2021届天津市和平区高考物理二模试卷附答案详解

2021届天津市和平区高考物理二模试卷

单选题（本大题共6小题，共24.0分）

下列说法中正确的是（）

A.无线电波、紫外线、0射线、y射线都是电磁波，其中无线电波的波长最长

B.如图所示，与锌板相连的验电器的铝箔原来是闭合的，用弧光灯发出紫外线照射到锌板，结

果发现验电器的铝箔张开一个角度，验电器的铝箔一定带正电

C.在温度达至HO7K时，和；H发生聚变，因为聚变的环境温度很高，所以这个反应需要从

外界吸收能量

D.在核反应堆中，利用慢化剂（石墨、重水等）来减慢核反应的速度

2.下列关于电磁波的说法正确的是（）

A.麦克斯韦首先从理论上预言了电磁波，并用实验证实了电磁波的存在

B.电磁波能发生干涉、衍射现象和多普勒效应，但不能发生偏振现象

C.X射线是一种波长比紫外线短的电磁波，医学上可检查人体内病变和骨骼情况

D.红外线的显著作用是热作用，温度较低的物体不能辐射红外线

如图为氢原子的能级示意图，锌的逸出功是3.34日，那么对氢原子在能级跃迁过程中发射或吸

收光子的特征，下列认识不正确的是（）

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A.用氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光照射锌板一定不能产生光电效应现象

B.一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，能放出3种不同频率的光

C.一群处于71=3能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，锌板表面所发出的光电子

的最大初动能为8.75eo

D.用能量为14.0e。的光子照射，可使处于基态的氢原子电离

4.在本届学校秋季运动会上，小明同学以背越式成功地跳过了1.70米的高

度，如图。若忽略空气阻力，g取10m/s2.则下列说法正确的是（）

A.小明下降过程中处于失重状态

B.小明起跳以后在上升过程中处于超重状态

C.小明起跳时地面对他的支持力等于他的重力

D.小明起跳以后在下降过程中重力消失了

如图所示，质量分别是巾1、机2的两个木块，用轻质细线相连，在

水平外力产的作用下在粗糙的水平地面上向右做匀速直线运动，某

时刻剪断细线，在4停止运动以前，对于4B系统的总动能下列说法中正确的是（）

A.不变B.增加C.减小D.先增加后减小

6.某电场的电场线分布如图所示（实线），以下说法不正确的是（）

A.C点场强大于b点场强

B.。的电势大d点的电势

C.若将一试探电荷+q由b点移动到d点，电荷的电势能将减小

D.若某一点电荷只在电场力的作用下沿虚线由a点运动到乙点，可判断该电荷一定带负电

二、多选题（本大题共2小题，共8.0分）

7.图示为一简谐横波在t=0时刻的波形图，P是平衡位置在x=1m处的质点,

此时刻P点振动方向沿y轴正方向，并经过0.3s第一次到达平衡位置，Q是

平衡位置为x=4zn处的质点，下列分析正确的是（）

A.该波沿x轴负方向传播

B.该波的传播速度为10m/s

C.P点与Q点的振动方向总是相反

D.从此刻起1m仇内Q点通过的路程为30nl

E.质点Q的振动方程可表示为y=lOsin57rt（cm）

8.用理想变压器给负载（所有负载都是并联的）供电，下列措施哪些可以使变压器的输入功率增大

()

A.只减小原线圈的匝数B.只减小负载电阻

C.只增加负载的个数D.只减小副线圈的匝数

三、实验题(本大题共2小题，共18.0分)

9.如图所示的是“研究一定质量的气体在体积不变时，其压强与温度的关系”的实验装置，其中

对应的传感器(A)是传感器，传感器(B)是传感器。

10.下图甲是小敏用伏安法测电阻的实物图，所用滑动变阻器的规格是“20014“，电源电压不

变,待测电阻心的阻值约为

ion.

