2021年四川省綿陽市高考物理二診試卷

嫦娥五號經歷月球表面起飛、環月等待、月地轉移軌道修正等多個階段，于2020

年12月17日回到地球。嫦娥五號環月等待過程是繞月心做勻速圓周運動，嫦娥五

號在該過程中（）

A.速度不變B.加速度不變C.動能不變

2.在手機塑料殼的生產線上，用圖示裝置來監控塑料殼的

厚度。兩個完全一樣的金屬板A、B,平行正對固定放置,

通過導線接在恒壓電源上。閉合開關，一小段時間后斷

開開關，讓塑料殼勻速通過A、B間，當塑料殼變厚時（）

A.兩板間電壓不變B.兩板間電場強度減小

C.兩板所帶電荷量減小D.靜電計指針偏角增大

3.已知行星甲質量為行星乙質量的x倍，行星甲半徑為行星乙半徑的y倍。設行星甲

的第一宇宙速度為"尹，行星乙的第一宇宙速度為貝女）

.V甲V甲/

A.—=c.—=Y孫

"乙B有

4.高臺跳水被譽為最富有冒險性的體育項目。質量為m的高臺跳水運動員在一次訓練

中，從距離水面高人的高臺自由下落，在空中保持姿態不變，接觸水面后在平均大

小等于4倍重力的阻力作用下，豎直向下減速運動。若忽略空氣阻力，重力加速度

為g。運動員在接觸水面到速度減為零的過程中（）

A.動能的改變量與阻力做功大小相等

B.阻力的沖量與重力的沖量相同

重力勢能減少了（mg無

D.機械能減少了[mgh

5.如圖所示，光滑絕緣桿彎成直角，直角處固定在水平

地面上，質量為〃八帶電荷量為+Q的小圓環4穿在

右邊桿上，質量為3相、帶電荷量+3Q小圓環B穿在

左邊桿上，靜止時兩圓環的連線與地面平行，右邊桿與水平面夾角為或重力加速

度為g，貝1（）

A.右邊桿對A環支持力大小為9mg

B.左邊桿對B環支持力大小為苧zng

C.A環對3環庫侖力大小為3mg

D.A環對B環庫侖力大小為V5zng

6.如圖所示，總質量為M、帶有光滑平臺的小車靜止在光滑水

平地面上，一輕質彈簧左端固定于平臺上豎直擋板，右端用

質量為巾的小球壓縮一定距離后用細線捆住。固定小車，燒

斷細線，小球被彈出后落在車上A點，水平位移大小為L彈簧對小球的沖量大小

為/;不固定小車，燒斷細線，小球落在車上8點（圖中未標出），則（）

A.小球水平位移大小大于LB.小球水平位移大小小于L

C.彈簧對小球的沖量大小大于?/D.彈簧對小球的沖量大小小于/

7.如圖所示，傳送帶傾角為a,表面粗糙，以恒定速度處逆時針

運行。一小滑塊從斜面頂端由靜止釋放，運動到斜面底端過程

中，其速度隨時間變化的圖像關系可能是（）

8.如圖所示，真空中有一正三角形ABC,0為正三角形的中心,

M、N分別是AC、AB的中點。第一次，在A、B、C分別放

置電荷量為+Q、-2Q、—2Q的點電荷，放在。點的檢驗電

荷+q受到的電場力大小為F1；第二次，在第一次的基礎上

僅將A處的+Q變為+2Q,在。點同樣的檢驗電荷受到的電場力大小為尸2。下列分

析正確的是（）

A.&：F2=2：3

B.F2=3：4

C.第一次，檢驗電荷從0點移到M點過程中電勢能增大

D.第二次，檢驗電荷從O點移到N點過程中電勢能減小

第2頁，共15頁

9.某實驗小組使用如圖(a)所示裝置“驗證機械能守恒定律”，使質量機的重物自由

下落，打出紙帶。某次實驗得到的紙帶如圖(b)所示，其中。點為紙帶上打出的第

一個點，每2個計時點取一個計數點，分別標記為A、B、C、D、E、F、G,測量

得到LEF和LFG。已知打點計時器的頻率為人當地重力加速度為g。

nAitwa公

rr

圖(a)圖(b)

