广东省揭阳市2021年高中毕业班第二次模拟考试理综物理试题-Word版含解析.docx

2021年广东省揭阳市高考物理二模试卷

一、单项选择题
1．（6分）如图所示，两物体的运动状况是（　　）

　 A． 甲在前6s内运动方向不变，通过的位移大小为4m
　 B． 甲在前6s内做来回运动，通过的位移大小为4m
　 C． 乙在前6s内做来回运动，通过的位移大小为4m
　 D． 乙在前6s内运动方向不变，通过的位移大小为4m

【考点】： 匀变速直线运动的图像．
【专题】： 运动学中的图像专题．
【分析】： x﹣t图象的斜率表示速度，坐标之差表示位移，v﹣t图象中每时刻对应于速度的大小，速度的正负表示其运动方向，图象的斜率表示物体运动的加速度，图象与时间轴围成的面积为物体的位移，时间轴上方面积表示位移为正，下方表示为负．
【解析】： 解：A、x﹣t图象的斜率表示速度，坐标之差表示位移，依据图象可知，图象斜率不变，则甲在前6s运动方向不变，位移x=2﹣（﹣2）=4m，故A正确，B错误；
C、v﹣t图象中每时刻对应于速度的大小，速度的正负表示其运动方向，依据图象可知，乙在前6s内运动方向转变，位移x=，位移为零，故CD错误．
故选：A
【点评】： 图象由于具有形象直观的特点，因此在物理中广泛应用，对于图象问题要明确两坐标轴的含义，图象斜率、截距、围成面积等含义．

2．（6分）如图所示的沟通电压加在一电阻两端，下列说法不正确的是（　　）

　 A． 该沟通电压的频率为50Hz
　 B． 该沟通电压的周期为0.03s
　 C． 并联在该电阻两端的沟通电压表的示数为110V
　 D． 该沟通电压的瞬时表达式为μ=110sin100πt（v）

【考点】： 正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．
【专题】： 沟通电专题．
【分析】： 由图读出沟通电压的最大值，由最大值与有效值的关系求出有效值，依据有效值求解电阻消耗的功率．读出周期，求出角频率ω，写出沟通电压的瞬时值表达式．沟通电压表测量的是有效值．
【解析】： 解：
A、由图可知，该沟通电的周期为0.02s；故沟通电压的频率f=50Hz，故A正确，B错误；
C、由图读出，电压的最大值为Um=110V，有效值为U=Um=110V，并联在该电阻两端的沟通电压表的示数为电压的有效值，即为110V．故C正确．
D、由图读出周期T=0.02s，f=50Hz，则ω==100πrad/s，该沟通电压的瞬时值表达式为u=Umsinωt=110sin100πt（V）．故D正确．
本题选错误的，故选；B．
【点评】： 题考查沟通电有效值、瞬时值、频率等学问．沟通电压测量的是有效值，计算沟通电的电功、电功率和焦耳热等与热效应等有关的量都用有效值

3．（6分）甲、乙两颗人造卫星绕地球作圆周运动，周期关系是T甲＞T乙，若忽视其他因素的影响，则（　　）
　 A． 甲的运行速度大 B． 甲的运行半径大
　 C． 甲的运行角速度大 D． 地球对甲的万有引力大

【考点】： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．
【专题】： 人造卫星问题．
【分析】： 依据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式进行争辩即可．
【解析】： 解：A、依据万有引力供应向心力，由牛顿其次定律得：
=m=mω2r=mr
T=2π，
甲、乙两颗人造卫星绕地球作圆周运动，周期关系是T甲＞T乙，
所以运行半径关系是r甲＞r乙，
v=，所以甲的运行速度小，故A错误，B正确；
C、ω=，所以甲的运行角速度小，故C错误；
D、万有引力F=，由于甲、乙两颗人造卫星质量关系不清楚，所以无法比较万有引力大小，故D错误；
故选：B．
【点评】： 本题关键抓住万有引力供应向心力，列式求解出线速度、角速度、周期和向心力的表达式，再进行争辩．

