2021届吉林省白山市高考物理二模试卷附答案详解

2021届吉林省白山市高考物理二模试卷

一、单选题（本大题共5小题，共20.0分）

1.据《自然》杂志2021年5月17日报道，中国科学家在稻城“拉索”基地（如图）探测到迄今为止

最高能量的y射线，能量值为1.40xlO邙eu,即（）

A.1.40x1015lZB,2.24X10-4CC.2.24x10-4^D,2.24xIO-47

如图所示，一颗人造地球卫星绕地球沿椭圆轨道运动，则（）/\

A.卫星在4点的重力势能比在B点的重力势能大

B.卫星在B点的重力势能比在4点的重力势能大

C.卫星在4、8两点的重力势能相等

D.条件不足，无法比较

3.如图所示，用细线悬挂的带正电的小球质量为血，处在水平向右的匀强——‘军►

电场中.在电场力作用下，小球由最低点开始运动，经过6点后还可以］师二

向右摆动，则在小球由a摆到b这一过程中，下列说法正确的是（）~

A.电势能减少B.重力势能减少

C.动能减少D.合外力做功为负

用与水平方向成。角的轻绳拉木箱,沿水平面做匀速直线运动，此时绳中拉

力为F,则木箱所受摩擦力大小为（）

A.FB.FsindC.FcosOD.0

5.某小型水电站的电能输送示意图如图甲所示，发电机输出的电压恒定，通过升压变压器A和降

压变压器今向用户供电，已知输电线的总电阻为R，降压变压器72的原、副线圈的匝数之比为4：1,

它的副线圈两端的交变电压如图乙所示，品为负载电阻，若将变压器视为理想变压器，则下列

说法中正确的是（）

.T,

甲Z.

A.降压变压器72原线圈的输入电压为55V

B.降压变压器超的输入功率与输出功率之比为4：1

C.升压变压器7\的输出电压等于降压变压器0的输入电压

D.当扁增大时，升压变压器£的输出电压不变

二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）

6.足够大的空间内存在着竖直向上的匀强磁场和匀强电场，有一带电的小球在

电场力和重力作用下处于静止状态。现将磁场方向顺时针旋转30。，同时给

小球一个垂直磁场方向斜向下的速度如图所示。则关于小球的运动，下

列说法中正确的有（）

A.小球做类平抛运动

B.小球在纸面内做匀速圆周运动

C.小球运动到最低点过程中电势能增加

D.整个运动过程中机械能不守恒

7.用一水平拉力使质量为小的物体从静止开始沿水平面运动，物体的

u-t图象如图所示，若tz=2t1,则下列表示正确的是（）

A.在0〜&时间内物体做曲线运动

B.在0〜0时间内物体受到的合外力逐渐减少

C.物体在0〜G时间的位移小于0〜t2时间内的位移

D.在打〜（2时间内合外力对物体做功为9m户

8.如图所示，质量机4=1.0kg的物块4放在固定的水平桌面上，由跨过光滑定滑轮的轻绳与质量

巾8=乙53的物块B相连，轻绳拉直时用手托住物块B,使其静止在距地面/i=0.6m的高度处,

此时物块4与定滑轮相距L=1.6机。已知物块4与桌面间的动摩擦因数4=0.25,g取10m/s2,

现释放物块B,则（）

A.物块B着地前加速度的大小为5m/s2

B.物块B着地前对物块B的拉力的大小为7.5N

C.物块4不会撞到定滑轮

D.物块B着地前的过程中，物块4受到的摩擦力对物块4所做的功等于物块A机械能的变化量

9.下列说法正确的是（）

A.温度越高的物体，分子热运动的动能越大

B.将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒仍然是晶体

C.空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢

D.一定质量的气体膨胀对外做功且温度降低，分子的平均动能可能不变

E.分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增大时，分子力可能增大，分子间的引力一定减

小

10.一复色光中只含有a、b两种单色光，用该复色光照射一竖直理想透明薄膜（膜

层厚度从零开始，上薄下厚）时，得到如图所示的干涉图样.若用此复色光

通过玻璃半球射向空气时，下列四个光路图中可能符合实际情况的是（）

三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）

11.某研究小组收集了两个电学元件：电阻（约为2A0）和手机中的锂电池（电动势E标称值为4.2V,

允许最大放电电流为0.14）.实验室备有如下器材:

A.电压表U（量程W,电阻即约为4.0k。）

B.电流表A1（量程10064电阻以1约为50）

C.电流表4（量程2机4电阻以2约为50。）

。.滑动变阻器&（0〜400,额定电流1A）

£电阻箱&（0〜999.90）

F.开关S一只、导线若干

（1）为了测定电阻Ro的阻值，小明设计了一电路，如图1所示为其对应的实物图，图中的电流表4应选

（选填"B”或"C”），请将实物连线补充完整.

