2021年四川省成都市高考物理二诊试卷(附答案详解)

第=page11页，共=sectionpages11页第=page22页，共=sectionpages22页2021年四川省成都市高考物理二诊试卷下列表述正确的是(    )A.天然放射性现象中发射的γ射线在磁场中会发生偏转

B.当原子从高能级跃迁到低能级时，会吸收光子

C.当光照射在金属表面上时，金属中的质子会逸出金属表面

D.原子核的静质量小于构成它的所有核子单独存在时的总静质量2020年12月3日，嫦娥五号上升器(如图)携带月壤样品成功回到预定环月轨道，这是我国首次实现地外天体起飞。若环月轨道可近似为圆轨道，已知轨道半径为r，上升器在环月轨道运行的速度大小为v，万有引力常量为G，则月球的质量为(    )A.v2rG B.vrG C.如图，A、B是竖直正对放置的一对已充电的平行金属板，两板之间为匀强电场，用绝缘细线悬挂着的带电小球静止时，细线与竖直方向的夹角为θ。下列判定正确的是(    )A.小球带正电

B.仅平移B板使两板间的距离适当增大，θ角将保持不变

C.仅平移B板使两板间的正对面积适当减小，θ角将保持不变

D.仅剪断细线，在离开或碰到极板前，小球将做曲线运动

如图，重为G的匀质金属球靠着倾角45°的固定斜面静止在水平地面上，a是球的左端点，b、c分别是球与地面和斜面的接触点，F是在a点对球施加的一个水平向右、正对球心的推力。已知a、b、c和球心在同一竖直面内，不计一切摩擦。下列判定正确的是(    )A.若F=0.5G，则球对斜面的压力大小也为0.5G

B.若F=0.5G，则球对地面的压力大小也为0.5G

C.F由零缓慢增大到G的过程中，球所受合力将增大

D.F由零缓慢增大到G的过程中，球所受支持面作用力的合力将减小如图，正方形PNMQ的边长为L，圆心在M，半径也为L的14圆形区域MQN内有垂直于圆面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，K是圆弧QN的中点，G是QM边的中点。一群质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，以相同的速度v=qBLm沿既垂直于QM也垂直于磁场的方向从QM边射入磁场。关于从K点离开磁场的粒子，下列说法正确的是A.它是从G点射入的

B.它是从QG之间的某一点射入的

C.它离开磁场后将经过P点

D.它离开磁场后将从P点下方穿过PQ边如图，L1和L2是输电线，甲、乙是两个互感器(可视为理想变压器)，其中的线圈匝数关系为n1：n2=200：1、n3：A.甲是电流互感器，乙是电压互感器

B.甲是电压互感器，乙是电流互感器

C.若V表示数为30V，则输电线两端的电压最大值为6000V

D.若A表示数为5A，则通过输电线的电流有效值为500A从地面竖直向上抛出一物体，运动过程中，物体除受到重力外还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力F作用。以地面为零势能面，物体从抛出到落回地面的过程中，机械能E随路程s的变化关系如图所示，重力加速度大小为10m/s2，则(    )A.物体到达的最高点距地面的高度为1.0m

B.外力F的大小为3.5N

C.物体动能的最小值为1.0J

D.物体的质量为0.4kg如图，上端固定的轻弹簧下端系在正方形单匝闭合线框abcd的bc边中点上，线框边长为L，质量为m，电阻为R；在外力作用下线框静止，线框平面(纸面)竖直，ad边水平且弹簧恰好为原长，与ad边相距0.5L的水平边界MN下方存在方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。由静止释放线框，当ad边到达边界MN时，线框速度大小为v。不计空气阻力，重力加速度大小为g，弹簧劲度系数k=mgL且形变始终在弹性限度内。下列判定正确的是(    )A.ad边进入磁场前的过程中，弹簧弹力的冲量大小为I弹=mgLv−mv

B.ad边刚进入磁场时，a、d两点间的电势差为Uad=BLv

C.如图所示为某实验小组设计的“用量角器和刻度尺测定动摩擦因数”的实验装置。

(1)实验步骤为：

①将小球和滑块用细绳连接，使其跨过固定的斜面，均处于静止状态；

②剪断细绳，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音；

③保持小球和滑块的位置不变，调整______位置，重复以上操作，直到同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音；

