2021年西藏拉萨市高考物理一模试卷（附答案详解）

2021年西藏拉萨市高考物理一模试卷

1.1905年是爱因斯坦的“奇迹”之年，这一年他先后发表了三篇具有划时代意义的

论文，其中关于光量子的理论成功地解释了光电效应现象。关于光电效应，下列说

法正确的是（）

A.光电子的最大初动能与入射光的频率成正比

B.光电子的最大初动能与入射光的强度成正比

C.当入射光的频率大于极限频率时，才能发生光电效应

D.某单色光照射一金属时不发生光电效应，改用波长较短的光照射该金属一定能

发生光电效应

2.发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球（忽略空气阻力的

影响）。速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网；其原因是（）

A.速度较小的球下降相同距离所用的时间较少

B.速度较大的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大

C.速度较小的球通过同一水平距离所用的时间较多

D.速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大

3.如图所示，理想变压器的原线圈接在u=220立sinl007it（V）的交流电源上，副线

圈接有R=55。的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2：1,电流表、电压表均为理

想电表。下列说法正确的是（）

A.电压表的读数为110UB.电流表的读数为24

C.原线圈的输入功率为220式WD.副线圈输出交流电的周期为50s

4.在静电场中，将一带正电的点电荷从a点移到b点，电场力做了负功，贝联）

A.b点的电场强度一定比a点大B.电场线方向一定从b指向a

C.b点的电势一定比a点低D.该点电荷的动能一定增大

5.如图，在挪威的两座山峰间夹着一块岩石，吸引了大量游客前往观赏。该景观可简

化成如图所示的模型，右壁竖直，左壁稍微倾斜。设左壁与竖直方向的夹角为。，

由于长期的风化，。将会减小。石头与山崖间的摩擦很小，可以忽略不计。若石头

质量一定，。减小，石头始终保持静止，下列说法正确的是（）

A.山崖左壁对石头的作用力将增大B.山崖右壁对石头的作用力不变

C.山崖对石头的作用力减小D.石头受到的合力将增大

6.2018年12月8日，“嫦娥四号”从环月圆轨道I上的P点实施

变轨，进入近月椭圆轨道口，由近月点Q成功落月，如图所示。

关于“嫦娥四号”，下列说法正确的是（）

A.沿轨道I运动至P时，需加速才能进入轨道n

B.沿轨道口运行的周期小于沿轨道I运行的周期

c.沿轨道n运行时，在P点的加速度大于在Q点的加速度

D.在轨道口上由P点运行到Q点的过程中，万有引力对其做正功

7.质量为m甲=2kg,加2=0.5kg的甲、乙两个物体同时从

同地沿同一方向做直线运动，二者的动量随时间变化的图

象如图所示。下列说法正确的是（）

A.甲的加速度大小为lm/s?

B.乙的加速度大小为0.75M/S2

C.t=9s时乙的速度大小为18m/s

D.t=3s时两物体相遇

8.如图甲所示，abed是匝数为100匝、边长为0.16、总电阻为0.10的正方形闭合导线

圈，放在与导线圈平面垂直的图示匀强磁场中。磁感应强度B随时间t的变化关系如

图乙所示。则以下说法正确的是（）

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A.导线圈中产生的是交变电流

B.在t=2s时导线圈产生的感应电动势为

C.在0-2s内通过导线横截面的电荷量为10C

D.在0-2s内，导线圈内产生的焦耳热为20/

9.用手机拍摄物体自由下落的视频，得到分帧图片，利用图片中小球的位置来测量当

地的重力加速度，实验装置如图1所示。

刻度尺

(1)若有乒乓球、小塑料球和小钢球，其中最适合用作实验中下落物体的是。

(2)下列主要操作步骤的正确顺序是(填写各步骤前的序号)。

①把刻度尺竖直固定在墙上

②捏住小球，从刻度尺旁静止释放

③手机固定在三脚架上，调整好手机镜头的位置

④打开手机摄像功能，开始摄像

(3)停止摄像，从视频中截取三帧图片，图片中的小球和刻度如图2所示。已知所截

取的图片相邻两帧之间的时间间隔为;s,刻度尺的分度值是1mm,由此测得重力

加速度为m/s2(结果保留2位有效数字)。

10.要测量某种合金的电阻率。

(1)若合金丝长度为3直径为D,阻值为R,则其电阻率p=。

用螺旋测微器测合金丝的直径如图甲所示，读数为mm.

