

本题的关键是通过％-t图像的斜率来分析两个木块的运动情况，然后结合动量守恒定律列式研究两

木块的质量关系。

2.答案：D

解析：解：力、当质子向右运动时，根据左手定则可知，质子不受洛伦兹力，若电场方向竖直向上,

电场力必定对质子做功，动能变化，故4错误；

B、同理可知8错误；

C、质子向上运动时，根据左手定则可知，洛伦兹力垂直纸面向里，若要电场力对粒子不做功，即电

场力方向与运动方向始终垂直，则质子必然做匀速直线运动，所以电场力方向与洛伦兹力方向相反，

所以电场方向垂直于纸面向外，故C错误，。正确；

故选。

动能保持不变说明电场力对粒子不做功，即电场力方向与运动方向始终垂直，则质子必然做匀速直

线运动，根据平衡条件判断即可.

该题考查了带电粒子在复合场中的运动，明确电场力、洛伦兹力的受力特点，正确进行受力分析是

解答这类问题的关键.

3.答案：D

解析：

矢量是既有大小又有方向的物理量，正负号代表方向，标量是只有大小没有方向的物理量，正负号

代表大小。

矢量与标量有两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行

四边形定则，标量运算遵守代数加减法则。

磁感应强度、速度二者均为矢量，正负号代表方向；功是标量，但正、负号既不表示大小，也不表

示方向，而是表示是阻力做还是动力做功；电势能为标量，正负号代表大小。故力正确，ABC错误。

故选£>。

4.答案：C

解析：解：4、太空中行走的宇航员处于完全失重状态，故A错误；

3

B、三=k是开普勒在观察太阳系行星运动时得到的规律，在实验中不能验证，故B错误；

C、牛顿在推出万有引力定律的同时，并没能得出引力常量G的具体值，G的数值于1789年由卡文迪

许利用他所发明的扭秤得出，故C正确；

。、所有地球同步卫星的轨道半径相等，但质量不一定相同，根据F=G等可知，地球同步卫星所

受的万有引力大小不一定相同，故。错误.

故选C

太空中的宇航员处于完全失重状态，开普勒第三定律是开普勒在观察太阳系行星运动时得到的规律,

牛顿在推出万有引力定律的同时，并没能得出引力常量G的具体值，G的数值于1789年由卡文迪许利

用他所发明的扭秤得出，根据万有引力公式可以判断地球同步卫星所受的万有引力大小是否相等.

本题考查了学生对物理学史和万有引力公式的掌握情况，对于物理学史部分也是高考的热点，平时

训练不可忽略.

5.答案:A

解析：解：汽车速度减为零的时间to=宁=谭s=2.5s<3s,

则刹车后3s内的位移等于2.5s内的位移，%=竽0=/*2.5771=12.5)71.故4正确，B、C、。错误.

故选：A.

根据速度时间公式求出汽车速度减为零的时间，判断汽车是否停止，再结合位移公式求出刹车后的

位移.

本题考查了运动学中的刹车问题，是道易错题，注意汽车速度减为零后不再运动.

6.答案：BD

解析：解：4、对整体受力分析可知，带电物块在沿斜面运动过程中，受到库仑力、重力、垂直斜面

的支持力，沿斜面向上的摩擦力，先作加速运动，后作减速运动，水平方向加速度大小先减小后增

大，所以要受到地面的摩擦力，摩擦力大小先减小后反向增大.故A错误；

B、有运动可知，B电荷带负电荷，4也带负电荷，故4在下滑的过程中，库仑力做负功，故物块的

电势能增大，故8正确；

C、物块4先加速后减速，加速度大小先减小后增大，故受到的合力先减小后增大，故C错误；

。、由能量守恒可知带电物块损失的机械能大于它增加的电势能，是因为克服摩擦力做了功，也损

失机械能，故。正确；

故选：BD

对物体受力分析和运动过程的分析，通过受力分析判断出物体的各个力做功情况即可判断.

本题主要考查了库伦力做功，抓住受力分析和运动过程分析及能量守恒即可.

7.答案：BC

解析：解：4、由输出端交变电压U的图象，可求出有效值220V,由原、副线圈匝数之比4：1,可

得原、副线圈的电压之比4：1,则原线圈的电压即电压表的示数为/=4x220=880V,故A错误；

B、副线圈电压为220V,G、区、入三只灯泡都正常发光，电流/=3〃=3x黑=0.824,故B正

确；

C、原、副线圈的电流之比1：4,则副线圈电流为儿=；x0.82=0.2054,灯泡的电阻R=?=警=

806.70,

则ab两点的电压U=171+//=880+0.205X806.7七1045V,故C正确，£＞错误。

故选：BC。

由输出端交变电压U的图象求出副线圈有效值，根据原副线圈电压之比等于线圈匝数比，电流之比

等于线圈匝数的倒数比求出原线圈电压和电流，根据灯泡的规格求出灯泡的电阻和额定电流，再结

合欧姆定律求解.