④用量角器测出斜面的倾角θ，用刻度尺测出小球下落的高度H和滑块沿斜面运动的位移x。

(2)由实验可求得：滑块沿斜面运动的加速度和重力加速度的比值ag=______；滑块与斜面间的动摩擦因数μ=______。测定干电池的电动势和内阻的电路如图(a)所示，MN为一段粗细均匀、电阻率较大的电阻丝，定值电阻R0=1.2Ω。调节滑片P，记录电压表示数U、电流表示数I及对应的PN长度x，绘制出图(b)所示的U−I图像。

(1)由图(b)求得电池的电动势E=______V(保留3位有效数字)，内阻r=______Ω(保留2位有效数字)。

(2)实验中因电表内阻的影响，电动势测量值______(选填“大于”、“等于”或“小于”)真实值。

(3)根据实验数据可绘出图(c)所示的UI−x图像。若图像斜率为k，电阻丝横截面积为S，则电阻丝的电阻率ρ=______，电表内阻对电阻率的测量______(选填“有”或“没有”)如图，在第一、第四象限的y≤0.8m区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，场强大小E=4×103N/C；在第一象限的0.8m<y≤1.0m区域内存在垂直坐标平面向外的匀强磁场。一个质量m=1×10−10kg、电荷量q=1×10−6C的带正电粒子，以v0=6×103m/s的速率从坐标原点

如图，倾角为θ的倾斜轨道与水平轨道交于Q点，在倾斜轨道上高h处由静止释放滑块A，此后A与静止在水平轨道上P处的滑块B发生弹性碰撞(碰撞时间不计)。已知A、B的质量之比为mA：mB=1：4，B与轨道间的动摩擦因数为μ，A与轨道间无摩擦，重力加速度大小为g。(A、B均可视为质点，水平轨道足够长，A过Q点时速度大小不变、方向变为与轨道平行)

(1)第一次碰撞后瞬间，求A与B的速度大小vA和vB；

(2)求B在水平轨道上通过的总路程s；

(3)当P、Q的距离为sPQ=ℎ5时，在B的速度减为零之前，A

下列说法正确的是(    )A.布朗运动是固体分子的运动，它反映了液体内部分子运动的无规则性

B.质量和温度都相同的水、冰和水蒸气，它们的内能不相等

C.密闭容器内，气体的压强是由大量气体分子频繁地碰撞器壁而产生的

D.雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力

E.满足能量守恒定律的物理过程都能自发地进行为了监控锅炉外壁的温度变化，某锅炉外壁上镶嵌了一个底部水平、开口向上的圆柱形导热气缸，气缸内质量m=100g、横截面积S=10cm2的活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞上方用轻绳悬挂着矩形重物。当缸内温度为T1=360K时，活塞与缸底相距H=6cm、与重物相距ℎ=4cm。已知锅炉房内空气压强p0=1.0×105Pa，重力加速度大小g=10m/s2，不计活塞厚度及活塞与缸壁间的摩擦，缸内气体温度等于锅炉外壁温度。(结果取3位有效数字)

(i)当活塞刚好接触重物时，求锅炉外壁的温度T2；

(ii)当锅炉外壁的温度为660K时，轻绳拉力刚好为零，警报器开始报警，求重物的质量如图，一列沿x轴正方向传播的简谐横波t0时刻刚好传播到P(10m,0)点，原点O是波源的平衡位置，波源持续振动的频率为5Hz。

①波源的起振方向沿y轴______(选填“正”或“负”)方向；

②该波的波速为______m/s；

③平衡位置为(6m,0)的质点在(t0−0.2s)～(t0如图，ABC是某三棱镜的横截面，∠B=30°，∠C=90°，边长AC=L，一条平行于BC的光线入射到AB边上D点，经棱镜两次折射从AC边中点E射出，出射光线与AC边的夹角θ=30°

