2021届百师联盟高考物理二模试卷(全国Ⅱ卷)(含答案解析)

2021届百师联盟高考物理二模试卷（全国II卷）

单选题（本大题共5小题，共30.0分）

©

如图所示，四个等量异种的点电荷，放在正方形的四个顶点处。A、B、C、(*>,•:

;

::

。为正方形四个边的中点，。为正方形的中心，下列说法正确的是（）牛

--…<

；

A.A、C两个点的电场强度方向相反…

(±>

B.。点电场强度等于零-e

C.将一带正电的试探电荷从B点沿直线移动到。点，电场力做正功

D.。点的电势低于4点的电势

2.如图所示，图中实线是一簇未标明方向的电场线，虚线是某带电粒子通过该电：一

场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，带电粒子在运动过程中只受电场

力作用，则（）

A.带电粒子一定带正电

B.若带电粒从a点运动到b点，则有%>外

C.若带电粒从b点运动到a点，则有力>%

D.无论带电粒的运动方向如何，带电粒子在a点的加速度一定小于在b点的加速度

3.关于静电场的电场强度和电场线，下列说法正确的是（）

A.在一个以点电荷为中心，为半径的球面上，各处的电场强度都相同

B.当初速度为零时，放入电场中不计重力的电荷在电场力作用下的运动轨迹一定与电场线重合

C.电场强度的方向就是放人电场中的负电荷受到的电场力的方向

D"/适用于真空中点电荷形成的电场

水平放置的平行板电容器两板间距离为d,极板与电源相连，电容器极板_____至［

中心开有小孔（小孔对电场的影响可以忽略不计），小孔的正上方g处的P点I|

有一带电粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并恰在下极板处（未口H

与极板接触）返回。保持开关闭合，将下极板向上平移右下列说法正确的是（）

A.第二次由P点静止释放，粒子将在极板间距上板半处返回

B.第二次由P点静止释放，粒子将在极板间距上板管处返回

C.若换作断开开关，将上极板向上平移T，第二次由P点静止释放，粒子将在距下板d处返回

D.若换作断开开关，将上极板向下平移右第二次由P点静止释放，粒子将能返回

5.家用电器（HE4）主要指在家庭及类似场所中使用的各种电器和电子器具。又称民用电器、日用

电器。家用电器使人们从繁重、琐碎、费时的家务劳动中解放出来，为人类创造了更为舒适优

美、更有利于身心健康的生活和工作环境，提供了丰富多彩的文化娱乐条件，己成为现代家庭

生活的必需品。下列电器中主要是利用电流的热效应工作的是（）

A.电饭煲B.吸尘器C.电视机D.电冰箱

二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）

6.如图所示，a、b是两个固定的点电荷，a带正电，b带负电，a所带电荷量多于b所带电荷量，c、

d是a、b所在直线上的两个点.下列说法正确的是

abcd

A.c点电势一定高于d点电势

B.c点电场强度大小可能等于d点电场强度大小

C.把正电荷从c点移到d点电场力一定做正功

D.把正电荷从c点移到d点电场力可能做负功

7.人通过挂在高处的定滑轮，用绳子拉起静止在地面上的重物，使它的高度上升比如弃（

图所示，第一次拉力为尸，第二次拉力为2F,则（）

A.两次克服重力做的功相等；--；u

B.两次上升到九处时拉力的功率，第二次是第一次的2倍力占

C.两次上升到无处时的动能，第二次为第一次的2倍

D.两次上升到八处时机械能增加量，第二次为第一次的2倍

8.放置于固定斜面上的物块，质量为1.0kg,在平行于斜面向上的拉力F作用下，沿斜面向上做直

线运动.拉力F和物块速度”随时间t变化的图象如图，则（）

A.物块受到的摩擦力大小为5.0N

B.第1s内物块受到的拉力大小为5.4N

C.前3s内拉力尸所做的功为5.08/

D.前3s内物块机械能先增大后不变

9.下列叙述中正确的是（）

A.空中下落的雨滴呈球形是因为液体有表面张力

B.在潮湿的天气里，洗湿的衣服不易晾干，是因为空气的绝对湿度大

C.饱和汽压随温度升高而增大，与体积有关

D.若分子势能随着分子距离增大而增大，则分子间作用力的合力表现为引力

E.自然发生的热传递过程是沿着分子热运动无序性增大的方向进行的

10.如图所示，一束复色光从长方体玻璃砖上表面射入玻璃，穿过玻璃砖后从j

侧表面射出，变为%b两束单色光，则以下说法正确的是（）X

A.玻璃对a光的折射率较大U

B.在玻璃中b光的波长比a光短

C.在玻璃中b光传播速度比a光大

D.减小入射角i,a、b光线有可能消失

三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）

11.某同学想设计一个测量金属棒（阻值约10。）电阻率的实验方案，实验室提供的器材有:

