还剩16页未读，
继续阅读
2021年广西玉林市、贵港市、崇左市、柳州市、百色市高考物理二模试卷_(带答案解析).docx
展开
这是一份2021年广西玉林市、贵港市、崇左市、柳州市、百色市高考物理二模试卷_(带答案解析).docx，共19页。试卷主要包含了答题前填写好自己的姓名，请将答案正确填写在答题卡上等内容，欢迎下载使用。
绝密★启用前
2021年广西玉林市、贵港市、崇左市、柳州市、百色市高考物理二模试卷
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：120分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
四
总分
得分
注意事项：
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2、请将答案正确填写在答题卡上
评卷人
得分
一、 单选题（共5题）
1. 2020年11月24日，中国用长征五号运载火箭成功发射嫦娥五号探测器，并于12月17日凌晨，返回器携带月球样品着陆地球。降落月球之前，嫦娥五号探测器在近月点“刹车”，从椭圆环月轨道变为圆形环月轨道，如图所示。嫦娥五号( )
A.在A点时的机械能比在B点时的机械能大
B.在圆轨道运动的周期大于其在椭圆轨道运动的周期
C.在A点时的加速度比其在B点时的加速度大
D.在A点时的速率比其在B点时的速率小
2. 图示为氢原子能级示意图，已知大量处于n=2能级的氢原子，当它们受到某种频率的光线照射后，可辐射出3种频率的光子，下面说法中正确的是( )
A.n=2能级氢原子受到照射后跃迁到n=4能级
B.n=2能级氢原子吸收的能量为2.55eV
C.频率最高的光子是氢原子从n=3能级跃迁到n=1能级放出的
D.波长最长的光子是氢原子从n=4能级跃迁到n=1能级放出的
3. 如图所示是两个物体A和B同时出发沿同一直线运动的x−t图像。由图像可知( )
A.t=4s时，物体B的速度为0
B.t=4s时，物体A的加速度为0
C.前4s内，A、B速度方向相同
D.t=2s时，物体A和物体B速度相同
4. 空间某一静电场的电势φ在x轴上的分布如图所示，x轴上两点B、C的电场强度在x方向的分量大小分别是EBx、ECx，下列说法中正确的是( )
A.EBx>ECx
B.EBx的方向沿x轴负方向，ECx的方向沿x轴正方向
C.另放一电荷在O点，其受到的电场力在x方向上的分量为零
D.一电子沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功
5. 一长为L、质量可不计的刚性的硬杆，左端通过铰链固定于O点，中点及右端分别固定质量为m和质量为2m的小球，两球与杆可在竖直平面内绕O点无摩擦地转动。开始时使杆处于水平状态并由静止释放，如图所示。当杆下落到竖直位置时，在杆中点的球的速率为( )
A.59gL
B.35gL
C.53gL
D.2gL
评卷人
得分
二、 多选题（共5题）
6. 理想变压器原线圈a的匝数n1=200匝，副线圈b的匝数n2=100匝，线圈a通过电阻R1接在u=382sin(100πt)(V)的交流电源上，“6V6W”的灯泡恰好正常发光，电阻R2=12Ω，电压表为理想电表。下列说法正确的是( )
A.电路中电流方向每秒钟改变100次
B.原线圈两端的电压为38V
C.电压表的示数为12V
D.R1消耗的功率是1W
7. 在一次检测宝骏E200电动汽车时，驾驶员驾车由静止开始沿平直公路做直线运动，直至达到最大速度30m/s。在此过程中利用传感器测得各时刻汽车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出F−1v图象，如图所示，已知图中AB、BO均为直线，汽车质量为1000kg(含驾驶员和测量设备)，设汽车行驶中受到的阻力大小不变，则该车( )
A.从A→B过程中，做匀速运动
B.从B→C过程中，做加速度减小的加速运动
C.做匀加速运动时，加速度大小为3m/s2
D.受到的阻力大小为1200N，最大功率为36kW
8. 如图所示，三角形PMO区域有垂直于xOy坐标向里、磁感应强度为B的匀强磁场，P、M的坐标分别为(0,6l)、(6l,0)，PM边界无阻碍。x轴下方OMNQ区域内有沿x轴正方向，且场强E=Bv0的匀强电场，Q、N的坐标分别为(0,−3l)、(6l,−3l)。一系列电子以不同的速率从O点沿y轴正方向射入磁场，已知速率为v0的电子通过磁场和电场后恰好过Q点，忽略电子间的相互影响，则( )
A.通过Q点的电子轨道半径为32l
B.通过Q点的电子轨道半径为2l
C.速率不超过3(2−1)v0的电子均可进入电场
D.速率不超过4(2−1)v0的电子均可进入电场
9. 下列说法正确的是 ( )
A.温度是分子平均动能的标志
B.分子力随着分子的距离增大而增大
C.一定质量的理想气体等压膨胀，一定吸收热量
D.液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似，具有各向异性
E.某种液体的饱和汽压可能比该温度下未饱和汽压小
10. 一束复色光射向玻璃棱镜，在光屏上分成两束单色光a和b，下列说法正确的是( )
A.a光束通过棱镜的时间比b光束短
B.在真空中，a光束的传播速度大于b光束的传播速度
C.用同样的装置做双缝干涉实验，b光束的条纹间距小
D.若a光能使某金属发生光电效应，则b光也能使该金属发生光电效应
E.顺时针转动复色光，屏幕上a光束最先消失
评卷人
得分
三、 实验题（共2题）
11. 某同学用图甲所示装置做“研究平抛运动”的实验，根据实验结果在坐标纸上描出了小钢球水平抛出后的后半部分运动轨迹如图乙所示，已知重力加速度为g。
(1)下列说法正确的是 ______ 。
A.每次实验小钢球必须从同一位置释放
B.实验中所用的斜槽末端的切线必须调到水平
C.该实验必须使用重垂线
D.只释放一次小钢球也可以完成该实验
(2)在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，则y1y2______13(选填“>”、“=”或者“<“)。
(3)小钢球平抛运动的初速度v0=______m/s(用x、y1、y2、g表示)。
12. 某同学利用如下器材设计了测定二极管正向伏安特性的电路图如图甲，并测得相应的伏安特性曲线如图乙。
A.电源(20V,内阻可忽略)
B.电压表V1(量程为0到3V，内阻约为1000Ω)
C.电压表V2(量程为0到10V，内阻约为5000Ω)
D.电流表A(量程为0到10mA，内阻约为0.1Ω)
E.保护电阻R1
F.滑动变阻器R2(阻值为0到50Ω，1A)
G.滑动变阻器R3(阻值为0到1000Ω，0.1A)
H.发光二极管一个
I.导线、开关若干
(1)甲图中电压表应选用 ______ ，滑动变阻器选用 ______(统一填字母序号)。