（2）为测量锂电池的电动势E和内阻r,小红设计了如图2所示的电路图（图中4为理想电流表）.根据测

量数据作出:-治图象，如图3所示.若该图线的斜率为k,纵轴截距为b,则该锂电池的电动

势七=,内阻r=（用k、b表示）.

12.一同学设计了一个如图1所示的装置来测定滑块与水平木板间的动摩擦因数，其中4为滑块，8和

C是钩码，个数可调.4的左端与打点计时器的纸带（未画出）相连，通过打点计时器打出的纸带

测出系统的加速度.实验中该同学在钩码总质量（rn+m'umo）保持不变的条件下，多次改变小

和m'的钩码个数，不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦.

（1）实验中除电磁打点计时器、纸带、若干个质量均为50g的钩码、滑块、一端带有定滑轮的长木板、

细线外，为了完成本实验，还应有（填序号）.

A.毫米刻度尺B.秒表

C.低压交流电源D.天平

（2）实验中该同学得到一条较为理想的纸带，如图2所示.现从清晰的。点开始，每隔4个点取一计数

点（中间4个点没画出），分别记为4、B、C、D、E、用测得各计数点到。点的距离分别为04=1.61cm,

0B—4.02cm,OC=7.26cm,OD=11.30CTH,OE=16.14cm,OF=21.80cm,打点计时器

打点频率为50Hz.由此纸带可得到打E点时滑块的速度u=m/s,此次实验滑块的加速度

a=m/s2.（结果均保留两位有效数字）

(3)在实验数据处理中，该同学以m为横轴，以系统的加速度a为纵轴，绘制了如图3所示的实验图线,

由此可知滑块与木板间的动摩擦因数口=.(g取10m/s2,保留两位有效数字)

四、计算题(本大题共4小题，共40.0分)

13.如图所示，边长为人匝数为n的正方形金属线框，它的质量为小、电阻*当沙、x

为R，用细线把它悬挂于一个有界的匀强磁场边缘.金属框的上半部处［［一」

于磁场内，下半部处于磁场外，磁场随时间的变化规律为B=也已知细-4--

线所能承受的最大拉力为2mg,则从t=0开始，经多长时间细线会被I—r--------1

拉断？

14.如图所示，质量M=2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m=

Ikg的小球通过长L=0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴。连接，

小球和轻杆可在竖直平面内。轴自由转动，开始轻杆处于水平状

态，现给小球一个竖直向上的初速度为=4m/s,取g=10m/s2

(1)若锁定滑块.试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向

(2)在满足(1)的条件下，小球在最高点P突然离开轻杆沿水平方向飞出，试求小球落到水平轨道位置

到轴。的距离

(3)若解除对滑块的锁定，小球通过最高点时的速度大小i/=2m/s,试求此时滑块的速度大小.

15.如图1所示，水平放置的汽缸内壁光滑，活塞厚度不计，在力、8两处设有限制装置，使活塞只

能在4、B之间运动，4左面汽缸的容积为％，A、B之间的容积为0.1%.开始时活塞在4处，缸内

气体的压强为O.9p()(po为大气压强)，温度为297K,现缓慢加热汽缸内气体，直至399.3K。

U.3»0»01.1»01-4»0•,

图1图2

(1)求活塞刚离开4时，缸内气体温度A。

(2)缸内气体最后的压强。

(3)在图2中画出整个过程的p-U图线。

(4)求活塞由A到B过程中，气体对外界做的功。

16.如图所示，两面平行的玻璃砖下表面涂有反射物质，一束光线与

上表面成30。角入射，在右端垂直标尺上形成了4B两个光斑,

PT

A、B间距为8cm,已知玻璃砖的折射率为旧，请画出形成4、B1

两光斑的光路图，并求出玻璃砖的厚度d.