打出F點時，重物的動能為;若要驗證機械能守恒定律，還需要從圖(b)紙

帶上測量的物理量是：重物的質量和體積大小對實驗誤差有影響，質量越

大，體積越小，實驗誤差越(選填“大”或“小”)。

10.將一微安表先改裝成量程1加4的電流表，再改裝成量程5丫的電壓表，并與標準電

壓表對比校準。圖甲是改裝后電壓表與標準電壓表對比校準的電路圖，虛線框中是

改裝后電壓表電路，％是量程6V的標準電壓表。已知微安表滿偏電流為250^1，

標記的內阻為600。，電阻箱%、/?2調節范圍為。?9999.99。。

(1)微安表改裝。圖甲中電阻箱的阻值分別調節到&=0,R2=0。

(2)實物連線。選用合適的器材，按照圖中正確連接電路。

(3)對比校準。正確連接電路后，閉合開關，調節滑動變阻器，當標準電壓表的示

數如圖乙所示時，微安表(改裝后電壓表)的示數如圖丙所示，由此可以推測出改裝

電壓表量程的真實值5V(選填“大于”或“小于”)?

(4)重新調整。通過檢測發現：電阻箱右、阻值是準確的，而微安表標記的內阻

不準確，這是改裝電壓表量程的真實值不是5V的原因。再通過調節電阻箱治、R2

的阻值，使改裝電壓表量程的真實值為5V,以下調節方案可行的有(填序

號)。

A.保持￡不變，將增大到合適值

B.保持Ri不變，將/?2減小到合適值

C.保持/?2不變，將先增大到合適值

D.保持/?2不變，將R1減小到合適值

11.如圖所示，真空中豎直矩形ABC。區域內有水平向左的勻

強電場，AC高是〃c=12d,AB寬是〃B=d，。點是AB

中點，長L=d的絕緣細線一端固定在。點，另一端拴質

量為膽、電荷量為g的帶正電小球。拉直細線與豎直線夾

。=37。角，從尸點靜止釋放小球。其中d、陽、《是已知

量，重力加速度為g,場強E=取sin37。=0.6,cos37a=0.8?求:

(1)小球在最低點時細線拉力大小；

(2)小球第一次到達左側的最高點相對P點的高度。

12.如圖所示，光滑半圓軌道83C的直徑BC豎直，與

水平粗糙軌道平滑連接于3點，。為圓心，。點與叫°卜?)》

。等高。質量碼=2/cg的小物塊，以卬=7/n/s的飛息鼎―八…”

