2021届广西南宁二中高考物理模拟试卷(5月份)(含答案解析)

2021届广西南宁二中高考物理模拟试卷（5月份）

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

1.如图所示，为研究发生光电效应时通过光电管上的电流随电压变化的电路,

用频率为v的单色光照射阴极K时，能发生光电效应，改变光电管两端的

电压，测得遏止电压为

%.若用上述单色光照射一群处于基态的氢原子，恰能使氢原于跃迁到n=4的

激发态，己知电子的带电荷量为e,真空中的光速为c,普朗克常量为/?,

氢原子”级上的能量后几与基态的能量%满足：£n=下列说法正确的

是（）

A.阴极K的逸出功为

B.阴极K的极限频率为v+半

C.氢原子处于71=4的激发态的能量为-瓦

D.氢原子处于基态时的能量-1|加

2.如图所示，小球m在竖直放置的内壁光滑的圆形细管内做圆周运动，则

①小球通过最高点的最小速度为I;=y[gR

②小球通过最高点的最小速度为零

③小球通过最高点时一定受到向上的支持力

④小球通过最低点时一定受到外管壁的向上的弹力

以上说法正确的是（）

A.①②B.①③C.②④D.③④

3.两个大小相等的共点力，当它们间的夹角为120。时，合力为F,则当它们间夹角为90。时，合力

大小为（）

A.FB.V2FC.2FD.与F

4.某小型旋转电枢式发电机所产生的交流电电动势为110H频率为60也，要使它产生的电动势

变为220K频率变为50〃z,需要调整线圈的转速"、匝数N或磁感应强度8的大小.下列调整

合适的是（）

A.使"变为原来的g倍，B变为原来的2倍，N不变

B.使〃变为原来的3倍，8变为原来的?倍，N不变

o5

C.使〃变为原来的9倍，N变为原来的蓝倍，8不变

D.使〃变为原来的:倍，N变为原来的2倍，8不变

O

5.沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力尸的作用，其下滑的'r/(ms')

v-t图象如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在

0〜5s、5〜10s、10〜15s内F的大小分别为&、4和F3，则（）

A.F1<F2<F3B.F1>F2>F3C.F1=F3>F2D.F1=F3<F2

二、多选题（本大题共4小题，共22.0分）

6.如图所示，空间内存在着方向竖直向上的匀强电场E和垂直纸面向外的匀强磁

场B,一个质量为，〃的带电液滴，在竖直平面内做圆周运动，下列说法正确的

是（）

A.液滴所带电荷一定为正电荷

B.液滴所带的电荷量大小为警

E

C.液滴一定沿顺时针方向运动

D.液滴既可以沿顺时针方向运动，也可以沿逆时针方向运动

7.如图所示的光滑水平面上，水平条形区域/和〃内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，其宽度均

为s,区域/和〃之间有一宽度为L=3s的无磁场区域，一质量为机、边长为s的正方形线框在

水平恒定外力作用下从距区域/左边界s处由静止开始做匀加速直线运动，假设线框能匀速地通

过磁场区域/和〃，则下列说法正确的是（）

：.I

・■••!

V：wXXw：

□lx，xi

I一ISi

l丁！X,.,.

