北京市海淀区2021届新高考物理第二次押题试卷含解析

北京市海淀区2021届新高考物理第二次押题试卷
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．如图所示，直线1和曲线2分别是汽车a和b在同一平直公路上行驶的位置－时间（x－t）图像，由图像可知（）
A．在t1时刻，a、b两车的运动方向相同
B．在t2时刻，a、b两车的运动方向相反
C．在t1到t3这段时间内，a、b两车的平均速率相等
D．在t1到t3这段时间内，a、b两车的平均速度相等
【答案】D
【解析】
【详解】
AB．由x t-图像的斜率正负表示速度方向，由图像可知，t1时刻，a、b两车的运动方向相反，t2时刻，a、b两车的运动方向相同，故AB错误；
C．由x t-图像可知，b汽车的路程大于a汽车的路程，由于时间相同，所以b车的平均速率大于a车的平均速率，故C错误；
D．在t1到t3这段时间内，两汽车的位移相同，时间相同，故a、b两车的平均速度相等，故D正确。

故选D。

2．如图所示，铁板倾斜放置，倾角为θ，磁铁吸在铁板上并处于静止状态，磁铁的质量为m，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）
A．磁铁可能只受两个力作用B．磁铁一定受三个力作用
mgθD．铁板对磁铁的作用力大小为mg
C．铁板对磁铁的摩擦力大小为cos
【答案】D
【解析】
AB ．磁铁受到重力、铁板对磁铁的弹力、摩擦力、铁板对磁铁的磁场力共四个力，选项AB 错误； C ．根据力的平衡可知，铁板对磁铁的摩擦力大小为sin mg θ，选项C 错误；
D ．铁板对磁铁的作用力与磁铁的重力等大反向，选项D 正确。

故选D 。

3．中国北斗卫星导航系统（BeiDouNavigationSatelliteSystem ，BDS ）是继美国全球定位系统（GPS ）、俄罗斯格洛纳斯卫星导航系统（GLONASS ）之后第三个成熟的卫星导航系统。

北斗导航系统中有几颗卫星是地球同步卫星，GPS 导航系统是由周期约为12h 的卫星群组成。

则北斗导航系统的同步卫星与GPS 导航卫星相比（ ）
A ．北斗导航系统的同步卫星的角速度大
B ．北斗导航系统的同步卫星的轨道半径小
C ．GPS 导航卫星的线速度大
D ．GPS 导航卫星的向心加速度小
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．地球同步卫星的周期为24h ，GPS 导航系统周期约为12h ，根据周期与角速度的关系
2T
πω= 可知北斗导航系统的同步卫星的周期大，则其角速度小，故A 错误；
B ．由万有引力提供向心力有
2
224Mm G mr r T
π= 得卫星绕地球做圆周运动的周期
2T =北斗导航系统的同步卫星的周期大，则其轨道半径大，故B 错误；
C ．由万有引力提供向心力有
2
2Mm v G m r r
= 得卫星绕地球做圆周运动的线速度
北斗导航系统的轨道半径大，则其线速度小，GPS导航卫星的线速度大，故C正确；
D．根据
=
a vω
可知北斗导航系统的角速度小、线速度小，则其加速度小，GPS导航卫星的向心加速度大，故D错误。

故选C。

4．如图所示，在O点处放正点电荷，以水平线上的某点O′为圆心，画一个圆与电场线分别相交于a、b、c、d、e．则下列说法正确的是()
A．b、e两点的电场强度相同
B．b、c两点间电势差等于e、d两点间电势差
C．a点电势高于c点电势
D．负电子在d点的电势能大于在b点的电势能
【答案】B
【解析】
【详解】
b、e两点到点电荷O的距离相等，根据可知两点处的电场强度大小相等，但是方向不同，故电场强度不同，A错误；b、e两点到点电荷O的距离相等，即两点在同一等势面上，电势相等，
c、d两点到点电荷O的距离相等，即两点在同一等势面上，电势相等，故b、c两点间电势差等于e、d两点间电势差，B正确；在正电荷产生的电场中，距离点电荷越近，电势越高，故a点的电势低于c点的电势，b 点电势低于d点电势，而负电荷在低电势处电势能大，故负电子在d点的电势能小于在b点的电势能，CD错误；
【点睛】
本题的关键是掌握点电荷电场规律：①距离正点电荷越近，电势越高，电场强度越大，②在与点电荷等距的点处的电势相等，③负点电荷在低电势处电势能大．
5．竖直放置的肥皂膜在阳光照耀下，由于前后表面反射光通过的路程不同，形成两列相干光，薄膜上会呈现出彩色条纹．若一肥皂膜由于受重力和液体表面张力的共同影响，其竖直方向的截面如图所示，则光通过该肥皂膜产生的干涉条纹与下列哪个图基本一致（）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
薄膜干涉为前后两个面反射回来的光发生干涉形成干涉条纹，故从肥皂薄膜的观察到水平干涉条纹，用复色光时出现彩色条纹，由重力作用，肥皂膜前后表面的厚度从上到下逐渐增大，从而使干涉条纹的间距变密，故B正确，ACD错误．
【点睛】
本题考查了薄膜干涉的原理和现象，抓住薄膜干涉的形成原因：前后两表面反射的光发生干涉，是考试的重点．
6．如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆型槽的半径为R，将物体A从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计。