A.直流电流表的量程为内阻%约为3k0；

B.Ro为六钮电阻箱（0~~99999.9n）；

C.R为滑动变阻器（0〜5000,额定电流1.54）；

DSi为开关；S2为双刀双掷开关；

£电源E=3V,内阻不计；

F.螺旋测微器，游标卡尺。

其中，用螺旋测微器测金属棒直径，用20分度游标卡尺测金属棒长度测量结果如图1和图2。设计测

电阻的电路如图。

（1）如图1,用螺旋测微器测金属棒直径d为mm：如图2用20分度游标卡尺测金属棒长度L为

______crric

（2）测电阻的实验步骤如下，请把步骤⑤补充完整。

①选择Ro的阻值略大于%;

②闭合Si，将S2合向扁一侧，调节R使电流表指针指到满偏电流；以上的刻度；

③记下电流值人；

④保持R的滑动触头位置不变；

⑤。

（3）用题中测得的物理量表示该金属棒电阻率。

12.现有一满偏电流为500必1、内阻为l.Ox的电流表弓，某同

学想把它改装成中值电阻为5000的欧姆表，实验室提供如下器

材：

人一节干电池（电动势为1.5叭内阻不计）

B.电阻箱％（最大阻值99.990）

C.电阻箱&（最大阻值999.9。）

。.滑动变阻器7?3（0〜100。）

E滑动变阻器/?式。〜MO）

F.导线若干及两个接线柱

（1）由于电流表G的内阻较大，该同学先把电流表G改装成量程为0〜3.0mA的电流表4,则电流表G应

（填“串”或“并”）联一个电阻箱，将该电阻箱的阻值调为0。

（2）将改装后的电流表G改装成欧姆表，请选择适当的器材在方框内把改装后的电路图补画完整（含电

流表的改装），并标注所选电阻箱和滑动变阻器的符号。

（3）用改装后的欧姆表测量一电阻，电流表G的示数为300〃4则该电阻的阻值为。（保留一位

小数），通过该电阻的电流为mA.

四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）

13.如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为加，相邻各边互相垂直，且处一\h

于同一竖直平面内，ab、af、bp、ec、qd边长均为cd边长为21,ab与

fl*d-J-

cd平行，间距为2八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，cd边到磁场上边界的距离为2，，线框由静止释放，