A.线框通过区域/和区域〃时的速度大小之比为1：V3

B.区域/与区域〃内磁场的磁感应强度大小之比四：1

C.线框通过区域/和区域〃过程产生的热量相等

D.线框右边通过区域/和区域〃过程通过线框某一横截面积的电荷量相等

〃////

8.（多选）如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体。物体在4处时，弹簧

处于原长状态。现用手托住物体使它从A处缓慢下降，到达8处时，手和

物体自然分开。此过程中，物体克服手的支持力所做的功为卬。不考虑空

气阻力。关于此过程，下列说法正确的有（）

A.物体重力势能减小量一定大于W

B.弹簧弹性势能增加量一定小于卬

C.物体与弹簧组成的系统机械能增加量为W

D.若将物体从A处由静止释放，则物体到达B处时的动能为卬

9.如图所示，甲、乙两列完全相同的横波，分别从波源A、B两点沿直线x轴相向传播，已知在t=0

时的波形如图所示。若两列波的波速均为lm/s,则C、E、尸、G、。5个质点中（）

A.t=0.2s时，只有F点的位移最大

B.t=0.2s时，E、G两点的位移最大

C.t=0.5s时，C、F、。三点的位移最大

D.t=0.5s时,只有F点的位移最大

三、填空题（本大题共1小题，共10.0分）

10.把75厘米长的两端开口的细玻璃管全部插入没在水银中，封闭上端，将玻璃管缓慢地提出水管,

管中留有水银柱高度是_____厘米。（外界大气压强为75cmHg）

四、实验题（本大题共2小题，共15.0分）

11.如图所示，气垫导轨上滑块的质量为钩码的质量为⑶遮光条宽度为乙两光电门间的距

离为3气源开通后滑块在牵引力的作用下先后通过两个光电门的时间为4G和At?,当地的重力

加速度为g

（1）若光电计时器还记录了滑块从光电门1到光电门2的时间△t,用上述装置测量滑块加速度，加速

度的表达式为（用所给的物理量表示）。

（2）用上述装置探究滑块加速度。与质量M及拉力产的关系时，要用钩码重力代替绳子的拉力，则，〃

与M之间的关系应满足关系;

（3）若两光电门间的距离为3用上述装置验证系统在运动中的机械能守恒。滑块从光电门1运动到

光电门2的过程中，满足关系式时（用所给的物理量表示），滑块和钩码系统机械能守恒。

正常情况下，在测量过程中，系统动能的增加量总是(填“大于”“等于”或“小于”)钩

码重力势能的减少量。

12.某金属导线长度为L,粗细均匀，为测定这种金属材料的电阻率，吴老师带领物理研究性小组

做如下测量.

(1)用多用表测量该元件的电阻，选用“X100”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转过大，因

此需选择倍率的电阻挡(填：“X10”或“x),并欧姆调零后再进行测量，多用表

的示数如图1所示，测量结果R为n.

(3)这种金属材料的电阻率。=.(用题中字母L、R、d表示答案)

五、计算题(本大题共4小题，共47.0分)

13.如图所示，水平地面的8点右侧有一圆形挡板，圆的半径R=4?n,B为圆心，BC连线与竖直

方向夹角为37。，滑块静止在水平地面上的A点，AB间距L=4.5m,现用水平拉力F=18N沿

AB方向拉滑块，持续作用一段距离后撤去，滑块恰好落在圆形挡板的C点，己知滑块质量2kg,

与水平地面间的动摩擦因数〃=0.4,取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求：

(1)滑块运动到B点时速度的大小；

(2)水平拉力尸作用的距离；

(3)滑块在水平地面上运动时受水平拉力F作用的时间.

14.如图所示，光滑水平面上有物块M、m,在其中静止的物块加上M/yvvwwm

固定一轻弹簧，M以火的速度向右运动，求弹簧压缩量最大时，两者的速度各为多大？

15.如图所示，一圆柱形导热良好的气瓶水平放置，瓶内有用导热良好的

活塞分开的A,B两部分，分别装有理想气体.活塞与瓶内壁气密性好，

并可在瓶内自由移动，不计摩擦，开始时，A、B两部分气体的体积之比为2：1,压强均为p,

大气温度为T,K为阀门.

①当温度升高时，活塞将如何移动？

②若因阀门封闭不严，B中气体向外缓慢漏气，活塞将缓慢移动，整个过程中气体温度不变，瓶口

处气体体积可以忽略.当活塞向右缓慢移动至B中体积减为原来一半时，A中气体的压强多大？

若此过程A中气体对外做功为W,则4中气体内能变化多少？

16.如图所示，用折射率n=专的玻璃做成内径为八外径R=的半球形空心

球壳，一束细光线射向此半球壳的外表面，恰好不能射入其内球面，求：该

束细光线的入射角i的正弦值（不考虑多次反射）.

