2021年四川省天府名校高考物理診斷試卷(4月份)

2021年四川省天府名校高考物理診斷試卷（4月份）

一、單選題（本大題共5小題，共30.0分）

1.下列說法正確的是（）

A.不管入射光的頻率多大，只要增加入射光的強度，就一定能發(fā)生光電效應(yīng)

B.發(fā)生光電效應(yīng)時，增大入射光的強度，光電子的最大初動能一定會增大

C.原子核的比結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定

D.原子從基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)時，會輻射光子

2.船在靜水中的航行速度是14.4km//i。若它在流速為10.8km"的河水中航行，當船頭與河岸垂直

時，船的合速度大小為（）

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

3.在一次利用無人機投送救援物資時，距離水平地面高度/?處，無人機以速度%水平勻速飛行并

釋放一包裹，不計空氣阻力，重力加速度為g。下列選項正確的是（）

A.包裹在空中飛行的時間為9

B.包裹落地時的速度大小為，詔+2gh

C.包裹釋放點到落地點的水平距離為學(xué)

2g

D.包裹下落過程中機械能不斷增大

4.一質(zhì)量不變的運動物體，速度變?yōu)樵瓉淼?倍時其動能變?yōu)樵瓉淼模ǎ?/p>

A.*倍B.；倍C.2倍口.4倍

5.下列說法中錯誤的是（）

A.額定功率大的用電器，消耗的電能一定多

B.電功率大的用電器，電流做功的速度快

C.電功率小的用電器，電流做功不一定少

D.相同時間內(nèi)，電流做功多的用電器電功率大

二、多選題（本大題共3小題，共18.0分）

6.2017年4月，我國用“長征七號”運載火箭把貨運飛船“天舟一號”送上太空，它與軌道高度

為393初?的“天宮二號”空間實驗室對接進行貨物和燃料補充，完成任務(wù)后最終墜入大海，下

列說法中正確的有（）

A.“天宮二號”空間實驗室在軌運行速度大于第一宇宙速度

B.“天宮二號”空間實驗室的加速度大于同步衛(wèi)星的加速度

C.“天舟一號”貨運飛船從低軌道加速后與“天宮二號”空間實驗室對接

D.“天舟一號”貨運飛船在軌運行時的機械能小于墜入大海時的機械能

7.如圖所示，電源電動勢為E,內(nèi)電阻為r,C為電容器，心為定值電阻，

電表均為理想電表，R為滑動變阻器，閉合開關(guān)后燈泡正常發(fā)光，當滑動

變阻器的滑片P向右移動時，下列判斷正確的是（）

A.電壓表、電流表示數(shù)均變大，燈泡L將變暗

B.定值電阻Ro中將有從右向左的電流

C.電壓表示數(shù)改變量與電流表示數(shù)改變量之比不變

D.電源輸出功率一定變小

8.如圖所示，物體A和B分別與跨過光滑定滑輪的輕繩連接，現(xiàn)在用

水平力F向右拉物體B,使物體A勻速上升，則（）

A.物體3做勻速運動

B.物體8做減速運動

C.繩子對物體8的拉力大小不變

D.物體B對地面的壓力逐漸減小

三、填空題（本大題共2小題，共9.0分）

9.若對物體做1500J的功，可使物體溫度升高5久；若改用傳熱的方式，使物體溫度同樣升高5。a

那么物體應(yīng)吸收1/的熱量。如果先在絕熱過程中對該物體做3000J的功，物體的溫度升

高10汽；再經(jīng)過單純的傳熱過程物體放出600J的熱量，則物體的溫度又降低℃o

10.一列簡諧橫波沿x軸傳播,t=0和t=0.20s時的波形分別如圖中實線和虛線所示。已知t=0.20s

時，x=2c?n處的質(zhì)點處于平衡位置，該波的周期7>0.30s。則該波的波長為cm,波沿

x軸（填“正方向”或“負方向”）傳播，波速為m/s.