则（）
A．A、B物体组成的系统动量守恒
B．A不能到达圆槽的左侧最高点
C．A运动到圆槽的最低点时A 2
3 gR
D．A运动到圆槽的最低点时B
3
gR 【答案】D
【解析】
【分析】
B ．运动过程不计一切摩擦，故机械能守恒，那么A 可以到达B 圆槽的左侧最高点，且A 在B 圆槽的左侧最高点时，A 、B 的速度都为零，故B 错误；
CD ．对A 运动到圆槽的最低点的运动过程由水平方向动量守恒
2A B mv mv =
对AB 整体应用机械能守恒可得
2211222
A B mg mv v R m =+⋅ 所以A 运动到圆槽的最低点时B 的速率为
3
B gR v = 43A gR v =
故C 错误，D 正确；
故选D 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．滑板运动是以滑行为特色、崇尚自由的一种运动，深受都市青年的喜爱。

滑板的一种运动情境可简化为如下模型：如图甲所示，将运动员（包括滑板）简化为质量50kg m =的物块，物块以某一初速度0v 从倾角37θ︒=的斜面底端冲上足够长的斜面，取斜面底端为重力势能零势能面，该物块的机械能E 总和重力势能p E 随离开斜面底端的高度h 的变化规律如图乙所示。

将物块视为质点，重力加速度210m /s ，则由图中数据可得（ ）
A ．初速度05m /s v =
B ．物块与斜面间的动摩擦因数为0.3
C ．物块在斜面上运动的时间为4s 3
D ．物块再次回到斜面底端时的动能为375J
【答案】AD
【解析】
A ．斜面底端为重力势能零势能面，则
2011625J 2
E mv ==总 得
05m/s v =
故A 正确；
B ．当p E E =总时，物块运动到最高点由图乙可知此时
m 1m h =
根据功能关系，有
m cos 125J sin h mg E μθθ
⋅=∆=总 得物块与斜面间动摩擦因数
316
μ= 故B 错误；
CD ．物块沿斜面上滑的时间
012s sin cos 3
v t g g θμθ==+ 上滑的位移
m 5m sin 3
h s θ== 因为tan μθ<，所以物块最终会沿斜面下滑，下滑的
2t ==物块在斜面上运动的时间为
12t t t +== 滑到斜面底端时的动能
m k 12cos 375J sin h E E mg μθθ
=-⋅
=总
8．粗细均匀的正方形金属线框abcd 静止在光滑绝缘的水平面上，整个装置处在垂直水平面的匀强磁场中，ab 边与磁场边界MN 重合，如图所示。

现用水平向左的外力F 将线框拉出磁场，且外力与时间的函数关系为F=b+kt ，b 和k 均为常数。

在拉出线框的过程中，用i 表示线框中的电流，Q 表示流过线框某截面的电荷量，下列描述电流与时间及电荷量与时间变化关系的图象可能正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据牛顿第二定律可得
b+kt －BIL=ma
当b=ma 时，线框匀加速离开磁场，电流与时间成正比，故A 正确；
B ．由于i 最后恒定，即速度恒定，而外力在增加，不可能实现，故B 错误；
C ．电流可以与时间成正比，而由A 图象可知电流与时间包围的面积为电荷量，因此Q 可以与t 2成正比，图象可以是曲线，故C 正确；
D ．若Q 与t 成正比，则电流为恒量，不可能实现，故D 错误。

