辽宁省朝阳市2021届新高考物理二月模拟试卷含解析

辽宁省朝阳市2021届新高考物理二月模拟试卷
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，将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l ，它在磁感应强度为B 、方向如图所示的匀强磁场中匀速转动，转速为n ，导线在a 、b 两处通过电刷与外电路连接，外电路有额定功率为P 的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为( )
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】B
【解析】 单匝正方形线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，将产生正弦式电流，则电动势的最大值E m ＝Bl 2ω＝2πnBl 2，其有效值E ＝＝，计算小灯泡的额定功率P 要用其有效值，即P ＝.
R ＝＝，故只有B 选项正确．
2．已知火星的半径是地球的a 倍，质量是地球的b 倍，现分别在地球和火星的表面上以相同的速度竖直上抛小球，不计大气的阻力。

则小球在地球上上升的最大高度与在火星上上升的最大高度之比为( ) A ．b/a
B ．b 2/a
C ．a / b
D ．b/a 2
【答案】D
【解析】
【详解】 根据在星球表面重力与万有引力相等，有：2Mm G mg R
=，可得：2GM g R =，故222==R g M a g M R b ⋅火地地地火火；竖直上抛运动的最大高度202v h g =，所以有2==g h b h g a 火地地火；故A ，B ，C 错误；D 正确；故选D. 3．如图所示，一架无人机执行航拍任务时正沿直线朝斜向下方向匀速运动．用G 表示无人机重力，F 表示空气对它的作用力，下列四幅图中能表示此过程中无人机受力情况的是( )
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
由于无人机正沿直线朝斜向下方匀速运动即所受合外力为零，所以只有B图受力可能为零，故B正确．
m kg 4．如图，水平桌面上有三个相同的物体a、b、c叠放在一起，a的左端通过一根轻绳与质量为33
的小球相连，绳与水平方向的夹角为60°，小球静止在光滑的半圆形器皿中。

水平向右的力F=20N作用在b上，三个物体保持静状态。

g取10m/s2。

下列说法正确的是（）
A．物体a对桌面的静摩擦力大小为10N，方向水平向右
B．物体b受到物体a给的一个大小为20N的摩擦力，方向向左
C．物体c受到向右的静摩擦力，大小为20N
D．在剪断轻绳的瞬间，三个物体一定会获得向右的加速度
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．对m受力分析
在竖直方向
2sin60
T mg
︒=
则绳子拉力为
3310
N30N
2sin603
2
mg
T
︒
⨯
===
⨯
对a、b、c整体受力分析，水平方向根据平衡条件
T F f
=+
则桌面对a的静摩擦力方向水平向右，大小为
30N20N10N
f T F
=-=-=
根据牛顿第三定律可知，a对桌面的静摩擦力大小为10N，方向水平向左，A错误；
B．对b、c整体受力分析，水平方向根据平衡条件
20N
F f
='=
可知物体b受到物体a给的一个大小为20N的摩擦力，方向向左，B正确；
C．对c受力分析可知，物体仅受重力和支持力，受到的摩擦力为0，C错误；
D．地面对a、b、c整体的最大静摩擦力大小未知，在剪断轻绳的瞬间，系统的运动状态未知，D错误。

故选B。

5．如图所示，在真空室中有一水平放置的不带电平行板电容器，板间距离为d，电容为C，上板B接地。

现有大量质量均为m、带电量均为q的小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿图中虚线所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板A的正中央P点。

如果能落到A板的油滴仅有N滴，且第1
N+滴油滴刚好能飞离电场，假定落到A板的油滴的电量能被板全部吸收，而使A板带电，同时B板因感应而带上等量异号电荷，不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A ．落到A 板的油滴数2
3C m 4d g N q = B ．落到A 板的油滴数22Cdmg N q =
C ．第1N +滴油滴通过电场的整个过程所增加的电势能等于
8
mgd D ．第1N +滴油滴通过电场的整个过程所减少的机械能等于54mgd 【答案】A
【解析】
【详解】
AB ．对于第一滴油，则有：
012
L v t = 21122
d gt = 联立解得：
2
20
4gL d v = 最多能有N 个落到下极板上，则第1N +个粒子的加速度为a ，由牛顿运动定律得：
mg qE ma -=
其中：
U Q Nq E d Cd Cd
=== 可得：
2
Nq a g Cmd
=- 第1N +粒子做匀变速曲线运动，有：
02L v t =
2212
y at = 第1N +粒子不落到极板上，则有关系： 2d y …
联立以上公式得：
2
34gCmd N q ≥
故选项A 符合题意，B 不符合题意；
C ．第1N +滴油滴通过电场的整个过程所增加的电势能为： 328P d mgd E qE ∆== 故选项C 不符合题意；
D ．第1N +粒子运动过程中电场力做的负功等于粒子减少的机械能：
W 电328
d mgd qE =-=- 故选项D 不符合题意。