参考答案及解析

1.答案：D

解析:解:题干给出y射线，能量值为1.40x10l5eV,W即电子伏特,为能量单位，leV=1.6x

ABC选项中所给单位均非能量单位，其中V为伏特，是电压/电势差的单位，C为库仑，电荷量的单

位，加为瓦特，是功率的单位，故48c错误；

D、1.40X1015eV=1.40x1015X1.6XIO_19/=2.24xIO-47-。正确。

故选：Do

题干中给出的能量值为1.40xl0i5eu,eV即电子伏特为能量单位，选项中同为能量单位的只有/,换

算关系为leV=1.6x10-19/。

本题考查单位换算，题干中给出的eU为能量单位，分析各选项通过排除法可较快排除错误选项，通

过单位换算可求出正确选项，本题难度不大。

2.答案：B

解析：解：卫星绕地球运动，由4运动到B过程远离地球，万有引力做负功，重力势能增加，即Ep.<EpB，

卫星在B点的重力势能比在4点的重力势能大，故8正确，ACO错误。

故选：B。

万有引力做正功重力势能减小，万有引力做负功重力势能增加，根据卫星的运动情况过程万有引力

做功情况判断重力势能变化情况，然后分析答题。

本题考查了比较重力势能大小问题，知道万有引力做功与重力势能变化过程是解题的前提，根据万

有引力做功情况即可解题。

3.答案：A

解析：解：小球由最低点开始向右摆动，克服重力做功，其重力势能增大.电场力方向水平向右，

电荷沿电场力方向发生了位移，电场力做正功，电势能减小.由题，小球从a到b的过程，动能增加，

根据动能定理可知，合外力做正功.因此只有A正确；BCD均错误；

故选A

小球由最低点开始向右摆动，高度增大，重力做负功，重力势能增大.电场力方向水平向右，电场

力做正功，电势能减小.小球共有三种形的能：动能、重力势能和电势能，总和保持不变，根据能

量守恒定律分析重力势能的增量与电势能的增量之和的变化情况.

本题要抓住重力做功与重力势能变化的关系、电场力做功与电势能变化的关系判断.能量问题，首

先要搞清几种形式的能，再根据功与能对应的关系分析.

4.答案：C

解析：解：对木箱受力分析可知，木箱受重力、支持力、拉力以及摩擦力,NF

作用；将拉力分解到水平方向和竖直方向两个分力：\

水平方向根据平衡条件可知，摩擦力为：f=Fcos。，故C正确、A8力错

误。'mg

故选：Co

对木箱为研究对象受力分析，正交分解，根据平衡条件求木箱所受摩擦力的大小。

计算摩擦力，首先要根据物体的受力情况，判断物体的状态，确定是什么摩擦力，再选择解题方法：

静摩擦力由平衡条件求解，而滑动摩擦力可由公式或平衡条件求解。

5.答案：D

解析：试题分析：

根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，可以求得降压变压器的电流和输电线上的电流的大小，

从而可以求得输电线和用电器消耗的功率的大小.

A、由图象得到，降压变压器副线圈两端交变电压“=220立s讥100/rtI/;有效值为220匕降压变压

器原、副线圈匝数之比为4：1,

故降压变压器乃原线圈的输入电压为：4x220U=880V,故A错误；

B、降压变压器为理想变压器，故输入功率与输出功率之比为1：1,故B错误：

C、由于输电线电阻有电压降,故升压变压器的输出电压大于降压变压器超的输入电压，故C错误；

D、当&增大时，由于升压变压器7\的输入电压不变，输出电压不变，故。正确；

故选。.

6.答案：CD

解析：解：力B、小球在复合电磁场中处于静止状态，只受两个力作用，即重力和电场力且两者平衡，

当把磁场顺时针方向倾斜30。，且给小球一个垂直磁场方向的速度外则小球受到的合力就是洛伦兹

力，且与速度方向垂直，所以小球将做匀速圆周运动，小球在垂直于纸面的倾斜平面内做匀速圆周

运动，故AB错误；

CD、小球从开始到最低点过程中克服电场力做功，电势能增加，则小球在整个运动过程中机械能不

守恒，故CD正确。

故选：CD。

本题给了两个物理过程：一是在复合电磁场中处于静止状态，由于磁场对静止的电荷不产生力的作

用，所以电荷受到一电场力和重力平衡抵消；二是磁场倾斜后给一速度，那么小球只受洛仑兹力在

垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，要注意的是圆周平面与B垂直当然也与纸面垂直。

本题的关键点在于正确分析小球的受力情况，要知道小球静止时不受洛伦兹力。由于洛仑兹力既与

磁感应强度B垂直又与速度v垂直，所以粒子做匀速圆周运动的平面是与纸面垂直的倾斜平面。

7.答案：BC

解析：试题分析：物体先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速直线运动；根据动能定理和牛顿

第二定律列式分析即可，速度图象与坐标轴围成的面积表示位移.