故选AC 。

9．如图所示，在一个倾角为37︒的长斜面底端O 点正上方 1.7m h =的P 点处将一小球以速度0v 水平抛出，恰好垂直击中斜面上的Q 点，sin370.6︒=。

下列说法正确的是（ ）
A ．小球的初速度4m/s v =
C ．保持h 不变，将小球以02v 的速度水平抛出，则击中斜面的位置到O 点的距离小于2||QO
D ．若抛出点高度变为2h
，欲使小球仍能垂直击中斜面，小球的初速度应调整为02v 【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．如图甲所示
小球垂直击中斜面时，速度的偏向角为53︒，根据平抛运动规律的推论可知，速度偏向角的正切值 tan5322tan 37h y h y y x
︒︒
--=⋅=⋅ 可得
90.9m 17
y h == 1.2m x =
|| 1.5m sin53x QO ︒
== 小球在空中运动的时间
2()0.4s h y t g
-== 初速度
03m/s x v t
== 故AB 错误；
C ．保持抛出点高度不变，初速度大小变为原来的两倍，如图乙所示
C 正确；
D ．若抛出点高度变为2h ，根据小球垂直击中斜面的规律知
9217
y h '=⨯ 则小球下落的高度和水平位移均变为原来的两倍，根据
0x v t =
t =联立解得
0v =
倍，故D 正确。

故选CD 。

10．下列说法正确的有_________
A ．布朗运动直接反映了分子运动的无规则性
B ．水的饱和气压随温度升高而降低
C ．有些非晶体在一定条件下可转化为晶体
D ．荷叶上小水珠呈球形，是由于表面张力作用而引起的
【答案】CD
【解析】
【详解】
A ．布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体微粒做无规则运动，间接反映了周围的分子做无规则的热运动，故A 错误；
B ．与液体处于动态平衡的蒸气叫饱和蒸气；反之，称为不饱和蒸气。

饱和蒸气压力与饱和蒸气体积无关！在一定温度下，饱和蒸气的分子数密度是一定的，因而其压强也是一定的，这个压强叫做饱和蒸气压力。

蒸发面温度升高时，水分子平均动能增大，单位时间内脱出水面的分子增多（此时，落回水面的分子数与脱出水面的分子数相等），故高温时的饱和水汽压比低温时要大，故B 错误；
C ．晶体和非晶体区别在于内部分子排列，有些通过外界干预可以相互转化，如把晶体硫加热熔化（温度超过300℃）再倒进冷水中，会变成柔软的非晶硫，再过一段时间又会转化为晶体硫，故C 正确；
D ．荷叶上小水珠呈球形，是因为表面层的水分子比较稀疏，分子间表现为分子引力，从而表面有收缩的趋势，是由于表面张力作用而引起的，故D 正确；
圈上接有定值电阻R 、线圈L 、灯泡D 及理想电压表.以下说法正确的是
A ．副线圈中电流的变化频率为50HZ
B ．灯泡D 两端电压为55V
C ．若交变电压u 的有效值不变，频率增大，则电压表的示数将减小
D ．若交变电压u 的有效值不变，频率增大，则灯泡D 的亮度将变暗
【答案】AD
【解析】 变压器不会改变电流的频率，电流的频率为11005022f Hz Hz T ωπππ
====，故A 正确；由瞬时值的表达式可知，原线圈的电压最大值为311V ，所以原线圈的电压的有效值为：12202
U V V ==，在根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压的有效值为55V ，在副线圈中接有电阻R 、电感线圈L 和灯泡D ，它们的总的电压为55V ，所以灯泡L 1两端电压一定会小于55V ，故B 错误；在根据电压与匝数成正比可知副线圈的电压不变，所以电压表的示数不变，故C 错误；交流电的频率越大，电感线圈对交流电有阻碍作用就越大，所以电路的电流会减小，灯泡D 的亮度要变暗，故D 正确．所以AD 正确，BC 错误． 12．如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角37°的粗糙斜面底端A 处，上端连接质量3kg 的滑块（视为质点），斜面固定在水平面上，弹簧与斜面平行。

将滑块沿斜面拉动到弹簧处于原长位置的D 点，由静止释放到第一次把弹簧压缩到最短的过程中，其加速度a 随位移x 的变化关系如图乙所示，重力加速度取10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