4．（6分）如图所示，一竖直方向的电场线上有A、B两点，若将带正电物体在A点从静止释放，沿竖直方向下落，经过B点时速度为零，则这一过程中（　　）

　 A． 物体的电场力做正功
　 B． 电场方向由A指B
　 C． 物体的运动不行能是匀加速运动
　 D． 物体重力做功大于克服电场力所做的功

【考点】： 电势差与电场强度的关系；电场线．
【专题】： 电场力与电势的性质专题．
【分析】： 物体受两个力：重力和电场力，由静止向下运动，经过B点时速度为零，可推断出电场力的方向，依据电场力做的功，推断电势能的变化．通过带电质点初末速度为零可比较出两点的电场强度．从而推断场强的变化，分析物体的运动状况．
【解析】： 解：AB、由题意可知，带电物体受两个力：重力和电场力，由于物体运动过程中初、末速度均为零，因此物体所受的电场力必定向上，则电场力对物体做负功，故A错误．
B、物体带正电，电场力向上，则电场方向应向上，故B错误．
C、物体的初、末速度均为零，则知物体应先加速后减速，故在A点电场力小于重力，在B点电场力大于重力，在AB之间某点重力等于电场力，合外力为零，且此时速度最大，因此沿AB方向电场强度是增大的，合力是变化，不行能做匀加速直线运动，故C正确．
D、从A到B，物体的动能变化量为零，依据动能定理知，物体重力做功等于克服电场力所做的功．故D错误．
故选：C．
【点评】： 解决带电粒子在复合场中的运动，要正确进行受力分析，确定其运动状态，然后依据相关力学规律求解．

二、双项选择题
5．（6分）关于核衰变和核反应的类型，下列表述正确的有（　　）
　 A． H+H→He+n是α衰变
　 B． p→Si+e是β衰变
　 C． 4H→He+2e是轻核聚变
　 D． U+n→Ba+Kr+3n是重核裂变

【考点】： 裂变反应和聚变反应．
【专题】： 衰变和半衰期专题．
【分析】： 解答本题需要把握：正确应用质量数和电荷数守恒正确书写核反应方程；明确裂变和聚变反应特点，知道α、β衰变现象，并能正确书写其衰变方程．
【解析】： 解：A、H+H→He+n是轻核聚变中的一种方式．故A错误；
B、p→Si+e的过程中产生的正电子，不是β衰变．故B错误；
C、4H→He+2e是轻核聚变．故C正确；
D、U+n→Ba+Kr+3n的过程中，U吸取一个中子后分裂成两个中等质量的核，是重核裂变．故D正确．
故选：CD
【点评】： 该题考查常见的核反应方程与它们的意义，对于原子物理中核反应方程、裂变、聚变等基本学问要娴熟把握和应用．

6．（6分）如图所示，有一容器，被水平力F压在竖直的墙面上，现缓慢地向容器内注水，直到将容器刚好盛满为止，在此过程中容器始终保持静止，则（　　）

　 A． 容器受到的摩擦力不变 B． 容器受到的摩擦力渐渐增大
　 C． 水平力F可能不变 D． 水平力F肯定渐渐增大

【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的推断与计算．
【专题】： 共点力作用下物体平衡专题．
【分析】： 由题知物体处于静止状态，受力平衡，合力为0；再利用二力平衡的条件再分析其受到的摩擦力和F是否会发生变化；
【解析】： 解：A、B、由题知物体处于静止状态，受力平衡，摩擦力等于容器和水的总重力，所以容器受到的摩擦力渐渐增大，故A错误，B正确；
C、D、水平方向受力平衡，若开头时F比较大，容器与墙壁间的最大静摩擦力较大，则力F可能不变；但假如F开头时较小，为了让容器保持静止，应增大F，从而增大容器与墙壁之间的最大静摩擦力；故C正确，D错误．
故选：BC
【点评】： 本题应留意在沿墙体方向上，物体受到墙的摩擦力等于物体重，物重变大、摩擦力变大，这是本题的易错点．

7．（6分）下列说法正确的是（　　）
　 A． 肯定质量的抱负气体等温膨胀的过程中，其压强肯定变化
　 B． 物体的温度越高，分子热运动越猛烈
　 C． 物体从外界吸取热量，其内能肯定增加
　 D． 空调既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性