T

b甲乙

(1)用笔画线代替导线在图甲中完成实物电路连接，要求滑动变阻器的滑片向B端滑动时连入电路的

电阻变大。

(2)正确连接电路后，若甲图中b导线断路，其余均完好，闭合开关，观察两只电表的示数，发现

(填字母)

A.电流表指针指在0刻度

区电压表指针指在0刻度

C.电压表指针指在满刻度

。.电流表指针有偏转

(3)排除故障后，移动滑动变阻器的滑片到某一位置，电压表和电流表的示数如上图乙、丙所示，则

%的阻值为_0.小敏利用此数据即得出该待测电阻的阻值，结束了实验。你认为结果准确

吗？

理由是。

(4)实验中若电压表突然损坏，小明利用剩下的器材组成了如图丁所示的电路，也测出了心的阻值，

请你补充步骤并写出心的表达式。

①将滑动变阻器的滑片移至最左端，闭合开关，记下此时电流表的示数5

②；

③心的表达式：Rx=(用测量量和已知量表示)

四、计算题(本大题共3小题，共30.0分)

11.如图所示，足够长光滑斜面倾角为30。，斜面上甲、乙两位置有4、B两个滑块。滑块B的质量为

滑块4的质量的0.1倍，某时刻，使滑块8从乙位置以lm/s的初速度沿斜面向上运动，与此

同时，给处于甲位置的4物块一个沿斜面向上的初速度。甲、乙两位置间的距离s=0.5m,重力

加速度为g=10?n/s2o

(1)如果当滑块B向上运动速度刚好等于零时两滑块相碰，求滑块4的初速度的值；

(2)如果当滑块B返回到乙位置时，两滑块刚好发生碰撞(碰撞时间极短)，且滑块4碰后速度为0.1/n/s

方向沿斜面向上，求碰撞后滑块8再次回到乙位置的时间。

12.如图所示，在竖直平面内，半径为R的;光滑圆弧轨道4B与光滑水平桌面BC平滑相连。桌面与水

4

平地面的高度差为R.质量为沉的小物块从圆弧轨道的顶点4由静止释放，取重力加速度为g,不

计空气阻力。求：

(1)小物块在B点时的速度大小如；

(2)小物块运动到圆弧轨道末端时对轨道的压力大小心；

(3)小物块落地时速度"的大小和方向。

13.如图，4B为平行板电容器，两板相距d,接在电压为U的电源上，在4板的中央有一小孔M(两

板间电场可视为匀强电场).今有一质量为m的带电质点，自4板上方与4板相距也为d的。点由静

止自由下落，穿过小孔M后到达距B板:的N点时速度恰好为零.(重力加速度为g)求:

(1)带电质点的电荷量，并指出其带电性质；

(2)在保持与电源相连的情况下，4板往下移(的距离.质点仍从0点由静止自由下落，求质点下落速

度为零时距B板的距离.

H±

参考答案及解析

1.答案：B

解析：解：4、无线电波、紫外线、y射线等都是电磁波，而£射线不属于电磁波，其中无线电波的

波长最长，故A错误；

8、与锌板相连的验电器的铝箔原来是闭合的，用弧光灯发出紫外线照射到锌板，锌板失去电子，结

果发现验电器的铝箔有张角，验电器的铝箔一定带正电，故8正确；

C、在温度达到107K时，："和：”发生聚变，虽然聚变的环境温度很高，依据质能方程，这个反应

会释放能量，故C错误；

。、在核反应堆中利用慢化剂（如石墨、重水等）来减慢核反应中产生的快中子的速度，从而提高核反

应的速度，故。错误；

故选：B.

S射线不属于电磁波，无线电波波长最长；

金属在光照下放出电子；

重核的裂变和轻核的聚变都会放出核能；

慢化剂（如石墨、重水等）来加速核反应的速度.

考查电磁波的组成，掌握光电效应现象，理解质量亏损与质能方程，最后注意慢化剂的作用.

2.答案：C

解析：解：4、麦克斯韦预言电磁波，而赫兹用实验证实了电磁波的存在，故A错误；

8、电磁波能发生干涉、衍射现象和多普勒效应、偏振等所有波的现象，故B错误；

C、X射线是一种波长比紫外线短的电磁波，具有较强的穿透能力，医学上可检查人体内病变和骨骼

情况，故C正确；

。、红外线的显著作用是热作用，任何物体都会产生红外辐射，故。错误；

故选：C.