下列说法正确的是（ ）
A ．滑块先做匀加速后做匀减速运动
B ．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.1
C ．弹簧的劲度系数为180N/m
D ．滑块在最低点时，弹簧的弹性势能为3.12J
【分析】
【详解】
A ．因滑块的加速度先减小后反向增加，可知滑块先做变加速后做变减速运动，选项A 错误；
B ．弹簧处于原长时，加速度为a=5.2m/s 2，由牛顿第二定律
sin 37cos37mg mg ma μ-=o o
解得
μ=0.1
选项B 正确；
C ．由图像可知，弹簧被压缩x=0.1m 时滑块的加速度减为零，则
sin 37cos37mg mg kx μ-=o o
解得
k=156N/m
选项C 错误；
D ．由能量关系可知，滑块在最低点时，弹簧的弹性势能为
2sin 37cos372P E mg x mg x μ=⋅-⋅o o
解得
E P =3.12J
选项D 正确。

故选BD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学用图（a ）所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有220Hz 、30Hz 和40Hz ，打出纸带的一部分如图（b ）所示。

该同学在实验中没有记录交流电的频率f ，需要用实验数据和其他条件进行推算。

（1）若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f 和图（b ）中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B 点时，重物下落的速度大小为________，重物下落的加速度的大小为________。

（2）已测得s 1=8.89cm ，s 2=9.50cm ，s 3=10.10cm ；当重力加速度大小为9.80m/s 2，实验中重物受到的平均
阻力大小约为其重力的1％。

由此推算出f 为_________Hz 。

【答案】121()2s s f + 2311()2
s s f - 40 【解析】
【详解】
(1)[1][2] 根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得： ()121222
B s s f s s v T ++== ()232322
C s s f s s v T ++=
= 由速度公式
v C =v B +aT
可得：
a=()2312
s s f - (2)[3] 由牛顿第二定律可得：
mg-0.01mg=ma
所以
a=0.99g
结合(1)解出的加速度表达式，代入数据可得
f=40H Z
14．在“观察电容器的充、放电现象”实验中，电路如图（甲）所示
(1)将开关S 接通1，电容器的__________（填“上”或“下”）极板带正电，再将S 接通2，通过电流表的电流方向向__________（填“左”或“右”）。

(2)若电源电动势为10V ，实验中所使用的电容器如图（乙）所示，充满电后电容器正极板带电量为__________C （结果保留两位有效数字）。

(3)下列关于电容器充电时，电流i 与时间t 的关系；所带电荷量q 与两极板间的电压U 的关系正确的是__________。

【答案】上 左 23.310-⨯ A
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]开关S 接通1，电容器充电，根据电源的正负极可知电容器上极板带正电。

[2]开关S 接通2，电容器放电，通过电流表的电流向左。

(2)[3]充满电后电容器所带电荷量
62330010F 10V 3.310C Q CU --==⨯⨯=⨯
(3)[4]AB ．电容器充电过程中，电流逐渐减小，随着两极板电荷量增大，电流减小的越来越慢，电容器充电结束后，电流减为0，A 正确，B 错误；
CD ．电容是电容器本身具有的属性，根据电容的定义式Q C U
=
可知，电荷量与电压成正比，所以图线应为过原点直线，CD 错误。

故选A 。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，在第一象限内，存在垂直于xOy 平面向外的匀强磁场Ⅰ，第二象限内存在水平向右的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于xOy 平面向外、磁感应强度大小为0B 的匀强磁场Ⅱ。

一质量为m ，电荷量为q +的粒子，从x 轴上M 点以某一初速度垂直于x 轴进入第四象限，在xOy 平面内，以原点O 为圆心做半径为0R 的圆周运动；随后进入电场运动至y 轴上的N 点，沿与y 轴正方向成45︒角离开电场；在磁场Ⅰ中运动一段时间后，再次垂直于x 轴进入第四象限。