【考点】： 抱负气体的状态方程；热力学第肯定律．
【专题】： 抱负气体状态方程专题．
【分析】： 物体内能包括分子热运动的动能和分子势能，温度是分子热运动平均动能的标志；依据抱负气体状态方程为=C分析状态的可能变化
【解析】： 解：A、依据抱负气体状态方程为=C，肯定质量的抱负气体经等温膨胀后，其压强肯定减小，故A正确；
B、物体的温度越高，分子热运动越猛烈，故B正确；
C、转变内能的方式有做功和热传递，故只吸取热量内能不肯定增加，故C错误；
D、热量能自发从高温物体传向低温物体，空调制冷不是自发的，要消耗电能，故D错误；
故选：AB
【点评】： 本题关键明确气体的内能的标志是温度，同时要能依据抱负气体状态方程为=C和热力学第肯定律分析

8．（6分）如图所示，小球沿水平面以初速v0通过O点进入半径为R的竖直半圆弧轨道，不计一切阻力，则（　　）

　 A． 球进入竖直半圆轨道后做匀速圆周运动
　 B． 若小球能通过半圆弧最高点P，则球在P点受力平衡
　 C． 若小球的初速度v0=3，则小球肯定能通过P点
　 D． 若小球恰能通过半圆弧最高点P，则小球落地点离O点的水平距离为2R

【考点】： 向心力；平抛运动．
【专题】： 匀速圆周运动专题．
【分析】： 不计一切阻力，球进入半圆轨道的过程中机械能守恒，依据机械能守恒定律分析其速率的变化．在P点时，小球受力并不平衡．小球要通过P点，向心力必需大于等于重力，列式可得出小球通过P点的速度条件，再由机械能守恒求出v0．若小球能通过半圆弧最高点P，之后小球做平抛运动，由平抛运动的规律求解水平距离．
【解析】： 解：A、球进入竖直半圆轨道后，随着高度的上升，重力势能增加，依据机械能守恒定律可知，其动能减小，速率减小，做变速圆周运动，故A错误．
B、若小球能通过半圆弧最高点P，小球所受的合力不为零，供应向心力，则球在P点受力不平衡．故B错误．
C、小球恰好通过P点，则有mg=m，vP=
设小球的初速度为v．由机械能守恒定律得：mg•2R+=，联立解得 v=
由于v0=3＞v，所以小球肯定能通过P点，故C正确．
D、若小球恰能通过半圆弧最高点P，之后做平抛运动，则有 2R=，得t=2
水平距离为 x=vPt，当vP=时，水平距离最小，为 x=•2=2R，故D正确．
故选：CD．
【点评】： 本题关键分析清楚物体的运动过程，然后结合平抛运动和机械能守恒、向心力等相关学问求解．

9．（6分）如图示，等腰直角三角形ABC中存在匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿AB方向射入磁场，分别从AC边上的D（AC的中点）、C两孔射出，则（　　）

　 A． 从C、D两孔射出的粒子的运动半径大小之比为RC：RD=2：1
　 B． 从C、D两孔射出的粒子的出射速度大小之比为vC：vD=1：1
　 C． 从C、D两孔射出的粒子在磁场中的运动周期之比为TC：TD=2：1
　 D． 从C、D两孔射出的粒子在磁场中的运动时间之比为tC：tD=1：1

【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动．
【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】： 粒子进入磁场中做匀速圆周运动，半径公式为r=，周期公式为T=．画出粒子的运动轨迹，由几何学问求半径之比，即可由半径公式得到速度之比．由轨迹对应的圆心角分析时间之比．
【解析】： 解：A、粒子进入磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹如图．由几何学问可得粒子的运动半径大小之比为RC：RD=2：1．故A正确．
B、由半径公式r=，知，粒子的比荷相等，r与v成正比，则知粒子的出射速度大小之比为vC：vD=2：1，故B错误．
C、由周期公式T=，可得粒子在磁场中运动周期之比为TC：TD=1：1，故C错误．
D、由图知，粒子在磁场中的运动时间tC=tD=T=T，即tC：tD=1：1，故D正确．
故选：AD

【点评】： 粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力供应向心力，依据粒子的运动特征作出粒子在磁场中运动的轨迹是解决本题的关键．

