高三物理第二次模拟考试试题_2_.pdf

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1、准兑市爱憎阳光实验学校高考物理二模试卷准兑市爱憎阳光实验学校高考物理二模试卷一、单项选择题共 16 分，每题 2 分每题只有一个正确选项 1 2 分 2021二模以下单位中属于根本单位的是A库仑B安培C牛顿D焦耳考力学单位制点：分单位制规了七个根本物理量分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量它们析：的在单位制中的单位称为根本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位解解：库仑、牛顿、焦耳是导出单位，安培是根本单位故B 正确，A、C、D 错误答：应选 B点单位制规了七个根本物理量，这七个根本物理量分别是谁，它们在单位制分别是谁，这都是需要学生自评：己记住的2

2、 2 分 2021二模许多家在物理学开展过程中做出了重要奉献，以下表达中符合物理学史实的是A 库仑通过扭秤，得出了库仑律B 奥斯特发现了电流的磁效，总结出了电磁感律C 牛顿提出了万有引力律，通过测出了万有引力恒量D 伽利略通过理想斜面，提出了力是维持物体运动状态的原因考点：物理学史分析：解答此题抓住：库仑通过扭秤，得出了库仑律；奥斯特发现了电流的磁效，法拉第总结出了电磁感律；牛顿提出了万有引力律，卡文迪许通过测出了万有引力恒量；伽利略通过理想斜面，提出了力不是维持物体运动状态的原因解答：解：A、法国家库仑通过扭秤，得出了库仑律；故A 正确B、奥斯特发现了电流的磁效，法拉第总结出了电磁感律；故B

3、 错误C、牛顿提出了万有引力律，卡文迪许通过测出了万有引力恒量；故C 错误D、伽利略通过理想斜面，提出了力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因 故D 错误应选 A点评：对于牛顿、伽利略、卡文迪许家的贡绩要记牢，也是考试考查的内容之一3 2 分 2021二模太阳辐射能量主要来自太阳内部的A化学反B放射性衰变C裂变反D热核反考轻核的聚变点：分太阳辐射能量主要来自太阳内部的热核反析：解解：太阳的能量来自于内部的核聚变，产生很高的能量，又称为热核反故D 正确，A、B、C 错误答：应选 D点解决此题的关键知道太阳内部的核聚变反又称为热核反，放出很高的能量评：4 2 分 2021二模分子

4、动理论描述了由大量分子、原子构成的系统的热运动规律，由该理论可判断以下说法中正确的选项是A 显微镜下观察到墨水中的小碳粒在不停的无规那么运动，这反映了碳粒分子运动的无规那么性B 分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，逐渐增大C 分子势能随着分子距离的增大，逐渐减小D 在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素考点：分子间的相互作用力；分子动理论的根本观点和依据；分子的热运动专题：分子间相互作用力与分子间距离的关系分析：分子动理论的根本内容：1物质是由大量分子组成的；2分子永不停息地做无规那么热运动；3分子之间存在着相互作用的引力和斥力解答：解：A、显微镜下观察到墨水中的小碳

5、粒在不停的无规那么运动，是布朗运动，这反映了水分子热运动的无规那么性，故 A 错误；B、分子间的相互作用的引力和斥力随着分子间距离的增大而逐渐减小，故B 错误；C、当分子间距小于平衡间距时，分子势能随着分子距离的增大而逐渐减小；当分子间距大于平衡间距时，分子势能随着分子距离的增大而逐渐增加，故C 错误；D、在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素来制作元件，故D 正确；应选 D点评：此题考查了布朗运动、扩散现象、分子势能、分子力，根底题5 2 分 2021二模以下关于能量转化或转移过程的说法中正确的选项是A 所有能量守恒的过程都能自发地进行B 摩擦生热的过程是不可逆过程C

6、空调机既能致热又能致冷，说明热传递不存在方向性D 能的转化过程符合能量守恒律，因此不会发生能源危机考点：热力学第二律专题：热力学理专题分析：正此题需要掌握：利用热力学第二律解释一些自然现象；正确理解能量的转化与守恒律；理解热传递现象解答：解：A、并非所有能量守恒的过程都能自发的进行，如在引起其它变化的情况下，热量才可以从低温向高温传递，故 A 错误；B、根据热力学第二律可知，机械能向内能转化时具有方向性，故B 正确；C、热传递在自发进行时有方向性，总是从高温物体传递到低温物体，故C 错误；D、能的转化过程虽然符合能量守恒律，但是在转化过程中存在着“能量耗散和“品质降低，能量向品质低的大气内能转