四、實驗題（本大題共2小題，共15.0分）

11.在利用如圖1所示的裝置”驗證機械能守恒定律”的實驗中。

圖1

(1)下列操作正確的是o

人打點計時器應(yīng)接到直流電源上

B.先釋放重物，后接通電源

C.釋放重物前，重物應(yīng)盡量靠近打點計時器

(2)實驗中，某實驗小組得到如圖2所示的一條理想紙帶，在紙帶上選取三個連續(xù)打出的點A、B、C,

測得它們到起始點。的距離分別為%、fiB、標?已知當?shù)刂亓铀俣葹間，打點計時器打點的周

期為T,重物的質(zhì)量為m,從打。點到打8點的過程中，重物的重力勢能變化量4Ep=,

動能變化量△Ek=。

(3)大多數(shù)學(xué)生的實驗結(jié)果顯示，重力勢能的減少量大于動能的增加量，主要原因是。

4利用公式"=gt計算重物速度

8.利用公式D=頻K計算重物速度

C.存在空氣阻力和摩擦阻力的影響

D沒有采用多次實驗取平均值的方法

12.某同學(xué)用圖甲所示電路做“測定電池的電動勢和內(nèi)阻”的實驗，并根據(jù)測得的數(shù)據(jù)作出了圖乙

所示的U—/圖象。

(1)電池的電動勢的測量值為V

(2)電池的內(nèi)阻的測量值是0(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。

五、計算題(本大題共4小題，共52.0分)

13.4、B為水平放置的足夠長的平行板，板間距離為d=1.0x10-2加，A板中央有一電子源P,在

紙面內(nèi)能向各個方向發(fā)射速度在0?3.2x107ni/s范圍內(nèi)的電子，。為P點正上方8板上的一點,

若垂直紙面加一勻強磁場，磁感強度B=9.1x10-3。已知電子的質(zhì)量m=9.1x10-3“g,電

子電量e=1.6x10-19。，不計電子的重力和電子間相互作用m=9.1xl0-39g,電子電量6=

1.6X10T9C,不計電子的重力和電子間相互作用力，且電子打到板上均被吸收，并轉(zhuǎn)移到大

地.求：

(1)沿PQ方向射出的電子，擊中A、8兩板上的范圍.

(2)若從P點發(fā)出的粒子能恰好擊中。點，則電子的發(fā)射方向(用圖中。角表示)與電子速度的大小p

之間應(yīng)滿足的關(guān)系及各自相應(yīng)的取值范圍.

S

14.如圖甲所示，一光滑絕緣板組成的直角支架水平板LK長為，=

0.91m,距離水平地面高為八=2m,豎直板ML足夠長，兩板連接處

有一小孔.水平板上方存在邑=2近N/C的勻強電場，電場方向與水

平方向成。角，指向右上方，。為45。至90。的某一確定值.豎直線MQ

左側(cè)有電場和磁場(甲圖中均未畫出)，已知豎直方向的電場E2分布在

左側(cè)整個空間，與紙面垂直的磁場只分布在NP與兩平行線

之間，區(qū)間水平寬度為d=1m,磁感應(yīng)強度B隨時間變化規(guī)律如圖

乙所示，規(guī)定磁場垂直紙面向里為正方向.水平板LK上表面右邊緣

處有一質(zhì)量m=0.1kg,電荷量q=0.1C的帶負電小球，以初速度％=

0.6m/s向左對準小孔運動.通過小孔后進入左側(cè)空間恰好作勻速圓周運動.小球剛進入磁場時

記作t=0時刻.假定小球與豎直板碰撞時間極短，且無動能損失，小球可視為質(zhì)點，小球電量

保持不變，g=lOm/s2.求：

(1)電場強度己2的大小和方向.

(2)在。的取值范圍內(nèi)，小球在磁場中運動的時間最短為多少？

(3)在。的取值范圍內(nèi)，小球在P點左側(cè)的水平地面上的落點與尸點的最大距離？(計算結(jié)果可以用根

號表示).