三、非选择题
10．某试验小组利用拉力传感器、光电门等器材探究滑块“动能定理”的试验．试验装置如图所示，在滑块上安装一遮光条与拉力传感器，把滑块放在水平气垫导轨上并静止在A处，并通过定滑轮的细绳与钩码相连，光电门安装在B处．测得滑块（含遮光板和拉力传感器）质量为M、钩码总质量为m、AB之间的距离为L，当地的重力加速度为g．将滑块在图示A位置由静止释放后，拉力传感器记录下滑块在运动过程的拉力为F，光电计时器记录下遮光条通过光电门的时间分别为△t．
①试验中是否要求钩码总质量m远小于滑块质量M　否　（填：是、否）
②试验中还需要测量的物理量是　AB间的距离L　（用文字及相应的符号表示）．
③则本试验中探究滑块动能定理的表达式为　　（用以上对应物理量的符号表示）．
④（双选题）为削减试验误差，可实行的方法是　AD　
A．增大AB之间的距离L B．削减AB之间的距离L
C．增大遮光条的宽度d D．削减遮光条的宽度d．

【考点】： 探究功与速度变化的关系．
【专题】： 试验题．
【分析】： 本试验要测量拉力做的功，故要用刻度尺测量光电门A至光电门B中心之间的距离L．
滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度．依据动能定理列方程．
本试验用了气垫导轨，摩擦力几乎没有，不需要平衡摩擦力．
【解析】： 解：①拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关；故不需要钩码总质量m远小于滑块质量M；
（2）为了测量拉力的功，故要测量光电门A至光电门B中心之间的距离L，需要刻度尺测量．
②由于遮光条的宽度很小，通过光电门的时间也很短，故遮光条通过光电门的平均速度可以表示瞬时速度，则通过A点的速度vA=，B点的速度vB=，
拉力做功W=FL
动能的增加量为△Ek==
故本试验中探究动能定理的表达式为．
③由公式可知，试验误差来自由长度的测量和速度的测量，故可以让AB之间的距离L增大或减小遮光片的长度；
故选：AD；
故答案为：①否；②光电门A至光电门B中心之间的距离L；③；③AD．
【点评】： 本题考查验证动能定理的试验，在处理试验时肯定要找出试验原理，依据试验原理我们可以查找需要测量的物理量和需要留意的事项．

11．（10分）小明用伏安法测2B铅笔芯的电阻值．
①图1是部分连接好的实物电路图，请用电流表外接法完成接线并在图甲中画出．
②小明用电流表内接法和外接法分别测量了一段2B铅笔芯的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描到U﹣I图2，如图所示．在图中，用　×　（填“○”或“×”）表示的数据点能较精确     地测出2B铅笔芯的电阻，请依据这些数据点，在图2上用作图法作图，并求出这段铅笔芯的电阻为　1.2（1.1～1.3）　Ω．

【考点】： 伏安法测电阻．
【专题】： 试验题．
【分析】： 连接实物图，留意电流表外接以及电流表正负接线柱的接法；
电流表外接法，由于电压表分流作用，测得的电流值会偏大，依据欧姆定律分析误差，进而选择相应的U﹣I图线．
【解析】： 解：（1）电流表外接法，为了比较精确测量，滑动变阻器连接实物图如图；
（2）电流表外接法，由于电压表分流作用，测得的电流值会偏大，依据欧姆定律则电阻测量值偏小，即U﹣I图线的斜率偏小，故由电流表外接法得到的数据点是用×表示的；
（3）选择×数据点，在图上用作图法作图，
求出这段铅笔芯的电阻为：R===1.2Ω
故答案为：（1）如图；（2）×；（3）1.2（1.1～1.3）．

【点评】： 本题考查了伏安法测量电阻的电路图以及数据处理问题，电路图连接时肯定要留意电流表的内接外接以及滑动变阻器的分压、限流接法选择问题．

12．（18分）两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面，金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路．金属细杆ab、cd与导轨之间的动摩擦因数均为μ，金属细杆ab、cd电阻都为R，导轨电阻不计，其中金属细杆ab的质量为M．整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中．当金属细杆ab杆在平行于水平导轨大小未知的拉力F作用下以速度v1沿导轨匀速运动时，金属细杆cd也正好以速度v2向下匀速运动，重力加速度为g，求：
（1）回路中感应电动势E的大小及拉力F的大小
（2）金属细杆cd的质量m
（3）金属细杆cd下降高度H过程中回路产生的焦耳热Q．