磁场区

从cd边进入磁场直到”、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq边离开磁场后，ab边离

开磁场之前，线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为。线框在下落过程中

始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g。求：

(1)线框ab边将要离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；

(2)磁场上、下边界间的距离H。

14.把一辆汽车的速度由lO/czn"提高到20km",跟把这辆汽车由50k7n//i提高到60k?n"相比，哪

种情况下要做较多的功？试通过计算来说明。

15.如图所示，两端开口、粗细均匀的U形管内装有水银，底部有一开关K把水银

等分成两部分，右管内有一质量不计的轻质活塞封闭一定质量的理想气体。B

知大气压强Po=75cmHg,管内水银柱的高度为L=7.5cm,空气柱的长度为

Lo=30cm,U形管底部宽度为10cm。现用力缓慢地把活塞向上提起h=15cm,

求：

(i)空气柱内气体的压强PM

(ii)保持活塞的位置不变，打开U形管底部的开关，稳定后空气柱内气体的压强「2。

16.简谐横波在一均匀介质中传播的速度u=10m/s,P、Q是该波传播过程中的两个质点，它们的

平衡位置相距x=4m,这列波的波长大于27n而小于20m。如图所示为在波的传播过程中P、Q两

质点的振动图象。求：

①波的能量在P和Q间传播所需要的时间△t；

②该波的振动周期7。

参考答案及解析

1.答案：D

解析：解：4、设正方形边长为3每个电荷的电量大小为Q,对4点研究，两个正电荷在4点的合场

强为零，根据平行四边形定则，两个负电荷在4点的合场强方向水平向右。则4点的电场强度方向水

平向右；

对C点研究，两个负电荷在C点的合场强为零，根据平行四边形法，两个正电荷在C点的合场强方向

水平向右，所以4C两个点的电场强度方向相同，故A错误；

8、两个正电荷在。点的合场强水平向右，两个负电荷在。点的合场强也水平向右，所以。点电场强

度不等于零，方向水平向右，故8错误。

C、在上面两个等量异种电荷的电场中，B。连线是一条等势线。在下面两个等量异种电荷的电场中，

BD连线是也一条等势线，所以8。两点的电势相等，将一带正电的试探电荷从8点沿直线移动到。点，

电场力做功为零，故C正确。

。、根据电场的叠加原理可知，AC连线上场强方向水平向右，则0点的电势低于4点的电势，故。正

确；

故选：D。

根据点电荷产生的电场特点和矢量合成法则分析各个点的电场强度。电荷在等势面上移动，电场力

做功为0.根据电场线的方向分析电势高低。

解决该题的关键是知道电场强度是矢量，掌握电场的叠加原理，能先选择合适的两个点电荷分析在

某点的电场强度的大小。

2.答案：B

解析：解：A：粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左。由于

电场线方向不明，无法确定粒子的电性；故A错误；

BC、粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，从a到b电场力对

粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，则粒子在a点的速度较大；故8正确，C错误；

。、根据电场线的疏密与电场强度的强弱的关系，判断出a点的电场强度大，故a点的电场力的大，

根据牛顿第二定律可知，带电粒子在a点的加速度比b点的加速度大；故。错误。

故选：B。

通过图象可以看到，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力大体向左，电场线方向不明，

无法判断粒子的电性.根据电场线的疏密可以判断电场强度的强弱，进而判断电场力的大小；当电

场力做正功时，电荷的电势能减小，动能增大；当电场力做负功时，电荷的电势能增大，动能减小.

本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次根据电场线

的疏密可以判断电场强度的强弱，进而判断电场力的大小；再次判断粒子动能和电势能的变化要根

据电场力做功情况.

3.答案：D

解析：解：4、在一个以点电荷为中心，r为半径的球面上各处的电场强度的大小都相同，而方向不

同，故A错误；

8、若电场线是曲线，则电荷受力将发生方向的变化，则其轨道不可能与电场线重合，故3错误；

C、电场强度方向就是放入电场中的正电荷受到的电场力的方向，与负电荷受到的电场力方向相反,

故C错误；

D、公式E=与仅适用于真空中点电荷形成的电场，故。正确；

rz

故选：D。

根据电场强度是矢量，不但有大小，而且有方向，公式E仅适用真空中点电荷的电场；电场强

度方向与正电荷受到的电场力相同；某点场强的方向与试探电荷的正负无关，从而即可求解.

考查点电荷电场强度的矢量性，及适用条件，注意电场强度的方向如何确定，与试探电荷的正负无

关.