A、0-G内拉力朝前，位移向前，故物体做直线运动，故4错误；

B、0-h内，物体做加速度不断减小的加速运动，根据牛顿第二定律，有：F^.=ma,故合外力不

断减小，故B正确；

C、速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知，物体在。〜口时间的位移小于h〜t2时间内的

位移，故C正确；

。、在G-t2时间内，物体匀速前进，合力为零，故合外力做功为零，故。错误；

故选：BC.

8.答案：AB

解析:解:AB、设加速度大小为a,轻绳对B拉力的大小为F,根据牛顿第二定律;对A：F-fimAg=mAa；

对B：mBg—F—mBa\联立代入数据得：a=Sm/s?,F=7.5N,故AB正确；

C、设物块B着地前的速率为v,根据运动学公式/=2ax；对A：v2=2ah；木块B着地后，对4由

牛顿第二定律得：卬=mAa'；根据运动学公式f2•-诏=2ax得：0-卢=2(-a')x；联立可得4

要静止时通过的位移为：x—1.2m；由题意知：L=1.6<h+x=1.2+0.6m-1.8m,则说明小车

一定能碰到定滑轮，故C错误；

。、由能量关系可知，物块B着地前的过程中，物块4受到的摩擦力以及绳的拉力对物块4所做的功等

于物块A机械能的变化量，故。错误；

故选：ABo

分别以物块4和B受力分析，利用牛顿第二定律列式求解：物块先做匀加速运动，物块B碰地后，4开

始做匀减速运动，分析物块力的运动情况，求出4静止时所需要通过的位移，比较4的总位移和开始

时4距滑轮的长度，从而明确能否碰到定滑轮。

本题考查牛顿第二定律在连接体中的应用，要注意在应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题时，

要注意运动过程的分析，把握两物体运动的规律性。

9.答案：BCE

解析：解：4、温度越高，分子热运动越剧烈，则分子的平均动能增大，而不是每个分子的动能都增

大，故4错误；

8、晶体敲碎改变的是晶体的宏观结构，内部结构不变，仍是晶体，故B正确；

C、相对湿度为空气中水蒸气的压强与同温度下饱和汽压之比，相对湿度越大，此时空气中水蒸气压

强越接近同温度下的饱和汽压，空气越湿润，水蒸发越慢，故C正确；

力、温度是平均动能的标志，温度降低，平均动能一定减小，故。错误；

E、分子间距离增大时，引力、斥力都减小，分子间作用力可能先增大后减小，故E正确；

故选：BCE.

平均动能增大不是每个分子的动能都增大并且平均动能只与温度有关，晶体敲碎未改变晶体的内部

结构，空气相对湿度指的是空气中水蒸气的压强与同温度下饱和汽压之比以及分子力的变化情况进

行分析。

本题主要考查了分子动能，相对湿度，分子间作用力和晶体的基础知识点，需平时牢记基础定义，

才能很好地解答此类概念性问题。

10.答案：AD

解析：

该复色光照射一竖直理想透明薄膜（膜层厚度从零开始，上薄下厚）时，得到如图所示的干涉图样.说

明a光线的波长短，当复色光通过玻璃半球射向空气时，由于折射光线有两条，可根据光的偏折程度

可确定折射率的大小，同时还可以确定折射光线的速度大小，并由临界角从而确定谁先发生光的全

反射..

解析

根据薄膜干涉的原理可知，b的波长大于a的波长，由c=2/,所以a的频率大于b的频率，则b的折

射率小于a的折射率，所以图A正确，图8错误，

根据sinC可知b的临界角大于a的临界角，所以图C错误，图。正确，故A、D项正确。综上所

述，本题正确答案为AD。

11.答案：C瞿一______、

解析：解：（1）电压表量程是3V,通过待测电阻的最大电流4\

I=-==0.0015A=1.5mA,

R0zooon

因此电流表应选电流表C（量程2m4,电阻以2约为500）；

待测电阻Ro阻值约为2k0,滑•动变阻器%（0〜40。，额定电流12）

与电阻箱/?2（。〜999.90）最大阻值均小于待测电阻阻值，

变阻器采用限流接法时待测电阻电压与电流变化范围较小，不能测多组实验数据，为测多组实验数

据，减小实验误差，滑动变阻器应采用分压接法；箓=曙=4°，*=喘=2,电流

RA50J2RO2000J2KyjRQ

表应该采用内接法，实物电路图如图所示.