麦克斯韦预言电磁波，赫兹证实了电磁波的存在；

电磁波能产生波的任何现象；

X射线是一种波长比紫外线短的电磁波，具有较强的穿透能力；

任何物体都会产生红外辐射；

该题重点是掌握电磁波的基本特征，电磁波是横波，具备波的任何特征，要区分机械波，机械波是

纵波的不能发生偏振.

3.答案：A

解析：解：4、氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子的能量最小为从n=2能级跃迁到n=l能级

发出的光子的能量，为E=-3.4eK-(-13.6eK)=10.2eV,大于锌的逸出功，则照射金属锌板一定

能产生光电效应现象，故A错误；

B、一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，能放出废=3种不同频率的光，故8正确；

C、一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，从n=3跃迁到n=1辐射的光子能量最大，为12.09eV,

根据光电效应方程得，照射锌板发出光电子的最大初动能：Ekm=hy-W0=12.09eV-3.34eK=

8.75eV,故C正确；

。、能量为14.0eU大于基态氢原子的电离能13.6eU,因此此光子照射，可使处于基态的氢原子电离，

故。正确。

本题选不正确的，

故选：Ao

当辐射的光子能量大于逸出功，可使金属发生光电效应；根据数学组合公式鬣求出氢原子跃迁时辐

射不同频率光子的种数；从n=3跃迁到n=1辐射的光子能量最大，求出辐射的最大光子能量，结

合光电效应方程求出光电子的最大初动能；要使处于基态的氢原子电离，照射光光子的能量应能使

电子从基态跃迁到无限远处，光子能量至少其电离能。

解决本题的关键知道什么是电离，以及能级的跃迁满足=Em-琮，注意吸收光子是向高能级跃

迁，释放光子是向低能级跃迁，同时掌握吸收或释放能量要正好等于能级之差。

4.答案:A

解析：解：4、在小明下降过程，只受重力的作用，有向下的重力加速度，是处于完全失重状态，故

A正确。

8、小明起跳以后在上升过程，也是只受重力的作用，有向下的重力加速度，是处于完全失重状态，

故B错误。

C、在小明起跳过程中，地面要给人一个向上的支持力，支持力的大小大于人的重力的大小，人才能

够有向上的加速度，向上运动，故C错误。

。、起跳以后在下降过程中，重力仍不变，故。错误。

故选:A.

当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；

当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度：

如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g。

本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持

物的压力或悬挂物的拉力变了。

5.答案：B

解析：解：剪断细线前，两木块在水平地面上向右做匀速直线运动，所受合力为零.剪断细线后,

在4停止运动以前，两木块组成的系统的合力仍为零，则系统的总动量守恒.设原来两木块的速度大

小为剪断细线后，在4停止运动以前，速度大小分别为％,v2,由动量守恒得

+m2）v=mi%+m2v2

2（叫外+7712^27

剪断细线前总动能为&=|(m1+m2)v

2（7n1+7n2）

剪断细线后总动能为EJ=^m1vl+^m2vl

m?n2（V1-V2）2

则有-1

2（m1+m2）

由于名力畛，根据数学知识得到，Ek'-Ek>3所以A、8系统的总动能增力口.

故选B

两木块原来做匀速直线运动，合力为零，某时刻剪断细线，在4停止运动以前，系统的合力仍为零,

根据动量守恒定律研究总动能如何变化.再分析总动能如何变化.

本题是脱钩问题，尽管两个没有发生相互作用，但系统的合力为零，系统的总动量也守恒.

6.答案：。

解析：解：4、电场线的疏密表示场强的强弱，由图知c点场强大于b点场强，故A正确；

B、沿电场线方向电势逐渐降低，故b的电势大于d点电势，故B正确；

C、若将一试探电荷+q由a点移动到d点，电场力做正功，电荷的电势能将减小，故C正确；

。、由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力大致斜向左上方，与电场强度方向相同，

故粒子带正电，故。不正确；

本题选不正确的，故选：D

电场线的疏密表示场强的强弱，沿电场线方向电势逐渐降低，根据带电粒子运动轨迹判定电场力方

向，然后根据电性判断电场线方向，根据电场力做功判断电势能的变化.

