2021年广西崇左市高考物理调研试卷（二模）(含答案详解)

2021年广西崇左市高考物理调研试卷（二模）

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

1.雷蒙德・戴维斯因研究来自太阳的电子中微子（%）而获得了2002年度诺贝尔物理学奖.他探测中

微子所用的探测器的主体是一个贮满615t四氯乙烯（C2c〃）溶液的巨桶.电子中微子可以将一个

氯核转变为一个氮核，其核反应方程式为%+羽Cl-UAr+2遇.已知衿C/核的质量为

36.95658”，需Ar核的质量为36.95691U,9送的质量为0.00055”，1”质量对应的能量为

931.5MeV.根据以上数据，可以判断参与上述反应的电子中微子的最小能量为（）

A.0.82MeVB.0.31MeVC.1.33MeVD.0.51MeV

2.中央电视台体育频道经常对一些围棋或象棋比赛进行讲解。小明发现，棋子在竖直放置的棋盘

上可以移动，但不会掉下来。若棋盘和棋子都是由磁性材料制成的，则棋子不会掉落的原因是

（）

A.棋子质量小，其受到的重力可以忽略不计

B.棋盘对棋子的吸引力与棋子受到的重力平衡

C.棋子受到棋盘向上的摩擦力与棋子受到的重力平衡

D.棋子受到棋盘吸引力的同时受到空气的浮力

3.如图所示，人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动.则该卫星运动过程中（）

A.向心加速度大小、方向都不变；'（）\

B.向心力大小、方向都不变

、、-一，

C.角速度大小、方向都不变

D.线速度大小、方向都不变

4.对静电场及处于静电场中的电荷，下列说法正确的是（）

A.电荷放在电势越高的地方，其电势能就越大

B.无论正电荷还是负电荷，只要它克服电场力做功，它的电势能都增大

C.正电荷在电场中某点的电势能，一定大于等量负电荷在该点具有的电势能

5.下列叙述正确的是（）

A.平抛运动是一种变速运动

B.物体在恒力作用下不可能作曲线运动

C.作匀速圆周运动的物体，所受的合力是恒定的

D.作圆周运动的物体，所受的合力总是与速度方向垂直

二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）

6.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为1：10,接线柱a、b接在电压为〃=22V2sin（1007rt）K