6．一三棱镜截面如图所示，∠C=90°，∠B=60°，AC 面涂有反光涂层。

一细束光从O 垂直AB 边射入棱镜，经AC 面反射到BC 面，在BC 面上恰好发生全反射。

则该棱镜的折射率为（ ）
A ．2
B ．3
C ．233
D ．2
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】 做出光路图，如图所示
根据几何关系，光线到达AC 面的入射角为α=30°，则反射角为30βα==︒，根据几何关系，光线在BC 面的入射角为i=60°，因为光线在BC 面上恰好发生全反射，则
sin 9023sin 3
n i ︒== 故C 正确， ABD 错误。

故选C 。

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．如图所示，一定质量的理想气体，由A 状态经历两个不同的变化过程到C 状态（A→C ．A→B→C ）
且A ．C 处于同一条等温线上，以下说法正确的是（ ）
A ．气体在A→C 的过程中吸收的热量大于对外做的功
B ．气体在A→
C 的过程中，气体分子的平均动能不变，分子密集程度减小，因此压强减小
C ．气体在A→C 过程吸收的热量小于在A→B→C 过程吸收的热量
D ．气体在B→C 过程中，压强减小的原因是气体分子平均动能减小
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．气体在A→C 的过程中，由热力学第一定律AC AC AC U Q W ∆=+，由于A 、C 处于同一条等温线上A C T T =，0AC U ∆=，由A 到C 体积增大0AC W <，故0AC Q >，AC AC Q W =，此过程中吸收的热量等于对外做的功，A 错误；
B ．气体在A→
C 的过程中，温度先升高后降低，气体分子的平均动能先增大后减小，B 错误； C ．气体在A→B→C 过程ABC ABC ABC U Q W ∆=+，0ABC U ∆=，ABC ABC Q W =，由p-V 图像下方的面积代表功知|W ABC |>|W AC │，得到Q ABC >Q AC 。

C 正确；
D ．根据影响气体压强的微观因素，气体在B→C 过程中，体积不变，气体分子密集程度不变，温度降低，气体分子平均动能减小，因此压强减小，D 正确。

故选CD 。

8．如图所示的直角坐标系中，第一象限中有一匀强电场，场强方向与x 轴的夹角为60︒。

在第四象限存在宽度为2L ，沿y 轴负方向足够长的匀强磁场。

磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里。

现有不计重力的带电粒子（电荷量为q ，质量为m ）以速度0v 从O 点射入磁场（0v 与x 轴的夹角为30θ=︒）。

若带电粒子通过磁场后恰好从A 点射入电场，并从x 上距离A 点为2L 的N 点（图中未标出）离开电场。

下列分析正确的是（ ）
A ．带电粒子进入磁场时的速度大小为0=qBL v m
B ．带电粒子从O 点到N 点（图中未标出）运动的总时间为(233)6m qB
π+ C ．该匀强电场的场强大小为233qB L m
D ．带电粒子离开电场时的动能为222
143q B L m
【答案】BD
【解析】
【详解】
A.带电粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知，带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径为： 2R L =，
由
200v qv B m R
= 得
02qBL v m
=， 故A 错误；
B.带电粒子在匀强磁场中的运动时间为：
11263m t T T qB
θππ===， 在匀强电场中：
qE ma =，
由题设知2AN L =，垂直电场方向做匀速直线运动
01022sin 60L L v t ==，
沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，
022212cos602L L at ==， 解得：
232m t qB
=， 283qB L E m
=， 从O 到N 的时间为：
12(233)m t t t π+=+=总， 故B 正确，C 错误；
D.带电粒子从A 到N 过程中由动能定理可知
22012
k qEL E mv =-， 解得：
222
143k q B L E m
=， 故D 正确。