(2)图乙是测量合金丝阻值的原理图，S2是单刀双掷开关。根据原理图在图丙中将

实物连线补充完整。

(3)闭合Si，当S2处于位置£1时，电压表和电流表的示数分别为Ui=1.35U,人=

0.304；当S2处于位置b时，电压表和电流表的示数分别为％=0.92V,与=032A

根据以上测量数据判断，当S2处于位置(选填“a"或"b")时，测量相对准

确，测量值&=_____2(结果保留两位有效数字)

11.如图所示，两平行金属板间距为d,电势差为U,板

间电场可视为匀强电场；金属板右方有一磁感应强

度为B的匀强磁场。带电量为-q、质量为m的粒子，

由静止开始从负极板出发，经电场加速后射出，并

以0=45°进入磁场做匀速圆周运动。忽略重力的影响，求：

(1)粒子离开电场时的速度；

(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R；

(3)粒子在电场和磁场中运动所用的总时间(电场与磁场间的距离不计)o

12.如图所示为某工地一传输工件的装置，左侧为一固定的:光滑圆弧轨道，圆弧半径

R=5m,右侧为一段足够长质量为m3=2kg的长木板。现有一质量为=1.5kg

的滑块从圆弧轨道最高点静止滑下，木板上表面刚好与圆弧轨道相切，木板最左端

另有一质量为m2=1.5kg的滑块，滑下后与皿2发生碰撞，并粘在一起沿长木板

向右滑行(碰撞时间极短)，两滑块与木板间的动摩擦因数均为%=0.2,木板与水

平面间动摩擦因数为〃2=0」，取g=10m/s2,求：

(1)滑块?ni滑到圆弧最低点时的速度；

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(2)两滑块碰撞后到与木板速度相同时所经历的时间；

(3)要使滑块恰好不滑下木板则木板的最小长度应为多少？

13.下列问题说法正确的是()

A.扩散现象和布朗运动都证明水分子在做永不停息的无规则运动

B.物体温度升高，其分子热运动的平均动能增大

C.物体吸收热量同时对外做功，则物体内能一定不变

D.空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所

以制冷机的工作是不遵守热力学第二定律的

E.当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大

14.一高压气体钢瓶，容积为％,用绝热材料制成，开始时封闭的气体压强为po,温度

为TO=3OOK,内部气体经加热后温度升至A=350K,求：

①温度升至71时气体的压强；

②若气体温度保持A=350K不变，缓慢地放出一部分气体，使气体压强再回到po,

此时钢瓶内剩余气体的质量与原来气体总质量的比值为多少？

15.如图所示，一束复合光垂直玻璃砖界面进入球形气泡后分为a、b两种色光，下列说

法正确的是（）

A.玻璃砖的气泡缺陷处显得更亮是光的全反射现象

B.a光在玻璃中的传播速度比b光在玻璃中的传播速度小

C.a光的频率比b光的频率小

D.若保持复合光的方向不变仅将入射点上移，则a光先消失

E.若让a、b两种色光通过一双缝干涉装置，则a光形成的干涉条纹的间距更大

16.一列简谐横波沿》轴正方向传播，在t=0和t=0.20s时的波形分别如图中实线和虚

线所示。已知该波的周期T>0.20s。

求：①该波的传播速度；

②位于x=8cm的质点在1=0.7s内运动的路程。

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答案和解析

1.【答案】c

【解析】答：AB,由光电方程：Ekm=hv-w,可知光电子的最大初动能随入射光频

率的增大而增大，但不成正比，与入射光的强度无关，故AB错误；

C、当入射光的频率大于极限频率时，才发生光电效应，故C正确；

。、某单色光照射一金属不发生光电效应，改用波长较短的光，频率增大，但不一定大

于该金属的极限频率，也不一定发生光电效应，故。错误。

故选:Co

AB,由光电方程分析可得；CD、由光电效应发生的条件分析解答。

熟记光电效应的基本规律，特别是光电效应方程是解答此类题的关键。

2.【答案】C

【解析】解：发球机发出的球，速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网，

原因是发球机到网的水平距离一定，速度小，则所用的时间长，球下降的高度较大，不

容易越过球网，故C正确，ABD错误。

故选：C。

平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合平抛运动

的规律，抓住水平方向相等时，通过时间关系得出下降的高度，从而分析判断.

解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道运动的时间由

高度决定，初速度和时间共同决定水平位移.