AD

初速度從水平軌道上的A點向位于B點的質量Tn】=

Mg小球運動。半圓軌道半徑R=0.8m,4、B間距離=12m,小物塊與水平軌

道間動摩擦因數4=0.1，重力加速度g取10?n/s2。

(1)求小物塊從A點到B點運動時間；

(2)若小球運動到C點受到半圓軌道的壓力N=5N,求小物塊與小球碰后瞬間的速

度大小和方向；

(3)有多個右側面材料不同的小物塊，質量都是m()=2kg,分別在A點以不同大小

的初速度開始運動，由于小物塊右側面材料和初速度大小不同，與小球碰后，小球

達到的最高位置不同。若所有小物塊與小球碰后，小球達到的最高位置是。點，求

小物塊在A點的最大速度。

第4頁，共15頁

13.對于一定量的理想氣體，下列說法中正確的是（）

A.當分子熱運動變劇烈時，壓強必變大

B.當分子熱運動變劇烈時，壓強可以不變

C.當分子熱運動變劇烈時，溫度必升高

D.當分子間的平均距離變大時，壓強可以不變

E.當分子間的平均距離變大時，壓強必變大

14.如圖所示，柱形汽缸倒置在水平粗糙地面上，汽缸內部封有一定1|—q

質量的理想氣體，汽缸質量M=10kg,活塞質量m=25kg,其“

橫截面積S=0.01m2,活塞與缸壁間的摩擦不計。當缸內氣體溫

度為27K時，活塞剛好與地面相接觸，但對地面無壓力。現對汽缸加熱，使缸內氣

體溫度升高。當汽血對地面恰好無壓力時，求缸內氣體溫度？（已知大氣壓強po=

1.0X105Pa>g=10m/s2）

15.如圖為一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在某一時刻的圖像，該時刻波的能量剛好

傳播到x=12m處，質點用、N在圖示位置，波源的振動頻率為2Hz。下列說法正

確的有（）

A.該時刻x=12m處的質點開始向y軸正方向運動

B.質點M在平衡位置時，質點N也在平衡位置

C.質點M的振幅大于x=127n處質點的振幅

D.從該時刻起經過0.25s,質點M通過的距離大于5CTM

E.x=127n處質點從該時刻開始的振動圖像方程為y=5sin47rt(cm)

16.如圖所示，某三棱鏡的截面是等腰直角三角形，材料

的折射率為，?，入射光沿平行于底面BC的方向射向

AB,經AB折射后射到AC的光能夠射出AC面。求:

折射率n的取值范圍。

第6頁，共15頁

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A、嫦娥五號環月等待過程是繞月心做勻速圓周運動，由于速度方向沿著