故选：BD
9．质量均匀分布的导电正方形线框abcd 总质量为m ，边长为l ，每边的电阻均为r 0。

线框置于xoy 光滑水平面上，处在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中。

如图，现将ab 通过柔软轻质导线接到电压为U 的电源两端（电源内阻不计，导线足够长），下列说法正确的是
A ．若磁场方向竖直向下，则线框的加速度大小为0
43BlU mr B ．若磁场方向沿x 轴正方向，则线框保持静止
C ．若磁场方向沿y 轴正方向，发现线框以cd 边为轴转动，则02mgr U Bl
＞ D ．若磁场方向沿y 轴正方向，线框以cd 边为轴转动且cd 边未离开水平面，则线框转动过程中的最大动能为202
Bl U mgl r - 【答案】ACD
【解析】
【详解】
A ．根据左手定则，安培力的方向沿+y 轴方向
ab U I r ＝ 03dc U I r ＝
根据F=BIl ，线框所受的安培力的合力为：
00
()3ab dc U U F F F Bl r r =+=+ 线框的加速度大小为：
43F BlU a m mr =＝ 故A 正确；
B ．若磁场方向沿x 轴正方向，ad 边受到的安培力竖直向下，cd 边受到的安培力竖直向上，故线框不可能处于静止，故B 错误；
C ．若磁场方向沿y 轴正方向，发现线框以cd 边为轴转动，则，根据动能定理可得
01 02
BlU l mg l r ⋅-⋅＞
解得： 02mgr U Bl ＞ 故C 正确；
D ．在转动过程中，由于ab 边的安培力大于线框的重力，故在安培力作用下，线框的动能一直增大，故有：
20022
k BlU l Bl U mgl E l mg r r ⋅-⋅=-＝ 故D 正确；
故选ACD 。

10．一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A 质点的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是________．
A ．该波沿x 轴正向传播
B ．该波的波速大小为1 m/s
C ．经过0.3 s ，A 质点通过的路程为0.3 m
D ．A 、B 两点的速度有可能相同
E.若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率为0.4 Hz
【答案】ABC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由A 质点的振动图象读出该时刻质点A 的振动方向沿y 轴负方向，由质点的振动方向与波传播方向的关系，可知波沿x 轴正向传播，故A 正确．
B ．由题图甲可知波长为 λ=0.4m ，由题图乙可知周期为 T=0.4s ，则波速为 v= T
λ
=1m/s ；故B 正确． C ．经过0.3s=34
T ，则A 质点通过的路程为s=3A=0.3m ；故C 正确． D ．A 、B 两点间距为半个波长，振动情况始终相反，速度不可能相同；故D 错误．
E ．发生稳定的干涉现象需要频率相同，则所遇到的波的频率 f=
1T =2.5Hz 时才能产生的稳定干涉．故E 错误．
故选ABC ．
点睛：根据振动图象读出各时刻质点的振动方向，由质点的振动方向判断波的传播方向是基本功，要熟练
掌握．
11．如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平 向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验，若砝码和纸板的质量分别为M 和m ，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g （ ）
A ．纸板相对砝码运动，纸板所受摩擦力的大小为()M m g μ+
B ．要使纸板相对砝码运动F 一定大于2()M m g μ+
C gd μ，则砝码不会从桌面上掉下
D ．当(23)F M m g μ=+时，砝码恰好到达桌面边缘
【答案】BC
【解析】
【详解】
A ．砝码和桌面对纸板的摩擦力分别为
1f Mg μ=
2()f M m g μ=+
纸板所受摩擦力的大小为
12(2)f f f M m g μ=+=+
故A 错误；
B ．纸板相对砝码运动时，有
=f Mg Ma μ=砝砝
F f ma -=纸纸
二者发生相对运动需要满足
a a >纸砝
代入已知条件解得
2()F M m g μ>+
故B 正确；
C gd μ，砝码匀加速运动的位移小于
2222v gd d a g μμ==砝 匀减速运动的位移小于
2222
v gd d a g μμ==砝 则位移小于d ，砝码不会从桌面上掉下来，故C 正确；
D ．当(23)F M m g μ=+时，纸带的加速度
()=
2F M m g Mg a g m
μμμ-+-=纸 根据 221122
a t a t d -=纸砝 解得
2d t g
μ= 砝码从开始运动到脱离纸板时匀加速运动的位移
212
x a t d ==砝 可知砝码脱离纸板时恰好到达桌面边缘，因此时砝码具有速度，则砝码会从桌面上掉下来，故D 错误。