理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象.值得注意的是变压器的原

线圈与灯泡串联后接入交流中，则原线圈的电压不是防端的电压，难度适中.

8.答案：ACD

解析：解：4、根据乙图可知，当％=h+而，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，

以弹簧和小球组成的系统，机械能守恒可知，重力势能与弹性势能之和最小，故A正确；

BC、小球刚落到弹簧上时，弹力小于重力，小球加速度向下，速度增大，随弹力的增加，加速度减

小，当弹力等于重力时加速度为零，此时速度最大；然后向下运动时弹力大于重力，小球的加速度

向上且逐渐变大，小球做减速运动直到最低点，则小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速

度先增大后减小，加速度先减小后增大，故B错误，C正确；

2

/)、小球达到最大速度的过程中，根据动能定理可知：mg(h+xQ)-^mg-x0=^mv,故小球动能

的最大值为mg/i+［加9&，故。正确；

故选：ACD.

小球下降过程，先自由落体运动，与弹簧接触后，先加速下降，到达平衡位置后开始减速下降，根

据共点力平衡条件求出平衡位置的坐标，结合整个下降过程中小球和弹簧机械能守恒进行分析。

本题关键是将物体的运动分为自由落体、加速下降和减速下降三个阶段，同时物体的动能和重力势

能以及弹簧弹性势能总量守恒。

9.答案:BC

解析：解：4、由图示图象可知，4-B过程中气体压强不变而体积增大，由理想气体状态方程半=。

可知，气体温度升高，分子平均动能增大，分子平均速率变大，而气体压强不变，单位时间内、单

位面积上与器壁碰撞的分子数减少，故A错误；

B、由图示图象可知，B-C过程气体体积不变而压强减小，由理想气体状态方程岸=。可知，气体

温度降低，气体内能减小，AU<0,由于气体体积不变，外界对气体不做功，V/=0,由热力学第

一定律△U=VV+Q可知，Q=△(/-〃=△"<(),气体要放出热量，故B正确；

C、温度是分子平均动能的标志，由题意可知：C-C-A过程是等温过程，C-4过程气体温度不

变，气体分子的平均动能不变，故C正确：

D、由题意可知：CT。T/1过程是等温过程，气体内能不变，△〃=(),该过程气体体积减小，外

界对气体做功，W>0,由热力学第一定律△〃=W+Q可知，Q=AU-W=-W<0,气体要放

出热量，故。错误。

故选：BC.

温度是分子平均动能的标志；一定量的理想气体内能由温度决定；气体体积增大气体对外做功，气

体体积减小外界对气体做功；根据图示图象分析清楚气体状态变化过程，应用气体状态方程与热力

学第一定律分析答题。

本题考查了理想气体状态方程与热力学第一定律的应用，根据图象判断出气体体积如何变化，从而

判断出外界对气体做功情况，再应用热力学第一定律与题目所给条件即可正确解题；温度是分子平

均动能的标志，一定量的理想气体内能由温度决定。

10.答案：AD

解析：解：由图象看出，P、Q两点的振动情况总是相反，则有：3rn=(2n+l)q,(n=0,1,2,...)

当九=0时，A=6m,

当n=1时，A=2m0

由图读出，周期为T=0.2s,则波速为：u=*=合=30m/s或u=*TH/S=10m/s。

故选：ADO

由图象看出，P、Q两点的振动情况总是相反，它们之间的距离相距半个波长的奇数倍，即可求出波

长，由图读出周期，由波速公式求解波速.

本题中PQ是反相点，要知道PQ间的距离x=(2n+1)-|,掌握此通项是关键.