15.如圖所示，左端封閉、右端開口、粗細均勻的U形玻璃管開口向上豎直放置,

用水銀將一段氣體封閉在管中。當溫度為300K時，被封閉的氣體長L=25cm,

兩邊水銀柱高度差九=15cm,大氣壓強po=75cmHg。

(1)保持封閉氣體溫度不變，向開口端級慢注入水銀，直到左右兩側(cè)水銀面相平，

需注入的水銀柱長度為多少？

(2)對封閉氣體緩慢加熱，當封閉氣體長度再次變?yōu)?5c/n時，溫度為多少？

16.某顆地球同步衛(wèi)星正下方的地球表面上有一觀察者，他用天文望

遠鏡觀察被太陽光照射的此衛(wèi)星，試問，春分那天(太陽光直射赤

道)在日落12小時內(nèi)有多長時間該觀察者看不見此衛(wèi)星？己知地

球半徑為R,地球表面處的重力加速度為g,地球自轉(zhuǎn)周期為T,

不考慮大氣對光的折射.(注：若sin。=a,。=arcsina)

【答案與解析】

1.答案：C

解析：解：A、根據(jù)光電效應(yīng)規(guī)律可知，如果入射光頻率低于截止頻率，增加光強，無法發(fā)生光電效

應(yīng)，故A錯誤。

B、根據(jù)%=可知，最大初動能與光強無關(guān)，故B錯誤。

C、原子核的比結(jié)合能越大，結(jié)合過程中每個核子平均損失能量越大，越穩(wěn)定，故C正確。

D,原子從基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)時，總能量增加，需要吸收能量，故。錯誤

故選：Co

根據(jù)%=成-小逸分析最大初動能的決定因素；原子核的比結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定；根據(jù)能級

躍遷的知識分析￡＞選項。

本題主要是考查光電效應(yīng)以及玻爾理論，解答本題要掌握愛因斯坦光電效應(yīng)方程以及能級躍遷的知

識，知道比結(jié)合能的物理意義。

2.答案：D

解析：解：當靜水速與河岸垂直時，合速度的大?。篣J憂+詔=J14.―42+10.―以km/h=

=5m/s,故。正確，ABC錯誤。

故選：Do

根據(jù)平行四邊形定則求出當靜水速與河岸垂直時，合速度的大小，并根據(jù)幾何關(guān)系求出合速度的大

小。

考查運動的合成與分解的應(yīng)用，解決本題的關(guān)鍵知道合速度與分速度遵循平行四邊形定則，并注意

單位的換算。

3.答案：B

解析：解：A、包裹被釋放后做平拋運動，豎直方做向自由落體運動，h=\gt2,解得：t=后,

故A錯誤；

從設(shè)落地時速度大小為v,豎直方向分速度為3,則2gh=詢，得：%=J可，落地時速度大小

v=J琢+哧=12gh+詔,故B正確；

C、包裹釋放點到落地點的水平距離x==D。耳，故C錯誤；

。、因為包裹下落過程中只有重力做功，所以包裹下落過程中機械能守恒，故。錯誤。

故選：B。

利用h=：gt2求時間；先求落地時豎直分速度，再用速度的合成求落地速度；用％=求水平位移；

只有重力做功，機械能守恒。

本題主要考查了平拋運動的處理方法：運動的合成和分解，即水平方向做勻速直線運動，豎直方向

做自由落體運動。

4.答案：D

解析：解：由動能定義式：EK=17n/知，質(zhì)量不變，物體運動的速度大小變?yōu)樵瓉淼?倍

則物體的動能變?yōu)椋篍K'=：m(2u)2=4EK；故。正確，ABC錯誤。

故選：D。

明確動能的定義，由動能定義式：EK=：血"2可判定動能變化.

本題是動能定義式的基本運用，知道動能與質(zhì)量成正比，與速度平方成正比.

5.答案:A

解析：解：4、據(jù)勿=Pt知，功率大的用電器工作時間短做功不一定多，故4錯誤；

B、電功率反應(yīng)電流做功快慢的物理量，電功率大的用電器，電流做功快，故B正確：

C、據(jù)小=「1知，電功率小的用電器，在做功時間足夠長的情況下同樣可以做功多，故C正確；

。、電功率反應(yīng)電流做功快慢的物理量，在相同時間內(nèi)做功多的電流做功快，功率大，故￡＞正確.