故选BC 。

12．如图所示为甲、乙两车在平直公路上行驶的v-t 图象，则在t 1到t 2时间内
A ．甲、乙两车的位移相等
B ．甲车的平均速度等于122
v v + C ．甲车的平均速度比乙车的大
D ．乙车的加速度始终比甲车的加速度小
【答案】BC
【解析】
【详解】
A ．在t 1到t 2时间内，两图线围成的面积不等，则位移不等，故A 错误．
BC．甲做匀变速直线运动，在t1到t2时间内，平均速度
12 =
2
v v
v
+
甲
，根据图线围成的面积知，甲的位移
大于乙的位移，时间相等，则甲的平均速度大于乙的平均速度，即以的平均速度小于12
2
v v
+
，故B C正确．
D．乙图线的切线斜率先比甲小，后比甲大，可知乙的加速度先小于甲，后大于甲，故D错误．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某小组用惠斯通电桥测量电阻x R的阻值：
方案一：如图（a）所示，先闭合开关S，然后调整电阻箱2R的阻值，使开关0S闭合时，电流表G的示数为零。

已知定值电阻1R、3R的阻值，即可求得电阻x R。

(1)实验中对电流表G的选择，下列说法正确的是_______
A．电流表的零刻度在表盘左侧
B．电流表的零刻度在表盘中央
C．电流表的灵敏度高，无需准确读出电流的大小
D．电流表的灵敏度高，且能准确读出电流的大小
(2)若实验中未接入电流表G，而其它电路均已连接完好，调节电阻箱2R，当21
3
x
R R
R R
>，则B、D两点的电势的关系满足B
ϕ_______
D
ϕ（选填“>”、“<”或“=”）。

方案二：在方案一的基础上，用一段粗细均匀的电阻丝替代1R、3R，将电阻箱2R换成定值电阻R，如图（b）所示。

(3)闭合开关S，调整触头D的位置，使按下触头D时，电流表G的示数为零。

已知定值电阻R的阻值，
用刻度尺测量出1l 、2l ，则电阻x R =________。

(4)为消除因电阻丝的粗细不均匀而带来的误差，将图（b ）中的定值电阻R 换成电阻箱，并且按照(3)中操作时，电阻箱的读数记为4R ；然后将电阻箱与x R 交换位置，保持触头D 的位置不变，调节电阻箱，重新使电流表G 的示数为零，此时电阻箱的读数记为5R ，则电阻x R =_______。

【答案】BC <
21l R l
【解析】
【详解】
(1)[1]AB ．电流表G 零刻度线在中央时，可以判断电流的流向，判断B 和D 两点电势的高低，所以要求电流表G 的零刻度在表盘中央，所以B 正确，A 错误；
CD ．根据电流表中表针摆的方向便可判断B 和D 两点电势的高低，进而进行调节，无需准确读出电流的大小，所以C 正确，D 错误。

故选BC 。

(2)[2]当没有接电流表G 时，2R 与x R 串联，1R 与3R 串联，然后再并联，则 121x AB BC AC I R I R U U U +=+=
2123AD DC AC I R I R U U U +=+=
变形可得
21AC AB x BC BC
U R U R U U ==- 131AC AD DC DC
U R U R U U ==- 所以，当
213
x R R R R >时 BC DC U U <
即
B D ϕϕ<
(3)[3]闭合开关S 后，调节让电流表G 示数为零，说明
B D ϕϕ=
则
AB AD U U =，BC DC U U =
同时R 与x R 电流相同，均匀电阻丝电流相同，设电阻丝单位长度的电阻为0R ，则 BC AB x U U R R =，
0102
DC AD U U R l R l = 整理得
011022
x R l l R R R l l == 得
21
x l R R l = (4)[4]将1l 和2l 的电阻记为1R '和2R '，则
412x R R R R '='，152x R R R R '='
联立得
45x R R R =
14．如图所示，在用“插针法”测定平行玻璃砖的折射率实验中：
测定平行玻璃砖的折射率实验中：
(1)下列措施对提高实验精度没有作用的是________。

A ．入射角α不宜过小
B ．P 1P 2间距适当大些
C ．选用d 稍微大点的玻璃砖
D ．OP 2间距尽可能小些
(2)下列因素对Δy 大小没有影响的是________。

A ．入射角α
B ．玻璃砖的折射率n
C ．P 1P 2之间的距离
D ．玻璃砖的厚度d
【答案】D C
(1)[1]增大α角，P 1P 2距离适当大一些，选用较厚的玻璃砖都可以提高精度，OP 2距离小一些不会提高精度，ABC 错误，D 正确。

故选D ；
(2)[2]直接根据图中的光路分析可得，P 1P 2间的距离对于Δy 无影响，ABD 错误，C 正确；
故选C 。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，折射率2n =的半圆柱体玻璃砖的截面半径为R ，圆心在O 点。