的正弦交流电源上，匕为定值电阻，其阻值为100。，为用半导体热敏材料制成的传感器.下

列说法中正确的是（）

A-，=焉5时，a、b两点间电压的瞬时值为11V

oUU

B.t=2；s时，电压表的读数为220y

C.当/?2的温度升高时，电压表示数不变，电流表示数变大

D.在1分钟内电阻灯上产生的热量为55000/

7.如图所示，分别为匀强磁场的右边界和下边界，边界夹角45。，磁场方向竖直向下，均匀材料制

成的单匝长方形闭合线圈4BC。，放置在水平面上，边长48=240=23线圈总电阻为R.使线

圈以平行边界PQ向左的速度为匀速进入磁场。线圈进入磁场过程中边框与磁场边界交点分别计

为M和N.D和N重合为计时起点，下列表示线圈内电流强度i与时间t的变化图象、MN两点电势

差U与时间t变化的图象可能正确的是（）

%

uu

8.如图所示，一人在地面上以初速度%抛出质量为m的物体，落到比地面低八的海平面上。以抛出

点为重力势能的零点，不计空气阻力，下列说法正确的是（）

A.物体重力做功为mg/i

B.物体落到海平面时的重力势能为nigh

C.小球落地时重力的瞬时功率为mgj诏+2gh

D.小球落地时的机械能为1加诏

9.下列关于热机和电机的说法中正确的是（）

A.热机是把常规燃料或核反应产生的内能、地热能以及太阳能等转换为机械能的动力机械

B.热机依靠工作物质（如水蒸气、空气或燃烧气体等）完成热功转换

C.通过电机可以实现电能与其他形式的能的相互转换

D.电机的效率比热机的效率低，但对环境几乎没有污染

10.一列横波在t=0时的波形如图所示，A,B两质点间距为8B、C两质点在平衡位置的间距为

3m,当t=ls时，质点C恰好通过平衡位置，该波的波速可能为（）

A.[m/sD.27m/s

三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）

11.疫情期间“停课不停学”，小明同学在家自主开展实验探究，就地取材设计了如下实验，同时

测量当地重力加速度的大小、物块与木板间的动摩擦因数。实验步骤如下：

⑴如图甲所示，选择合适高度的垫块，使木板的倾角为53。，在其上表面固定一与小物块下滑路径平

行的刻度尺（图中未画出）。

（ii）调整手机使其摄像头正对木板表面，开启视频录像功能。将小物块从木板顶端由静止释放，用手

机记录下小物块沿木板向下做加速直线运动的情况。然后通过录像的回放，选择小物块运动路

径上合适的一点作为测量参考点，得到小物块相对于该点的运动距离L与运动时间t的数据。

（m）该同学选取部分实验数据，画出了如2=lm/s图像，利用图像数据得到小物块下滑的加速度大

小为5.6m/s2。

（诂）再次调节垫块，改变木板的倾角，重复实验。

回答以下问题：

H4

（1）当木板的倾角为37。时，所绘图像如图乙所示。已读出图线上距离较大的两点对应的坐标-C-

DTETD、WG=mgH,利用A、B两点数据得到测量参考点到木板顶端的距离为m.（

结果保留2位有效数字）

（2）进一步分析得到当地的重力加速度大小为m/s2；小物块与木板间的动摩擦因数为。

（结果保留2位有效数字，sin37。=0.60,cos37。=0.80）

12.①用游标为50分度的卡尺测量某圆筒的外径时，卡尺上的示数如图1所示，可读出圆筒的外径

为mm.

②用替代法测毫安表内电阻的电路如图甲所示.器材：待测毫安表4（量程0〜10欣1,内阻也约为

300）；毫安表力'（量程30?n4）；电阻箱%（0〜99990）；滑动变阻器/?2（。〜500。）；电源（E=3U,r

约为1〜20）.

图1图甲图乙

a.滑动变阻器滑片P在实验开始前应放在端（填"a“或”b”）.将单刀双掷开关S先接“1”

位置，调节滑动变阻器滑片P的位置，使待测毫安表A的指针至某位置（或满偏），记下此时毫安

表4的读数/.滑片P的位置不再移动；

人将开关S接“2”位置，调节电阻箱使，读出此时电阻箱的读数如图乙所示（记为％）,则％=

_Q；

c.由以上实验可知，待测毫安表4的内电阻a=2

四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）

13.如图在xoy平面内有平行于x轴的两个足够大的荧光屏M、N,它们的位置分别满足y=l^y=0,

两屏之间为真空区域，在坐标原点。有一放射源不断沿y轴正方向向真空区域内发射带电粒子,

已知带电粒子有两种，为探索两种粒子的具体情况，我们可以在真空区域内控制一个匀强电场

和一个匀强磁场，电场的场强为E,方向与久轴平行，磁场的磁感应强度为B,方向垂直于xoy平

面。

试验结果如下：如果让电场和磁场同时存在，我们发现粒子束完全没有偏转，仅在M屏上有一

个亮点，其位置在S（0』）；如果只让磁场存在，我们发现仅在N屏上出现了两个亮点，位置分别

为P（-2/,0）、Q（?,0）,由此我们可以将两种粒子分别叫做P粒子和Q粒子。已知粒子间的相互

作用和粒子重力可以忽略不计，试求（坐标结果只能用，表达）：

(1)如果只让磁场存在，但将磁场的磁感应强度减为Bi=^B,请计算荧光屏上出现的所有亮点

的位置坐标；

(2)如果只让电场存在，请计算荧光屏上出现的所有亮点的位置坐标；

(3)如果只让磁场存在，当将磁场的磁感应强度变为多=kB时，两种粒子在磁场中运动的时间

相等，求k的数值。

14.如图所示，4B为:圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R,BC的长度也是R。一质量为小