7、化，不能再重复利用，因此要节约能源，故D 错误应选 B点评：此题考查了对能量转化或转移的理解，大都属于理解记忆知识，对于这类问题要平时记忆和强化练习6 2 分 2021二模关于、三种射线，以下说法中正确的选项是A 射线是原子核自发放射出的氦核，它的穿透能力最强B 射线是原子核外电子电离形成的电子流，它具有中的穿透能力C 射线一般伴随着 或 射线产生，它的穿透能力最强D 射线是电磁波，它的穿透能力最弱考点：天然放射现象分析：、射线都来自原子核，穿透能力依次增强，电离能力依次减弱解答：解：A、射线是原子核自发放射出的氦核，它的穿透能力最弱故A 错误B、射线是原子核中一个中子转变为一个质子和一个电子

8、，电子释放出来故B 错误C、射线一般伴随着 或 射线产生，它的穿透能力最强故C 正确D、射线是电磁波，它的穿透能力最强故D 错误应选 C点评：解决此题的关键知道、三种射线的实质，以及三种射线的穿透能力强弱和电离能力强弱7 2 分 2021二模两波源 S1、S2在水槽中形成的波形如下图，其中实线表示波峰，虚线表示波谷，那么A 在两波相遇的区域中会产生干预B图示时刻 a 点位移向上最大C a点的振动始终Da 点的振动始终减弱考点：波的干预和衍射现象；波的叠加专题：光的干预专题分析：波的干预产生的条件是两列波的频率相同，根据波的叠加判断位移的大小解答：解：从图上可以看成，两列波的波长不同，波速相，那

9、么频率不，那么不会发生干预现象，不会出现振动始终点和减弱点此时a 点为波峰与波峰叠加，a 点的位移为这两列波引起位移的矢量和，那么此时 a 点向上的位移最大故 B 正确，A、C、D 错误应选 B点评：解决此题的关键知道波干预的条件，以及知道波的叠加原理，质点的位移于几列波引起位移的矢量和8 2 分 2021二模以下各图能正确反映两个量同种正电荷连线中垂线上各点电势分布的图是ABCD考电势点：分两量同种电荷中垂线上的各点的场强关于两电荷的连线对称，两边的对称点场强大析：小，方向相反，且方向沿中垂线远离两电荷连线的中点 据此可判断电势的变化情况解解：两量同种电荷中垂线上的各点的场强方向沿中垂线远离

10、两电荷连线的中点，由答：电势沿场强方向减小的特点可知，电势向两方向降低那么 B 图正确ACD 错误应选：B点考查两量同种电荷的电场分布情况，明确电势沿场强方向减小评：二单项选择题每题 3 分，共 24 分每题只有一个正确选项 9 3 分 2021二模如图，x 轴在水平地面内，y 轴沿竖直方向图中画出了从 y 轴上沿 x 轴正方向抛出的三个小球 a、b、c 的运动轨迹，其中 b 和 c 是从同一点抛出的，不计空气阻力，那么A a的飞行时间比 b 的长Bb 和 c 的飞行时间相同C a的初速度比 b 的小Db 的初速度比 c 的小考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线

11、运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比拟运动的时间，结合水平位移和时间比拟初速度的大小解答：解：A、b 的高度大于 a 的高度，根据 h=知，b 的飞行时间比 a 的长故 A 错误B、b、c 高度相同，那么 b、c 飞行时间相同故 B 正确C、a 的运动时间短，水平位移大，根据x=vt 知，a 的初速度比 b 大故 C 错误D、b、c 的运动时间相，b 的水平位移大，那么 b 的初速度大于 c 的初速度故 D 错误应选 B点评：解决此题的关键知道平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，知道高度决时间，初速度和时间共同决水平位移10 3 分 2021二模质量为 2kg 的物体做直线运动，沿

12、此直线作用于物体的外力与位移的关系如下图，假设物体的初速度为 3m/s，那么其末速度为A5m/sB m/sC m/sDm/s考匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与位移的关系点：专运动的图像专题题：分外力与位移图象与坐标轴围成的面积表示外力所做的功，根据动能理即可求解析：解解：外力与位移图象与坐标轴围成的面积表示外力所做的功，由图可知：W=22+4423=14J答：根据动能理得：=W解得：v=m/s应选 B点此题考查了动能理的用，要求同学们能根据图象找出有用信息，选取适宜的运动过程运用动能理求解，评：该题难题适中11 3 分 2021二模如下图，测力计上固有一个倾角为 30的光滑斜面，用

13、一根细线将一个质量为 0.4kg 的物体挂在斜面上，测力计有一的示数当细线被剪断物体正下滑时，测力计的示数将A增加 4NB增加 3NC减少 2ND减少 1N考共点力平衡的条件及其用；力的合成与分解的运用；牛顿第二律；超重和失重点：专共点力作用下物体平衡专题题：分此题来小球和斜面体处于静止状态，故测力计的读数于小球和斜面体的总重量，剪短细线后，沿斜面小析：球加速下滑，处于失重状态，对小球和斜面体整体运用牛顿第二律列式求解解解：对小球和斜面体整体受力分析，受总重力和支持力，平衡时，有答：NM+mg=0 加速下滑时，再次对小球和斜面体整体受力分析，受总重力、支持力和静摩擦力，根据牛顿第二律，有竖直方