圆弧面透光，底部平面
有一薄层反射光的薄膜。

一条光线沿图示方向射在A 点，A 点与底部平面的距离为
22R 。

求： （i ）光在底部平面的反射点距圆心的距离；
（ii ）从玻璃砖射出的光线与射入玻璃砖的光线间的夹角。

【答案】（i ）23OB R =-；（ii ）30° 【解析】
【详解】
（i ）由题意知
22
AQ R =
则 145∠=︒
A 点折射有
sin 45sin 2
n ︒=∠ 解得
230∠=︒
由几何关系知：
31215∠=∠-∠=︒
45230∠=∠=∠=︒
则OPB △为等腰三角形。

由余弦定理得
()
22222cos30OB R R =-︒
解得 23OB R =-
（ii ）P 点折射有
sin 7sin 30n ∠=︒
解得
745∠=︒。

则从玻璃砖射出、射入光线的夹角
()()87415453030δ=∠+∠-∠=︒+︒-︒=︒。

16．如图所示，小球C 在光滑的水平直轨道上处于静止状态。

在它左边有一垂直于轨道的固定挡板，右边有两个小球A 和B 用处于原长的轻质弹簧相连，以相同的速度v 0向C 球运动，C 与B 发生碰撞并立即结成一个整体D 。

在A 和D 继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被第一次锁定不能伸长但还能继续被压缩。

然后D 与挡板P 发生弹性碰撞，而A 的速度不变。

过一段时间，弹簧被继续压缩到最短后第二次锁定。

已知A 、B 、C 三球的质量均为m 。

求：
(1)弹簧长度第一次被锁定后A 球的速度；
(2)弹簧长度第二次被锁定后的最大弹性势能。

【答案】 (1)
023v ；(2)2073108
mv 【解析】
【分析】
(1)设C 球与B 球粘结成D 时，D 的速度为v 1，由动量守恒定律可得
01()mv m m v =+
解得
1012
v v = 当弹簧压至最短时，D 与A 的速度相等，设此速度为v 2，由动量守恒，有
10223mv mv mv +=
解得A 的速度
2023
v v = (2)设弹簧长度第一次被锁定后，储存在弹簧中的势能为E p1。

由能量守恒得
222102p111123222
mv mv mv E ⋅+=⋅+ 解得
2p10112
E mv = 撞击P 后，D 的速度大小不变，仍为
023v ，方向向右；A 的速度大小和方向均不变。

然后D 与A 继续相互作用，设当弹簧压缩到最短时，A 与D 的速度为v 3，根据动量守恒定律可得
22323mv mv mv -=
解得
3201239
v v v == 弹性势能的增加量为
222p 2301116332227
E mv mv mv ∆=⋅-⋅= 弹簧长度第二次被锁定后的最大弹性势能 2p2p1p 073108E E E mv =+=
V 17．如图所示，直线MN 与水平线夹角为60°，其右侧有一垂直纸面向外的范围足够大的匀强磁场，磁感应强度为B ；直线PQ 垂直ＭＮ，且PQ 与ＭＮ包围的空间有一匀强电场，电场方向平行于PQ ．有一质量为m 电量为+q 的带电粒子在纸面内以v 0的水平初速度从A 点飞入磁场，粒子进入磁场t 0(t 0未知)时间后立即撤除磁场，此时粒子未到达MN ，之后粒子垂直MQ 边界从C 点（图中未画出）飞入电场；随后粒子再次通过C 点．粒子在以上整个过程中所用总时间恰为此带电粒子在磁场中运动一周所需时间，粒子所受重力不计．试求：
（1）粒子在磁场中运动的时间t 0
（2）匀强电场场强E 的大小．
【答案】（1）7
6m qB π；（2）01253
Bv E π=- 【解析】
【详解】 （1）带电粒子在磁场中做圆周运动，轨迹如图所示： 根据牛顿第二定律：200v qBv m R
= 周期为：022R m T v qB
ππ== 粒子运动时间为：021073606m t T qB
π==o o （2）带电粒子在磁场中做圆周运动有：200v qBv m R
= 解得：0mv R qB
= D 到C 是匀速运动：2R DC =
可得运动时间为：102DC m t v qB
== 带电粒子在电场中运动时间：()201536m t T t t qB π-=--= 带电粒子在电场中运动的加速度：qE a m
=
速度为：202t v a = 可得：01253Bv E π=-。