圓周的切線方向，速度方向時刻在變化，所以速度是變化的，故4錯誤；

8、嫦娥五號做勻速圓周運動，加速度始終指向圓心，方向時刻在改變，所以加速度是

變化的，故8錯誤；

C、速度大小不變，質量不變，則嫦娥五號的動能不變，故C正確；

。、動量方向即為速度方向，沿著圓周的切線方向，動量方向時刻在改變，則動量是變

化的，故。錯誤。

故選：Co

嫦娥五號環月等待過程是繞月心做勻速圓周運動，其速度大小、加速度大小、動能、動

量大小不變。

解決本題時，要知道物體做勻速圓周運動時一些標量往往不變，如速度大小、加速度大

小、動能、動量大小均不變，矢量往往是變化的，如速度、加速度、動量、向心力都是

變化的。

2.【答案】B

【解析】解：ACD,閉合開關，一小段時間后斷開開關，則電容器極板電量Q不變，

當塑料殼變厚時，介電常數變大，根據電容的決定式C=JJ,可知，電容C增大，

由電容的定義式C可知，兩板間電壓減小，則靜電計指針偏角減小，故AC。錯誤；

B、根據公式E=，結合電容的決定式C=盤，與電容的定義式C=》可得，電場

強度的綜合表達式E=警，可知，當介電常數變大，電場強度減小，故B正確。

故選：B。

依據斷開開關電容器的電量。不變，根據電容的決定式C=施，分析電容的變化，再

由電容的定義式C=。明確電容器兩端電勢差變化，及靜電計指針變化情況，最后由

E=4結合電容的決定式與定義式，導出電場強度的綜合表達式，即可判定。

本題考查了電容的定義式與決定式、勻強電場中場強與電勢差的關系，并掌握電場強度

的綜合表達式的推導等，同時要注意明確由于電容器與電源斷開，因此電容器極板的電

量不變。

3.【答案】A

【解析】解:對于任一環繞行星表面運行的衛星，根據萬有引力提供向心力，可得:=

V2

m—

R

可得該行星的第一宇宙速度為〃=色，式中M是行星的質量，R是行星的半徑。

叫

R甲

"甲M甲R乙

則==去故4正確，BC。錯誤。

-D乙=~fGM乙M乙R甲

R乙

故選：A。

衛星環繞行星表面運行時的速度即為第一宇宙速度，根據萬有引力提供向心力求解。

解決本題時，要明確第一宇宙速度的含義，能根據萬有引力提供向心力求第一宇宙速度

的表達式u=再

4.【答案】D

【解析】解：A、根據動能定理，重力做功與阻力做功之和等于動能的改變量，故A錯

誤；

8、根據動量定理，阻力的沖量與重力的沖量之和等于運動員沖量的變化量，而運動員

的動量的變化量不為零，所以阻力的沖量與重力的沖量不僅方向相反，大小也不等，故

8錯誤；

C、從高臺開始，至速度為零，全程由動能定理得mg（九+x）=0,所以在水中

下落的深度為x=根據功能關系，重力勢能的減少量等于重力做的功，即AEp=

—^mgh,故C錯誤；

。、根據功能關系，機械能的減少量等于克服非重力做的功，即△E=4mgxg=gmgh,

故。正確。

故選：D。

根據動能定理對運動員在空中過程分析，明確合外力的功等于動能的變化關系，從而確

定動能的改變量與阻力做功的關系；根據動量定理分析阻力沖量與重力的沖量的關系；

再對全程由功能關系進行分析，確定機械能的改變量。

本題考查功能關系、動能定理以及動量定理的應用，要注意正確選擇物理過程，明確能

第8頁，共15頁

量轉化規律，正確選擇物理規律即可正確求解。

5.【答案】D

【解析】解：分別對小圓環4、B受力分析，如圖所示：

根據平衡條件：

對小圓環A,有mgsina=Fcosa

對小圓環8,有3mgeosa=F'sina,聯立解得：tana=3掰g

V3>a=60°

ACD^對小圓環A,據平衡條件可得：Ncosa=mg,F=mgtana

解得4環所受支持力N=鬻;=懸;=2爪9,A、8間的庫侖力F=/，=gmg,故

AC錯誤，。正確；

B、對小圓環8,據平衡條件可得：埒=膽=妥=28mg,故B錯誤。

smasin60

故選：D=

分別對小環4、B受力分析，由平衡條件列方程，即可求解各個物理量；

解決本題的關鍵是通過對A、B受力分析，明確二者之間的庫侖力等大、反向、共線,

利用平衡條件求解出傾角a,然后列式求解各個物理量。

6.【答案】BD

【解析】解：固定小車時，彈簧彈性勢能全部轉化為了小球的動能，小球速度大，得到

的沖量大；不固定小車時，彈簧彈性勢能只有部分轉化為了小球的動能，小球速度小，

得到的沖量小。綜上，小球水平位移大小小于3得到的沖量大小小于/,故AC錯誤，

BD正確。

故選：BD。

固定小車時，彈簧彈性勢能全部轉化為了小球的動能；不固定小車時，彈簧彈性勢能轉

化為小球和小車的動能

本題考查功能關系以及動量定理，主要考查學生定性分析的能力，難度較小。

7.【答案】AC

【解析】解：靜止釋放時，對滑塊受力分析，由牛頓第二定律得，

mgsina+(imgcosa=mar,滑塊以加速度由=gsina+“gcosa向下力口速，

當滑塊與傳送帶共速后，滑塊由于重力沿斜面向下的分力有向下運動的趨勢，摩擦力沿

斜面向上，此后有兩種情況：

①若〃>tana,則〃mgcosa>mgsina,即最大靜摩擦力大于重力沿傳送帶向下的分力，

則靜摩擦力可與重力沿傳送帶向下的分力平衡，滑塊將與傳送帶一起向下勻速；

②若〃<tana,物塊將以a?=gs譏a-“gcosa的加速度向下加速，a2<alt故AC正

確，BD錯誤.

故選：AC.