14、向：M+mgN=masin30 水平方向：f=macos30 对小球受力分析，受重力和支持力，根据牛顿第二律，有mgsin30=ma 有由得到：NN=masin30=mgsin302=0.4100.25=1N应选 D点此题关键是对小球、小球和下面体整体屡次受力分析，然后根据牛顿第二律、共点力平衡条件列式求解；评：要注意整体法对于有相对运动的物体系统同样适用12 3 分 2007如下图电路中，为电源电动势，r 为电源内阻，R1和 R3均为值电阻，R2为滑动变阻器当 R2的滑动触点在 a 端时合上开关 S，此时三个电表 A1、A2和 V 的示数分别为 I1、I2和 U现将 R2的滑动触点向 b 端

15、移动，那么三个电表示数的变化情况是A I1增大，I2不变，U 增大BI1减小，I2增大，U 减小C I1增大，I2减小，U 增大DI1减小，I2不变，U 减小考点：路端电压与负载的关系专题：恒电流专题分析：理清电路，确电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，采用局部整体局部的方法，利用闭合电路欧姆律进行分析解答：解：R2的滑动触点向 b 端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流 I1减小，即 A1示数减小，而总电流 I 增大，那么流过 R2的电流 I2增大，即 A2

16、示数增大故 A、C、D 错，B 对应选 B点评：解决此题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆律求解注意做题前一要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流13 3 分 2021二模如图，均匀带正电的绝缘圆环a 与金属圆环 b 共面放置，当 a 绕圆心 O 点在其所在平面内旋转时，b 中产生顺时针方向的感电流，且具有扩张趋势，由此可知，圆环 aA顺时针加速旋转B顺时针减速旋转C逆时针加速旋转D逆时针减速旋转考楞次律点：分此题中是由于a 的转动而形成了感电流，而只有a 中的感电流的变化可以在b 中产生磁通量的变化，才析：使 b 中产生了感电流；因此此题采用逆向思维法分析判断解

17、解：分析A 选项，当带正电的绝缘圆环a 顺时针加速旋转时，相当于顺时针方向电流，并且在增大，根答：据右手那么，其内金属圆环a 内有垂直纸面向里的磁场，其外金属圆环b 处有垂直纸面向外的磁场，并且磁场的磁感强度在增大，金属圆环b 包围的面积内的磁场的总磁感强度是垂直纸面向里 因为向里的比向外的磁通量多，向里的是，向外的是而且增大，根据楞次律，b 中产生的感电流的磁场垂直纸面向外，磁场对电流的作用力向外，所以b中产生逆时针方向的感电流，根据左手那么，磁场对电流的作用力向外，所以具有扩张趋势，所以A 错误；同样的方法可判断 B 选项错误；而 C 选项，b 中产生顺时针方向的感电流，但具有扩张趋势，故

18、C 正确而 D 选项，b 中产生逆时针方向的感电流，但具有收缩趋势，所以D 错误故此题选 C应选 C点此题综合考查电流的磁场安培那么，磁通量，电磁感，楞次律，磁场对电流的作用力，左手那评：么此题的每一选项都有两个判断，有的同学习惯用否之否法，如A 错误，就理所当然的认为B 和 C都正确，因为二者相反：顺时针减速旋转和逆时针加速旋转，但此题是单项选择题，甚至陷入矛盾他们忽略了此题有两个判断，一个是电流方向，另一个是收缩趋势还是扩张趋势如果只有一个判断，如 b 中产生的感电流的方向，可用此法所以解题经验不能做律或理用143 分 2021二模两个质量相同的小球用不可伸长的细线连结，置于场强为 E 的

19、匀强电场中，小球 1 和小球 2 均带正电，电量分别为 q1和 q2q1q2，两小球间的库仑力大小为 F将细线拉直并使之与电场方向平行，如下图假设将两小球同时从静止状态释放，那么释放后细线中的张力 T 为不计重力 AT=+FBT=q1q2E+FCT=FDT=q1q2EF考点：库仑律；带电粒子在匀强电场中的运动专题：电场力与电势的性质专题分析：对球 1、2 整体受力分析，根据牛顿第二律求出整体的加速度对球 2 受力分析，由牛顿第二律求出细线中的张力T解答：解：对球 1、2 整体受力分析，根据牛顿第二律得：Eq1+Eq2=2ma，对球 2 受力分析，由牛顿第二律得：TF+Eq2=ma，两式联立得