3.【答案】A

【解析】解：AC.由变压器原线圈输入电压的瞬时值表达式可知，原线圈输入电压的

最大值=220位V，有效值Ui=母=?容U=220U,

由理想变压器的变压比得：生=?,代入数据解得：U2=U0V,电压表示数为110U,

U2九2

由欧姆定律可知，副线圈电流/2=半=替4=24

K55

副线圈输出功率P2=u2l2=110x2W=220W,理想变压器原线圈输入功率Pl=P2=

220W,故A正确，C错误；

B、由理想变压器的变流比得：0=子,代入数据解得：4=14电流表读数为14故

8错误；

D、由原线圈输入电压瞬时值表达式可知，交流电源的3=lOOnrad/s,周期T=,=

3-s=0.02s,变压器副线圈输出电压的周期与原线圈输入电流周期相等，是0.02s,

1OO7T

故。错误。

故选：Ao

根据理想变压器原线圈电压的瞬时值的表达式求出最大值、频率，再根据理想变压器原

副线圈电压与匝数成正比，电流与匝数成反比分析答题。

本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压

原理、功率等问题彻底理解.

4.【答案】B

【解析】答：4、因不知电场线疏密，所以无法判断a、b两点场强大小，故A错误；

BC、由Wab=qUab，q为正电荷，为负，所以Uab<0,即％<科），沿电场线方向

电势逐渐降低，故电场线方向从b指向a,故B正确，C错误；

D,因电场力做负功，合力做功情况不确定，由动能定理，该电荷动能如何变化无法判

断，故。错误。

故选：B«

A、由电场线疏密判断；BC,由电场力做功判断ab之间电势差，再由沿电场线方向电势

逐渐降低，判断电场线方向；0、由动能定理判断.

熟记电场线的特点，电场力做功注意正负功，电荷的电性，电势差的正负。

5.【答案】A

【解析】

【分析】

对石头进行受力分析，结合共点力平衡的条件列式分析山崖左壁对石头的作用力；根据

平衡条件分析山崖对石头的作用力。

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本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进

行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后

在坐标轴上建立平衡方程进行解答。

【解析】

解：AB,对石头进行受力分析如图，

则由共点力平衡的条件可知，山崖左壁对石头的作用力：?2=黑，山崖右壁对石头的

sint?

作用力：&=黑，。减小，则用增大，尸2增大，故A正确、B错误；

C、石头始终处于平衡状态，山崖对石头的作用力的和始终与石头的重力大小相等，方

向相反，所以山崖对石头的作用力保持不变，故C错误；

。、石头受到的合力始终为零，保持不变，故。错误。

故选：4。

6.【答案】BD

【解析】解：4沿轨道I运动至p时，从高轨道到低轨道需减速才能进入轨道n,故A

错误；

B.设II轨道的半长轴为3运行周期为72，I轨道半径为r，运行周期为7\,根据开普勒

第三定律可得

r^~ri

由于轨道的半长轴小于轨道的半径，所以沿轨道n运行的周期小于沿轨道I运行的周期,

故8正确：

C.设月球质量为M,“嫦娥四号，'质量为m,距离为r,由于誓=ma,可知r越大，a越

小，所以沿轨道H运行时，在P点的加速度小于在Q点的加速度，故C错误；

D在轨道上由P点运行到Q点的过程中，万有引力对其做正功，势能减小，动能增加，

故。正确。

故选：BD。

根据开普勒第三定律可知卫星的运动周期和轨道半径之间的关系；根据做近心运动时万

有引力大于向心力，做离心运动时万有引力小于向心力，可以确定变轨前后速度的变化

关系。

本题要注意：①由高轨道变轨到低轨道需要减速，而由低轨道变轨到高轨道需要加速，

这一点在解决变轨问题时要经常用到，一定要注意掌握。②卫星运行时只有万有引力

做功，机械能守恒。

7.【答案】AC

【解析】解：AB,由动量定理知Zp=Ft,p-t图像的斜率的绝对值表示物体所受合外

力的大小，由图像可知，甲物体所受的合外力的大小F用=2N,乙物体所受的合外力的

大小尸2=1N，根据牛顿第二定律可得，甲物体的加速度大小。尹=9=|m/s2=

lm/s2,乙物体的加速度大小===/m/s2=2巾/$2,故A正确，8错误；

C、t=9s时乙的动量大小为Pz=9kg•m/s,根据p=mv可知，t=9s时乙的速度大

P乙9

小为"Z=丈=痴7n/s=18a/s,故C正确；

。、由p-t图像可知，甲物体做匀减速运动，乙物体做匀加速运动，t=0时甲的动量

P甲

大小为P/p=18kg•m/s,根据p=mu可知，C=0时甲的速度大小为"中=厮=

ym/s-9m/s,所以t=3s时，甲的速度大小为"=9尹一a尹t=(9-1x3)m/s=

6m/s,乙的速度大小为”=Qt=2x3m/s=6m/s,此时甲、乙两物体的速度相等，

二者之间的距离最大，故。错误。

故选：AC.