小滑塊先勻加速下滑，當速度等于傳送帶速度時，根據重力沿傳送帶向下的分力mgsina

與最大靜摩擦力卬ngcosa的關系判斷小滑塊的運動情況，結合牛頓第二定律分析加速度

大小。

解決本題的關鍵要正確分析滑塊的受力情況，特別是分析滑塊與傳送帶共速時的受力情

況，來判斷其運動情況。

8.【答案】BC

【解析】解：AB、檢驗電荷受力分析如圖所示，由

F=k怨可知

rz

POA-FOB：FOC=1：2：2

根據平行四邊形法則8、C處兩點電荷對試探電荷

+q的合力FBC=FQB—PQC

則檢驗電荷+q受到的電場力大小為居=3FOA,

FOA=卜詈

rOA

同理，當A處的+Q變為+2Q時有

F。/：FOB'：五"'=1：1：1

則檢驗電荷+q受到的電場力大小為尸2=2%/,POA=等

'OA

則&：尸2=3：4,故B正確，A錯誤；

CD、無論第一次還是第二次，。點的電場力都是由A指向O,所以無論從0點移到M

點還是從。點移到N點，電場力都做負功，所以電勢能都增大，故C正確，。錯誤。

故選：BC。

分別算出變化前后三個點電荷在。點對檢驗電荷的庫侖力,再根據平行四邊形法則得到

合力，判斷變化前后庫侖力之比，再根據電場力做功和電勢能關系找到電勢能如何變化。

本題考查庫侖力、力的合成和電場力做功與電勢能的關系，做這類題必須準確畫出受力

分析圖。

第10頁，共15頁

9【答案】嗎普經點。、尸之間的距離LOF小

【解析】解：勻變速直線運動的中間時刻的瞬時速度等于該過程中的平均速度，因此有：

紙帶上打下F點時的速度為：%=督

打點計時器的頻率為/,則打點的周期：T=y

每2個計時點取一個計數點，則：t=2T

尸點的動能：Ek=

聯立可：Ek=過隨:產重；

從打下“0”點到打下“F'點的過程中，加的重力勢能減少了：△Ep=mg"°F

可能若要驗證機械能守恒，貝U：△Ep=&,即也M鴛+〃臉：=強％

還需要從圖（b）紙帶上測量的物理量是0尸之間的距離A”，

重物的質量和體積大小對實驗誤差有影響，質量越大，體積越小，則空氣對重物的影響

越小，所以實驗誤差越小。

故答案為：皿叫了尸;點。、尸之間的距離A。,；小

依據某時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，即可求解F點的速度；依據實驗原

理，結合實驗操作，分析待測量；結合實驗原理分析可能的誤差。

考查實驗操作注意事項，掌握求解瞬時速度的方法，理解除重力以外的力做功，空氣的

阻力等會導致其機械能變化。

10.【答案】2004850小于AD

【解析】解：（1）把微安表改裝成量程/=1mA的電流表應并聯一個小的分流電阻治：

I島=（/一/4）&，代入可得：/?!=2000。

在改裝的電流表的基礎上串聯一個分壓電阻就變成了一個電壓表：U=/〃R“+/R2,代

入可得：&=4850/2o

（3）由圖丙可以看出微安表的示數為/'=170/M,根據串聯和并聯電路的關系和歐姆定律

可求得總電壓為'=（/'+X（震+&）=（170X10-6+170X累X600）X

（黑線+4850）=3.4乙而此時標準電壓表顯示%=3.2U,即測量值大于真實值，由

6UU+N。。

此可以推測出改裝電壓表量程的真實值小于5K

(4)由電壓表的改裝原理可知，改裝后電壓表的量程為U=(/“+警)x(徵+%),

由上一問知道，量程偏小，要增大量程U：

AB、保持％不變，將/?2增大到合適值，由上式可以看出，U將增大，故4正確，B錯誤；

C。、保持/?2不變，將%增大到合適值，由上式可以看出，U將減小，故C錯誤，。正

確。

故選：AD

故答案為：(1)200、4850；(3)小于；(4)/10

(1)根據電流表和電壓表的改裝原理，依據串、并聯電路電流和電壓關系及歐姆定律進

行計算；

(3)根據串并聯電路的關系及歐姆定律求出當微安表指示一定的值時，改裝的電壓表的

理論值，再跟標準電壓表的示數對比，從而確定量程的誤差；

(4)寫出量程的表達式，由串并聯電路的電壓電流關系，分析要增大量程，在⑹不變或

不變時應采取的措施。

考查改裝電流表和電壓表求分流電阻和分壓電阻的方法，本題的難點在于理論值與實驗

值產生偏差時，怎樣校正而采取的措施，由基本規律，結合實際即可解決問題。

11.【答案】解：(1)設小球在最低點的速度大小為內,線拉力大小為F,則有：

1,1

,qE+mgL(l-cos。)