【答案与解析】

1.答案：D

解析:解:A8、由题知遏止电压为“，根据动能定理有:-e4=0-Ekm,得最大初动能为反机=eUc,

根据爱因斯坦光电效应方程有：Ekm=hv-W0,解得阴极K的逸出功为%=hv-Ekm=hv-eUc,

极限频率为%=华=吁半，故AB错误；

C。、根据扁=张可知n=4的能量为E4=*=*根据立=E4-E],联立解得：=一黄/w,

七4=—七/lU,故C错误，。正确。

故选：Do

根据遏止电压，结合动能定理求出光电子的最大初动能，根据光电效应方程求出阴极K的逸出功和

极限频率；

根据吸收的能量等于两能级间的能级差，求出氢原子处于处于n=4的激发态的能量和处于基态的能

量。

本题考查了光电效应和能级跃迁的综合运用，知道最大初动能与遏止电压的关系，掌握光电效应方

程，知道能级跃迁辐射或吸收的能量等于两能级间的能级差。

2.答案：C

解析：解：①②小球在圆形轨道的最高点，速度可以无限接进零，即可以为零，故①错误，②正

确；

③小球在圆形轨道的最高点，重力G和弹力N（假设向下）的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，

有

V2

mg+N=6万

当vvj证时，N小于零，表明N向上；

当证时，N大于零，表面N向下；

故③错误；

④小球在圆形轨道的最低点，重力G和弹力N的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有

V2

N—mg=

即N一定向上，故④正确；

故选：Co

小球在圆形细管内滚动，通过最高点和最低点时，只受重力和弹力，合力提供向心力，根据牛顿第

二定律和向心力公式列式分析即可.

本题关键是对小球受力分析，然后根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解.

3.答案：B

解析：解：由题意，设两个相等的共点力大小为尸，当它们之间的夹角为120。时合力如图

----->-Fi

由等边三解形的知识可知分力是F,

当这两个力之间的夹角为90。时，由勾股定理得合力大小为近F。

故选：B。

力的合成遵循力的平行四边形定则.由题意，本题已知合力先出二个分力，变化角度再求合力.

本题考查力的合成平行四边形定则，结合图形利用等边三角形的知识容易解决，会用合力的大小公

式也可以解决，可灵活处理.

4.答案：B

解析：解：、感应电动势的最大值为频率/=为，频率由变为即频率

ACE7n=NBS3,60Hz50Hz,

变为原来的士应该使"变为原来的三故A错误，C错误；

B、感应电动势的最大值为/=NBS3=NBS(2m)；使〃变为原来的J,B变为原来的9倍，N不变，

65

故最大值变为汉普=2倍，B正确；

65

。、感应电动势的最大值为Em=NBS3；使〃变为原来的3N变为原来的2倍，8不变，故最大值

6

变为)x2=：,不符合要求，。错误；

63

故选：瓦

线圈在匀强磁场中匀速转动时，感应电动势的瞬时值为：e=NBSasinMt；其中3=2兀九再根据线

圈的转速〃、匝数N或磁感应强度8的变化进行判断.

本题解题的关键是记住正弦式交流电感应电动势的瞬时表达式e=NBSa)sina)t,然后根据该表达式

进行计算.

