2021届四川省资阳市高考物理二诊试卷(含答案解析)

2021届四川省资阳市高考物理二诊试卷

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

1.下列关于科学家和他们的贡献的说法中，符合史实的是（）

A.伽利略认为力不是维持物体运动的原因

B.物理学中的质点、点电荷、原子、原子核等均为理想化模型

C.电流的磁效应是安培发现的，分子电流假说也是安培提出的

D.时间和时刻的区别在于长短不同，长的是时间，短的是时刻

2.据报道，“嫦娥一号”预计在2007年发射，“嫦娥一号”将在距离月球为无高处绕月球做匀速

圆周运动，已知月球半径为R,月球表面的重力加速度为统。“嫦娥一号”环绕月球运行的周期

为（）

3.示波管可以用来观察电信号随时间的情况，其内部结构如图所示，如果在电极yy'之间加上如图

（a）所示的电压，在XX'之间加上如图的）所示电压，荧光屏上会出现的波形是（）

4.请阅读下列材料，回答20〜23小题。

“天神”顺利来相会“海冬”惬意入天宫

2016年10月17日，承载着亿万国民的殷切期待的“神舟十一号”载人航天飞船在我国酒泉卫星发射

中心成功发射，开始长达33天的太空飞行计划…“神舟十一号”是在经过5次变轨后，到达“天

宫二号”后方约52公里左右的位置，两个8吨重的“大家伙”进入自动控制状态，在393公里轨

道高度实现交会对接。

11月18日13时59分，“神舟十一号”飞船返回舱开始进入大气层，速度不断增加，最终在阻力的作

用下，近似做匀速运动，当距地面十公里左右的高度时，降落伞会打开，为“神舟十一号”减

速，从伞舱盖打开到着陆的全程，大约12分钟，返回舱的下降速度也从每秒220米慢慢降到着

陆前的每秒3米左右，最大程度来保证“神舟十一号”飞船安全着陆

在返回舱减速下降阶段（）

A.阻力做正功机械能增加B.阻力做正功机械能减少

C.阻力做负功机械能增加D.阻力做负功机械能减少

5.如图所示是一实验电路图，在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列表述hqX

正确的是（）-7Y

A.电流表的示数变大叼31Tl

B.路端电压变小

C.电源的总功率变小

D.电源内阻消耗的功率变小

二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）

6.如图，水平面与半径为R=0.5ni的光滑半圆形竖直轨道平滑连接，一

小物块从水平面上距半圆形轨道底端L=2.0m处的P点以某初速度向ni；J

右滑行。若小物块与水平面间的动摩擦因数〃=0.25,重力加速度g取-L-"1

10m/s2,则要使小物块在半圆形轨道上运动时始终不脱离轨道，其初速度的大小可能是（）

A.3m/sB.4m/sC.5m/sD.6m/s

7.如图所示，水平桌面上平放一叠共计54张的扑克牌，每一张的质._

量均为小。用一手指以竖直向下的力压第1张牌，并以一定速度向&.二?言

右移动手指，确保手指与第1张牌之间有相对滑动。设最大静摩

擦力与滑动摩擦力相同，手指与第I张牌之间的动摩擦因数为内,牌间的动摩擦因数均为〃2,第

54张牌与桌面间的动摩擦因数为的，且有"1>%>〃3・则下列说法正确的是（）

A.第1张和第2张牌一定保持相对静止

B.第54张牌受到水平桌面的摩擦力向左

C.第2张牌到第53张牌之间不可能发生相对滑动

D.第2张牌到第53张牌之间可能发生相对滑动

如图所示，倾角。=。的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与

8.30A

挡板相连，弹簧处于原长时上端位于。点.用一根不可伸长的轻绳

通过轻质光滑定滑轮连接物体4和8,使滑轮左侧绳子始终与斜面

平行，初始时4位于斜面的C点，C、。两点间的距离为现由静止

同时释放4、B,物体4沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置为E点，。、E两点间距离为，.