(i)求该棱镜材料的折射率；

(ii)若平行于BC边平移入射光线，当AB边的入射点在F(图中未画出)时，光线再次从E点射出。请判断光线是否会在BC边发生全反射，并求F点到D点的距离。(每条边只考虑一次反射或折射)

答案和解析1.【答案】D

【解析】解：A、天然放射性现象中发射的γ射线在磁场中不会发生偏转，因为γ射线不带电，故A错误；

B、当原子从高能级跃迁到低能级时，因释放能量，则要辐射光子，故B错误；

C、当光照射在金属表面上时，金属中的电子会逸出金属表面，并不是质子，故C错误；

D、核子在结合成原子核的过程中向外释放能量，存在质量亏损，所以原子核的静质量小于构成它的所有核子单独存在时的总静质量，故D正确。

故选：D。

γ射线不带电；从高能级跃迁到低能级时，要释放光子；发生光电效应时，是电子逸出金属表面；康普顿效应说明光具有粒子性；核子在结合成原子核的过程中向外释放能量，依据质能方程，即可判定。

该题考查γ射线是否带电，掌握电子跃迁时，何时吸收光子，何时辐射光子，理解光电效应现象的条件，注意质能方程的含义。

2.【答案】A

【解析】解：上升器在环月轨道运行时万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r

月球的质量：M=v2rG，故A正确，BCD错误；

故选：A。【解析】解：A、小球处于匀强电场中，由题目图可知，小球受到水平向左的电场力，由于左极板带正电，因此小球带负电，故A错误；

B、根据电容的决定式C=ɛS4πkd与定义式C=QU，再结合E=Ud，那么电场强度的综合表达式为：E=4πkQϵS，仅平移B板使两板间的距离适当增大，极板间的电场强度不变，那么小球受到的电场力不变，因此θ角将保持不变，故B正确；

C、同理，仅平移B板使两板间的正对面积适当减小，由上可知，电场强度增大，那么电场力要增大，因此θ角将变大，故C错误；

D、剪断前，小球受到重力、电场力与拉力处于平衡，仅剪断细线，拉力为零，但重力与电场力的合力仍不变，与剪断前的拉力反向，因此在离开或碰到极板前，小球将做匀加速直线运动，故D错误。

故选：B。

依据小球受力分析，结合平衡状态，分析电场力方向，从而确定小球的电性；

根据电容的决定式C=ɛS4πkd与定义式C=QU，再结合E=【解析】解：对金属球受力分析如图，根据平衡条件，水平方向：F=N′cos45°；竖直方向：N+N′sin45°=G。

A、根据牛顿第三定律，球对斜面的压力等于斜面给球的支持力N′=Fcos45∘=0.5G22=22G，故A错误；

B、根据牛顿第三定律，球对地面的压力等于地面给球的支持力N=G−N′sin45°=G−0.5G=0.5G，故B正确；

C、F由零缓慢增大到G过程中，球始终处于平衡状态，合力为零，故C错误；

D、球所受支持面作用力的合力等于F与重力的合力，F增大，F与重力的合力增大，球所受支持面作用力也增大，故D错误；

故选：【解析】解：A、由洛伦兹力提供向心力得：qvB=mv2r，代入数据得：r=L，画出粒子从G射入时的轨迹图如图1：

因为K为中点，故∠b=45°，因为OQ=L2，QC<L2，故∠a<45°，所以从磁场射出的点A在K下面，故A错误。

B、由选项A中的分析得，从G射入的粒子在K下面射出，故要想从K点射出，应从GM间射入，故B错误。

CD、从K射出的粒子做匀速直线运动，运动轨迹如图2，因为MK=OK=r且∠b=45°，所以三角形OMK为直角三角形，故速度与MK同线，MK为对角线，故速度过点P，即粒子会经过P点。故C正确，D错误。

故选：C。

先计算出粒子运动的半径，然后画出粒子从G射入时的轨迹图，画出粒子射出点然后和K进行比较。

粒子从K射出后做匀速直线运动，画出轨迹图利用几何关系判断粒子能否经过P点。

对于能算出粒子运动轨迹半径的题目，要先算出粒子运动轨迹的半径，再结合尺规作图，能更方便的找到几何关系，减小解题难度。【解析】解：AB、甲图的原线圈两端接电源两端的电压，所以是电压互感器，乙图中的原线圈串联接入输电线的一根导线，所以的电流互感器，故A错误、B正确；