5.答案：A

解析：解：由速度-时间可知0-5s内物体沿斜面向下做匀加速运动，加速度向下；5-10s内物体

做匀速运动，加速度为0；10-15s内物体沿斜面向下做匀减速运动，加速度向上，设动摩擦因数为

”,斜面倾角为。，由牛顿第二定律有：

0〜5s内，有mgsin。—林mgcos®一a=mar

得：Fi=mgsinO—nmgcosO—max<mgsinO

5〜10s、有：mgsinO—(imgcosd-F2=0

得：F2=mgsinO—fimgcosd

10〜15s、有F3+林mgcosB—mgsinO=ma2,得F3=mgsinO—林mgcos。+ma2

比较可得：居<尸2<尸3

故A正确，BCQ错误，

故选：A。

由图象得出加速度方向，后对物体受力分析，由牛顿第二定律列式，根据加速度大小即可比较产的

大小。

本题的关键在于通过速度图象确定加速度的方向，后利用牛顿第二定律即可分析。

6.答案：ABC

解析：解：48、小球在竖直平面内做匀速圆周运动，故重力和电场力平衡，重力竖直向下，则电场

力竖直向上，而电场方向也向上，故此小球一定带正电，由qE=mg,得电量q=等，故A正确，B

正确；

CD,由左手定则，磁场从掌心射出，洛伦兹力提供向心力指向圆心，四指指向正电荷运动的方向，

可判断小球沿顺时针方向运动，故C正确，。错误。

故选：ABC.

小球做匀速圆周运动，根据重力和电场力平衡可判断小球的电性.洛伦兹力提供向心力，运用左手

定则判断液滴运动方向.

本题关键是找到向心力来源，并得到重力和电场力平衡，从而判断出电性，最后根据洛伦兹力提供

向心力运用左手定则判断.

7.答案：AC

解析：解：A、线框进入I的速度为力,根据速度位移关系可得：说=2as,进入U的速度为以，从

开始到线框进入U区域匀加速的位移为L,根据速度位移关系可得：vl=2aL,解得：£=卡=+,

A正确;

B、根据两种情况下的安培力大小相等可得：BJ.s=B212S,即空包1=金也，解得*=户=£

RRtf2yl1

8错误；

C、线框通过区域/和区域〃过程产生的热量等于克服安培力做的功，即W=BIs-s=空也="处”

RR

所以产生的热量相等，c正确；

D、线框右边通过区域/过程通过线框某一横截面积的电荷量为%=当=叱，线框右边通过区域

RR

/过程通过线框某一横截面积的电荷量为42=等，由于磁感应强度不同，则电荷量不同，。错误。

故选：ACo

根据匀变速直线运动速度位移关系求解速度之比；根据两种情况下的安培力大小相等求解速度之比;

线框通过区域/和区域〃过程产生的热量等于克服安培力做的功，由此求解产生的热量；根据电荷

量的经验公式得到电荷量.

对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下物体的平衡问

题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键.