4.答案：B

解析：解：AB,对下极板未移动前，从静止释放到速度为零的过程运用动能定理得：mg-1d-qU=

0-Oo

若将下极板上移右设运动到距离上极板x处返回。

dx

根据动能定理得：mg\-+x)-q-^U=0-0

联立两式解得：x=£.故4错误，2正确；

C、若换作断开开关，电量不变，将上极板向上平移泉电场E不变；

对极板未移动前，从静止释放到速度为零的过程运用动能定理得：mg•|d-qEd=0-0。

设运动到距离上极板，处返回。根据动能定理得：mg-^+x')-q-Ex'=0-0

联立解得x'=d,所以粒子将在距下板［d处返回，故C错误；

D,若换作断开开关，将上极板向下平移*电量不变，移动极板后电场E不变，极板之间的电压减

小，粒子将从下极板穿出。故。错误。

故选：B。

下极板未移动时，带电粒子到达下极板处返回，知道重力做功与电场力做功之和为零，向上移动下

极板，若运动到下极板，重力做功小于克服电场力做功，可知不可能运动到下极板返回，根据动能

定理，结合电势差大小与d的关系，求出粒子返回时的位置。

该题考到了带电粒子在电场中的运动、电容器、功能关系等知识点，是一道比较综合的电学题，难

度较大。这类题应该以运动和力为基础，结合动能定理求解。

5.答案：A

解析：解：4、电饭煲是利用电流的热效应，即利用电流通过导体产生热量来加热食物的。故A正

确；

BCD,吸尘器，电视机和电冰箱的工作原理不是利用电流的热效应，其中都有电动机将电能转化为

机械能。故BCO错误

故选：Ao

当电流通过电阻时，电流作功而消耗电能，产生了热量，这种现象叫做电流的热效应。即在该过程

中消耗了电能，主要产生热能，所以从能量转化的角度分析即可。

本题考查对家用电器基本原理的了解情况，明确电流的各种效应的应用。

6.答案：BD

解析：解：ABC,由£=卜/可知，b点的右侧某点P电场强度为零，P点与b点之间电场强度方向向

左，P点右侧电场强度方向向右，由于c点与P点的关系未知，故AC错误，8正确；

。、如果P点在d点的右侧，把正电荷从c点移到d点，电场力做负功，故。正确；

故选：BD。

a带正电，b带负电，a所带电荷量多于b所带电荷量，根据电场的叠加可知匕右侧有一个场强为零的

点，根据电场线特点有个电势为零的点；根据电场力做功分析。

本题考查电场强度的叠加问题，关键是分析场强为零的位置。

7.答案：AD

解析：解：4、两次克服重力做的功都为一％=mg/i,故4正确；

8、根据动能定理得：

用户拉动时，=(F-mg)h,解得：巧=忙咏，则拉力的瞬时功率p[=尸%=尸生皿

217nlA1m

用2尸拉动时，:m谚=(2F—血外九解得：v2=匡且瓦则拉力的瞬时功率P2=2Fw=

2\lm

2p]2(2F_mg)h

yjm

所以2xjmvf,故BC错误；

。、除了重力之外的力做功量度机械能的变化量，则第一次机械能增加量=~九

第一次机械能增加量△&=2Fh,所以△E2=2AE],故Q正确.

故选AO

重力做功皿=巾9八，根据动能定理求出两次运动的末速度，根据瞬时功率P=Fx,求解拉力产的瞬

时功率，根据动能定理求解末动能的关系，知道除了重力之外的力做功量度机械能的变化.

本题主要考查了动能定理的直接应用，知道重力做功只跟初末位置的高度差有关，除了重力之外的

力做功量度机械能的变化量，难度适中.

8.答案:BC

解析：解：4B、由图可得，0〜1s内物体的加速度为：a=：=?=0.4m/s2…①

由牛顿第二定律可得：F-mgsind-f=ma...@

1s后有：F'=mgsind+f...(3)

联立①②③，并将F'=5N代入得：F=5.0N,mgs讥0+/=5.0N.故A错误，B正确.

C、前1s内物体的位移：xt=yx1=0.2m

拉力做的功：W.=Fix[=5.4x0.2=1.08/

2-3s内物体的位移：x2="2=0.4x2=0.8m.

拉力做的功：W2=F2X2=5x0.8=47

前3s内拉力F所做的功为：W=Wr+W2=1.08+4=5.08J.故C正确；

。、前1s内物块的动能和重力势能均增大，则其机械能增大.2-3s内，动能不变，重力势能增大，

其机械能增大，所以物块的机械能一直增大.故。错误.

故选：BC

根据u-t图象知道物体先匀加速后匀速，由图象的斜率求解出匀加速运动的加速度，然后根据牛顿

第二定律和平衡条件列方程，最后联立可求得物体的质量和斜面的倾角，再求得第s内物体的合外

力.根据P=F”分析拉力功率的变化.由功能关系分析物块机械能的变化.

本题的关键先由u-t图象确定运动情况，然后求解出加速度，再根据牛顿第二定律和平衡条件列方

程求解物体的质量、斜面的倾角以及摩擦力.

9.答案：ADE

解析：解：4、表面张力使液体表面具有收缩趋势，使液体表面积趋于最小，所以空中下落的雨滴呈

球形是因为液体的表面张力，故A正确；

8、影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素，不是空气中水蒸气的绝对数量，而是空气

中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距；潮湿的天气，洗了的衣物不易晾干是因为空气

的相对湿度大，故8错误；

C、温度越高，液体越容易挥发，故饱和汽压随温度的升高而增大，而饱和汽压与气体的体积无关，

故C错误；

。、分子力做负功，分子势能增大，如果分子势能随着分子距离的增大而增大，则分子力做负功，

分子间的作用力一定表现为引力，故。正确；

E,根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是沿着分子热运动无序性增大的方向进行的，

故E正确。

故选：ADEo

表面张力使液体表面具有收缩趋势；衣物不易晾干是因为空气的相对湿度大；饱和汽压随温度的升

高而增大，与气体的体积无关：分子力做负功，分子势能增大；根据热力学第二定律判断。

本题考查了液体表面张力、相对湿度、饱和汽压、分子力与分子势能、热力学第二定律等热学基础

知识，要求学生对这些知识要重视课本，强化记忆。

10.答案：BD

解析：解：2、如图所示，b光的偏折程度大于a光的偏折程度，知b光的折射率大

于a光的折射率，故A错误；A/

B、根据a=，知，b光的频率大，则b光的波长小于a光的波长。故8正确；Z----------1

C、匕光的折射率大于a光的折射率，由。=:知在玻璃中b光传播速度小于a光，故C错误；

。、减小入射角K则折射角减小，到达左边竖直面时的入射角就增大，如增大达到临界角则发生全

反射，a、b光线消失，故。正确。

故选：BD。

根据光的偏折程度比较出光的折射率大小，从而得出光子频率和能量的大小，通过4=:比较出光波

的波长大小，根据U=:比较出光在玻璃中的速度大小.