若4、B的质量分别为47n和小，4与斜面之间的动摩擦因数〃=,，不计空气阻力，重力加速度

为g.整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，则（）

A.4在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做匀减速运动

B.4在从C至。的过程中，加速度大小为以g

C.弹簧的最大弹性势能为gzngL

D.弹簧的最大弹性势能为当山或

O

9.下列说法正确的是（）

A.在显微镜下观察花粉颗粒的布朗运动，花粉颗粒无序的运动可以反映花粉颗粒分子的无规则

热运动

B.水胆在水面上行走，这是利用了液体表面张力的原理

C.液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特性

D.随着科技的发展，我们完全有可能把环境温度降低到零下几千摄氏度

E.某种理想气体，在吸收外界能量的同时，体积随之膨胀，气体温度可能不变

10.一列简谐横波在G=0.02s时刻的波形图如图甲所示，平衡位置在x=1m处的质点P的振动图象

如图乙所示。已知质点M的平衡位置在x=1.75M处。下列说法正确的是（）

A.波的传播速度为100m/s

B.t2-O.OSsIFf,质点M的运动方向沿y轴正方向

C.M点在q时刻位移为

D.质点M从t1时刻起每过0.005s通过的路程均为0.2m

E.如果该波波源从。点沿x轴正向快速运动，则在x=207n处的观察者接收到的波的频率将大于

50Hz

三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）

11.在探究外力做功与物体动能变化的实验中，已知打点计时器所用电源的频率为50Hz,查得当地

的重力加速度g=9.80m/s2,测得所用重物的质量为1.00kg。实验中得到一条点迹清晰的纸带，

如图所示，开始下落的点记作0,另选连续的四个点4、B、C、。作为测量的点，经测量知道4、

B、C、。各点到。点的距离分别是62.99cm、70.18cm、77.76cm、85.73cm。根据以上数据,可

知重物由。点运动到C点，重力做的功为J,动能的增加量等于/（取两位有效数字）。

结论是：在误差允许的范围内，。

12.在“测定金属的电阻率”的实验中，为了安全、准确、方便地完成实验：

①除电源（电动势为4U,内阻很小）、电压表V（量程3V,内阻约3%0）,待测abc

电阻丝（约30）、导线、开关外，电流表应选用,滑动变阻器应l-Mi--

选用（选填下列器材的字母符号）.

4电流表4（量程600加4,内阻约10）电流表4（量程34，内阻约0,020）

8.滑动变阻器七（总阻值100）滑动变阻器/?2（总阻值I。。。）

②若用如图所示的电路测量金属丝的电阻，电压表的左端应与电路中的点相连（选填“a”或

“b”）.若某次测量中，金属丝的长度为Z,直径为D,电压表和电流表读数分别为U和/,请用上

述直接测量的物理量（D、I、U、/）写出电阻率p的计算式：p=.

四、计算题（本大题共3小题，共42.0分）

13.如图所示，在xOy平面的第II象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E。第I和第W

象限内有一个半径为R的圆，其圆心坐标为（R,0）,圆内存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场，

一带正电的粒子（重力不计）以速度为从第H象限的P点平行于x轴进入电场后，恰好从坐标原点

。进入磁场，速度方向与x轴成60。角，最后从Q点平行于y轴射出磁场。P点所在处的横坐标x=

-2R。求：

（1）带电粒子的比荷；

（2）磁场的磁感应强度大小；

（3）粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场的总时间。

7

<*x

XX,XX

XXXx

Gx沙

14.如图所示，物体4置于静止在光滑水平面上的平板小车8的左端，在物体4的上方。点用细线悬挂

一小球C(可视为质点)，线长L=1.25m»现将小球C拉至水平无初速度释放，并在最低点与物体

A发生水平弹性正碰，碰撞后小球C反弹的速度为3m/s。已知4、8、C的质量分别为根4=4的、

THB=12询和叫；=1如，4B间的动摩擦因数〃=0.3,4、C碰撞时间极短，且只碰一次，取

重力加速度g=10m/s2»

(1)求小球C与物体4碰撞前瞬间受到细线的拉力大小；

(2)求4、C碰撞后瞬间4的速度大小;

(3)若物体4未从小车B上掉落，小车B的最小长度为多少。

15.如图所示，用横截面积为S的活塞在气缸内封闭一定质量的空气，活塞质量为rn.在活尸

塞上施加恒力F推动活塞，使气体体积减小.6

(1)设上述过程中气体温度保持不变，则气缸内的气体压强(选填“增大”、“减小”公:?

或“不变”)，按照分子动理论从微观上解释，这是因为.||

(2)设上述过程中活塞下降的最大高度为△%,气体放出的热量为Q,外界大气压强为po，

试求此过程中被封闭气体内能的变化^U.

五、综合题（本大题共1小题，共12.0分）

16.单色细光束射到一半径为R的透明球表面，光束在过球心的平面

内，入射角2=45。.该光束经折射进入球内后又经其内表面反射一

次，再经球表面折射后射出.已知真空中光速为c,入射光线与

出射光线之间的夹角a=30°,如图所示（图上已画出入射光线和出射光线）.

（1）在图上画出光线在球内的路径和方向（简要说明画图步骤）；

（2）求透明球的折射率和光在透明球中传播的时间.