本題選擇錯誤的是，故選：A.

電功率反應(yīng)電流做功快慢的物理量，電流做的總功等于功率與時間的乘積.

掌握電功率的定義及其物理意義是正確解題的關(guān)鍵，屬于基礎(chǔ)題.

6.答案：BC

解析：解：A、軌道高度為393及〃?的“天宮二號”空間實驗室大于地球半徑，由u=Jg可知速度比

第一宇宙速度小.對接后組合體的運行的速度小于于第一宇宙速度，故A錯誤；

B、由G等=ma可得a=黑，“天宮二號”空間實驗室的軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌道半徑，所以

“天宮二號”空間實驗室的加速度大于同步衛(wèi)星的加速度，故B正確；

C、若在同一軌道加速，“天舟一號”會做離心運動，兩者不會相遇，所以“天舟一號”貨運飛船從

低軌道加速后與“天宮二號”空間實驗室對接，故C正確；

。、天宮一號墜落大海的過程中受摩擦阻力作用，機械能不斷減少，故。錯誤.

故選：BC.

萬有引力提供圓周運動的向心力，分別得到速度和加速度的表達式根據(jù)半徑大小比較，第一宇宙速

度是圍繞地球圓周運動的最大速度，給“天舟一號”加速會做離心運動，衛(wèi)星由于摩擦阻力作用，

軌道高度將降低，機械能減小.

解決衛(wèi)星運行規(guī)律問題的核心原理是萬有引力提供向心力，通過選擇不同的向心力公式，來研究不

同的物理量與軌道半徑的關(guān)系.

7.答案：BC

解析：

電路穩(wěn)定時，與電容器串聯(lián)的電路沒有電流，相當于斷路。當滑動變阻器的滑片向右移動時，變阻

器電阻減小，外電阻減小，電路中電流增大，燈L變亮。電容器的電壓等于路端電壓，分析其電壓

變化，由Q=O/分析電量的變化。

本題是電路的動態(tài)變化分析問題，可直接根據(jù)“串反并同”來分析電表讀數(shù)的變化，也可以由“局

部-整體-局部”的方法分析。

A.電路穩(wěn)定時，與電容器串聯(lián)的電路沒有電流，兩端的電壓為零。當滑動變阻器的滑片向右移動

時，變阻器電阻減小，外電阻減小，電路中總電流變大，則燈L將變亮，電流表示數(shù)變大，電源的

內(nèi)電壓變大，則路端電壓減小，電壓表讀數(shù)減小，故A錯誤：

8.電容器的電壓等于路端電壓，所以電容器的電壓減小，由、=CU分析可知其電荷量將減小。電容

器放電，則定值電阻島中將有從右向左的電流出現(xiàn)，故B正確；

C根據(jù)閉合電路歐姆定律知U=E-/r,得禁=r,可得電壓表示數(shù)改變量與電流表示數(shù)改變量之比

保持不變。故C正確；

D因不清楚外電路電阻與電源內(nèi)阻的大小關(guān)系，則不能確定電源輸出功率的變化，故。錯誤。

故選BC。

8.答案：BC

解析：解：A、B、設(shè)繩子與水平方向的夾角為a,將B的速度分解為沿繩子方向

和垂直于繩子方向，沿繩子方向的分速度等于A的速度，有以=%cosa.4勻速

上升，a減小，則8的速度減小，8做減速運動。故A錯誤，B正確。

C、A做勻速運動，繩子拉力等于重力，恒定不變，故C正確。

D、分析B,繩子拉力的豎直分力減小，則物體8對地面的壓力增大，故。錯誤。

故選：BC。

將B的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子方向，沿繩子方向的分速度等于A的速度，根據(jù)平行四