(2)该同学发现所测定二极管伏安特性曲线先是曲线，后来逐渐趋近于一条直线，可知该二极管的正向电阻 ______(选填“先减小后不变”、“一直减小”、“先增大后不变”)；曲线上A点所对应二极管的阻值 ______Ω(保留三位有效数字)。
(3)将该二极管通过一阻值为500Ω的电阻与一电动势为6V、内阻不计的电源串联(如图丙所示)，则该二极管的实际功率为 ______W(保留三位有效数字)。
评卷人
得分
四、 计算题（共4题）
13. 如图所示，在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，沿水平面固定一个V字型光滑金属框架CAD，已知∠A=60°。导体棒EF在框架上从A点开始在外力作用下，沿垂直EF方向以速度v匀速向右平移，使导体棒和框架始终构成等边三角形回路，经过时间t导体棒运动到图示位置。已知框架和导体棒的材料和横截面积均相同，其单位长度的电阻均为r，框架和导体棒均足够长，导体棒运动中始终与磁场方向垂直，且与框架接触良好，求：
(1)t时刻回路的总电阻；
(2)t时刻流过导体棒的电流大小。
14. 如图所示，一辆质量m1=2.0kg的平板车，左端放有质量m2=4.0kg的滑块(可视为质点)，滑块与平板车之间的动摩擦因数μ=0.1。开始时平板车和滑块共同以v1=2.0m/s的速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反，平板车足够长，以致滑块不会滑到平板车右端后掉下(重力加速度g取10m/s2)。求：
(1)平板车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离x；
(2)平板车第一次碰撞后再次与滑块共速时，平板车右端距墙壁的距离L；
(3)从平板车第一次与墙壁碰撞后瞬间算起，平板车来来回回所走的总路程s。
15. 如图甲所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸水平放置，横截面积为S=1×10−4m2、质量为m=0.2kg、厚度不计的活塞与汽缸底部之间封闭了一部分气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离为12cm，在活塞的右侧6cm处有一对与汽缸固定连接的卡环，气体的温度为300K，大气压强p0=1.0×105Pa。现将汽缸竖直倒置，如图乙所示，取g=10m/s2。求：
(1)稳定后，活塞与汽缸底部之间的距离；
(2)加热到720K时封闭气体的压强。
16. 一列振幅为2m、传播速度为5m/s的简谐横波沿x轴传播，t=0时刻，平衡位置处于原点O的质点运动到正向最大位移处，平衡位置处于B的质点恰好通过平衡位置向−y方向振动。如图所示，已知OB=35m。
①若波沿x负方向传播，波长λ>35m，求波的周期；
②若波沿x正方向传播，波长λ符合14m<λ<45m，求从t=0至t=60s时间内B处的质点通过的路程s。
参考答案及解析
一、 单选题
1. 【答案】C
【解析】解：A、卫星在不同轨道上机械能不相同，且满足“高轨高能，低轨低能”，变轨过程中机械能不守恒，则在A点时的机械能比在B点时的机械能小，故A错误；
B、根据开普勒第三定律r3T2=k可知，轨道半径越大，周期越长，在圆轨道运动的周期小于其在椭圆轨道运动的周期，故B错误；
C、根据牛顿第二定律GMmr2=ma可知，距离月球越近，万有引力越大，则加速度越大，在A点时的加速度比其在B点时的加速度大，故C正确；
D、设嫦娥五号在与B点等高处圆轨道速度为v3，由于从B点变轨到与B点等高处圆轨道要点火加速，所以有：vB<v3，根据万有引力提供向心力得：GMmr2=mv2r，解得：v=GMr，又因为A点轨道较低，则vA>v3，故vA>vB，故D错误。
故选：C。
根据“高轨高能，低轨低能”判断；根据开普勒第三定律判断；根据牛顿第二定律判断；根据万有引力提供向心力，结合变轨知识求解。
本题以嫦娥五号探测器在近月点“刹车”为情景载体，考查了卫星变轨问题，解决此题的关键是灵活选取所学规律求解。
2. 【答案】C
【解析】解：A、处于第3能级的大量氢原子向低能级跃迁时可辐射出3种不同频率的光子，所以n=2能级氢原子受到照射后跃迁到n=3能级，故A错误；
B、n=2能级氢原子向第3能级跃迁时吸收的能量为E23=E3−E2=−1.51eV−(−3.4eV)=1.89eV，故B错误；
C、根据E=ℎν可知频率越高的光子能量越大，所以频率最高的光子是氢原子从n=3能级跃迁到n=1能级放出的，故C正确；
D、氢原子吸收光子后只能跃迁到第3能级，波长最长的光子能量最小，是从n=3能级跃迁到n=2能级放出的，故D错误。
故选：C。
处于第3能级的大量氢原子向低能级跃迁时可辐射出3种不同频率的光子，由此判断氢原子吸收光子后的能级。能级间跃迁时，辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越高。
解决本题的关键是知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，掌握辐射光子的种类计算方法。
3. 【答案】B
【解析】解：A、在x−t图像中，图像的斜率表示物体运动的速度，在t=4s时物体B的速度为vB=△x△t=0−104m/s=−2.5m/s，故A错误；
B、由图象可知，t=4s时物体A做匀速运动，此时加速度为0，故B正确；
C、由图像可知，前4s内物体A向正方向做匀速运动，物体B向负方向做匀速运动，故C错误；
D、t=2s时物体A的速度为vA=△v'△t'=104m/s=2.5m/s，t=2s时物体B的速度为vB=−2.5m/s
故物体A与物体B的速度大小相等，方向不同，故D错误；
故选：B。
在x−t图像中，图像的斜率表示物体运动的速度，图像的斜率不变速度不变，即可判断出速度。
本题考查运动学基本公式的应用，关键是要能够从图中得出有效信息，灵活运用运动学公式解答。
4. 【答案】C
【解析】解：A.在B点和C点附近分别取很小的一段△x，由图象，B点段对应的电势差小于C点段对应的电势差，看做匀强电场有E=△∅△x，可知EBx<Ecx，故A错误；
B.沿电场方向电势降低，在O点左侧，EBx的方向沿x轴正方向，在O点右侧，Ecx的方向沿x轴负方向，故B错误；
C.O点切线的斜率为零，场强为0，则电荷在O点受到的电场力为0，故C正确；
D.电子沿x轴从B移到C的过程中，电场力先向左后向右，电场力先做负功，后做正功，故D错误。
故选：C。
本题的入手点在于如何判断EBx和Ecx的大小，由图象可知在x轴上各点的电场强度在x方向的分量不相同，如果在x方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法。
本题需要对电场力的性质和能的性质由较为全面的理解，并要求学生能灵活应用微分法。