解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求

解.比较电势能的大小有两种方法：一可以从电场力做功角度比较，二从电势能公式角度判断，先

比较电势，再比较电势能.

7.答案:ABD

解析：解：4、分析质点P的振动方向，根据波动规律可知，波沿》轴负方向传播，故A正确。

B、因P点的平衡位置在x=lm处，所以J+g=0.3s,解得7=0.8s,波长4=8m,根据波长、周

84

期和波速的关系可知，v==10m/s,故8正确。

C、P、Q两质点的平衡位置间的距离小于半个波长，振动情况不一定始终相反，故C错误。

D、Imin=60s=75T,则Q点通过的路程s=75x44=30m,故。正确。

E、圆频率3=崇=2.5兀rad/s,质点Q此时由平衡位置向下运动，则振动方程为y=-1Osin57rt(cm),

故E错误。

故选：ABD。

根据P的振动方向判断波的传播方向。

根据图象可读出该波的波长，根据题意得出周期，从而求出波速。

根据时间与周期的关系分析质点Q在lmin时的路程。

根据传播规律，书写质点Q的振动方程。

此题考查了波动规律，解决本题的关键能够从波动图象和振动图象获取信息，以及知道质点的振动

方向与波的传播方向的关系。

8.答案:ABC

解析：解：A、原副线圈电压之比等于匝数之比，只减小原线圈的匝数，则副线圈的电压增加，

根据尸=9,所以副线圈的功率也增加，则变压器输入功率增加，故A正确；

B、减小负载的电阻值，其余保持不变，副线圈的电压不变，但导致副线圈的电流增大，所以副线圈

的功率增加，则变压器输入功率增大，故B正确；

C、给负载电阻R再并联一个电阻，总电阻减小，由于电压不变，所以副线圈消耗功率增加，则原线

圈的输入功率也增大，故C正确；

。、减少副线圈的匝数，其余保持不变，则副线圈的电压也减少，所以副线圈的功率也减少，则变

压器输入功率也减少，故。错误；

故选：ABC.

变压器的原线圈的输入电压决定副线圈的输出电压，副线圈的输出功率决定原线圈的输出功率，由

于匝数比不变，故副线圈的输出电压保持不变，当负载电阻减小时，输出功率变大，故输入功率也

变大.

该知识点题目比较简单，且题目单一，只要记住了原副线圈的输入功率和输出功率关系，输入电压

和输出电压的关系，一切题目都水到渠成.

9.答案：压强温度

解析：解：

“研究一定质量的气体在体积不变时，其压强与温度的关系”的实验装置含有压强传感器和温度传

感器。压强传感器只需要联通就可以和待测气体保持压强相同，因此上方是压强传感器。温度传感

器需要和待测气体充分接触，才能达到温度平衡，因此应该在储气罐保持密切接触，因此B为温度传

感器。

故答案为：压强，温度

根据对仪器的认识和了解填空即可。

考察对仪器的认识和了解。如果对仪器不熟悉，可以通过它的功用来分析判断。

10.答案：(1)电路图如图所示;(2)FD；(3)8；结果不准确，一次测量误

差较大,应多次测量求平均值；(4)②将滑动变阻器滑片置于最右端,记下此时电流表示数，2；③藁。

解析：

(1)根据题意确定滑动变阻器的接法，然后连接实物电路图。

(2)根据电路图判断导线b断路后的电路结构，根据电路结构分析电路现象。

(3)根据题意确定电表的量程，然后根据图示表盘确定其分度值，读出其示数，然后应用欧姆定律求

出电阻阻值；为减小实验误差，可以进行多次测量求平均值。

(4)电源电压不变，根据图丁所示实验电路结合实验步骤分析答题。

本题考查了连接实物电路图、实验现象分析、电表读数与求电阻阻值等问题；对电表读数时，要先

确定电表的量程与分度值，然后根据指针位置读数，读数时视线要与刻度线垂直。

(1)由题意可知，滑动变阻器最大阻值约为待测电阻阻值的2倍，滑动变阻器可以采用限流接法，滑

动变阻器接4接线柱时，滑片向B端滑动时连入电路的电阻变大，实物电路图如图所示：

UJ

b

(2)由图示电路图可知，b导线断路，电路仍然是通路，只是电压表不能并联在待测电阻两端测电压,

此时电流表指针偏转有示数，电压表指针不偏转示数为零，故8。正确，故选：BD.

