河南省鹤壁市2021届新高考二诊物理试题含解析

河南省鹤壁市2021届新高考二诊物理试题
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．关于近代物理学，下列说法正确的是（ ）
A ．α射线、β射线和γ射线中，γ射线的电离能力最强
B ．根据玻尔理论，氢原子在辐射光子的同时，轨道也在连续地减小
C ．卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，揭示了原子核的组成
D ．对于某种金属，超过极限频率的入射光频率越高，所产生的光电子的最大初动能就越大
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．α、β、γ三种射线中，γ射线的穿透本领比较强，而电离能力最强是α射线，故A 错误；
B ．玻尔理论认为原子的能量是量子化的，轨道半径也是量子化的，故氢原子在辐射光子的同时，轨道不是连续地减小，故B 错误；
C ．卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出原子核式结构学说，故C 错误；
D ．根据光电效应方程km 0
E h W ν=-知，超过极限频率的入射频率越高，所产生的光电子的最大初动能就越大，故D 正确。

故选D 。

2．一个
23892U 原子核静止在磁感应强度为B 的匀强磁场中，当原子核发生衰变后，它放出一个α粒子（42He ），其速度方向与磁场方向垂直。

关于α粒子与衰变后的新核在磁场中做的圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A ．运动半径之比是45:1
B ．运动周期之比是1:117
C ．动能总是大小相等
D ．动量总是大小相等，方向相反 【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A ．衰变方程为
238
234
4
92902U X He →+
衰变瞬间动量守恒，所以
αX p p =
洛伦兹力提供向心力，根据
2v qvB m R = 解得半径 mv p R qB qB
== 所以α粒子与衰变后的新核的半径之比为
αX X α904521
R q R q === A 正确；
B ．原子核在磁场中圆周运动的周期为
2m T qB
π= 所以α粒子与衰变后的新核的周期之比为
ααX X αX 904902234117
T m q T q m =⋅=⋅= B 错误；
C ．二者动量大小始终相等，根据动量和动能的关系
k 2p mv mE ==
可知α粒子与衰变后的新核的质量不同，动能不同，C 错误；
D ．α粒子与衰变后的新核的动量大小始终相同，在衰变瞬间，二者方向相反，随后在磁场中做匀速圆周运动，动量方向不同，D 错误。

故选A 。

3．在光滑水平面上有一个内外壁都光滑的气缸质量为M ，气缸内有一质量为m 的活塞，已知M ＞m ．活塞密封一部分理想气体．现对气缸施加一个水平向左的拉力F （如图甲），稳定时，气缸的加速度为a 1，封闭气体的压强为p 1，体积为V 1；若用同样大小的力F 水平向左推活塞（如图乙），稳定时气缸的加速度为a 1，封闭气体的压强为p 1，体积为V 1．设密封气体的质量和温度均不变，则 ( )
A ．a 1 =a 1，p 1＜p 1，V 1＞V 1
B ．a 1＜a 1，p 1＞p 1，V 1＜V 1
C ．a 1=a 1，p 1＜p 1，V 1＜V 1
D ．a 1＞a 1，p 1＞p 1，V1＞V1
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
两种情况下对整体受力分析由F ma =，因此12a a =
对活塞进行受力分析，第一种情况01P S PS ma -=
对第二种情况01F P S PS ma +-=
因此可得12P P <
密封气体得质量和温度不变，因此可得12V V >，因此A 正确
4．2010 年命名为“格利泽 581g”的太阳系外行星引起了人们广泛关注，由于该行星的温度可维持表面存在液态水，科学家推测这或将成为第一颗被发现的类似地球世界，遗憾的是一直到 2019 年科学家对该行星的研究仍未有突破性的进展。

这颗行星距离地球约 20 亿光年(189.21 万亿公里)，公转周期约为 37 年，半径大约是地球的 2 倍，重力加速度与地球相近。

则下列说法正确的是
A ．飞船在 Gliese581g 表面附近运行时的速度小于 7.9km/s
B ．该行星的平均密度约是地球平均密度的
12
C ．该行星的质量约为地球质量的 8 倍
D ．在地球上发射航天器前往“格利泽 581g”，其发射速度不能超过 11.2km/s
【答案】B
【解析】
【详解】
ABC ．忽略星球自转的影响，根据万有引力等于重力得： mg =m 2
v R
得到
万有引力等于重力，2
GMm R =mg ，得到 M=2
gR G
ρ=233443
gR M g G V GR
R ππ== 这颗行星的重力加速度与地球相近，它的半径大约是地球的2倍，所以它在表面附近运行的速度是地球表面运行速度的2倍，大于1．9km/s ，质量是地球的4倍，密度是地球的12。