4

的物体，与两个轨道的动摩擦因数都为〃，当它由轨道顶端4从静止下滑时，恰好运动到C处停

止，求：

(1)物体从4运动到C重力做了多少功，重力势能变化了多少；

(2)物体在段摩擦力做功。

C

15.健身球上无人时，球内气体的体积为100L、压强为此时周

围的环境温度为27。5

(1)如图所示，某人趴在健身球上静止时，球内体积变为80L球内气体

可看成理想气体且温度保持不变，求此时球内气体压强；

(2)把此球从温度为27冤的健身房放置到温度为-3汽的仓库，当球内气体

与环境温度相同后，健身球体积变为963求此时球内气体压强.

16.如图所示的横截面为半圆形的某种透明柱体介质，截面4BC的半径R-20cm,

直径4B与屏幕MN垂直并与B点接触；由红光和紫光两种单色光组成的复色光

沿半径方向射向圆心。，已知该介质中红光和紫光的折射率分别%=苧，n2=

V2oN

①求红光和紫光在介质中传播时间之比；

②若逐渐增大复色光在。点的入射角，使AB面上刚好只有一种色光射出，求此时屏幕上两个亮斑之

间的距离L（计算结果保留两位有效数字）

参考答案及解析

1.答案：A

解析：解：反应过程需要能量为：E=me?=(36.95691n+0.00055“-36.95658u)c2

根据质量对应的能量为931.5MeV,得：E®0.82MeV,

所以中微子的能量最小为0.82Me!Z,故AC。错误，4正确.

故选：A.

根据题意可知该核反应过程中质量增加，因此需要提供能量，根据质能方程求出反应所需能量，然

后根据能量的守恒即可求出中微子的最小能量.

本题考查了能量守恒在原子物理知识中的应用，要解答这类问题关键是在计算上不要出错.

2.答案：C

解析：解：因为棋盘和棋子都是由磁性材料制成的，因此棋子共受到四个力的作用：重力、磁铁吸

引力、棋盘支持力、静摩擦力。又因为棋子在水平方向上，受磁铁吸引力与支持力作用，并且二力

是一对平衡力；在竖直方向上，棋子受竖直向下的重力及竖直向上的摩擦力，二力也是一对平衡力，

大小相等，因此棋子不会掉下来是由于摩擦力等于重力的原因，故错误，C正确。

故选：Co

首先对棋子进行受力分析，然后根据棋子的状态，结合二力平衡的条件可知棋子不会掉下来的原因。

会对物体进行正确的受力分析，同时掌握平衡力的条件；即作用在同一物体上、大小相等、方向相

反、作用在同一条直线的力为平衡力，物体在平衡力的作用下处于静止或匀速直线运动状态。

3.答案：C

解析：解：力、向心加速度始终指向圆心，故其方向不断变化，所以A错误；

8、向心力始终指向圆心，所以其方向不断变化，故B错误；

C、角速度的大小不变，方向也不变(中学阶段只需记住方向不变，不要求掌握具体的方向)，故C正

确；

。、线速度的大小不变，方向是圆周的切线方向时刻在变化，故。错误.

故选：C.

匀速圆周运动的物体的向心加速、向心力、线速度、角速度都是矢量有大小也有方向.

本题难度较小，掌握圆周运动常见物理量及物理量的关系是正确解题的基础，不难属于基础题.

4.答案：B

解析：解：4、据电势能公式Ep=q*可知，电势能取决于电荷的电荷量及电性和电场中的电势，所

以电荷在电势越高的地方，电势能不一定大；在电势越高的地方，它所带电荷量越大，电荷所具有

的电势能也不一定越大，还取决于电荷的电性；故AC错误；

从电场力做负功，根据能量守恒可知，电势能一定增加，故B正确；

故选：B

首先知道电势能公式Ep=qg,据此分析判断选项AC；根据能量守恒即可判断电势能的变化

明确电势能公式Ep=q%知道电势能取决于电荷量及电性和电势；知道场强与电势无直接的大小关

系是解题的关键

5.答案：A

解析：

当物体的速度方向与合力方向不在同一条直线上，物体做曲线运动；圆周运动的向心力方向指向圆

心，变速圆周运动，既有切向合力，又有法向合力，最终合力不一定指向圆心.