5. 【答案】A
【解析】解：两球转动的角速度相等，根据v=ωr
可知两球的线速度大小之比为1：2，设杆中点处小球的速度为v，则外端小球的速度为2v，杆由初状态下落到竖直位置过程中，根据系统机械能守恒定律得
2mgL+mgL2=12mv2+122m(2v)2
可解的v=59gL
故选：A。
两小球定轴转动，角速度相等，找出两球线速度关系，再根据系统机械能守恒定律列方程求解。
本题考查圆周运动和系统机械能守恒，熟练掌握圆周运动的公式、熟练运用机械能守恒定律列方程是解题的关键。
二、 多选题
6. 【答案】AD
【解析】解：A、线圈a通过电阻R1接在u=382sin(100πt)(V)的交流电源上，交流电周期T=2π100πs=0.02s，一个周期电路中电流方向改变两次，所以电路中电流方向每秒钟改变100次，故A错误；
BC、灯泡正常发光，故副线圈中电流为I2=PU=66A=1A，故电压表示数为：U2=6+I2R2=(6+1×12)V=18V，
根据理想变压器电压与匝数成正比得：原线圈两端的电压为U1=200100×18V=36V，故BC错误；
D、线圈a通过电阻R1接在u=382sin(100πt)(V)的交流电源上，交流电源电压有效值是38V，
所以R1两端电压UR=(38−36)V=2V，
根据理想变压器电流与匝数成反比，原线圈电流为I1=100200×1A=0.5A，所以R1消耗的功率是PR=2V×0.5A=1W，故D正确。
故选：AD。
根据理想变压器中原副线圈的电流、电压与匝数比之间关系可以直接求解，注意电压表、电流表示数均为有效值．
要根据理想变压器中电流、电压与匝数比之间的关系进行有关问题的解答，注意电表的示数均为有效值．
7. 【答案】BCD
【解析】解：A.A−B过程牵引力不变，阻力不变，根据牛顿第二定律可知，做匀加速直线运动，故A错误；
B.B−C过程牵引力减小，阻力不变，根据牛顿第二定律
FBC−f=ma
可知，B−C加速度减小，故B正确；
CD.当汽车达到最大速度30m/s时，此时汽车做匀速运动，受力平衡，即此时汽车所受阻力等于牵引力，即
f=FC=1200N
因汽车所受阻力不变，故在A−B过程中，根据牛顿第二定律可知
FAB−f=maAB
解得
aAB=3m/s2
同时瞬时功率为
P=Fv
可得摩擦力的最大功率为
P=fvm=1200×30W=36kW
故CD正确；
故选：BCD。
根据图象得出牵引力随时间变化，再利用牛顿第二定律和功率的相关公式列式求解加速度、速度和功率。
正确从图象中获取信息，判断物体的运动状态，再根据牛顿第二定律和功率相关公式求解。
8. 【答案】AD
【解析】解：AB、电子从O点沿y轴正方向射入，设从x轴上某点D(ℎ,0)点射出，将在电场中做类平抛运动有：
3L=v0t
ℎ=12at2，其中qE=ma
在磁场中由洛伦兹力提供向心力可知：qv0B=mv02r
电子通过磁场和电场后恰好过Q点，由几何关系可知：ℎ=2r
联立解得：r=32L，故A正确，B错误；
CD、由分析可知，最大速率对应的轨迹与PM相切，
有几何关系可知：r=6Ltanπ8
由洛伦兹力提供向心力可知：qBvmax=mvmax2r
解得：vmax=4(2−1)v0，故C错误，D正确；
故选：AD。
电子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可求出电子轨道半径；速率最大时，电子的运动轨迹与三角形的斜边相切，根据几何关系求出轨迹圆半径，然后由洛伦兹力提供向心力求出最大最大速率。
本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动，在电场中初速度与电场力垂直，粒子做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动。粒子在磁场中运动关键是要根据几何关系找到轨迹圆的半径。
9. 【答案】ACD
【解析】解：A、温度是物体分子热运动的平均动能的标志，故A正确；
B、分子间存在相互作用的引力和斥力，引力和斥力都随分子间距离的减小而增加，随分子间距的增大而减小。当分子力表现为引力时，分子力随分子间距离的增大先增大后减小，当分子力表现为斥力时，分子力总是随分子间距离的增大而减小，故B错误；
C、根据理想气体得状态方程可知，一定质量的理想气体等压膨胀的过程中温度升高，则气体的内能一定增大；气体体积膨胀的过程中对外做功，结合热力学第一定律可知气体一定吸收热量，故C正确；
D、液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，故D正确；
E、液体的饱和汽压与温度有关，相等的温度下，同种液体的饱和汽压一定比未饱和汽压大；不同的温度时，某种液体的饱和汽压不一定比未饱和汽压大，故E错误。
故选：ACD。
温度是物体分子热运动的平均动能的标志；分子间相互作用的引力和斥力都随分子间距离的减小而增大，分子之间的作用力是分子斥力与分子引力的和；做功与热传递都可以改变物体的内能；液晶既有液体的流动性，又具有单晶体的各向异性；相等的温度下，同种液体的饱和汽压一定比未饱和汽压大。
本题考查对分子动理论的理解。掌握温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子平均动能越大。分子间相互作用的引力和斥力都随分子间距离的减小而增大。
10. 【答案】ACD
【解析】解：A、折射率公式为：
n=sinisinγ
从空气斜射向玻璃时，入射角相同，光线a对应的折射角较大，故光线a的折射率较小，
即na<nb
根据公式：v=cn
可得：va>vb
又a光路程小于b光路程，所以a光束通过棱镜的时间比b光束短，故A正确；
B、a光束与b光束在真空中具有相同大小的传播速度，都是3×108m/s，故B错误；
C、根据条纹间距公式：△x=Lλd
可知，双缝干涉条纹间距与波长成正比，因为na<nb
可得两种单色光的波长：λa>λb，
所以a光束的条纹间距大，故C正确；
D、a光的折射率小于b光的折射率，则a光的频率小于b光的频率，若a光能使某金属发生光电效应，b光也一定能使该金属发生光电效应，故D正确；
E、由临界角公式sinC=1n
可知折射率越大，临界角越小，则b光的临界角较小，当顺时针方向转动复色光，入射角增大时，b光先发生全反射，则出射光线最先消失的是b光，故E错误；
故选：ACD。
相同的入射角，折射角越小，折射率越大，在相同介质中波速越小；
真空中光速相等，都是3×108m/s；
用同样的装置做双缝干涉实验，可以根据公式：△x=Lλd比较条纹间距；
发生光电效应的条件是入射光频率大于截止频率；
顺时针转动复色光，屏幕上最先消失的光是光线在进入空气时，光线与法线夹角最先达到临界角的光线.
本题需要同学们注意光线进入相同介质时，入射角相同，折射角小的光线折射率比较大，在介质中光速比较小；本题考查学生光学基本知识，需要同学们平常多积累.