根据动量定理的表达式可知，p-t图像的斜率的绝对值表示物体所受合外力的大小，

根据牛顿第二定律求出加速度；由「=nw求出t=9s时乙的速度；由p-t图像可知，

甲物体做匀减速运动，乙物体做匀加速运动，根据它们的运动关系判断t=3s时两物体

是否相遇。

本题考查了动量定理、牛顿第二定律及速度公式的应用，可根据动量定理的表达式来分

析图象斜率的物理意义，从而分析出两车的运动情况。

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8.【答案】AD

【解析】解：力、根据楞次定律可知，在0〜2s内的感应电流方向与2s〜3s内的感应电

流方向相反，即为交流电，故4正确；

B、根据法拉第电磁感应定律，2s时的感应电动势等于2s到3s内的感应电动势，则有:

E==IOOX(2-O)XO.IXO.1K=2y>故B错误；

At1

2

C、在0〜2s时间内，感应电动势为：F1=100X|X0.1K=1V,

再根据欧姆定律/=箭：k=看人=104

根据Q=/t解得：Q=10x2C=20C,故C错误。

D、0〜2s导线框中产生的焦耳热为&=//RS=IO?x0.1x2/=20/,故。正确；

故选：AD.

根据楞次定律，来判定感应电流方向：根据楞次定律判断出电流的方向，利用左手定则

判断出受到的安培力方向；根据法拉第电磁感应定律与欧姆定律，结合电量的表达式,

即可求解；根据法拉第电磁感应定律，求出2s时间线框中感应电动势的大小；根据焦耳

定律求出0〜2s内产生的焦耳热。

本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和楞次定律，及电量与电功率表达

式，难度不大，属于基础题，需加强训练，注意交流电与直流电的区别。

9.【答案】小钢球①③④②9.6

【解析】解：(1)利用小球的自由下落测量当地的重力加速度的实验中，要求空气阻力

相对于小球的重力来说可以忽略，所以选取小球时要尽可能选取体积小、密度大的球,

故几种小球中最适合用作实验中下落物体的是小钢球；

(2)实验时要先把刻度尺竖直固定在墙上，再固定手机，调整好手机镜头的位置，然后

打开手机摄像功能，开始摄像，从刻度尺旁静止释放小球，故正确的操作顺序为：

①③④②；

(3)根据图2可知三幅图中小球中心对应的刻度值分别为：

=2.50cm=0.0250m,x2=26.50cm=0.2650m,x3=77.20cm=0.7720m,

根据逐差法求解加速度的方法可得：

g=(无3-Ti)=(0.7720-0.2650)；(0.2650-0.0250)明记49.6m/s2.