C、若V表示数为30V，则输电线两端的电压的有效值为：U1=n1n2UV=2001×30V=6000V，则输电线两端的电压最大值为Um=60002V，故C错误；

D、若A表示数为5A，则通过输电线的电流有效值为：I【解析】解：A、根据图可知，物体一共走过的路程为2m，则上升的最大高度ℎ=st=22m=1.0m，故A正确；

B、在整个运动过程中，初末机械能只有动能，根据动能定理可得：−Fs=Ek2−Ek1，解得F=Ek2−Ek1−s=1−7−2N=3N，故B错误；

C、物体达到最高点时物体的速度为零，只有重力势能，故动能为零，故C错误；

D、由图可知当s=1m时达到最高点，此时具有的机械能为【解析】解：A.取向下为正方向，根据动量定理得ad边进入磁场前的过程中mgt−I弹=mv，

由于线框受到的弹簧弹力是不断变化的，故线框加速度是不断变化的，则t≠Lv，所以I弹≠mgLv−mv，故A错误；

B.ad边刚进入磁场时，a、d两点间的电势差为电源路端电压，由于正方形线框总电阻为R，根据闭合电路欧姆定律，可得：Uad=34E=34BLv，故B错误；

C.ad边刚进入磁场时，线框受到自身重力，竖直向上的弹簧弹力及安培力的作用，根据牛顿第二定律得：mg−Fx−F安=ma，

又因为a边刚进入磁场时，弹簧弹力Fx=k△x=mgL×0.5L=0.5mg，安培力F安=BIL，I=ER=BLvR，

联立以上式子解得线框的加速度大小为a=|g2−【解析】解：(1)本实验利用小球与滑块运动时间相等，结合运动学规律和牛顿第二定律进行处理，则保持小球和滑块的位置不变，调整挡板的位置，重复以上操作，直到同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音；

(2)对滑块有：x=12at2

对小球有：H=12gt2

得：ag=xH。

(3)由牛顿第二定律有：

mgsinθ−μmgcosθ=ma

解得：μ=tanθ−agcosθ=tanθ−xHcosθ。

故答案为：(1)挡板(2)x【解析】解：(1)由图(a)所示电路图可知，路端电压：U=E−I(r+R0)，

由图(b)所示U−I图象可知，电源电动势：E=1.49V，

图象斜率的绝对值：k=r+R0=△U△I=1.49−1.20.20Ω=1.45Ω，

电源内阻：r=k−R0=1.45Ω−1.2Ω=0.25Ω；

(2)图示(a)可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，

电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U−I图象如图所示，

由图象可知，电动势测量值小于真实值。

(3)根据图(a)所示电路图可知：R+RA=UI=ρxS+RA=ρSx+RA

由UI−x图象可知，图象的斜率：k=ρS，解得：ρ=kS；

考虑电表内阻，图象的斜率不变，对电阻率的测量没有影响；

故答案为：(1)1.49；0.25；(2)小于；(3)kS，没有。

(1)由图甲所示电路图求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻。

(2)根据图示电路图与实验误差来源分析实验误差。

(3)根据电路图利用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图象求出电阻率。

本题考查测量电动势和内电阻以及测量电阻率的实验，要注意明确实验原理，认真分析实验电路图，应用闭合电路欧姆定律、电阻定律求出图象的函数表达式即可解题。

11.【答案】解：(1)粒子在电场中做类平抛运动，所受电场力为F=qE，由牛顿第二定律有：a=Fm，

y方向，由运动学规律有vy2=2as，代入数据，解得vy=8×103m/s，

粒子离开电场时的速度大小为：v=v02+vy2，代入数据得：v=1×10【解析】带电粒子在电场中类平抛运动，根据类平抛的规律求出水平速度和竖直速度，然后合成得到合速度。粒子在磁场中做匀速圆周运动，结合数学知识，得到半径，就可以求出磁感应强度。