三、 实验题
11. 【答案】ABC>x∙gy2−y1
【解析】解：(1)考查实验操作细节：、.每次实验小钢球必须从同一位置释放，以保证平抛的初速度相同，故A正确；
B、实验中所用的斜槽末端的切线必须调到水平，以保证小球水平抛出，故B正确；
C、该实验必须使用重垂线来确定竖直坐标轴，故C正确；
D、本实验中小球要多次释放来确定平抛运动的轨迹中的点，然后连成平滑曲线，故D错误。
故选：ABC
(2)如果A点是抛出点，则在竖直方向上为初速度为零的匀加速直线运动，则y1和y2的竖直间距之比为1：3；但由于A点不是抛出点，故在A点已经具有竖直分速度，故竖直间距之比y1y2大于1：3；
(3)在竖直方向上有：Δy=y2−y1=gT2
水平方向上有：x=v0T
解得：v0=xgy2−y1
故答案为：(1)ABC；(2)>；(3)x∙gy2−y1
(1)根据平抛运动中的注意事项可得出正确选项；
(2)(3)根据初速度为零的匀加速直线运动直线相等时间内位移之比为：1：3：5……判断。根据竖直方向运动特点△ℎ=gt2，求出物体运动时间，再根据平抛运动水平方向是匀速直线运动的规律进一步求出初速度。
对平抛运动的考查要注意水平速度及时间的求法，掌握好平抛运动的规律。
12. 【答案】C F 一直减小 850 1.35×10-2
【解析】解：(1)由图乙的横坐标的示数及电源电动势，电压表只能选择量程为10V的电压表C；由图甲知道滑动变阻器采用分压接法，所以只能选择最大阻值较小的滑动变阻器F；
(2)从二极管的I−U图线的特点来看，先是曲线后是直线，但根据R=UI知，由线上的点与坐标原点的连线的斜率的倒数是电阻，所以随着电压的增大，曲线上点与坐标的连线越来越倾斜，故电阻一直减小；
A点的坐标为(5.1V,6mA)，所以此时二极管的电阻R=UI=5.10.006Ω=850Ω；
(3)按图丙接线后，由于电源内阻不计，可以写出二极管两端电压与电流的关系为I=E−UR，即I=12−2U(mA)，在图乙中画出此直线，相交于(4.5V,3mA)，所以二极管的功率P=UI=4.5×0.003W=1.35×10−2W。
故答案为：(1)C、F；(2)一直减小、850；(3)1.35×10−2
(1)电源已知，根据电源的电动势可以选出电压表；为了得到范围较大的测量值，本实验应选择分压接法；
(2)二极管具有单向导电性，当接正向电压时，从其I−U图线上可以看出随着电压的增大，曲线上点与原点的连线确定二极管的电阻的变化；
(3)先写出二极管两端电压与电流的关系式，再把此函数画在I−U图线中，找到交点坐标，从而求出实际功率。
本题考查了欧姆表的原理及伏安特性曲线，综合性较强，要求学生能全面掌握实验知识；注意欧图象求工作点的原理及滑动变阻器的分压接法等基本原理
四、 计算题
13. 【答案】解：（1）导体棒运动时间为t时通过的位移为x=vt，
回路中有效的切割长度为：L=2xtan30°，
回路中的总长度为L总=3L=6xtan30°，
回路的总电阻为：R=L总r
联立解得：R=2vtr；
（2）t时刻回路中感应电动势为：E=BLv
根据保护电路可得回路中的电流为：I=
联立解得：I=。
答：（1）t时刻回路的总电阻为2vtr；
（2）t时刻流过导体棒的电流大小为。
【解析】
(1)先得到回路中有效切割长度与时间的关系式，根据单位长度的电阻为r求解总电阻；
(2)由法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律求解电流的大小。
对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相当于电源，根据电路连接情况结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律列方程求解。
14. 【答案】解：（1）平板车向左运动过程中始终受摩擦力的作用
μm2g=m1a，
v12=2ax1
解得x1=1m
（2）滑块与平板车相对静止时，二者共同速度为v2，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得
m2v1+m1（-v1）=（m2+m1）v2
平板车速度由0变为v2过程中，向右做匀加速运动
v22=2ax
平板车右端距墙壁L=x1-x
解得
（3）第2次碰墙后，平板车向左减速运动至速度为0的过程
v22=2ax2
再次共速m2v2+m1（-v2）=（m2+m1）v3
第3次碰墙后：v32=2ax3
第n次碰墙
综合以上式子得
s=2x1+2x2+2x3+…+2xn
当n→∞时，有
答：（1）平板车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离为1m；
（2）平板车第一次碰撞后再次与滑块共速时，平板车右端距墙壁的距离为；
（3）从平板车第一次与墙壁碰撞后瞬间算起，平板车来来回回所走的总路程为2.25m
【解析】
通过受力分析结合牛顿运动定律可以求出平板车的加速度，结合运动学公式即可求位移；滑板与平板车组成的系统水平方向动量守恒，可以利用动量守恒定律求解
本题考查动量守恒定律以及牛顿运动定律，考查范围较全面，最后一问计算能力要求较高，整体难度中等偏高。
15. 【答案】解：（1）汽缸水平放置时，气体压强，体积为V1=L1S；
汽缸竖直放置时，设活塞与汽缸底部之间的距离为L2，气体体积为V2=L2S，气体压强为
气体等温变化，根据玻意耳定律得
p1V1=p2V2
解得L2=15cm
（2）解法1：
设升温后活塞能到卡环，活塞刚好到达卡环时，活塞与汽缸底部之间的距离L3=L1+L0=12cm+6cm=18cm
此过程气体压强不变
由盖-吕萨克定律得
由于T3=360K＜720K，假设成立，活塞能到卡环，温度继续上升，气体等容变化，根据查理定律得
解得
解法2：
设温度升至T3=720K后活塞到卡环，活塞与汽缸底部之间的距离L3=L1+L0=12cm+6cm=18cm
由理想气体状态方程得
解得
由于p3＞p2
假设成立，气体压强为1.6×105Pa。
答：（1）稳定后，活塞与汽缸底部之间的距离为15cm；
（2）加热到720K时封闭气体的压强为1.6×105Pa。
【解析】
(1)汽缸水平放置时，封闭气体的压强等于大气压强；当汽缸竖直倒置时，封闭气体的压强等于大气压强减去活塞重力产生的压强，封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律求活塞与汽缸底部之间的距离；
(2)加热时，封闭气体发生等压变化，设升温后活塞能到卡环，根据盖−吕萨克定律列式求解活塞刚好到达卡环时气体的温度，判断知道假设成立，活塞能到卡环，温度继续上升，气体等容变化，根据查理定律求加热到720K时封闭气体的压强。
解决本题的关键要理清气体状态变化过程，准确选择气体实验定律。要知道对于任何气体状态变化过程，都可以运用理想气体状态方程来解决。
16. 【答案】解：①波沿x负方向传播，根据O质点和B质点的振动情况，可以分析出最简情况是O点和B点相差四分之一个波长，再考率上周期性，列出式子OB=（n）λ，其中n=0.1.2…，