20、T=q1q2E+F，应选 A点评：解决此题关键在于把牛顿第二律和电场力知识结合起来，在研究对象上能整体法和隔离法的用15 3 分 2021二模如下图，粗细均匀的玻璃管 A 和 B 由一橡皮管连接，构成连通器，一质量的空气被水银柱封闭在 A 管内，这时两管水银面一样高，B管上方与大气相通假设固A 管，将B 管沿竖直方向缓慢上移一小段距离 H，A管内的水银面相升高 h，那么以下判断正确的选项是Ah=HBhCh=DhH考封闭气体压强点：专气体的压强专题题：分封闭气体是温变化，气压变大，体积缩小析：解解：封闭气体是温变化，B 端抬高，压强变大，故气体体积要缩小，但最终平衡时，一是B 侧水银面答：高，故

21、有：Hhh，故；应选 B点此题关键是明确平衡后右侧水银面比左侧高，然后列式求解，不难评：163 分 2021二模在粗糙的水平面上，一物块在水平方向的外力 F 的作用下做初速为 v0的运动，其速度时间 vt 图象如下图，那么以下判断中正确的选项是A 在 0t1内，物体在做曲线运动B 在 0t1内，物体在做加速度变小的减速直线运动C 在 0t1内，外力 F 一不断减小D 在 0t1内，外力 F 可能不断增大考点：匀变速直线运动的图像专题：运动的图像专题分析：在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线代表该位置的加速度，向右上方倾斜，加速度为正，向

22、右下方倾斜加速度为负结合牛顿第二律判断受力情况解答：解：A、在速度时间图象中，切线代表该位置的加速度，有图象可知，物体的加速度越来越大，速度越来越小，所以物体做加速度越来越大的减速直线运动，故AB 错误；C、假设力的方向与速度方向相同，根据a=知力F不断减小，假设力的方向与速度方向相同，根据 a=，此时外力 F 不断增大，故 C 错误，D 正确应选 D点评：此题是为速度时间图象的用要明确斜率的含义，并结合牛顿第二律解题三多项选择题 每题 4 分，共 16 分每题有二个或三个正确选项选对，得4 分；选对但不全的，得 2 分；有选错或不答的，得 0 分17 4 分2021二模 两种单色光 a 和

23、b，a 光照射某金属时有光电子逸出，b 光照射该金属时没有光电子逸出，那么A a光的传播速度较大Ba 光的波长较短C b光光子能量较大Db 光的频率较低考点：光电效专题：光电效专题分析：根据光电效的条件比拟出光子频率的大小，从而得出波长的大小，根据E=hv 比拟光子能量的大小解答：解：a 光照射某金属时有光电子逸出，b 光照射该金属时没有光电子逸出，知a 光的频率大于金属的极限频率，b 光的频率小于金属的极限频率，那么a 光的频率大于 b 光的频率，知 a 光的波长小于 b光的波长，根据 E=hv 知，a 光的光子能量大于b 光的光子能量a 光的频率大，那么折射率大，根据v=知，a 光在介质中

24、的速度小于b 光在介质中的速度故B、D 正确，A、C 错误应选 BD点评：解决此题的关键知道发生光电效的条件，即入射光的频率大于金属的极限频率184 分 2021二模质量为m 的以恒功率 P 沿倾角为 的倾斜路面向上行驶，最终以速度 v 匀速运动假设保持的功率 P 不变，使沿水平路面运动，最终以 v匀速行驶设所受阻力大小不变，由此可知A v一大于 vBv可能小于 vC 所受的阻力可能小于 mgsinD所受的阻力一大于 mgsin考点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二律专题：功率的计算专题分析：以恒功率行驶，速度增大，牵引力减小，当加速度为零时，速度到达最大，然后做匀速直线运动解答：解：AB、

25、在倾斜路面上行驶时，当加速度为零时，有：F=mgsin+f那么匀速运动的速度v=在水平路面上行驶时，加速度为零时，有F=f，那么匀速运动的速度，那么 vv故 A 正确，B 错误CD、在倾斜路面上行驶时，阻力可能小于重力的分力，也可能大于重力的分力故C 正确，D 错误应选 AC点评：解决此题的关键能够通过物体的受力，判断物体的运动，知道加速度为零时，速度到达最大19 4 分2021二模 如下图，在边长为 a 的边三角形区域内有匀强磁场 B，其方向垂直纸面向外，一个边长也为 a 的边三角形导线框架 EFG 正好与上述磁场区域的边界重合，现使导线框以周期 T 绕其中心 O 点在纸面内匀速转动，经过导