解决本题的关键知道平抛运动的特点，知道匀速圆周运动合力提供向心力，变速圆周运动的合力不

一定指向圆心.

A、平抛运动的加速度不变，做匀变速曲线运动.故A正确.

8、物体在恒力作用下可能做曲线运动，比如：平抛运动.故8错误.

C、匀速圆周运动的物体，合力提供向心力，所以合力的方向始终指向圆心，在改变.故C错误.

。、圆周运动的物体，向心力方向始终与速度方向垂直，但是变速圆周运动的物体合力不一定指向

圆心，合力的方向与速度方向不一定垂直.故。错误.

故选：A.

6.答案：BC

解析：解：4、t=时，a、b两点间电压的瞬时值为u=22V^s讥100TTX*U=11鱼乙故A

6UU600

错误。

B、无论何时，最大值为u=22立人所以有效值/=范=22人

根据变压器的原副线圈的电压比等于匝数比，B啥=£=总所以4=220V,即电压表读数为220匕

故B正确。

C、当&的温度升高时，&的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，

4测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流4示数也要增加；由

于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以V的示数不变。故C正确。

D、计算热量用有效值。％两端的电压有效值为220叭所以在1分钟内电阻％上产生的热量为。=

孚t=过x60/=29040/.故D错误。

100

故选：BC。

A、直接根据瞬时表达式代入数据求解.

8、电压表读数为有效值.先根据最大值求有效值，再根据变压器的原副线圈的电压比等于匝数比,

求得电压表读数.

C、根据有效值计算热量.

。、和闭合电路中的动态分析类似，可以根据此的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确

定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况.

要知道有效值的物理意义，知道求热量用有效值；要知道变压器的原副线圈的电压比等于匝数比，

并会计算；要会分析电路的动态变化，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，

再确定其他的电路的变化的情况.

7.答案：AD

解析：解：AB.报据法拉第电磁感应定律E=B40,随着线圈进入，切割有效长度逐渐增大，根据

闭合电路欧姆定律i=如电流随时间成正比，直到4D全部进入磁场为止，4D进入磁场后有效长

度不变，有电流。同理，BC边进入磁场过程中有效长度随时间均匀减小，电流减小，故A正确，B

错误；

CD、MN两点电压为路端电压，即MBCN段分得电压，在4。进入磁场过程中U=E■丝押，所以U=

B诏5（1-笠）=8诏1一3诺若，为开口向下的二次函数；直到4。全部进入磁场为止，此后感应

电动势不变，MBCN段长度随时间均匀减小，所以电压U随时间均匀减小，BC进入磁场过程中

U团8%。一孙。・（叱名迎）为开口向上的二次涵数，故C错误，。正确。

oL

故选:AD„

根据线圈切割的有效长度变化，分析感应电动势的变化，从而确定感应电流的变化情况。再根据欧

姆定律分析MN两点电势差U与时间t变化关系，即可选择图象。

本题是动态变化分析问题，关键要抓住切割有效长度的变化，来分析感应电动势的，借助于法拉第

电磁感应定律、欧姆定律得到MN间的电压与时间的关系式。

8.答案：AD

解析：解：力、重力做功与路径无关，所以重力对物体做的功为mg/i,故A正确；

B、以抛出点为重力势能的零点，物体落到海平面时重力势能为-mg/i,故B错误;