（2）由图乙所示电路可知，/=今，：=£+&

K"vTIc,c

此图象的纵轴截距8=3,图象的斜率k=g电动势

cK

则电源内阻r=bE=9

k.

故答案为：（1）C;（2）%/

（1）根据通过待测电阻的最大电流选择电流表；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，根据待测

电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法；根据待测电阻与电表内阻间的关

系确定电流表的接法，然后连接实物电路图.

（2）由闭合电路的欧姆定律求出李与己的关系式，根据该关系式求出电源的电动势与内阻；

根据待测电阻与滑动变阻器阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，根据待测电阻阻值与电表内阻间

的关系确定电流表的接法是正确连接实物电路图的前提与关键.

12.答案：BD-.0.53；0.81；0.30

解析：解：（1）4、打点计时器通过打点即可知道时间，故不需要秒表，故A错误.

B、实验需要测量两点之间的距离，故需要毫米刻度尺和，故8正确.

C、本实验中可以不测滑块的质量，而且祛码的质量已知，故天平可以不选，故C错误.

。、打点计时器要用到低压交流电源，故。正确.

故选：BD

（2）每隔4个点取一计数点，相邻计数点之间的时间间隔为0.1s,故用平均速度等于中间时刻的瞬时

速度可得：

DF=OF-OD=21.80—11.30cm=10.50cm=0.105m

v———=0.53m/s；

bE2T2X0.1//

xCF=x0F—xoc=21.8—7.26cm=14.54cm=0.1454m

由△X=(1户可得:

mg-“(财+7n，)g_(l+“)mg

(3)对4BC系统应用牛顿第二定律可得：a=

所以，a--t图象中，纵轴的截距为故一〃g=—3>〃=0.30

故答案为：(1)80(2)0.53；0.81(3)0.30

(1)本实验中需要交流电源和长度的测量工具

(2)每隔4个点取一计数点，相邻计数点之间的时间间隔为0.1s,由匀加速规律可得，用平均速度等

于中间时刻的瞬时速度求解速度、用△x=。产求解加速度

(3)对系统应用牛顿第二定律，得到图线的纵轴截距为-4g,可解得动摩擦因数

熟悉纸带的处理方法，注意时间的数值和长度的单位、逐差法等；对于图象问题，注意分析截距、

斜率、面积等的含义

13.答案：解：根据法拉第电磁感应定律得：E=n詈=兀詈s①

s=三②

2

联立①②③解得：F=nBll=nB—=^^,根据左手定则可知，安培力方向向下.

故当细线承受的最大拉力为27ng时有：

T=2mg=F+mg,将尸代人解得：t=名器.

故经过时间t=提鬻细线会被拉断.

解析：根据法拉第电磁感应定律求出线圈回路电流方向，然后求出安培力的大小和方向，根据平衡

条件进一步求解.

本题考查了电磁感应定律和安培力公式、左手定则、受力平衡等知识点的简单综合应用.

14.答案：解：(1)设小球能通过最高点，且此时的速度为%,在上升过程中，因只有重力做功，小球

的机械能守恒.

则+mgL=1mvo

得vr=y/6m/s

设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为凡方向向下,

则F+mg=niy-

得F=2N

由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2N,方向竖直向上

(2)小球飞出后做平抛运动，设运动时间为t

由乙=■?

到轴0的距离s=%t

得s=­5m

(3)解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为女.

在上升过程中，系统的机械能守恒，

贝限mv'2+|Mv2+mgL=|mvg

得u=lm/s

答：

(1)若锁定滑块.试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小为2N,方向竖直向上；

(2)在满足(1)的条件下，小球在最高点P突然离开轻杆沿水平方向飞出，试求小球落到水平轨道位置

到轴。的距离为雪旭；

(3)若解除对滑块的锁定，小球通过最高点时的速度大小M=2m/s,试求此时滑块的速度大小lm/s.

解析：(1)小球上升到最高点的过程中，符合机械能守恒定律，先解决最高点小球的速度，再由向心

力公式求得细杆对小球