8.答案：AD

解析：

本题意在考查对力与运动关系、动能定理、能量守恒定律等所学知识的识记能力和综合应用能力，

及熟记和理解基础知识是解答此题的关键。

本题通过弹簧模型综合考了力与运动关系、动能定理、能量守恒定律，综合性较强。

物体在B为平衡位置mg=kh,根据功能关系分析能量变化情况即可。

4重物在向下运动的过程中，要克服弹簧拉力做功皿弹力，根据动能定理知血9h-卬-卬郊力=。，

故物体重力势能减小量一定大于W,故A正确；

B.根据动能定理知mgh一皿一叩建力=0,由平衡知=即mg/i—〃==之小。九，弹簧

弹性势能增加量一定等于卬，8错误；

C.物体克服手的支持力所做的功为W,机械能减小W,故C错误；

/).重物从静止下落到8速度最大的过程中，根据动能定理，有mgh-；卜无2=a结合8选项知a=

^mgh.=W,故。正确。

故选AQ。

故选AD。

9.答案：BC

解析：解：

A、t=0.2s时，波传播的距离x=仇=0.2m,两列都传到尸点，此时两列波单独引起F点的振动方

向均向下，但位移是零。故A错误，

B、t=0.2s时，波传播的距离x=仇=0.2m,两列都传到尸点，此时两列波单独引起E、G两点均

为负向最大位移，则E、G两点的位移最大；B正确。

C。、t=0.5s时，波传播的距离x=戊=0.5zn,两列波的波峰同时传到F点，C、。两点的位移也

是最大，故C正确，力错误。

故选：BC。

波在同一介质中匀速传播，由时间求出波传播的距离。由波传播判断质点的振动方向，根据时间与

周期的关系分析分析各点位移情况。

本题考查波的叠加原理的应用能力。此题可以通过作出波形进行分析。

10.答案:75

解析:解:封闭上端，将玻璃管缓慢地提出水管，此时玻璃管上端为真空，由于外界大气压强为75cmHg,

即该气压能够支撑75a*高的水银柱，所以管中留有水银柱高度是75厘米。

故答案为:75。

外界大气压强为75c»Hg,即该气压能够支撑75c/n高的水银柱，由此分析。

本题考查了求管内水银的长度，要能用静力学观点分析压强，知道外界大气压强为75c〃山g能够支

撑的水银柱高度。

11.答案：⑴4c24口；(2)m«M；(3)m^L=|(Af+m)—^7)：小于

解析：解：(1)根据遮光板通过光电门的速度可以用平均速度代替得：

滑块通过第一个光电门时的速度：匕=今

滑块通过第二个光电门时的速度：”2=2

dd

滑块的加速度：a=/-%=k赤

△tAt

(2)当滑块质量“远大于钩码质量m时，细线中拉力近似等于钩码重力。

(3)实验原理是：求出通过光电门1时的速度％,通过光电门1时的速度/，测出两光电门间的距离

L,

在这个过程中，减少的重力势能能：4Ep=mgL,

增加的动能为：△以="M+巾)谚一+巾)相

我们验证的是：△昂与的关系，即验证：△昂=△a代入得：

11

mgL=-(M+zn)谚--(M4-m)vf

即mgL=4M+m嗤一导

正常情况下，由于阻力作用，系统动能的增加量总是小于钩码重力势能的减少量。

(1)光电门测量滑块瞬时速度的原理是遮光条通过光电门的速度可以用平均速度代替即u=再根

据运动学公式即可求出物体的加速度依

(2)只有在滑块质量远大于钩码质量时，才可近似认为滑块受到的拉力等于钩码的重力。

(3)实验原理是：求出通过光电门1时的速度%,通过光电门1时的速度外，测出两光电门间的距离

L,在这个过程中，减少的重力势能能：△Ep=zngL,增加的动能为：△%=+6)谚一+

m)vf；再比较减少的重力势能与增加的动能之间的关系。

正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、实验步骤、所

测数据等，会起到事半功倍的效果

12.答案：X10702.150些

4L

解析：解：(1)选用“X100”档，发现指针偏角太大，说明指针示数太小，所选档位太大，为准确

测量电阻，应换小挡，应把选择开关置于x10挡；

由图示可知，欧姆表示数为7x10。=7on；

(2)螺旋测微器的固定刻度读数为2"]〃?，可动刻度读数为0.01xIS.Omm=0.150mm,所以最终读数

为：2?mn+0.150nun=2.150nun,

(3)电阻丝电阻：R=P±=P志,则电阻率：。=嗒；

故答案为：(1)x10；70(2)2,150；(3)等

使用欧姆表测电阻时，要选择合适的档位，使指针指在表盘中央附近；欧姆表指针示数与倍率的乘

积是欧姆表的示数.

螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读.

根据电阻定律可得出电阻率的表达式.

本题考查了欧姆表读数、螺旋测微器的读数以及电阻定律的应用；注意在使用欧姆表测电阻时，要

选择合适的档位，使指针指在刻度盘中央附近.

13.答案：解：(1)滑块从8点滑出做平抛运动落在C点，则水平位移x=Rsin37。=2.4?n,

竖直方向的位移h=Rcos37°=3.2m,

则竖直下落的时间为t=疗=J翳s=0.8s,

滑块运动到B点时速度的大小为为=7=^m/s=3m/s；

LU.o

(2)设水平力F作用的距离为s,根据动能定理可得：

1o

Fs—RmgL=-mvg—0,

代入数据解得：s=2.5m；

(3)滑块在水平面上加速前进的加速度为〃，则根据牛顿第二定律可得：

F—卬ng=ma,

解得：a=5TH/S2,

根据s=1Q仔，

解得：ti=J|=^^s=ls.

答：(1)滑块运动到B点