邊形定則判斷A的速度的變化。

本題考查運動的合成與分解，抓住8在沿繩子方向的速度等于A的速度，通過平行四邊形定則進行

求解。

9.答案：15002

解析：解：做功和傳熱在改變物體內(nèi)能上是等效的，因此如用傳熱的方式，也使物體溫度升高5久,

物體應(yīng)吸收1500J的熱量。如對物體做功3000/,溫度升高10冤，則物體溫度改變1汽，需要外界做

功或吸收熱量300J,因此物體放出600J的熱量，物體的溫度降低2。盤

故答案為：1500：2。

明確熱力學(xué)第一定律的內(nèi)容，知道做功和熱傳遞在改變物體上的內(nèi)能上是等效的；而物體改變相同

溫度所需要的能量也是相同的。

本題綜合考查了功與內(nèi)能的改變，熱與內(nèi)能的改變。在絕熱過程中，功是內(nèi)能變化的量度；在單純

傳熱的過程中，熱量是內(nèi)能改變的量度。同一物體，改變相同的溫度所需要的能量是相同的。

10.答案：16負方向0.1

解析：解：由波動圖象可知，波長2=16cm=0.16m,因為T>0.30s,

若波沿x軸負方向傳播，則波傳播的時間和周期的關(guān)系為：t=0.2s=；T,周期為：7=1.6s,傳播

速度為：v=^=m/s=0.1m/s；

若波沿軸正方向傳播，則傳播時間為：九=、、，由于不論〃取什么，都不

xt=O+012……

能滿足周期T>0.30s,所以波波沿x軸負方向傳播。

故答案為：16,負方向，0.1。

根據(jù)圖象的特征確定波長，找到波傳播的時間與周期的關(guān)系，再根據(jù)周期條件找到周期的值；

根據(jù)u=［求解波速。

T

本題考查了波動圖象的規(guī)律，解決本題的關(guān)鍵要理解波的周期性，會根據(jù)圖形找到時間和周期的關(guān)

系式，從而得到周期的特殊值。

2

11.答案：c-mghc|m(^)C

解析：解：(1)4打點計時器應(yīng)該接在交流電源上，故4錯誤；

B.開始時應(yīng)使重物靠近打點計時器處并保持靜止，先接通電源，再釋放紙帶，故B錯誤；

C釋放重物前，重物應(yīng)盡量靠近打點計時器，從而使得紙帶充分得以利用，故C正確。

故選：Co

(2)從打。點到打B點的過程中，重物的重力勢能變化量：

△Ep=EP0-EPC=0-mghc=-mghc；

打8點的速度為：方=靠=有上

動能變化量：△琮=0-gm詔=9771(用為2；

(3)48、利用公式D=gt或u=J9計算重物速度，則說明重物做自由落體運動，重力勢能減少與

動能增加相等，機械能守恒，故AB錯誤：

C、實驗中重力勢能的減少量大于動能的增加量，原因是存在空氣阻力和摩擦阻力的影響，故C正

確；

。、即使采用多次實驗取平均值的方法，則會導(dǎo)致誤差減小，但仍有重力勢能的減少量大于動能的

增加量，故。錯誤。

故選：C；

故答案為：(1)C；(_2)-mghc；(3)C。

(1)解決實驗問題首先要掌握該實驗原理，了解實驗的儀器、操作步驟和數(shù)據(jù)處理以及注意事項；

(2)根據(jù)重力勢能公式求出重力勢能變化量，再根據(jù)平均速度等于中時刻的瞬時速度，從而得出增加

的動能；

(3)通過能量守恒的角度分析重力勢能的減小量大于動能增加量的原因。

要提高應(yīng)用勻變速直線的規(guī)律以及推論解答實驗問題的能力，在平時練習(xí)中要加強基礎(chǔ)知識的理解

與應(yīng)用，同時掌握分析引起誤差原因的方法。

12.答案:1.401.33

解析：解：(1)由圖示圖象可知，電源U-/圖象與縱軸交點坐標值為1.40,則電源的電動勢測量值為

1.40K；

(2)電源內(nèi)阻等于圖象斜率的大小，為「=詈=當產(chǎn)=1.33Q

故答案為：(1)1.40；(2)1.33。

由圖象的縱坐標可知電源的電動勢，根據(jù)閉合電路歐姆定律和圖象的性質(zhì)可得出內(nèi)電阻。

本題考查閉合電路的歐姆定律的數(shù)據(jù)處理，要明確圖象的意義，同時注意縱坐標是否從零開始的，

不能相當然的將橫坐標的截距當作短路電流。

解：(1)如圖，沿PQ方向射出的電子最大軌跡半徑

PF2dH

代入數(shù)據(jù)解得：rm=2x10"m=2d

13?口案：該電子運動軌跡園心在A板上H處、恰能擊中B板M處.