故B 正确，AC 错误。

D ．航天器飞出太阳系所需要的最小发射速度为第三宇宙速度，即大于等于2．1km/s ，故D 错误。

5．下列说法正确的是（ ）
A ．天然放射现象揭示了原子具有核式结构
B ．238
92U 衰变成206
82Pb 要经过6次β衰变和8次α衰变 C ．α、β和γ三种射线中α射线的穿透力最强
D ．氢原子向低能级跃迁后，核外电子的动能减小
【答案】B
【解析】
【详解】
A ．天然放射现象中，原子核发生衰变，生成新核，同时有中子产生，因此说明了原子核有复杂的结构，但不能说明原子具有核式结构，故A 错误；
B ．根据质量数和电荷数守恒知，质量数少32，则发生8次α衰变，导致电荷数少16，但是电荷数共少10，可知，发生了6次β衰变，故B 正确；
C ．γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱，α射线的穿透能力最弱，电离能力最强，故C 错误；
D ．根据玻尔理论可知，氢原子向低能级跃迁后，电子轨道的半径减小，由库仑力提供向心力得 22
2e v k m r r
= 可知核外电子的动能增大，故D 错误。

故选B 。

6．如图所示，“共享单车”极大地方便了老百姓的出行，某高档“共享单车”通过变速器调整链条在轮盘和飞轮的挂入位置，改变行驶速度。

轮盘和飞轮的齿数如下表所示：
名称
轮盘 飞轮 A 轮 B 轮 C 轮 D 轮 E 轮
齿数N/个48 39 24 18 13
则下列说法正确的是()
A．当A轮与C轮组合时，两轮的转速之比为1∶1
B．当A轮与C轮组合时，两轮边缘上的点的线速度大小之比为1∶2
C．当B轮与E轮组合时，两轮角速度之比为1∶3
D．当B轮与E轮组合时，两轮边缘上的点的向心加速度大小之比为3∶1
【答案】C
【解析】
【详解】
AB．A轮与C轮通过链条连接，轮边缘上的点的线速度大小相等，齿数之比为2∶1，转速之比为1∶2，选项A、B错误；
CD．B轮与E轮通过链条连接，轮边缘上的点的线速度大小相等，齿数之比为3∶1，转速之比为1∶3，角速度之比为1∶3，轮边缘上的点的向心加速度之比为1∶3，选项C正确，D错误。

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．竖直悬挂的弹簧振子由最低点B开始作简谐运动，O为平衡位置，C为最高点，规定竖直向上为正方向，振动图像如图所示。

则以下说法中正确的是（）
A．弹簧振子的振动周期为2.0s
B．t=0.5s时，振子的合力为零
C．t=1.5s时，振子的速度最大，且竖直向下
D．t=2.0s时，振子的加速度最大，且竖直向下
【答案】ABC
【解析】
【详解】
A．周期是振子完成一次全振动的时间，根据图像可知振子的周期是2.0s，A正确；
t=时，振子位于平衡位置处，所以受到的合力为零，B正确；
B．由图可知，0.5s
t=时，振子位于平衡位置处，对应的速度最大；此时刻振子的位移方向从上向下，即C．由图可知， 1.5s
振子的速度方向竖直向下，C正确；
t=时位移负的最大位移处，所以回复力最大，方向向上，则振子的加速度D．由图可知，弹簧振子在 2.0s
最大，且竖直向上，D 错误。