参考答案及解析

1.答案：A

解析：解：4、伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，故A正确；

8、物理学中的质点、点电荷等均为理想化模型，原子、原子核是实物粒子，不是理想化模型，故3

错误

C、电流的磁效应是奥斯特发现的，分子电流假说是安培提出的，故C错误

。、时间是指时间的长度，在时间轴上对应时间段，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点。

故。错误。

故选：Ao

根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。

本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是

考试内容之一。

2.答案：D

解析：

根据月球表面重力与万有引力相等求得黄金代换式，再根据万有引力提供圆周运动向心力求得卫星

的周期。

解决本题抓住星球表面重力与万有引力相等，万有引力提供卫星圆周运动向心力，用好黄金代换式

是关键。

在月球表面有：G答=mgo

2

可得：GM—g0R

绕月卫星由万有引力提供圆周运动向心力有：

Mm4小

G向时口伊+向产

解得：7=刎警2课

故选Do

3.答案：C

解析：解：电极yy'之间加上图2(a)所示的电压，则粒子的偏转位移在上下进行变化，

而在XX'之间加上图2(b)所示电压时，粒子将分别打在左右各一个固定的位置，因此只能打出图C所

示的图象，故C正确，A8O错误。

故选：Co

分别对XX'和yy'方向进行分析，根据电压的变化利用电荷在电场中的偏转规律进行分析，从而得出

最终的图象。

本题考查示波器的基本原理，要注意明确粒子在示波器中同时在两个方向进行偏转，根据合成原理

即可得出对应的图象。

4.答案：D

解析：解：返回舱在减速下降过程中，由于阻力与其位移方向相反，则阻力对返回舱做负功，根据

功能原理知返回舱的机械能减少，故O正确，A8C错误。

故选：Do

明确返回舱在运动过程中的受力情况，从而分析外力做功情况，明确重力之外的其他力做功等于机

械能的改变量。

本题考查功能关系的应用，要明确阻力做负功，机械能一定减小，转化为内能，而且克服阻力所做

的功等于机械能的改变量。

5.答案：B

解析:解：4、B、当滑片向b端滑动时，其接入电路中的电阻减小，使得外电路总电阻减小，根据/=言:,

可知总电流在增加，根据闭合电路中的欧姆定律有？=k+{/为可知路端电压U处在减小，故B正

确。流过电流表的示数为/=电，可知电流在减小，故A错误。

«3

CD,因电流增大，则总功率P=E/增加，则C错误，根据P=/2「，可知内阻消耗的功率在增大，

故。错误。

故选：B。

在滑动触头由a端滑向b端的过程中，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，分析外电路总电阻的变

化，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，以及电源内阻消耗的功率如何变化，再判断电流

表的示数的变化.

本题是电路的动态变化分析问题，首先分析变阻器接入电路的电阻如何变化，接着分析总电阻、总

电流和路端电压的变化，再分析局部电流、电压的变化，即按“局部到整体再到局部”的思路进行

分析.