26、线框转到图中虚线位置，那么在这时间内A平均感电动势大小于B平均感电动势大小于C 顺时针方向转动时感电流方向为EFGED 逆时针方向转动时感电流方向为EGFE考点：法拉第电磁感律；闭合电路的欧姆律；楞次律分析：导线框以周期T绕其中心O点在纸面内匀速转动T 时，穿过线圈的磁通量减小，由几何知识求出有效面积的变化，根据法拉第电磁感律求出平均感电动势大小根据楞次律判断出感电流的方向解答：解：A、B 根据几何关系得到，线圈的有效面积减小为S=，根据法拉第电磁感律得：平均感电动势E=，解得，E=故 A 正确，B 错误C、D 由于虚线位置是经过时到达的，不管顺时针还是逆时针，线框的磁通量都是变小的，根据楞次

27、律，感电流产生的磁场跟原磁场方向相同，即感电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，根据右手那么，我们可以判断出感电流的方向为：EFGE，故C 正确，D 错误应选 AC点评：在电磁感现象中，往往先要由楞次律判断感电流方向、根据法拉第律求解感电动势此题属于面积变化的类型，注意几何知识的用204 分 2021二模地面上有一物体重为 G，今用竖直向上的拉力 F 作用于物体上图 I、II 分别为 G 和 F 在 0 到 25s 内随时间变化的图象，那么加速度 a 和速度 v 随时间 t 在 0 到 25s 内的变化图象是ABCD考牛顿第二律；匀变速直线运动的图像点：专牛顿运动律综合专题题：分根据牛顿第二律求解

28、出各个时间段的加速度，然后根据速度时间公式求解各个时析：间点的速度解解：A、B、05s，拉力为 10N，小于重力，物体不动，故加速度为零；答：510s，拉力于重力，加速度为零，物体保持静止；1015s 内，加速度为：，故 15s 末速度为：v=at=105=50m/s；15s 到 20s，拉力逐渐减小，物体先做加速运动后减速；20s25s，物体做竖直上抛运动，加速度为g；故 A 正确，B 错误；C、D、由于v=at，故at 图象与坐标轴包围的面积表示速度变化，故25s速度恰好减为零，故 C 正确，D 错误；应选 AC点此题关键根据牛顿第二律求解各个时间段的加速度，同时明确at 图象与坐标评：轴

29、包围的面积表示速度变化四、填空题 共 20 分，每题 4 分其中第 21 题为分叉题，分 A、B 两类，考生可任选一类答题假设两类试题均做，一律按 A 类题计分答案写在答题纸中横线上的空白处21A、21B选做一题21 4 分 2021二模 欧天文学家发现了一颗可能适合人类居住的行星假设该行星质量为M，半径为 R，万有引力恒量为G，那么绕该行星运动的卫星的第一宇宙速度是设其质量是地球的 5 倍，直径是地球的倍，在该行星外表附近沿圆轨道运行的人造卫星的动能为 Ek1，在地球外表附近沿圆轨道运行的相同质量的人造卫星的动能为 Ek2，那么为考点：万有引力律及其用专题：人造卫星问题分析：第一宇宙速度是行

30、星外表圆轨道的运行速度，要求两颗卫星的动能之比，必须求出卫星圆周运动的线速度的大小；要求卫星的线速度的大小可根据万有引力提供向心力来进行计算解答：解：第一宇宙速度是行星外表圆轨道的运行速度，在行星外表运行的卫星其做圆周运动的向心力由万有引力提供故有 G=m，v=在该行星外表附近沿圆轨道运行的人造卫星的动能为Ek1=G在地球外表运行的卫星的动能EK2=G行星质量是地球的 5 倍，直径是地球的倍，=故答案为：，点评：万有引力提供向心力是解决天体运动的根本思路和方法，在学习中要注意总结和积累224 分 2021二模质量分别为 60kg 和 70kg 的甲、乙两人，分别同时从原来静止于光滑水平面上的小

31、车两端，以 3m/s 的水平初速度沿相反方向跳到地面上假设小车的质量为 20kg，那么当两人跳离小车后，小车的运动速度为1.5m/s，方向与选填“甲、乙乙相反考点：动量守恒律分析：甲乙两人和车组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒律求出小车的速度大小和方向解答：解：甲乙两人和车组成的系统在水平方向上动量守恒，规甲的运动方向为正方向m甲v甲m乙v乙+Mv=0603703+20v=0解得 v=1.5m/s知方向与甲的运动方向相同，与乙的运动方向相反故答案为：，乙点评：解决此题的关键知道甲乙两人及车组成的系统动量守恒，运用动量守恒律解题时注意动量的方向234 分 2021二模一列频率为 Hz

32、的简谐横波沿 x 轴传播，在 t1=0 时刻波形如图中实线所示，在 t2=0.7s 时刻波形如图中虚线所示那么虚线时刻横坐标为 x=3m 的质点的速度是零选填“最大，零；在t3=0.1s 时位于0 x5m 区间的质点中有一正向 y 轴正方向运动，这些质点在 x 轴上的坐标区间是1mx3m考点：波长、频率和波速的关系专题：振动图像与波动图像专题分析：虚线时刻横坐标为 x=3m 的质点到达波谷，速度为零；由T=，求得周期根据t2=0.7s 时刻波形，分析波的传播方向，再分析在t3=0.1s时位于0 x5m区间的质点中有一正向y轴正方向运动的质点坐标区间解答：解：由图看出，虚线时刻横坐标为x=3m