不计粒子重力。

求：
（1）带电粒子从M 点进入第四象限时初速度的大小0v ；
（2）电场强度的大小E ；
（3）磁场Ⅰ的磁感应强度的大小1B 。

【答案】（1）000qB R
v m = （2）2002qB R E m
= （3）1012B B = 【解析】
【详解】
（1）粒子从x 轴上M 点进入第四象限，在xOy 平面内，以原点O 为圆心做半径为0R 的圆周运动，由洛伦兹力提供向心力：
20000
v qv B m R = 解得：
000qB R v m
= （2）粒子在第二象限内做类平抛运动，沿着x 轴方向：
qE ma =
2002y v aR -=
沿与y 轴正方向成45︒角离开电场，所以：
0y v v =
解得电场强度：
2002qB R E m
= (3)粒子的轨迹如图所示：
第二象限，沿着x 轴方向：
00
2y v R t +=
沿着y 轴方向：
0ON v t =
所以：
02ON R =
由几何关系知，三角形OO’N 为底角45°的等腰直角三角形。

在磁场Ⅰ中运动的半径：
0222R ON R ==
由洛伦兹力提供向心力：
2
1v qvB m R
= 粒子在N 点速度沿与y 轴正方向成45︒角离开电场，所以离开的速度：
02v v =
所以磁场Ⅰ的磁感应强度的大小1B ：
1012
B B = 16．一竖直放置、内壁光滑且导热良好的圆柱形气缸内封闭有可视为理想气体的O 2，被活塞分隔成A 、B 两部分，气缸的横截面积为S ，达到平衡时，两部分气体的体积相等，如图（a ）所示，此时A 部分气体的压强为p 0；将气缸缓慢顺时针旋转，当转过90°使气缸水平再次达到平衡时，A 、B 两部分气体的体积之比为1∶2，如图（b ）所示。

已知外界温度不变，重力加速度大小为g ，求：
(1)活塞的质量m ；
(2)继续顺时针转动气缸，当气缸从水平再转过角度θ时，如图（c ）所示，A 、B 两部分气体的体积之比为1∶3，则sinθ的值是多少?
【答案】 (1)0P S g ；(2)23
【解析】
【分析】
【详解】
（1）气体做等温变化，在（a ）状态，对活塞受力分析可得
11A B =mg P S P S +
所以
B1A10mg mg p p p s s
=+=+ 又因为二者体积相同
A1B1V V V ==
在（b ）状态，此时A 处体积为
A223
V V = B 处体积为
B243
V V = 对A 部分气体，由玻意耳定律得
023
p V p V =⋅ 同理，对B 部分气体，由玻意耳定律得
043mg p V p V S ⎛⎫+=⋅ ⎪⎝
⎭ 联立解得0p S m g
= （2）由题意知
A312V V =，B332
V V = 对A 部分气体，有
0A312
p V p V =g 对B 部分气体，有
0332B mg p V p V S ⎛⎫+=⋅ ⎪⎝
⎭ 解得3043
B p p =。

活塞处于静止状态，有
B3A3sin p S mg p S +=θ 解得2sin 3
θ=。

17．如图所示，光滑轨道OABC 是由水平直轨道OB 与一段半径R=62.5m 的圆弧BC 在B 点相切而成。

m=1kg 的物块P 在F=20N 的水平推力作用下，紧靠在固定于墙面的轻弹簧右侧A 处保持静止，A 点与B
点相距l =16m 。

己知物块可视为质点，弹簧的劲度系数100N/m k =。

取重力加速度g=10m/s 2，
cos5°=0.996。

现突然撤去力F ，求：
(1)物块P 第一次向右运动的过程中，弹簧对物块的冲量大小；
(2)从物块P 离开弹簧到再次接触弹簧经过的时间。

（结果保留两位小数）
【答案】 (1)2N·
s ；(2)23.65s 【解析】
【分析】
【详解】
(1)设弹簧在A 处保持静止时压缩量为x ，有
F=kx
若物块离开弹簧时速度为v ，根据动能定理
221122
W kx mv =- 物块P 向右运动的过程中，弹簧对物块的冲量
I=mv
解得
I=2N·s
(2)物块离开弹簧到B 之间做匀速直线运动，设时间为1t ，则有 1l x vt -=
设物块沿着圆弧轨道上升到D 点，B 、D 间的高度为h ，则有 212
mgh mv = 设过D 点的半径与竖直方向的夹角为θ，则
cos 0.996R h R
θ-=
> 即 5θ<︒
物块从B 点到D 点再返回B 点的过程中，可以看做单摆，单摆周期 2R T g =212
t T = 可得从物块P 离开弹簧到再次接触弹簧经过的时间
122t t t =+
代入数据得
t=23.65s。