F—mg=詈"，

解得：F-孩mg。

(2)設小球第一次到達左側的最高點相對P點的高度為h,則有：

mgh=qE-LAB

解得：h=|d

答：(1)小球受細線的拉力為

(2)小球第一次到達左側的最高點相對P點的高度為|d。

【解析】分析小球的運動過程，利用動能定理可以求得細線的拉力和左側最高點。

本題是帶電物體在電場中圓周運動的題型，利用動能定理分析可得相關問題。

12.【答案】解：(1)設小物塊從A點到B點運動過程中加速度大小為“，運動時間為3

2

則：moa-nmogLAB=v0t-^at

第12頁，共15頁

解得：Q=lm/s2,t=2S

(2)設小物塊在3點與小球碰前速度大小為％,則：v1=v0-at解得：%=5m/s

設小球碰后瞬間速度為大小為W，在C點速度大小為先,

則：諺=2migR+：7ni眩，可+僧19=”送

N/R

解得：v2-V44m/s

設小物塊碰后瞬間速度大小為火,方向向右，

則：mov1=m,^2+m0v3

解得：%=(5-VH)M/S，方向向右。

(3)設達到最高處。點的小球在碰后瞬間速度為大小為女，貝IJ：或=migR

解得：%=4m/s

要使所有小物塊與小球碰后，小球達到的最高位置是。點，其中碰撞中損失能量最大,

上升高度最高的物塊初速度應該最大，即二者發生完全非彈性碰撞，設其在A點的最大

速度為"om，達到8點時也是所有達到B點時的最大速度，設為巧加，

則：niovlwl=Si+60)%Vom-Vim=2aLAB

v

解得：im=6m/svOm=2y/3m/s

答：(1)求小物塊從4點到B點運動時間為2s；

(2)小物塊與小球碰后瞬間的速度大小為5-dlLn/s,方向向右；

(3)小物塊在A點的最大速度為2次m/s。

【解析】(1)用位移公式即可求出時間；

(2)用運動學公式就可以求出小物塊碰前速度，通過向心力公式求小球在C點速度，再

用功能關系求小球碰后速度，然后用動量守恒求小物塊碰后速度；

(3)要使所有小物塊與小球碰后，小球達到的最高位置是。點，其中碰撞中損失能量最

大，上升高度最高的物塊初速度應該最大，即二者發生完全非彈性碰撞。

本題考查了三大知識點的綜合運用，本題的難點在第三問最大速度的理解。

13.【答案】BCD

【解析】解：A8、理想氣體的壓強由分子平均動能和分子密集程度決定，當分子熱運

動變劇烈時，分子平均動能變大，但分子密集程度不確定，故壓強不一定變大，故A錯

誤，B正確；

C、當分子熱運動變劇烈時，分子平均動能變大，則溫度升高，故C正確；

DE,當分子間的平均距離變大時，分子密集程度變小，單位時間單位面積上分子碰撞

次數減小，但由于分子平均動能不確定，故壓強可以不變，故。正確，E錯誤。

故選：BCD.

理想氣體的壓強由分子平均動能和分子密集程度決定。分子熱運動的劇烈程度影響分子

平均動能，分子平均距距離則決定分子密集程度。

本題考查理想氣體壓強的意義，此部分為熱學部分認識和記憶內容，難度較小。

14.【答案】解：缸內溫度為7；=(27+273)K=300K時，壓強大小為p1

活塞對地面無壓力，對活塞有：prS+mg=p0S

解得：pi=0.75X105Pa

當溫度升為72時氣缸對地面無壓力，對氣缸有：P2S=p0S+Mg

5

解得：p2=1.1x10Pa

對缸內氣體由查理定律得：票=祟

聯立求解得：T2=44