33、的质点到达波谷，速度为零；该波的周期为 T=0.4s，t2t1=0.7s=1，由两个时刻的波形可知，该波向左传播在t1=0时刻在 x 轴上坐标区间为2mx4m 的质点正向 y 轴正方向运动，在 t3=0.1s=时刻，波形向左平移，那么正向 y 轴正方向运动的质点在x 轴上的坐标区间是 1mx3m故答案为：零，1mx3m点评：此题的解题关键是根据时间与周期的关系，利用波形的平移法确波的传播方向，从而判断出质点的速度方向244 分 2021二模电动机启动时车灯会瞬时变暗，如下图，在翻开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为 4.8A，电动机启动时电流表读数为 80A，假设电源电动势为 12V，内

34、阻为 0.05，电流表内阻不计，那么车灯的电阻为5，因电动机启动，车灯的电功率的减少量为30.3W考点：闭合电路的欧姆律专题：恒电流专题分析：电动机未启动时，由欧姆律求出灯泡的电阻再求出电动机启动时路端电压，由欧姆律求出通过灯泡的电流，分别求出两种情况下，灯泡的功率，即得解解答：解：电动机未启动时，由E=I1R+r得，灯泡的电阻为 R=5，车灯消耗的功率为 P1=R=5W电动机启动时，路端电压为U2=EI2r=12800.05=8V，P2=2WP=P1P2=30.3W故答案为：5，30.3点评：灯泡是纯电阻电路，功率公式较多，要根据不同的条件，选择不同的公式形式求解254 分 2021二模如下

35、图，匀强磁场竖直向上穿过水平放置的金属框架，框架宽 L，足够长且电阻不计，右端接有电阻R磁场的磁感强度为B一根质量为 m，电阻不计的金属棒以 v0的初速沿框架向左运动棒与框架间的动摩擦因数为 测得棒在整个运动过程中，通过电阻的电量为 q，那么棒能运动的距离为，电阻 R 上消耗的电能为考点：导体切割磁感线时的感电动势专题：电磁感功能问题分析：1 根据法拉第电磁感律、欧姆律、q=It，推导出电量为q 的表达式 q=，而=BLl，即可求出金属棒沿导轨滑行的距离L2在运动的整个过程中金属棒的动能减小，转化为摩擦生热和焦耳热，根据功能关系求解消耗的电能解答：解：1设滑行的距离为 L由法拉第电磁感律有 E

36、=BL而由电流义有 I=由闭合电路的欧姆律得I=由解得 l=2由功能原理得，Wf+Q=0m而 Wf=mgl=mgqQ=故答案为：，点评：电磁感现象中产生的电量表达式q=，是经常用到的经验公式，要推导26 4 分 2021二模如下图，质量 M=2kg 均匀矩形木块靠在光滑墙上，A点处有固光滑转动轴，AB 与水平方向夹角 30，CD 边长为 2m，B、D 两点连线与地面平行，一质量 m=10kg 的小物体假设固在 CD 边上且位于 A 点正上方处，那么墙对木块的弹力为N；假设将小物体从 C 点处静止释放使其沿 CD边自由下滑，物体与木块间动摩擦因数为=0.2，物体维持匀加速直线运动的时间为1.08

37、s考点：牛顿第二律；力矩的平衡条件专题：牛顿运动律综合专题分析：1以 A 为支点，对木块，根据力矩平衡条件求解墙对木块的弹力；2木开在CD 上下滑到某位置时，木开将翻转当木块恰好翻转时墙的弹力为零，由力矩平衡条件求出此时物体离 D 点的距离，根据牛顿第二律和运动学公式求出时间解答：解：1木块力矩平衡：NBSADcos30=MgSADsin30得，NB=Mgtan53=20N=N；2物体对木块的弹力N=mgcos30，摩擦力f=mgcos30设物体离 D 点 S处时木块恰好翻转，此时墙的弹力为零那么有mgcos30sAD=MgsADsin30+mgcos30s代入数据，得 S=0.1m，即，物体

38、做匀加速直线运动的位移为s=sCDs=20.1=1.9m，物体的加速度 a=gsin30gcos30=3.2C7m/s2，物体做初速度为零的匀加速直线运动，s=at2，匀加速的时间 t=1.08s故答案为：；1.08点评：此题是力矩平衡和牛顿第二律、运动学公式的综合，要注意挖掘隐含的临界状态，根据力矩平衡求出木块恰好翻转时，物体通过的位移是关键五题共 24 分答案写在题中横线上的空白处或括号内 27 4 分 2021二模19 卢瑟福通过如下图的装置，第一次完成了原子核的人工转变，并由此发现质子图中 A 为放射源发出的射线，银箔的作用是吸收 粒子考点：粒子散射分析：19 卢瑟福通过如下图的装置，