因为λ＞35m，所以n=0，波长λ=140m。周期T==。
②波沿x正方向传播根据O质点和B质点的振动情况，可以分析出最简情况是O点和B点相差四分之一个波长，再考率上周期性，列出式子OB=（n+）λ，其中n=0.1.2…，
因为14m＜λ＜45m，所以n=1，λ=20m。周期T==s=4s。所以从0s到60s内有15个周期，质点一个周期的路程是4倍振幅，是8m，所以在0s到60s内的路程是s=15×8m=120m。
答：①波沿x负方向传播，波长λ＞35m，波的周期是28s。
②若波沿x正方向传播，波长λ符合14m＜λ＜45m，从t=0至t=60s时间内B处的质点通过的路程s是120m。
【解析】
利用O点和B点振动的特点可以分析出OB两点间的距离相差四分之一个波长，再考率周期性，列出式子，即可以求得周期。利用传播距离等于波速乘以时间可以求第二问。
本题为3−4模块中的相关内容，其重点波的传播，要求学生能掌握住基础内容，能分析波的多解性并能熟练应用．
绝密★启用前
2021年广西玉林市、贵港市、崇左市、柳州市、百色市高考物理二模试卷
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：120分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
四
总分
得分
注意事项：
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2、请将答案正确填写在答题卡上
评卷人
得分
一、 单选题（共5题）
1. 2020年11月24日，中国用长征五号运载火箭成功发射嫦娥五号探测器，并于12月17日凌晨，返回器携带月球样品着陆地球。降落月球之前，嫦娥五号探测器在近月点“刹车”，从椭圆环月轨道变为圆形环月轨道，如图所示。嫦娥五号( )
A.在A点时的机械能比在B点时的机械能大
B.在圆轨道运动的周期大于其在椭圆轨道运动的周期
C.在A点时的加速度比其在B点时的加速度大
D.在A点时的速率比其在B点时的速率小
2. 图示为氢原子能级示意图，已知大量处于n=2能级的氢原子，当它们受到某种频率的光线照射后，可辐射出3种频率的光子，下面说法中正确的是( )
A.n=2能级氢原子受到照射后跃迁到n=4能级
B.n=2能级氢原子吸收的能量为2.55eV
C.频率最高的光子是氢原子从n=3能级跃迁到n=1能级放出的
D.波长最长的光子是氢原子从n=4能级跃迁到n=1能级放出的
3. 如图所示是两个物体A和B同时出发沿同一直线运动的x−t图像。由图像可知( )
A.t=4s时，物体B的速度为0
B.t=4s时，物体A的加速度为0
C.前4s内，A、B速度方向相同
D.t=2s时，物体A和物体B速度相同
4. 空间某一静电场的电势φ在x轴上的分布如图所示，x轴上两点B、C的电场强度在x方向的分量大小分别是EBx、ECx，下列说法中正确的是( )
A.EBx>ECx
B.EBx的方向沿x轴负方向，ECx的方向沿x轴正方向
C.另放一电荷在O点，其受到的电场力在x方向上的分量为零
D.一电子沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功
5. 一长为L、质量可不计的刚性的硬杆，左端通过铰链固定于O点，中点及右端分别固定质量为m和质量为2m的小球，两球与杆可在竖直平面内绕O点无摩擦地转动。开始时使杆处于水平状态并由静止释放，如图所示。当杆下落到竖直位置时，在杆中点的球的速率为( )
A.59gL
B.35gL
C.53gL
D.2gL
评卷人
得分
二、 多选题（共5题）
6. 理想变压器原线圈a的匝数n1=200匝，副线圈b的匝数n2=100匝，线圈a通过电阻R1接在u=382sin(100πt)(V)的交流电源上，“6V6W”的灯泡恰好正常发光，电阻R2=12Ω，电压表为理想电表。下列说法正确的是( )
A.电路中电流方向每秒钟改变100次
B.原线圈两端的电压为38V
C.电压表的示数为12V
D.R1消耗的功率是1W
7. 在一次检测宝骏E200电动汽车时，驾驶员驾车由静止开始沿平直公路做直线运动，直至达到最大速度30m/s。在此过程中利用传感器测得各时刻汽车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出F−1v图象，如图所示，已知图中AB、BO均为直线，汽车质量为1000kg(含驾驶员和测量设备)，设汽车行驶中受到的阻力大小不变，则该车( )
A.从A→B过程中，做匀速运动
B.从B→C过程中，做加速度减小的加速运动
C.做匀加速运动时，加速度大小为3m/s2
D.受到的阻力大小为1200N，最大功率为36kW
8. 如图所示，三角形PMO区域有垂直于xOy坐标向里、磁感应强度为B的匀强磁场，P、M的坐标分别为(0,6l)、(6l,0)，PM边界无阻碍。x轴下方OMNQ区域内有沿x轴正方向，且场强E=Bv0的匀强电场，Q、N的坐标分别为(0,−3l)、(6l,−3l)。一系列电子以不同的速率从O点沿y轴正方向射入磁场，已知速率为v0的电子通过磁场和电场后恰好过Q点，忽略电子间的相互影响，则( )
A.通过Q点的电子轨道半径为32l
B.通过Q点的电子轨道半径为2l
C.速率不超过3(2−1)v0的电子均可进入电场
D.速率不超过4(2−1)v0的电子均可进入电场
9. 下列说法正确的是 ( )
A.温度是分子平均动能的标志
B.分子力随着分子的距离增大而增大
C.一定质量的理想气体等压膨胀，一定吸收热量
D.液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似，具有各向异性
E.某种液体的饱和汽压可能比该温度下未饱和汽压小
10. 一束复色光射向玻璃棱镜，在光屏上分成两束单色光a和b，下列说法正确的是( )
A.a光束通过棱镜的时间比b光束短
B.在真空中，a光束的传播速度大于b光束的传播速度
C.用同样的装置做双缝干涉实验，b光束的条纹间距小
D.若a光能使某金属发生光电效应，则b光也能使该金属发生光电效应
E.顺时针转动复色光，屏幕上a光束最先消失
评卷人
得分
三、 实验题（共2题）
11. 某同学用图甲所示装置做“研究平抛运动”的实验，根据实验结果在坐标纸上描出了小钢球水平抛出后的后半部分运动轨迹如图乙所示，已知重力加速度为g。
(1)下列说法正确的是 ______ 。
A.每次实验小钢球必须从同一位置释放
B.实验中所用的斜槽末端的切线必须调到水平
C.该实验必须使用重垂线
D.只释放一次小钢球也可以完成该实验
(2)在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，则y1y2______13(选填“>”、“=”或者“<“)。
(3)小钢球平抛运动的初速度v0=______m/s(用x、y1、y2、g表示)。
12. 某同学利用如下器材设计了测定二极管正向伏安特性的电路图如图甲，并测得相应的伏安特性曲线如图乙。
A.电源(20V,内阻可忽略)
B.电压表V1(量程为0到3V，内阻约为1000Ω)