【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．
【专题】： 电磁感应与电路结合．
【分析】： （1）依据法拉第电磁感应定律，求出感应电动势大小；再由左手定则，来判定安培力的方向，依据受力平衡，即可求解；
（2）对ab杆受力分析，从而由平衡方程，即可求解；
（3）依据ab杆匀速运动，可求出运动的距离；再由整个过程中运用能量守恒，可得出，焦耳热等于克服安培力所做的功，即可求解．
【解析】： 解：（1）由法拉第电磁感应定律：E=BLv1…①
由闭合电路欧姆定律：…②
对ab杆由平衡条件：F=BIL+μMg…③
联立①②③式可得：+μMg…④
（2）对cd杆，由平衡条件：μBIL=mg…⑤
联立①②⑤式可得：m=…⑥
（3）由运动学公式：对cd杆有，H=v2t；
对ab杆有，s=v1t…⑦
由功能关系可得回路产生的焦耳热为：Q1=﹣W安=BILs…⑧
联立①②⑦⑧式，可得：Q=
答：（1）回路中感应电动势E的大小BLv1及拉力F的大小；
（2）金属细杆cd的质量；
（3）金属细杆cd下降高度H过程中回路产生的焦耳热．
【点评】： 考查法拉第电磁感应定律、左手定则、平衡方程、能量守恒定律等规律的应用，强调受力分析的正确性，同时突出克服安培力所做的功等于产生的焦耳热．

13．（18分）在光滑水平面上静止放置一足够长的木板B，B的质量为mB=2kg，B右端离竖直墙S=5m，在B的左端静止一小物体A，其质量为mA=0.99kg，一质量为mC=0.01kg的子弹以v=600m/s的速度击中A并留存A中，且相互作用时间极短，如图所示，A与B间的动摩擦因数为μ=0.4，在运动过程中只是B与墙壁碰撞，碰撞时间极短，且碰撞时无能量损失，取g=10m/s2，求：
（1）子弹击中A后，A的速度及子弹击中A过程中产生的热量Q
（2）要使A最终不脱离B，木板B的最短长度L．

【考点】： 动量守恒定律．
【专题】： 动量定理应用专题．
【分析】： 1、C击中A的过程中，依据AC组成系统动量守恒得出A的速度，依据能量守恒定律得出产生的热量Q
2、假设ABC共速后才与墙壁发生碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律分析求解．
【解析】： 解：（1）C击中A的过程中，规定向右为正方向，
依据AC组成系统动量守恒：
mCv=（mA+mC）v1 ①
C击中A的过程中，由能量守恒定律：
mCv2=（mA+mC）+Q ②
联立①②式并代入数据可得：
子弹击中A后，A的速度为：v1=6m/s ③
子弹击中A过程中产生热量为：Q=1782J ④
（2）假设ABC共速后才与墙壁发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律得
（mA+mC）v1=（mA+mB+mC）v2 ⑤
由能量守恒定律：
（mA+mC）=（mA+mB+mC）+μ（mA+mC）g△L1⑥
对B由动能定理：
μ（mA+mC）gs1=mB ⑦
联立⑤⑥⑦并代入数据可得：
A在B上滑动距离为：△L1=3m ⑧
AB相对运动过程中，B的位移为：s1=1m＜s ⑨
所以假设成立，B与墙壁相撞，由于无能量损失，B以相等的速率反弹，AC与B再次发生相对滑动，直到ABC一起向左以v3匀速运，
由动量守恒：
mBv2﹣（mA+mC）v2=（mA+mB+mC）v3⑩
由能量守恒定律可得：
（mA+mB+mC）=（mA+mB+mC）+μ（mA+mC）g△L2 （11）
联立⑩11并代入数据可得B反弹的A在B上滑动距离为：
△L2=m （12）
故要使A最终不脱离B，B的最小长度为：
L=△L1+△L2=m
答：（1）子弹击中A后，A的速度是6m/s，子弹击中A过程中产生的热量是1782J
（2）要使A最终不脱离B，木板B的最短长度是m．
【点评】： 运用动量守恒定律关键选择好争辩的系统和争辩的过程，能够把能量守恒定律和动量守恒定律结合应用，知道摩擦力在相对位移上做的功等于系统机械能的损耗．