(3)由图示电路图可知，电压表量程为3人由图示表盘可知，电压表分度值为0.1U,示数：U=2.401Z；

电源由两节干电池组成，电源电动势为：3V,通过电阻的最大电流约为：I=-=-A=0.3A,

KXLU

则电流表选择0.6力量程，由图示电流表可知，其分度值为0.024示数为：/=0.34待测电阻阻值：

R=-=—n=80；

x/0.3

一次测量具有偶然性，测量误差较大，实验结果不准确，为准确测出电阻阻值，应进行多次测量求

平均值。

(4)②将滑动变阻器滑片置于最右端，记下此时电流表示数左；

③由题意可知，电源电压不变，设为U,由实验步骤①可知：U=IiRx，

由实验步骤②可知：U=/2(R潸+RQ=/2(20+RQ,解得：&=岩；

故答案为：(1)电路图如图所小;(2)BD；(3)8；结果不准确，一次测量

误差较大，应多次测量求平均值；(4)②将滑动变阻器滑片置于最右端，记下此时电流表示数勿

③普。

11.答案:解：⑴由于斜面光滑，则滑块沿斜面向上运动的加速度大小为Q=gsin30°=0.5g=5m/s2.

当B速度减为零时，所用时间h=0.2s

当8刚好减为零时运动的位移=也=-^—m=0.1m

当8刚好减为零时，A刚好与B相碰，贝脑向上运动的位移为

xA=s-VxB=0,5m+0.1m=0.6m

因为乙=VA1I一；。4。

解得以=3.5m/s

(2)当B回到乙位置时，B运动的时间功=2tl=0.4s

设4的初速度为%,在今=0.4s时间内，4的位移s=ViJ抬

解得％=2.25m/s,方向沿斜面向上

设碰撞前/的速度大小为女'.则有%-at2.

得％'=0.25m/s,方向沿斜面向上

以沿斜面向上为正方向，设滑块B质量为m,根据动量守恒定律得

/r,,

10mv1—mvB=mv2+10mv1

把%'=0.25?n/s,vB=Im/s,%"=O.lm/s代入上式解得碰撞后滑块8的速度方'=0・5m/s,方向

沿斜面向上

则碰撞后滑块B再次回到乙位置所需的时间t3=等=餐5s=0.2s。

答：

(1)滑块4的初速度的值是3.5m/s。

(2)碰撞后滑块B再次回到乙位置的时间是0.2s。

解析：(1)当两滑块刚好发生碰撞时，位移之差等于s,根据牛顿第二定律求得两滑块的加速度，结

合位移关系和位移公式求解滑块A的初速度大小为。

(2)根据对称性求出滑块乙返回乙位置时的时间，由速度时间公式求出碰撞前瞬间甲的速度。再研究

碰撞过程，由动量守恒定律列式，求得碰后B的速度，再根据运动学公式求碰撞后滑块B再次回到乙

位置所需的时间。

本题是多体多过程问题，物体运动过程复杂，分析清楚物体运动过程与运动性质是解题的前提与关

键，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题。

12.答案：解：(1)小物块从圆弧轨道的顶点4由静止释放到达B点的过程中，由动能定理得：mgR=

-2mvlB

解得小物块在B点时的速度大小如为：vB=y[2^R

(2)设轨道对小物块的支持力为

r

由牛顿第二定律得：FN—mg=

r

解得：FN=3mg

根据牛顿第三定律得小物体对轨道的压力大小为：FN=3mg

(3)设小物块落地时水平方向分速度为以，竖直方向分速度为为,则：

以=为