C、小球落地时竖直方向的速度大小为力,则有：域=2gh,解得：vy=/2^h,则小球落地时重力

的瞬时功率为P=mg%=调，故C错误；

C、以抛出点为重力势能的零点，则抛出点机械能为诏，下落过程中机械能守恒，则得在海平面

上的动能为诏，故。正确。

故选：ADo

根据重力做功的计算公式求解重力做的功；物体抛出后，只受重力，机械能守恒，根据机械能守恒

定律结合P=F"进行解答。

本题主要是考查了重力势能和机械能守恒定律的知识；知道重力势能的变化量等于重力做的功；重

力做多少功重力势能减少多少，克服重力做多少功，重力势能就增加多少。知道重力势能是一个相

对量，其大小与零势能面的选取有关。

9.答案:BC

解析：解；4热机是将燃料燃烧产生的高温高压燃气推动活塞做功，将内能转化为机械能的装置.故

A错误；

B、热机依靠工作物质(如水蒸气、空气或燃烧气体等)完成热功转换，故B正确；

C、电机是电动机与发电机的简称，所以可以实现电能与其他形式的能源相互转化，故C正确；

D.电动机与热机相比，电动机具有构造简单、操作方便、效率高、无污染等优点，因此在日常的

生活和生产中应用十分广泛.故O错误.

故选：BC.

明确热机与发电机的性质，注意明确热机是将内能转化为机械能的装置，而电动机则是将电能转化

为机械能，其效率更高，污染小.

本题需要掌握电动机工作过程中的能量转化情况；

知道热机在工作时很容易造成大气污染和噪声污染，而电动机与它相比无污染.使用热机时，由于

燃烧燃料产生大量的燃气，所以不但会造成大气污染，并且燃气带走大量的热.所以热机的效率低.

10.答案：BCD

解析：解：由图读出波长2=8m.

若波向右传播，质点C恰好通过平衡位置时，波传播的最短距离为1m,根据波形的平移法得：t=5+

'或(n+｝，n=0,1,27=^ys=^ys,则波速u=*=(8n+l)m/s或v=(8n+5)①

同理，若波向左传播，波速I?=，=(8n+3)m/s或f=(8n+7)m/s②

当n=1时，由①得：v=13m/s

当n=0时，由②式得u=3m/s,

当n=3时，由②式得v=27m/s

由于n是整数，卜不可能等于1m/s.

故选BCD

本题中波可能向右传播，也可能向左传播，分两种情况进行分析.由图知：4B间距离等于一个波长

九根据波形的平移法得到时间t=1s与周期的关系式，求出周期的通项，求出波速的通项，再得到波

速的特殊值.

本题的解题关键是运用波形平移法，得到时间与周期的关系式，得到波速的通项，再研究特殊值.

11.答案:0.0179.30.33

解析：解：(1)设物块过测量参考点时速度的大小为孙，根据位移-时间关系可得

17

L=vot+”亡

则

2L3

­=2v0+at

当t=0时速度即为参考点的速度，根据图可得截距为0.657H/S,则

v0=0.325m/s

图象的斜率表示加速度，则有

k.=a=-1-90--6-5x10~2m/s2=3.125m/s2

0.40

由速度一位移公式得

s=Q黑m=

(2)木板的倾角为53。，小物块加速度大小为&=5.6m/s2,对小物块根据牛顿第二定律可得

mgsin53°—nmgcos530—ma0

当倾角为37。时，有

mgsin37°—iimgcos37°=ma

联立解得

g=9.3m/s2

〃y0.33

故答案为：(1)0.017；(2)9.3,0.33

(1)根据位移-时间关系得到变形式式，根据图线的截距和斜率求解；

(2)当木板的倾角分别为53。、37。时，对小物块进行受力分析，根据牛顿第二定律列方程求解。

本题主要是考查测定重力加速度实验，要求能够理解实验原理和实验操作方法，知道数据的处理方

法，注意图象的单位不要弄错/

12.答案:8.06；b；电流表A的读数为/；32；32

解析：解:①游标卡尺的读数为：8mm+0.02x3mm=8.06mm.