C.电压表V2(量程为0到10V，内阻约为5000Ω)
D.电流表A(量程为0到10mA，内阻约为0.1Ω)
E.保护电阻R1
F.滑动变阻器R2(阻值为0到50Ω，1A)
G.滑动变阻器R3(阻值为0到1000Ω，0.1A)
H.发光二极管一个
I.导线、开关若干
(1)甲图中电压表应选用 ______ ，滑动变阻器选用 ______(统一填字母序号)。
(2)该同学发现所测定二极管伏安特性曲线先是曲线，后来逐渐趋近于一条直线，可知该二极管的正向电阻 ______(选填“先减小后不变”、“一直减小”、“先增大后不变”)；曲线上A点所对应二极管的阻值 ______Ω(保留三位有效数字)。
(3)将该二极管通过一阻值为500Ω的电阻与一电动势为6V、内阻不计的电源串联(如图丙所示)，则该二极管的实际功率为 ______W(保留三位有效数字)。
评卷人
得分
四、 计算题（共4题）
13. 如图所示，在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，沿水平面固定一个V字型光滑金属框架CAD，已知∠A=60°。导体棒EF在框架上从A点开始在外力作用下，沿垂直EF方向以速度v匀速向右平移，使导体棒和框架始终构成等边三角形回路，经过时间t导体棒运动到图示位置。已知框架和导体棒的材料和横截面积均相同，其单位长度的电阻均为r，框架和导体棒均足够长，导体棒运动中始终与磁场方向垂直，且与框架接触良好，求：
(1)t时刻回路的总电阻；
(2)t时刻流过导体棒的电流大小。
14. 如图所示，一辆质量m1=2.0kg的平板车，左端放有质量m2=4.0kg的滑块(可视为质点)，滑块与平板车之间的动摩擦因数μ=0.1。开始时平板车和滑块共同以v1=2.0m/s的速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反，平板车足够长，以致滑块不会滑到平板车右端后掉下(重力加速度g取10m/s2)。求：
(1)平板车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离x；
(2)平板车第一次碰撞后再次与滑块共速时，平板车右端距墙壁的距离L；
(3)从平板车第一次与墙壁碰撞后瞬间算起，平板车来来回回所走的总路程s。
15. 如图甲所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸水平放置，横截面积为S=1×10−4m2、质量为m=0.2kg、厚度不计的活塞与汽缸底部之间封闭了一部分气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离为12cm，在活塞的右侧6cm处有一对与汽缸固定连接的卡环，气体的温度为300K，大气压强p0=1.0×105Pa。现将汽缸竖直倒置，如图乙所示，取g=10m/s2。求：
(1)稳定后，活塞与汽缸底部之间的距离；
(2)加热到720K时封闭气体的压强。
16. 一列振幅为2m、传播速度为5m/s的简谐横波沿x轴传播，t=0时刻，平衡位置处于原点O的质点运动到正向最大位移处，平衡位置处于B的质点恰好通过平衡位置向−y方向振动。如图所示，已知OB=35m。
①若波沿x负方向传播，波长λ>35m，求波的周期；
②若波沿x正方向传播，波长λ符合14m<λ<45m，求从t=0至t=60s时间内B处的质点通过的路程s。
参考答案及解析
一、 单选题
1. 【答案】C
【解析】解：A、卫星在不同轨道上机械能不相同，且满足“高轨高能，低轨低能”，变轨过程中机械能不守恒，则在A点时的机械能比在B点时的机械能小，故A错误；
B、根据开普勒第三定律r3T2=k可知，轨道半径越大，周期越长，在圆轨道运动的周期小于其在椭圆轨道运动的周期，故B错误；
C、根据牛顿第二定律GMmr2=ma可知，距离月球越近，万有引力越大，则加速度越大，在A点时的加速度比其在B点时的加速度大，故C正确；
D、设嫦娥五号在与B点等高处圆轨道速度为v3，由于从B点变轨到与B点等高处圆轨道要点火加速，所以有：vB<v3，根据万有引力提供向心力得：GMmr2=mv2r，解得：v=GMr，又因为A点轨道较低，则vA>v3，故vA>vB，故D错误。
故选：C。
根据“高轨高能，低轨低能”判断；根据开普勒第三定律判断；根据牛顿第二定律判断；根据万有引力提供向心力，结合变轨知识求解。
本题以嫦娥五号探测器在近月点“刹车”为情景载体，考查了卫星变轨问题，解决此题的关键是灵活选取所学规律求解。
2. 【答案】C
【解析】解：A、处于第3能级的大量氢原子向低能级跃迁时可辐射出3种不同频率的光子，所以n=2能级氢原子受到照射后跃迁到n=3能级，故A错误；
B、n=2能级氢原子向第3能级跃迁时吸收的能量为E23=E3−E2=−1.51eV−(−3.4eV)=1.89eV，故B错误；
C、根据E=ℎν可知频率越高的光子能量越大，所以频率最高的光子是氢原子从n=3能级跃迁到n=1能级放出的，故C正确；
D、氢原子吸收光子后只能跃迁到第3能级，波长最长的光子能量最小，是从n=3能级跃迁到n=2能级放出的，故D错误。
故选：C。
处于第3能级的大量氢原子向低能级跃迁时可辐射出3种不同频率的光子，由此判断氢原子吸收光子后的能级。能级间跃迁时，辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越高。
解决本题的关键是知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，掌握辐射光子的种类计算方法。
3. 【答案】B
【解析】解：A、在x−t图像中，图像的斜率表示物体运动的速度，在t=4s时物体B的速度为vB=△x△t=0−104m/s=−2.5m/s，故A错误；
B、由图象可知，t=4s时物体A做匀速运动，此时加速度为0，故B正确；
C、由图像可知，前4s内物体A向正方向做匀速运动，物体B向负方向做匀速运动，故C错误；
D、t=2s时物体A的速度为vA=△v'△t'=104m/s=2.5m/s，t=2s时物体B的速度为vB=−2.5m/s
故物体A与物体B的速度大小相等，方向不同，故D错误；
故选：B。
在x−t图像中，图像的斜率表示物体运动的速度，图像的斜率不变速度不变，即可判断出速度。
本题考查运动学基本公式的应用，关键是要能够从图中得出有效信息，灵活运用运动学公式解答。
4. 【答案】C
【解析】解：A.在B点和C点附近分别取很小的一段△x，由图象，B点段对应的电势差小于C点段对应的电势差，看做匀强电场有E=△∅△x，可知EBx<Ecx，故A错误；
B.沿电场方向电势降低，在O点左侧，EBx的方向沿x轴正方向，在O点右侧，Ecx的方向沿x轴负方向，故B错误；
C.O点切线的斜率为零，场强为0，则电荷在O点受到的电场力为0，故C正确；
D.电子沿x轴从B移到C的过程中，电场力先向左后向右，电场力先做负功，后做正功，故D错误。
故选：C。
本题的入手点在于如何判断EBx和Ecx的大小，由图象可知在x轴上各点的电场强度在x方向的分量不相同，如果在x方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法。