带电粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，学生要掌握好规律，结合数学进行分析求解。

12.【答案】解：(1)A与B发生碰撞前只有重力做功，由机械能守恒可得：mAgℎ=12mAvA02

得：vA0=2gℎ

碰后瞬间A的速度为vA，B的速度为vB，取碰撞前A的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：

mAvA0=mAvA+mBvB…①

根据能量守恒定律可得：12mAvA02=12mAvA2+12mBvB2…②

A、B的质量之比为mA：mB=1：4

③

联立①②③解得：vA=−35vA0=−32gℎ5，vB=25vA0=22gℎ5；

(2)在物块A与物块B发生碰撞后，由于B做减速运动，所以A还会与B发生多次碰撞，碰撞的过程中没有能量损失，则最终A的重力势能将全部转化为B与地面摩擦产生的内能，由功能关系可得：μmBgs=mAgℎ

可得：s=ℎ4μ

(3)设A与B第一次碰撞到B的速度减小为零的时间为t，A与B在t时间内的位移分别为xA和xB，对B由动量定理得：−μmBgt=0−mBvB

【解析】(1)由机械能守恒求出A与B碰撞前速度大小，根据动量守恒定律和能量关系列方程求解碰撞后A和B的速度；

(2)根据功能关系求出B的总位移；

(3)若A与B能发生第二次碰撞，设A与B第一次碰撞到B的速度减小为零的时间为t，则在t时间内A的总位移大于B的总位移，对B物块根据动量定理求出该时间，然后结合运动学的公式求出B的位移；A在水平面上做匀速直线运动，在斜面上做往返运动，加速度的大小相等，由牛顿第二定律求出A在斜面上的加速度，由运动学的公式求出时间，再求出A物块在水平面上的位移的表达式，最后结合追上的条件即可求出。

本题考查了动能定理、动量守恒定律；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答；动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动；一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究，也可以全过程根据动能定理解答。

13.【答案】BCD

【解析】解：A、布朗运动是指悬浮在液体中的微小颗粒的运动，而不是液体分子的运动，间接地反映了液体分子运动的无规则性，故A错误；

B、水结冰时要放出热量，而变成水蒸气时要吸收热量，故温度和质量都相同的水、冰和水蒸气，它们的内能不相等，故B错误；

C、密闭容器内，气体的压强是大量气体分子频繁地碰撞器壁产生的，故C正确；

D、液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力，即是表面张力，表面张力的存在使液体表面具有收缩的趋势，雨水不能透过布雨伞，是因为液体表面存在张力，故D正确；

E、满足能量守恒定律的物理过程不一定能自发进行，还要遵守热力学第二定律，故E错误。

故选：BCD。

布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动；物体的内能由物体的体积，温度和物质的量共同决定；气体的压强是大量气体分子频繁地碰撞器壁产生的；液体表面层分子间距大于分子平衡距离，分子力表现为引力，即液体的表面张力；自然界一切发生的能量转化过程都具有单向特性，遵守热力学第二定律。

本题考查了布朗运动、内能、液体表面张力、气体压强与热力学第二定律等问题，涉及的知识点较多，但难度不大，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。

14.【答案】解：(i)活塞上升过程为等压变化。

初态：V1=HS，T1=360K

末态：V2=(H+ℎ)S，T2=？

则根据盖−吕萨克定律得V1T1=V2T2

得T2=600K

(ii)活塞碰到重物后到绳的拉力为零是等容过程，设重物质量为M。

初态：对活塞根据共点力平衡可得：p2S=p0S+mg，解得p2=p0+mgS，T2=600K

末态：对活塞根据共点力平衡可得：【解析】(i)活塞上升过程为等压变化。根据吕萨克定律分析当活塞刚刚碰到重物时锅炉外壁温度。

(ii)活塞碰到重物后到绳的拉力为零是等容过程，由力平衡求出初末状态时封闭气体的压强，再由查理定律求解。

本题考查气体定律的综合运用，解题关键是要分析好压强p、体积V、温度T三个参量的变化情况