11.答案：0.990.50

解析：解：(1)每相邻两计数点间还有4个打点，说明相邻的计数点时间间隔为7=0.1s。

222

由逐差法可得：a=等处=沪。3x10-m/s=0.99m/s；

(2)对系统受力分析，根据牛顿第二定律可知，mg-nMg=(m+M)a,

代入数据解得:〃=0.50。

故答案为：(1)0.99(2)0.50o

(1)纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论△X=

aT2,可计算出打出某点时纸带运动加速度；

(2)对系统受力分析，根据牛顿第二定律列方程，可求出滑动摩擦因数的表达式，代入数据解得动摩

擦因数。

本题考查匀变速直线运动的推论△%=和牛顿第二定律的应用，注意受力分析的对象是M与m构

成的系统。

12.答案：(l)/?i

_(p3~

(2)画电路原理图Q

(3)1.5V1.250

解析：解析：

试题分析：(1)滑动变阻器在电路中起到保护电路并调节电流作用，在限流接法中取100左右即可.过

大则难以调节；过小起不到应有的调节作用，由题意可知，电源的内阻小于40,故为了易于调节，

准确测量，滑动变阻器应选小电阻％;

(2)采用限流式电路：

(3)连结各点可得一条倾斜的直线。由闭合电路欧姆定律U=E-/r及数学知识可知，图象与纵坐标

的交点为电源的电动势，图象的斜率表示内源内电阻，故由图可知：电动势E=1.5V,r=1.250。

考点：本题旨在考查测量电源的电动势和内阻。

13.答案：解：

(1)物块受到摩擦力f=再=itmg=4N,根据牛顿第二定律物块加速度a=5=4m/s2；

物块加速至传送带运动速度所用时间q=；=1s,加速距离si=1atf=2m；

匀速运动距离S2=L一Si=8m,则匀速运动时间t2=3=2s；

故小物块由传送带B端运动到4端所用时间t=Q+。=3s。

(2)物块减速过程：物块减速至速度为0,物块向左运动，所用时间t3=£=2s,位移S3="ot3-

-8m；传送带向右运动，运动位移S3'=vt3=8m；此过程相对位移^=s3+S3'=16m,

物块减速过程：物块速度由。增加至与传送带同步，物块向右运动，所用时间Q=(=ls,位移S4=

=2m；传送带向右运动，运动位移sj=戊4=4m；此过程相对位移△%2=sj-=2m。

物块与传送带共速后，物块和传送带无相对位移。

故摩擦生热Q=/x(△%1+△x2)=72/。

答：(1)小物块由传送带B端运动到4端所用时间为3s；

(2)若小物块以%=8m/s的初速度从4端冲上传送带(如图乙所示)，小物块从传送带4端开始运动到

再次回到4端的过程中的摩擦生热为72/。

解析：(1)物体从B端放上传送带后，先匀加速运动，后与传送带一起做匀速运动。运用牛顿第二定

律和运动学公式求时间。

(2)物体从4端冲上传送带，先匀减速至速度为0,再反向匀加速运动回到力点。在传送带上找一参照

点，根据运动学公式求出传送带与物块的相对位移，同向运动对地位移之差为相对位移，反向运动

对地位移之和为相对运动。摩擦力乘以物块与传送带的相对位移等于摩擦生热值。

此题解题关键为分析物块和传送带的相对运动，根据运动学公式计算物块和传送带的相对位移。摩

擦生热即为摩擦力与相对位移的乘积，特别注意，此处为相对位移，而不是对地位移。

14.答案：解：(1)对A根据动量定理得：

/=mv0

解得：孙=上

m

当4B速度相等时，橡皮筋的弹性势能最大，

此过程4B不受外力，系统动量守恒，则

mv0=(m+y)v

解得：v=1%=白

此过程中，只有橡皮条弹力做功，系统机械能守恒，则

玲=刎诏-+粉2=白

(2)速度相等后，力做减速运动，B做加速运动，当橡皮筋处于原长后做匀速运动，设碰撞前4的速度

为以，B的速度为外，

根据动量守恒有：+m以+£为，

根据能量守恒有：^mvo=+|-yVB

解得：v=v=-^-

“A3m0B3m

答：(1)在运动过程中橡皮筋弹性势能的最大值为二；

6m

(2)两滑块刚碰撞前瞬间4的速度为;，B的速度为

解析：（1）对4根据动量定理求得4得初速度，当ZB速度相等时，橡皮筋的弹性势能最大，根据动量

守恒和系统机械能守恒列式求解最大弹性势能；

（2）速度相等后，力做减速运动，B做加速运动，当橡皮筋处于原长后做匀速运动，此过程中，根据

动量守恒和能量守恒列式求解各自速度即可.

本题主要考查了动量守恒定律及机械能守恒定律的直接应用，知道当4B速度相等时，橡皮筋的弹性

势能最大，难度适中.

15.答案：解：①气体n经历等压过程，初态：V.=L0S,7\=To,

末态：V2=（Lo+h）S,T2=?