解决本题的突破口在于通过光线的偏折程度比较出光的折射率大小，以及知道折射率、频率、波长、

在介质中的速度等大小关系.

11.答案：6.12610.230将S2合向&一侧，记下电流值号言

解析：解：(1)由图1所示螺旋测微器可知，金属棒的直径：d=6mm4-12.6x0.01mm=

6.126mm(6.124mm〜6.129mm均正确)；

由图示游标卡尺可知，游标尺是20分度的，游标尺的精度是0.05根加，金属棒的长度：L=102zmn+

6X0.05=102.30mm=10.230cm；

(2)⑤将S2合向心一侧，记下电流值方

(3)将S2合向心一侧时，电流表电流值人,则流过被测电阻勺的电流4=答(因“远大于心,故可不

计A)

将52合向&一侧时，电流表电流值/2，则被测电阻勺的电压“X=，2%，

可得：&=^=^=华，

R。

由电阻定律得：RX=P*=P急,

解得：p=噜%

4LI1

故答案为：(1)6.126(6.124〜6.129均正确);10.230；(2)⑤将S2合向&一侧,记下电流值与；⑶吟与

(1)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是

螺旋测微器之和。

(2)根据实验原理完成实验步骤。

(3)根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律与电阻定律求出金属棒的电阻率。

本题考查了游标卡尺与螺旋测微器读数、实验步骤与实验数据处理，理解实验原理是解题的前提；

游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺所示，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋

测微器所示，游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读。

12.答案：并联200.0333.31.8

解析：解：(1)将电流表改装为37nA的电流表应该并联一个分流电阻，并联电

阻大小为：

(2)改装后的电流表内阻:

把表头改为中值电阻为分=500。的欧姆表，则需要串联的电阻：

R'=(500-167)/2=333。

所以选择电阻箱R2和滑动变阻器R4,实验电路图如图所示，

(3)改装后电流表量程是原电流表G量程的亮黑三倍=6倍，电流表G的示数为300〃4电路中的电流:

/=300^x6=1800jUi4=1.8mA

待测电阻阻值:

R=--R=(---------500)/2=333.3。

In,1.8x10-3)

故答案为：(1)并、200.0；(2)如图所示右K.；(3)333.3、1.8

(1)把电流表改装成大量程电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电

阻阻值。

(2)欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，根据实验器材与欧姆表结构作出电路图。

(3)根据电流计示数求出通过电阻的电流，然后应用闭合电路欧姆定律求出待测电阻阻值。

本题主要考查了电流表和欧姆表的改装，要注意明确实验原理，能正确应用欧姆定律和串并联电路

的特点进行分析，难度适中。

13.答案：解：(1)设磁场的磁感应强度大小为8,cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为巧，

cd边上的感应电动势为由法拉第电磁感应定律，有：Ei=2BI%

设线框总电阻为R,此时线框中电流为A，由闭合电路欧姆定律有：/1=金

此时线框所受安培力为有：F[=2Bhl

由于线框做匀速直线运动，其受力平衡，有：mg=F]

联立可得：％=黑

设ab边离开磁场前，线框做匀速直线运动的速度为外，同理可得：以=鬻

根据速度公式可解得：v2=4V1

(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律有：2mgi谥

线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律有：m5(2Z+//)=imv2-lmv2+(2

解得：H=128l

答：(1)线框ab边将要离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的4倍；

(2)磁场上、下边界间的距离H为高+2&。

解析：(1)线框必边离开磁场时做匀速直线运动，边cd刚进入磁场时也做匀速直线运动，也就是线圈

此时安培力均等于重力，列出方程；再分别根据线圈切割磁感线产生的感应电流，列出方程；最后，

联立方程即可分别求出线框进出磁场的两个速度，解出最终结果。

(2)线框自释放直到cd边进入磁场的过程应用机械能守恒定律列出方程，线圈在磁场中运动的过程应

用能量守恒定律列出方程，联立两个方程即可求出结果。

本题考查了电磁感应与力、能量的综合题，解题的关键是灵活运用感应电动势与牛顿定律，并会根

据能量守恒进行解题即可。

14.答案：解：=10km/h~—m/s,v~20km/h=—m/s,v=50km/h=—m/s,v=

929394

60km/h=弓m/s

根据动能定理可知：W=-加瑞

速度从lOkwi"加速到20/OTI"时，做功％==11.6m(/)；

而速度从50km//i加速到60/cm//i；做