本题需要对电场力的性质和能的性质由较为全面的理解，并要求学生能灵活应用微分法。
5. 【答案】A
【解析】解：两球转动的角速度相等，根据v=ωr
可知两球的线速度大小之比为1：2，设杆中点处小球的速度为v，则外端小球的速度为2v，杆由初状态下落到竖直位置过程中，根据系统机械能守恒定律得
2mgL+mgL2=12mv2+122m(2v)2
可解的v=59gL
故选：A。
两小球定轴转动，角速度相等，找出两球线速度关系，再根据系统机械能守恒定律列方程求解。
本题考查圆周运动和系统机械能守恒，熟练掌握圆周运动的公式、熟练运用机械能守恒定律列方程是解题的关键。
二、 多选题
6. 【答案】AD
【解析】解：A、线圈a通过电阻R1接在u=382sin(100πt)(V)的交流电源上，交流电周期T=2π100πs=0.02s，一个周期电路中电流方向改变两次，所以电路中电流方向每秒钟改变100次，故A错误；
BC、灯泡正常发光，故副线圈中电流为I2=PU=66A=1A，故电压表示数为：U2=6+I2R2=(6+1×12)V=18V，
根据理想变压器电压与匝数成正比得：原线圈两端的电压为U1=200100×18V=36V，故BC错误；
D、线圈a通过电阻R1接在u=382sin(100πt)(V)的交流电源上，交流电源电压有效值是38V，
所以R1两端电压UR=(38−36)V=2V，
根据理想变压器电流与匝数成反比，原线圈电流为I1=100200×1A=0.5A，所以R1消耗的功率是PR=2V×0.5A=1W，故D正确。
故选：AD。
根据理想变压器中原副线圈的电流、电压与匝数比之间关系可以直接求解，注意电压表、电流表示数均为有效值．
要根据理想变压器中电流、电压与匝数比之间的关系进行有关问题的解答，注意电表的示数均为有效值．
7. 【答案】BCD
【解析】解：A.A−B过程牵引力不变，阻力不变，根据牛顿第二定律可知，做匀加速直线运动，故A错误；
B.B−C过程牵引力减小，阻力不变，根据牛顿第二定律
FBC−f=ma
可知，B−C加速度减小，故B正确；
CD.当汽车达到最大速度30m/s时，此时汽车做匀速运动，受力平衡，即此时汽车所受阻力等于牵引力，即
f=FC=1200N
因汽车所受阻力不变，故在A−B过程中，根据牛顿第二定律可知
FAB−f=maAB
解得
aAB=3m/s2
同时瞬时功率为
P=Fv
可得摩擦力的最大功率为
P=fvm=1200×30W=36kW
故CD正确；
故选：BCD。
根据图象得出牵引力随时间变化，再利用牛顿第二定律和功率的相关公式列式求解加速度、速度和功率。
正确从图象中获取信息，判断物体的运动状态，再根据牛顿第二定律和功率相关公式求解。
8. 【答案】AD
【解析】解：AB、电子从O点沿y轴正方向射入，设从x轴上某点D(ℎ,0)点射出，将在电场中做类平抛运动有：
3L=v0t
ℎ=12at2，其中qE=ma
在磁场中由洛伦兹力提供向心力可知：qv0B=mv02r
电子通过磁场和电场后恰好过Q点，由几何关系可知：ℎ=2r
联立解得：r=32L，故A正确，B错误；
CD、由分析可知，最大速率对应的轨迹与PM相切，
有几何关系可知：r=6Ltanπ8
由洛伦兹力提供向心力可知：qBvmax=mvmax2r
解得：vmax=4(2−1)v0，故C错误，D正确；
故选：AD。
电子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可求出电子轨道半径；速率最大时，电子的运动轨迹与三角形的斜边相切，根据几何关系求出轨迹圆半径，然后由洛伦兹力提供向心力求出最大最大速率。
本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动，在电场中初速度与电场力垂直，粒子做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动。粒子在磁场中运动关键是要根据几何关系找到轨迹圆的半径。
9. 【答案】ACD
【解析】解：A、温度是物体分子热运动的平均动能的标志，故A正确；
B、分子间存在相互作用的引力和斥力，引力和斥力都随分子间距离的减小而增加，随分子间距的增大而减小。当分子力表现为引力时，分子力随分子间距离的增大先增大后减小，当分子力表现为斥力时，分子力总是随分子间距离的增大而减小，故B错误；
C、根据理想气体得状态方程可知，一定质量的理想气体等压膨胀的过程中温度升高，则气体的内能一定增大；气体体积膨胀的过程中对外做功，结合热力学第一定律可知气体一定吸收热量，故C正确；
D、液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，故D正确；
E、液体的饱和汽压与温度有关，相等的温度下，同种液体的饱和汽压一定比未饱和汽压大；不同的温度时，某种液体的饱和汽压不一定比未饱和汽压大，故E错误。
故选：ACD。
温度是物体分子热运动的平均动能的标志；分子间相互作用的引力和斥力都随分子间距离的减小而增大，分子之间的作用力是分子斥力与分子引力的和；做功与热传递都可以改变物体的内能；液晶既有液体的流动性，又具有单晶体的各向异性；相等的温度下，同种液体的饱和汽压一定比未饱和汽压大。
本题考查对分子动理论的理解。掌握温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子平均动能越大。分子间相互作用的引力和斥力都随分子间距离的减小而增大。
10. 【答案】ACD
【解析】解：A、折射率公式为：
n=sinisinγ
从空气斜射向玻璃时，入射角相同，光线a对应的折射角较大，故光线a的折射率较小，
即na<nb
根据公式：v=cn
可得：va>vb
又a光路程小于b光路程，所以a光束通过棱镜的时间比b光束短，故A正确；
B、a光束与b光束在真空中具有相同大小的传播速度，都是3×108m/s，故B错误；
C、根据条纹间距公式：△x=Lλd
可知，双缝干涉条纹间距与波长成正比，因为na<nb
可得两种单色光的波长：λa>λb，
所以a光束的条纹间距大，故C正确；
D、a光的折射率小于b光的折射率，则a光的频率小于b光的频率，若a光能使某金属发生光电效应，b光也一定能使该金属发生光电效应，故D正确；
E、由临界角公式sinC=1n
可知折射率越大，临界角越小，则b光的临界角较小，当顺时针方向转动复色光，入射角增大时，b光先发生全反射，则出射光线最先消失的是b光，故E错误；
故选：ACD。
相同的入射角，折射角越小，折射率越大，在相同介质中波速越小；
真空中光速相等，都是3×108m/s；
用同样的装置做双缝干涉实验，可以根据公式：△x=Lλd比较条纹间距；
发生光电效应的条件是入射光频率大于截止频率；
顺时针转动复色光，屏幕上最先消失的光是光线在进入空气时，光线与法线夹角最先达到临界角的光线.
本题需要同学们注意光线进入相同介质时，入射角相同，折射角小的光线折射率比较大，在介质中光速比较小；本题考查学生光学基本知识，需要同学们平常多积累.