39、将氮气充入密封的容器中，在荧光屏上观察到了亮点，用以下方程进行了解释4141712He+7N8O+1H，由于放射源放射出的 粒子能被银箔吸收，故打在荧光屏上的粒子一是的粒子解答：解：将氮气充入密封的容器中，由于放射源放射出的 粒子能被银箔吸收，故打在荧光屏上的粒子一是的粒子使用核反方程：4He+1417127N8O+1H 可以做出解释故答案为：质子，粒子点评：该题考查卢瑟福发现质子的物理史实，属于记忆性的知识点，要求对该知识点由准确的记忆属于简单题28 6 分 2021二模某同学第一次采用如下图的装置来验证“力的平行四边形那么弹簧测力计A 挂于固点 P，下端用细线挂一重物M弹簧测力计B的一端用

40、细线系于 O 点，手持另一端向左拉，使结点 O 静止在某位置分别读出弹簧测力计 A 和 B 的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录 O 点的位置和拉线的方向1本用的弹簧测力计示数的单位为 N，图中 A 的示数为N2 单项选择题以下不必要的要DA测量重物 M 所受的重力B弹簧测力计在使用前校零C拉线方向与木板平面平行D改变拉力，进行屡次，每次都要使 O 点静止在同一位置3在第二次中，某同学换用两个弹簧测力计拉橡皮筋到 O 点，两弹簧测力计读数分别为 F1和 F2，用一个弹簧测力计拉橡皮筋到 O 点时读数为 F通过作图法验证平行四边形那么时，图中符合实际情况的是C考点：验证力的平行四边形那么专题：题

41、；平行四边形法那么图解法专题分析：1确出弹簧测力计的分度值，从而读出弹簧秤的读数2在该中，由于P、O 的位置确，那么A 弹簧的拉力大小和方向一，合力又一，那么弹簧B 的拉力大小和方向也一，不需进行屡次3验证力的平行四边形那么的原理是：理论值与实际值的比照合力的理论值使用作图法，需要记录两分力的大小和方向；实际值的测量那么使用效替代，需要测量结点O 的位置及力的大小另外实际值与测量值比拟方法，是在同一点作出两力的图示，比拟是否近似重合解答：解：1弹簧测力计读数，每1N 被分成 5 格，那么1 格就于 0.2N图指针落在3N 到 4N 的第 3 格处，所以 N故答案为：2A、通过作出三个力的图示，

42、来验证“力的平行四边形那么，因此重物的重力必须要知道故A 项也需要；B、弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零故B 项也需要；C、拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性故C 项也需要；D、当结点 O 位置确时，弹簧测力计A 的示数也确，由于重物的重力已确，两力大小与方向均一，因此弹簧测力计 B 的大小与方向也一，所以不需要改变拉力屡次故D 项不需要应选 D3 实际测量的合力与橡皮筋在同一条直线上，即F与橡皮筋在同一条直线上，由平行四边形那么作出的为理论值与实际值有一的偏差，即由平行四边形那么作出的为F故 C 正确，A、B、D 错误应选 C故答案为：1，2D，3C点评

43、：通过作出力的图示来验证“力的平行四边形那么，是如何准确作出力的图示同时值得注意其中有一力大小与方向均已一，从而减少的操作步骤298 分 2021二模有同学在做“用 DIS 研究温度不变时气体的压强跟体积的关系时，缓慢推动活塞，在使注射器内空气体积逐渐减小的过程中，屡次从注射器的刻度上读出体积值并输入计算机，同时由压强传感器将对体积的压强值通过数据采集器传送给计算机完成后，计算机屏幕上显示出如右图所示的 pV 图线其中实线是所得图线，虚线为一根参考双曲线1 仔细观察不难发现，该图线与玻意耳律不够吻合，造成这一现象的可能原因是：时注射器内的空气向外泄漏，或“时环境温度降低了；2 单项选择题由于此

44、图无法说明 p 与 V 确实切关系，所以改画 p1/V图象画出的 p1/V 图象当是A3假设另一组同学操作时用手握住了注射器，作出的 pV 图象不可能选填“可能“不可能与题干的图象相同考点：理想气体的状态方程专题：题分析：能够运用控制变量法研究两个物理量变化时的关系根据气体方程结合步骤找出造成这一现象的可能原因解答：解：1仔细观察不难发现，该图线与玻意耳律不够吻合，造成这一现象的可能原因是：时注射器内的空气向外泄漏，或“时环境温度降低了2由于此图无法说明p 与 V 确实切关系，所以改画p图象由于时环境温度降低了，所以p图象的图形向下弯曲，所以画出的p图象当是 A3假设另一组同学操作时用手握住了