隨著電子速度的減小，電子軌跡半徑也逐漸減小.

擊中B板的電子與Q點最遠處相切于N點，此時電子的軌跡半徑為d,并恰能落在下板上，所以電子能擊中B板MN區(qū)域

和A板PH區(qū)域.

在二MFH中FH=J"M2_M尸2=J（2d）2T2=取

QM=PF=(2-8)1=2.68/101QN=d=1xlO'2mPH=2d=2x102m

電子能擊中B板Q點右博與Q點相距2.687。-福~ixio-2的通圍，電子能擊中A板P點右與P,點相距0~2*1()-2m的

范圍.

(2)如圖，要使P點發(fā)出的電子能擊中Q點，則有：/?=—

d

rsin0=y

P

解得：vsin0=8x1O*6

v取最大速度3.2*10缶/5時，sin6=Gmin=arcs\n^-

44

6

V取最小速度時，6=7,vmin=8xlOm/i

所以電子速度與。之間應(yīng)滿足vsin0=8x106

且eW[arcsin:,1]v￡[8x106m/s,3.2x107m/s]

答：(1)沿PQ方向射出的電子，電子能擊中A板P點右側(cè)與P點相距0~2/107m的范圍；

(2)若從P點發(fā)出的粒子能恰好擊中Q點，則電子的發(fā)射方向(用圖中9角表示)與電子速度與。之間應(yīng)滿足

vsin0=8x1O6,且ee[a，csin：，ylve[8x106m/s,3.2x10zm/s]

解析：略。

14.答案：解：(1)小球在M0左側(cè)做勻速圓周運動，重力與電場力合力為零，即：qE2=mg,

代入數(shù)據(jù)解得：E2=10/V/C,電場力豎直向上，小球帶負電，場強豎直向下；

(2)小球在平臺上向右做勻加速運動，由動能定理得：

2

qE1Lcos6=1mv—gm詔，45°<0<90。，

代入數(shù)據(jù)解得：vmax=2m/s,

小球通過MV后的速度為：0.6m/s<v<2m/s,

小球在MQ右側(cè)磁場區(qū)域做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=m-,

解得：R=.

粒子做圓周運動的半徑：0.15m<Rr<0.5m,0.6m</?2<2m；

小球做圓周運動的周期：7=警，71=罌=3,72=等=2兀，

小球進入磁場后向左瞬時針方向的勻速圓周運動，運動時間：tj=7=

然后與ML碰撞，碰撞后小球速度水平向左，然后沿逆時針方向做勻速圓周運動，當小球速度最大

為2m/s時逆時針做圓周運動的軌道半徑最大為2〃?，此時小球在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角。最小，運動時

間最短，有：s譏8=4=晟

得：e=30°,

粒子的運動時間為：t2=上72=I-

3606

粒子的最短運動時間為：［="+。=凈；

(3)小球以最大速度離開磁場時落地點的水平距離最大，

最好。

vx—vsS—2cos30。=V3m/s,

赧人。

vy—usin=2stn30°=lm/sf

在豎直方向，小球所受重力與電場力合力為零，小球做勻速直線運動，有：

h+2R1最大-第2最大-R2炭火,OS。)=Vyt,

解得：t=(1+V3)S.

小球在尸點左側(cè)的水平地面上的落點與。點的最大距離為：X=Vzt=(3+V3)m：

答：(1)電場強度E2的大小為10N/C,方向：豎直向下.

(2)在。的取值范圍內(nèi)，小球在磁場中運動的時間最短為患s：

(3)在。的取值范圍內(nèi)，小球在P