②a、滑动变阻器采用限流式接法，在实验前，应将滑动变阻器打到最大值位置，即滑动b端.

be,本实验采用等效法测量电流表的内阻，所以将开关S接“2”位置，调节电阻箱使电流表A的读

数为/,则毫安表的内阻等于电阻箱的内阻，大小为10x3+1x2。=320.

故答案为：①8.06②a.b

b.电流表A的读数为/,32c.32

游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读.滑动变阻器在实验前应处于最大阻值处.本

实验采用等效法测量电流表的内阻.

解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，以及知道该实验的原理，通过等效法测量电流表的内阻.

13.答案：解：(1)当磁场B和电场E同时存在时，两种粒子都受力平衡，都满足Eq=Bqu所以两种粒

子速度相同都为口=。①

当仅存在磁场时，带电粒子做匀速圆周运动，两种粒子都满足=

得T②

当磁场强度为B时，P粒子的轨道半径/=1,Q粒子轨道半径为七=?③

由②可知当磁场为名减半时，两粒子做圆周运动的半径都加倍，此时产1=21,r'2=\l

此时P粒子将打在M屏上，由几何关系可求出落点横坐标，审2_[2_r\=-(2-V3)；

所以P粒子亮点位置(-(2-V3)Z,0

而Q粒子仍打在N屏上，易得亮点位置。,0)

N

（2）由上问①②③式，可得两粒子的荷质比及其与E、B的关系，对P、Q分别有=（4）

B2q2l=4m2E⑤

当仅存在电场时，P粒子将向右偏，y方向分运动为匀速直线运动忧=1⑥

x方向分运动为受电场力的匀加速直线运动，有如=鬻⑦

2

x1=^axt⑧

结合④⑥⑦可得久】二赛⑨

由①④⑨可得%=3同理可以求得Q粒子在-x方向的偏转位移为犯=21

故P、Q两粒子打在屏上的位置坐标分别为G，。、（-23）。

（3）由②和③可以得出结论，不论磁场为多少，P、Q两粒子的轨道半径％：/?2=4：1不变。

因为两粒子速度大小相等，所以要想两粒子运动时间相等，即运动弧长相等，两粒子运动的圆弧圆

心角之比必须为。1：6»2=1：4o

如图粒子打在M屏上时，其运动轨迹圆弧圆心角6（锐角）与半径R满足I=Rsind,不可能满足%：R2=

4：1和%：%=1：4,所以两粒子都打在M屏上不可能满足要求。

两粒子都打在N屏上，圆心角都为兀也不能满足要求所以结果必然为P粒子打在M屏而Q粒子打在N屏,

所以。2=兀，而。1=:兀。

由几何关系易得此时％=V2Z

结合②③可求得此时%=^B，k=当

解析：（1）当磁场B和电场E同时存在时，两种粒子都受力平衡，据此求出粒子的速度，根据粒子圆

周运动的表达式求出将磁场的磁感应强度减为当=之8时圆周运动半径与原来圆周运动半径的关系,

由几何知识求出亮点的位置坐标；

（2）如果只让电场存在，粒子做类平抛运动，根据运动的合成与分解列方程求解;

(3)不论磁场为多少，P、Q两粒子的轨道半径R：&=4：1不变.因为两粒子速度大小相等，所以

要想两粒子运动时间相等，即运动弧长相等，两粒子运动的圆弧圆心角之比必须为92=1：4,

据此进行分析。

本题考查了带电粒子在电场、磁场、以及复合场中的运动，在磁场中做匀速圆周运动，在电场中偏

转为类平抛运动，根据相应规律分析求解即可，掌握了其运动形式后，便不难求解，万变不离其宗。

14.答案：解:(1)重力做功只跟高度差有关，物体从4运动到C重力做的功为：WG=mgR

重力势能减少了：△0=%=mgR；

(2)设物体在48段摩擦力做功为必，从4到C由动能定理可得：mgR+Wf-^mgR^O

解得：Wf=mgR(n-1),

答：(1)物体从A运动到C重力做的功为mgR,重力势能减少mgR；

(2)物体在4B段摩擦力做的功