45、注射器，说明时环境温度不会降低了，所以作出的pV 图象不可能与题干的图象相同故答案为：1时注射器内的空气向外泄漏，或“时环境温度降低了2A3不可能点评：注意中的操作步骤和一些考前须知此题的传感器，也是作为的仪器和实际来源的工具，对传感器，没有实质性要求能知道每一个动作带来的中物理量的变化306 分 2021二模如下图是饮水器的自动控制电路左边是一个在水温较低时对水加热的容器，内有密封绝缘的电热丝发热器和接触开关 S1只要有水浸没 S1，它就会导通；水面低于 S1时，不会加热1Rx是一个热敏电阻，低温时呈现高电阻，右边 P 是一个与选填“与、“或、“非逻辑门，接在 05V 电源之间，图中 J 是

46、一个继电器，可以控制发热器工作与否Ry是一个可变电阻，低温时 Rx远大于选填“远大于、“远小于Ry2请阐述饮水机的自动加热原理：当水温较低时，Rx阻值较大，A 为高电势，且有水浸没 S1，B 也为高电势，那么QC 之间才有高电压输出，电磁继电器有电流通过，将吸动 S2闭合，发热器工作考点：常见传感器的工作原理；闭合电路的欧姆律分析：1由题，只要有水浸没S1，才会导通加热；Rx是一个热敏电阻，温度较低时，才会加热，两个条件同时满足时，发热器才会加热可知，P 是与门，低温时 Rx远大于 Ry2根据题意，水温较低时和水浸没S1时，QC 之间才有高电压输出，电磁继电器有电流通过，将吸动 S2闭合，发热

47、器工作加热解答：解：1当水温较低时和水浸没S1，两个条件同时满足时，QC 之间才有高电压输出，发热器才会工作，故 P 是与逻辑门Rx是一个热敏电阻，低温时Rx远大于 Ry2饮水机的自动加热原理是：当水温较低时，Rx阻值较大，A 为高电势，且有水浸没S1，B 也为高电势，那么 QC 之间才有高电压输出，电磁继电器有电流通过，将吸动S2闭合，发热器工作故答案为：1与；远大于2当水温较低时，Rx阻值较大，A 为高电势，且有水浸没 S1，B 也为高电势，那么 QC 之间才有高电压输出，电磁继电器有电流通过，将吸动S2闭合，发热器工作点评：此题关键要理解逻辑门工作原理，再根据热敏电阻Rx的特性，分析饮水

48、机的自动加热原理六计算题共 50 分3112 分 2021二模如下图，总长1m 粗细均匀的直角玻璃管，AO 和 BO长，A 端封闭，B 端开口，内有 10cm 长的水银柱当 AO 水平，BO 竖直时，水银柱在 AO 的最右端，这时大气压为 75cmHg，温度为 271假设将此装置绕 A 点在纸面内顺时针转 90，当温度为多少时水银柱恰好在 OB 段的最左端？2假设在图示位置将温度升高到 450K，封闭气体的长度为多少？考点：气体的容变化和压变化专题：气体的状态参量和律专题分析：1求出初末状态的压强和体积，然后根据理想气体状态方程列式求解；2先设升高到 T3，汞柱进入 B 管，根据理想气体状态方

49、程求出温度，然后再根据压变化方程列式求解气体最后的长度解答：解：1初状态各个状态参量为：p1=75cmHg，V1=L1S=40S，T1=273+27=300K；末状态气体的各个参量为：p2=75cmHg，V2=L2S=50S；根据玻意耳律，有：解出 T2=375K2设升高到 T3，汞柱进入 B 管，L3=50cm p3=75+10cmHg根据理想气态方程：解出 T3=425K此后，气体作压变化，T4=450K根据理想气态方程：解出 L4=52.9cm答：1假设将此装置绕A 点在纸面内顺时针转 90，当温度为 375K 时水银柱恰好在 OB 段的最左端；2假设在图示位置将温度升高到450K，封闭

50、气体的长度为 52.9cm点评：此题关键找出初末状态的气压、温度、体积状态量，然后屡次根据理想气体状态方程列式求解3210 分 2021二模为了测量列车的速度及加速度，可采用下述装置：在列车底部安装一个正方形线圈，而在轨道上每隔 40m 安装一块磁性很强的小磁铁，当列车经过磁铁上方时，有感电流产生，记录此电流就可换算成列车的速度及加速度视磁铁上方区域的磁场为匀强磁场，其区域面积与线圈面积相同，磁场方向与线圈截面垂直，磁感强度 B=0.004T，线圈边长 l=0.1m，匝数n=5，包括连线总电阻 R=0.4现记录到某列车驶过时的电流位移图象如下图，请计算：1在离开 O原点20m 处列车速度 v