故答案为：(1)小钢球；(2)①③④②；(3)9.6o

(1)为减少实验误差，选取小球时要尽可能选取体积小、密度大的球；

(2)根据实验目的和实验方法确定合力的实验步骤；

(3)求出根据图2可知三幅图中小球中心对应的刻度值，根据逐差法求解加速度。

本题主要是考查利用落体法测定重力加速度实验，掌握实验原理和实验方法，能够根据

图象结合逐差法进行求解重力加速度。

10.【答案】—0.650b2.9

4L

nuLL

【解析】解：(1)金属丝电阻：R=7==P语,

则电阻率：p=皿；

由图示螺旋测微器可知，其示数为：0.56瓶+

15.0x0.01mm=0.650mm；

(2)如图所示

用AU1.35—0.92n

(3)根据瓦■=135=0.32,

.而01.3=2—-0^.3―0=0C.“06,

U.3U

可知，电流表电阻较大、分压明显，故接b位置时更加准确，即S2处于位置b,

根据欧姆定律,则有：勺=黑=2.90

故答案为：(1)嗒，0.650；(2)如图所示；(3)6,2.9。

(1)应用欧姆定律与电阻定律可以求出电阻率的表达式；

(2)螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；

(3)根据,与蓝进行比较大小，从而确定电压表还是电流表误差较大，进而确定外接法

还是内接法，再由欧姆定律，求解电阻。

本题考查了螺旋测微器读数、求电阻率，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺

旋测微器示数，螺旋测微器需要估读一位，读数时视线要与刻度线垂直，并掌握电流表

内接法与外接法的确定依据。

11.【答案】解：(1)由动能定理：解得：v=黑

2

(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：qvB=m-,与(1)中结果联

R

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立得：R=--

By]q

(3)粒子在电场中匀加速运动：d=|vti

解得」】=d瑞

在磁场中运动时间为：t2=：T

4

周期7=黑

qB

zp,,3nm

得：功=菊,

粒子在电场和磁场中运动总时间为：t=q+t2=&后3nm

2qBH--------

故：(1)粒子离开电场时的速度为悟

(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R为静”；

(3)粒子在电场和磁场中运动所用的总时间为d混+翳♦

【解析】(1)由动能定理解答；(2)由牛顿第二定律及洛伦兹力公式解答；(3)由运动规律

求电场中运动时间，由匀速圆周运动求磁场中运动时间，二者相加即可。

带电粒子在组合场中运动，要注意相邻场之间的衔接，在匀强磁场中做匀速圆周运动,

要会用数学知识处理相关问题：找圆心，画轨迹，求半径，定圆心角。

12.【答案】解：(1)滑块Hi1从开始滑到圆弧最低点的过程中，机械能守恒诏

解得：v0=10m/s；

(2)两滑块碰撞过程动量守恒，取水平向右为正，m1v0=(m14-m2)Vi

两滑块在长木板上运动过程中，共同的加速度为%,达到共同速度所用的时间为匕由

牛顿第二定律可知：

%=—"19=0.2x10m/s2=2m/s2

长木板的加速度大小为。2，

_n(m+m)g-ii(m+m+m)g

a2~1A2~2123

M3

2

解得：a2=0.5m/s

则：%—art=a2t

解得：t=2s

(3)设两滑块的位移为X1，木板的位移为不，长木板的最小长度为3当两滑块和长木板

共速时长木板的长度取得最小值，

1*2

&=2^

其中L=X1一刀2

解得：L=5m

答：(1)滑块巾1滑到圆弧最低点时的速度为10m/s；

(2)两滑块碰撞后到与木板速度相同时所经历的时间为2s；

(3)要使滑块恰好不滑下木板则木板的最小长度应为5m。

【解析】(1)滑块Hi1从开始滑到圆弧最低点的过程中，机械能守恒，求出滑道最低点速

度；

(2)两滑块碰撞动量守恒，求出碰后速度；由牛顿第二定律分别求出两滑块和长木板的

运动加速度大小，根据运动学速度-时间公式求达到共速所用的时间；

(3)当两滑块和长木板共速时，滑块的位移和长木板的位移之差刚好等于木板长度时，

木板的长度最小。

本题考查牛顿第二定律和运动学公式以及动量守恒的综合运用。此类问题通常先根据牛

顿第二定律求加速度，然后由运动学公式求时间或者位移。本题的关键是要知道长木板

的最小长度是共速时滑块和长木板的相对位移。

13.【答案】ABE

【解析】解：4、扩散现象和布朗运动反映的分子热运动规律，扩散现象是直接反映，

布朗运动是间接反映，故A正确；

3、温度作为影响平均分子动能的唯一因素，温度升高，平均分子动能增加，故B正确；

C、根据热力学第一定律/U=W+Q,物体吸热时，若同时对外做功，且做功值不等

于吸收的热量，则内能会发生变化，故C错误；

。、将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，产生了其它影响，即消耗了电能，

所以制冷机的工作不违背热力学第二定律，故。错误；

E、当分子之间距离大于的时候，分子力表现为引力，分子间距离逐渐增大时，分子

引力做负功，所以分子势能增加，故E正确。

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故选：ABEo

扩散现象和布朗运动反映的分子热运动规律，扩散现象是直接反映，布朗运动是间接反

映。

温度是影响分子平均动能的唯一因素；

根据热力学第一定律4U=W+Q,可以分析内能的变化情况；

根据热力学第二定律内容即可判断是否遵循热力学第二定律；

考查了分子势能与分子间相互作用力的关系。

考查分子间作用力与分子势能关系、热力学第一定律与热力学第二定律及分子动理论，

都是记忆性的知识点，在平时的学习过程中多加积累即可.

14.【答案】解：(1)设升温后气体的压强为P,由于气体做等容变化，

根据查理定律得：=P又TO=3OOK,TI=350K

解得：p=7oP0；

，

(2)根据克拉伯龙方程：Y=7R

得：集热器内气体的体积不变，则得剩余气体的质量与原来总质量的比值：合="

答：(1)此时气体的压强为:Po；

O

(2)集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值为6：7.

【解析】(1)封闭气体温度升高发生等容变化，根据查理定律求解压强.

(2)可根据克拉伯龙方程求解剩余气体的质量与原来总质量的比值.

本