6.答案：BD

解析：解：小物块恰好到达半圆轨道底端时，设小物块的初速度为

对小物块，由动能定理得：fmgL=0-1?nv2

代入数据解得：v=aUm/s

小物块恰好能到达半圆轨道最高点时，小物块不脱离圆轨道，

此时重力提供向心力，设小物块恰好到达半圆轨道最高点时的速度为力,

对小物块，由牛顿第二定律得：mg=m^

小物块从尸点到达半圆轨道最高点过程，由动能定理得：一“mgL-mgx2R=说-[zn诏

代入数据解得：%=V35m/s

小物块恰好到达与圆心等高位置时也恰好不脱离半圆轨道，

小物块从P到达与圆心。等高位置过程，由动能定理得：-fJ-mgL-mgR=0-

代入数据解得：Vo'=2V5m/s

小物块不脱离半圆轨道，初速度需要满足的条件是：v0>V35m/Ss或VlUm/s<v0<2>/5m/s,故

AC错误，BD正确。

故选：BD。

小物块能到达半圆最高点恰好不脱离圆轨道的临界条件是小物块通过最高点时重力提供向心力，应

用牛顿第二定律求出临界速度；小物块在半圆形轨道上到达与圆心等高位置时也恰好不脱离圆轨道,

应用动能定理求出对应的临界速度，然后分析答题。

本题考查了牛顿第二定律与动能定理的应用，知道小物块不脱离半圆轨道的临界条件是解题的前提

与关健，应用动能定理与牛顿第二定律即可解题。

7.答案：BC

解析：解：力、对第一张牌分析可知，若手指与第1张牌的摩擦力大于1与2间的摩擦力，则二者发生

相对滑动。故A错误；

B、对53张牌(除第1张牌外)研究，处于静止状态，水平方向受到第1张牌的滑动摩擦力，方向与手指

的运动方向相同，则根据平衡条件可知：第54张牌受到桌面的摩擦力方向与手指的运动方向相反，

即水平向左。故8正确；

CD.设每张的质量为m,动摩擦因数为小，对第2张分析，它对第3张牌的压力等于上面两张牌的重

力及手指的压力，最大静摩擦力治=林2•(2mg+F),而受到的第1张牌的滑动摩擦力为，=讥9+

F)<7,则第2张牌与第3张牌之间不发生相对滑动。同理，第3张到第54张牌也不发生相对滑动。

故。错误，C正确；

故选：BC.

分别对第1张牌和下面各张牌进行分析，明确第1张牌受到手指的摩擦力是滑动摩擦力，方向与相对

运动趋势方向相反。第2张牌受到第一张的滑动摩擦力，小于它受到的最大静摩擦力，与第3张牌之

间不发生相对滑动。而第3张到第54张牌的最大静摩擦力更大，更不能发生相对滑动。对53张牌(除

第1张牌外)研究，分析摩擦力的方向。

本题根据实际问题考查对摩擦力理解和判断能力。要注意应用物理基本知识进行分析，同时要灵活

选择研究对象并做好受力分析才能准确求解。

8.答案：BC

解析：解：AB.对48整体从C到。的过程受力分析，根据牛顿第二定律得：a=

4mgsin30Q-mg-p.4mgcos300_1

，

------------4-m--+-m-------------=-209

从D点开始与弹簧接触，压缩弹簧，弹簧被压缩到E点的过程中，弹簧弹力是个变力，则加速度是变

化的，所以4在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做变加速运动，最后做变减速运动，直到速

度为零，故A错误，8正确；

C、当4的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对48整体应用动能

定理得：

LLL

0-0=4mg(L+-)sin30°-mg(L+x4mgcos30°(L+-)-W

解得：W弹=|犯眼

则弹簧具有的最大弹性势能Ep=故C正确，。错误.

故选：BC

对AB整体从C到。的过程受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，从。点开始与弹簧接触，压缩弹

簧，弹簧被压缩到E点的过程中，弹簧弹力是个变力，则后一阶段不可能是匀减速直线运动，当4的

速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对AB整体应用动能定理求解

弹簧弹力做的功，进而求出弹簧的最大弹性势能.

本题主要考查了动能定理及牛顿第二定律的直接应用，要求同学们能正确选择合适的研究对象和研

究过程，应用动能定理求解，知道克服弹簧弹力做的功等于弹簧弹性势能的增加量，注意当4的速度

为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，难度适中.

9.答案：BCE

解析：解：4、悬浮在水中花粉颗粒的布朗运动反映了液体中分子在做无规则的热运动，故A错误。

B、水电在水面上行走，这是利用了液体表面张力的原理。故8正确；

C、液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的

特性，故C正确；

。、我们不可能把环境温度降低到零下几千摄氏度。故。错误。

瓜一定量的理想气体，在吸收外界能量的同时，体积随之膨胀，则对外做功，根据热力学第一定律

可知，气体的内能可能不变，则温度可能不变，故E正确。

故选：BCE。

液体表面张力与浸润现象都是分子力作用的表现。明确布朗运动是固体小颗粒的运动，它是液体分

子无规则运动的反应；液晶具有各向异性的特点；做功与热传递都可以改变物体的内能。

本题考查热学中的基本现象，要重点要掌握布朗运动的实质，液体表面张力的形成的原因，以及液

晶的物理性质等热学现象。

10.答案：ACE

解析：解：4、由图甲可知波长4=2m,由乙图可知周期7=0.02s,所以波速为：u=*=100m/s,

故4正确。

B.由图乙知匕=0.02s时质点P正通过平衡位置向y轴负方向运动，可以判断出该波沿x轴正向传播，

所以此时质点M的运动方向沿y轴正方向，则当匕=0.03s,即再过半个周期，质点M的运动方向沿y

轴负方向。故B错误。

C.质点M的平衡位置在x=1.75m,与P点振动情况相差串山T=

ZO

根据振动方程可知I：y-Asina)t=Asin—t=0.2sin—x-T=—m>故C正确。

。.在△t=0.005s=时间内，质点M从口时刻起每过0.005s通过的路程均为0.2m。故。错误。

£波源的频率为50Hz,如果该波波源从。点沿x轴正向快速运动，根据多普勒效应可知在x=20m处

的观察者接收到的波的频率将大于50Hz,故E正确。

故选：ACE.