三、 实验题
11. 【答案】ABC>x∙gy2−y1
【解析】解：(1)考查实验操作细节：、.每次实验小钢球必须从同一位置释放，以保证平抛的初速度相同，故A正确；
B、实验中所用的斜槽末端的切线必须调到水平，以保证小球水平抛出，故B正确；
C、该实验必须使用重垂线来确定竖直坐标轴，故C正确；
D、本实验中小球要多次释放来确定平抛运动的轨迹中的点，然后连成平滑曲线，故D错误。
故选：ABC
(2)如果A点是抛出点，则在竖直方向上为初速度为零的匀加速直线运动，则y1和y2的竖直间距之比为1：3；但由于A点不是抛出点，故在A点已经具有竖直分速度，故竖直间距之比y1y2大于1：3；
(3)在竖直方向上有：Δy=y2−y1=gT2
水平方向上有：x=v0T
解得：v0=xgy2−y1
故答案为：(1)ABC；(2)>；(3)x∙gy2−y1
(1)根据平抛运动中的注意事项可得出正确选项；
(2)(3)根据初速度为零的匀加速直线运动直线相等时间内位移之比为：1：3：5……判断。根据竖直方向运动特点△ℎ=gt2，求出物体运动时间，再根据平抛运动水平方向是匀速直线运动的规律进一步求出初速度。
对平抛运动的考查要注意水平速度及时间的求法，掌握好平抛运动的规律。
12. 【答案】C F 一直减小 850 1.35×10-2
【解析】解：(1)由图乙的横坐标的示数及电源电动势，电压表只能选择量程为10V的电压表C；由图甲知道滑动变阻器采用分压接法，所以只能选择最大阻值较小的滑动变阻器F；
(2)从二极管的I−U图线的特点来看，先是曲线后是直线，但根据R=UI知，由线上的点与坐标原点的连线的斜率的倒数是电阻，所以随着电压的增大，曲线上点与坐标的连线越来越倾斜，故电阻一直减小；
A点的坐标为(5.1V,6mA)，所以此时二极管的电阻R=UI=5.10.006Ω=850Ω；
(3)按图丙接线后，由于电源内阻不计，可以写出二极管两端电压与电流的关系为I=E−UR，即I=12−2U(mA)，在图乙中画出此直线，相交于(4.5V,3mA)，所以二极管的功率P=UI=4.5×0.003W=1.35×10−2W。
故答案为：(1)C、F；(2)一直减小、850；(3)1.35×10−2
(1)电源已知，根据电源的电动势可以选出电压表；为了得到范围较大的测量值，本实验应选择分压接法；
(2)二极管具有单向导电性，当接正向电压时，从其I−U图线上可以看出随着电压的增大，曲线上点与原点的连线确定二极管的电阻的变化；
(3)先写出二极管两端电压与电流的关系式，再把此函数画在I−U图线中，找到交点坐标，从而求出实际功率。
本题考查了欧姆表的原理及伏安特性曲线，综合性较强，要求学生能全面掌握实验知识；注意欧图象求工作点的原理及滑动变阻器的分压接法等基本原理
四、 计算题
13. 【答案】解：（1）导体棒运动时间为t时通过的位移为x=vt，
回路中有效的切割长度为：L=2xtan30°，
回路中的总长度为L总=3L=6xtan30°，
回路的总电阻为：R=L总r
联立解得：R=2vtr；
（2）t时刻回路中感应电动势为：E=BLv
根据保护电路可得回路中的电流为：I=
联立解得：I=。
答：（1）t时刻回路的总电阻为2vtr；
（2）t时刻流过导体棒的电流大小为。
【解析】
(1)先得到回路中有效切割长度与时间的关系式，根据单位长度的电阻为r求解总电阻；
(2)由法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律求解电流的大小。
对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相当于电源，根据电路连接情况结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律列方程求解。
14. 【答案】解：（1）平板车向左运动过程中始终受摩擦力的作用
μm2g=m1a，
v12=2ax1
解得x1=1m
（2）滑块与平板车相对静止时，二者共同速度为v2，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得
m2v1+m1（-v1）=（m2+m1）v2
平板车速度由0变为v2过程中，向右做匀加速运动
v22=2ax
平板车右端距墙壁L=x1-x
解得
（3）第2次碰墙后，平板车向左减速运动至速度为0的过程
v22=2ax2
再次共速m2v2+m1（-v2）=（m2+m1）v3
第3次碰墙后：v32=2ax3
第n次碰墙
综合以上式子得
s=2x1+2x2+2x3+…+2xn
当n→∞时，有
答：（1）平板车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离为1m；
（2）平板车第一次碰撞后再次与滑块共速时，平板车右端距墙壁的距离为；
（3）从平板车第一次与墙壁碰撞后瞬间算起，平板车来来回回所走的总路程为2.25m
【解析】
通过受力分析结合牛顿运动定律可以求出平板车的加速度，结合运动学公式即可求位移；滑板与平板车组成的系统水平方向动量守恒，可以利用动量守恒定律求解
本题考查动量守恒定律以及牛顿运动定律，考查范围较全面，最后一问计算能力要求较高，整体难度中等偏高。
15. 【答案】解：（1）汽缸水平放置时，气体压强，体积为V1=L1S；
汽缸竖直放置时，设活塞与汽缸底部之间的距离为L2，气体体积为V2=L2S，气体压强为
气体等温变化，根据玻意耳定律得
p1V1=p2V2
解得L2=15cm
（2）解法1：
设升温后活塞能到卡环，活塞刚好到达卡环时，活塞与汽缸底部之间的距离L3=L1+L0=12cm+6cm=18cm
此过程气体压强不变
由盖-吕萨克定律得
由于T3=360K＜720K，假设成立，活塞能到卡环，温度继续上升，气体等容变化，根据查理定律得
解得
解法2：
设温度升至T3=720K后活塞到卡环，活塞与汽缸底部之间的距离L3=L1+L0=12cm+6cm=18cm
由理想气体状态方程得
解得
由于p3＞p2
假设成立，气体压强为1.6×105Pa。
答：（1）稳定后，活塞与汽缸底部之间的距离为15cm；
（2）加热到720K时封闭气体的压强为1.6×105Pa。
【解析】
(1)汽缸水平放置时，封闭气体的压强等于大气压强；当汽缸竖直倒置时，封闭气体的压强等于大气压强减去活塞重力产生的压强，封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律求活塞与汽缸底部之间的距离；
(2)加热时，封闭气体发生等压变化，设升温后活塞能到卡环，根据盖−吕萨克定律列式求解活塞刚好到达卡环时气体的温度，判断知道假设成立，活塞能到卡环，温度继续上升，气体等容变化，根据查理定律求加热到720K时封闭气体的压强。
解决本题的关键要理清气体状态变化过程，准确选择气体实验定律。要知道对于任何气体状态变化过程，都可以运用理想气体状态方程来解决。
16. 【答案】解：①波沿x负方向传播，根据O质点和B质点的振动情况，可以分析出最简情况是O点和B点相差四分之一个波长，再考率上周期性，列出式子OB=（n）λ，其中n=0.1.2…，
因为λ＞35m，所以n=0，波长λ=140m。周期T==。
②波沿x正方向传播根据O质点和B质点的振动情况，可以分析出最简情况是O点和B点相差四分之一个波长，再考率上周期性，列出式子OB=（n+）λ，其中n=0.1.2…，
因为14m＜λ＜45m，所以n=1，λ=20m。周期T==s=4s。所以从0s到60s内有15个周期，质点一个周期的路程是4倍振幅，是8m，所以在0s到60s内的路程是s=15×8m=120m。
答：①波沿x负方向传播，波长λ＞35m，波的周期是28s。
②若波沿x正方向传播，波长λ符合14m＜λ＜45m，从t=0至t=60s时间内B处的质点通过的路程s是120m。
【解析】
利用O点和B点振动的特点可以分析出OB两点间的距离相差四分之一个波长，再考率周期性，列出式子，即可以求得周期。利用传播距离等于波速乘以时间可以求第二问。
本题为3−4模块中的相关内容，其重点波的传播，要求学生能掌握住基础内容，能分析波的多解性并能熟练应用．
相关试卷
2022年广西柳州市高考物理二模试卷（含答案）： 这是一份2022年广西柳州市高考物理二模试卷（含答案），共18页。试卷主要包含了5，则木箱的质量不能超过，【答案】D，【答案】C，【答案】BC，【答案】BD，【答案】ACD等内容，欢迎下载使用。
2020年广西柳州市高考物理模拟试卷（二模）_(带答案解析).docx： 这是一份2020年广西柳州市高考物理模拟试卷（二模）_(带答案解析).docx，共19页。试卷主要包含了答题前填写好自己的姓名，请将答案正确填写在答题卡上等内容，欢迎下载使用。
2020年广西桂林市高考物理一调试卷_(带答案解析).docx： 这是一份2020年广西桂林市高考物理一调试卷_(带答案解析).docx，共17页。试卷主要包含了答题前填写好自己的姓名，请将答案正确填写在答题卡上等内容，欢迎下载使用。