由图乙得到周期；根据图甲可知该波的波长；求出该波的波动方程，由此求解M点的位移；质点M在

£时间内的路程不等于振幅4根据多普勒效应分析在％=20nl处的观察者接收到的波的频率。

4

本题主要是考查了波的图象；解答本题关键是要掌握振动的一般方程y=4s讥矶，知道方程中各字

母表示的物理意义，能够根据图象直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、

波长和频率之间的关系17=f入。

11.答案：7.67.6重力所做的功等于物体动能的增加

解析：解：在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有：

v-=85.73-70.i8乂\Q-2/=3.8875m/s,

c2T2X0.02m's'

重物由。点运动到C点重力做的功W=mgh=1.0x9.8x0.77677=7.6/。

重力势能减小量△0=以=7.67«

1,1,

△Ek=Ekc=—mvc=—x1x(3.8875产=7句

重物从开始下落到打出C点的过程中，在实验误差范围内，重力所做的功等于物体动能的增加，

故答案为：7.6；7.6；重力所做的功等于物体动能的增加。

纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算

出打出某点时纸带运动的瞬时速度。从而求出动能；

根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值；

重物带动纸带下落过程中，除了重力还受到较大的阻力，从能量转化的角度，由于阻力做功，重力

势能减小除了转化给了动能还有一部分转化给摩擦产生的内能。

纸带问题的处理时力学实验中常见的问题，计算过程中要注意单位的换算和有效数字的保留。

要知道重物带动纸带下落过程中能量转化的过程和能量守恒。

12.答案：%；b；畔

解析：解：①根据欧姆定律估算通过待测电阻的最大电流/=*=*=14只是4量程的%所以

不能用乙，只能用4，

为方便实验操作，滑动变阻器应选义.

②由于待测电阻华〉怖，故电流表应用外接法，所以电压表的左端应与电路中的b点相连，

电阻R=j由电阻定律R=p：得：电阻率0=竺=竺=竺受=迎.

15rIII11411

故答案为：①A1；％②b；.

①根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作，在保证安全的前提下，应选最大阻值较小的滑

动变阻器；

②根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法；根据欧姆定律与电阻定律求出电阻率的

表达式.

设计电学实验电路时需要估算，估算方式有：根据电流表量程估算电路中需要的最大电阻和最小电

阻；根据给出的定值电阻估算电路中最大电流等.

13.答案：解：⑴粒子在电场中做类平抛运动，则tan60°=^=f

根据牛顿第二定律有a=变

m

水平方向有x=2R=%t

联立解得：=vtan6O0=V3v

vyo0

q_

m2ER

(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示：

由几何关系，图中轨迹圆与磁场圆的两个交点、轨迹圆圆心。2、磁场圆圆心01构成四边形,

有几何关系知，四边形。1。。2(?菱形，故「=2

2

根据牛顿第二定律有：qvB=my

其中。==2v°

联立解得B=”史

3v0

(3)粒子在电场中做类平抛运动，有：t=f=f

v0v0

由于4。1。。2=30°,轨迹圆心角a=与，

6

在磁场中做匀速圆周运动，时间：=其中T=现

2nv

则t'=署

故总时间为：

,2R5nR(24+5TT)R

答：(i)带电粒子的比荷为且i；

2ER

(2)磁场的磁感应强度大小为誓；

(3)粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场的总时间为空誓。

解析：(1)粒子在电场中做类似平抛运动，根据类平抛运动的分运动公式列式求解即可；

(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，先结合几何关系画出运动的轨迹，求解出轨道半径，然后根据牛

顿第二定律列式求解磁感应强度；

(3)在电场中是类平抛运动，根据分位移公式列式求解时间；在磁场中是匀速圆周运动，用为7求时

间.

本题关键是明确粒子的运动规律，分类似平抛运动和匀速圆周运动过程进行分析，由几何关系得到

轨迹圆的轨道半径是突破口.

14.答案：解：(1)小球下摆过程中，根据动能定理得：mcgL=^mcv^

代入数据解得：v0=5m/s

对小球C,在最低点由牛顿第二定律得：T-mcg=mc^-

代入数据解得：T=30N；

(2)小球与4碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mcv0=-mcvc+mAvA

代入数据解得：vA=2m/s；

(3)物块4与木板B相互作用过程，系统动量守恒，以A的速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mAvA=(mA+mB)v

2

由能量守恒定律得：nmAgx=^mAv1-+mB')v

代入数据解得：％=0.5m。

答：(1)小球C与物体4碰撞前瞬间受到细线的拉力大小为30N；

(2)4、C碰撞后瞬间4的速度大小为2m/s；

(3)若物体力未从小车B上掉落，小车8