故选ABC 。

8．如图所示，有一倾角θ＝30°的斜面体B ，质量为M ．物体A 质量为m ，弹簧对物体A 施加一个始终保持水平的作用力，调整A 在B 上的位置， A 始终能和B 保持静止．对此过程下列说法正确的是( )
A ．A 、
B 之间的接触面可能是光滑的
B ．弹簧弹力越大，A 、B 之间的摩擦力越大
C ．A 、B 之间的摩擦力为0时，弹簧弹力为3mg
D ．弹簧弹力为
3mg 时，A 所受摩擦力大小为14mg 【答案】CD
【解析】 设弹簧弹力为F ，当cos30sin 30F mg ︒=︒时，即33F mg =时，A 所受摩擦力为0；若33F mg >，A 受到的摩擦力沿斜面向下；若33
F mg <，A 受到的摩擦力沿斜面向上，可见AB 错误C 正确；当3F mg =时，A 所受摩擦力大小为1cos30sin 304F F mg mg =-=o o 摩，方向沿斜面向下，D 正确． 9．如图所示，卫星1和卫星2均绕地球做圆周运动，其中卫星1为地球同步轨道卫星，卫星2是极地卫星，卫星1的轨道半径大于卫星2的轨道半径. 则下列说法正确的是
A ．卫星1和卫星2做圆周运动的圆心均为地心
B ．卫星2的运行周期小于24h
C ．卫星1的向心加速度大于卫星2的向心加速度
D ．卫星2的线速度小于静止在赤道上某物体的线速度
【答案】AB
【解析】
【详解】
A ．由万有引力提供向心力，卫星1和卫星2的做圆周运动的圆心均为地心，A 正确；
B ．卫星1的周期为24h ，根据：
2
224Mm G m r r T
π= 可得：
2T =因为卫星2的轨道半径小于卫星1的轨道半径，所以卫星2的运行周期小于卫星1的周期，即小于24h ，故B 正确；
C ．根据：
2Mm G ma r
= 可得： 2GM a r =
卫星1的向心加速度小于卫星2的向心加速度，故C 错误；
D ．由：
2
2Mm v G m r r
= 可得：
v = 可知卫星1的线速度小于卫星2的线速度，由v r ω=知赤道上物体的线速度小于卫星1的线速度，所以卫星2的线速度大于静止在赤道上某物体的线速度，故D 错误.
10．一质量为m 的电动汽车在平直公路上以恒定的功率加速行驶，当速度大小为v 时，其加速度大小为a （0a ≠），设汽车所受阻力恒为kmg （1k <），重力加速度为g ，下列说法正确的是（ ） A ．汽车的功率为kmgv
B ．汽车的功率为()kmg ma v +
C ．汽车行驶的最大速率为1a v kg ⎛
⎫+ ⎪⎝⎭ D ．汽车行驶的最大速率为a v kg
【答案】BC
【解析】
【详解】
AB ．车的额定功率为P ，汽车的速度为v 时，根据牛顿第二定律得
P kmg ma v
-= 得
()P kmg ma v =+
故A 错误，B 正确。

CD ．汽车匀速运动时牵引力等于阻力， 速率最大，故有
1m P a v v kmg kg ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭
故C 正确，D 错误。

故选BC 。

11．质量为m 的物块在t ＝0时刻受沿固定斜面向上的恒力F 1作用，从足够长的倾角为θ的光滑斜面底端由静止向上滑行，在t 0时刻撤去恒力F 1加上反向恒力F 2(F 1、F 2大小未知)，物块的速度－时间(v －t)图象如图乙所示，2t 0时刻物块恰好返回到斜面底端，已知物体在t 0时刻的速度为v 0，重力加速度为g ，则下列说法正确的是（ ）
A ．物块从t ＝0时刻开始到返回斜面底端的过程中重力的冲量大小为2mgt 0sinθ
B ．物块从t 0时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量大小为3mv 0
C ．F 1的冲量大小为mgt 0sinθ＋mv 0
D ．F 2的冲量大小为3mgt 0sinθ－3mv 0
【答案】BC
【解析】
【详解】
A ．根据冲量的定义式可知物块从0t =时刻开始到返回斜面底端的过程中重力的冲量大小为 0022G I mg t mgt ==g
故A 错误；
B ．由于在0t 时撤去恒力1F 加上反向恒力2F ，物块在02t 时恰好回到斜面的底端，所以在沿固定斜面向上的恒力的时间与撤去恒力加上反向恒力后回到底端的时间相等，设物体在沿固定斜面向上的恒力作用下的位移为x ，加速度为1a ，取沿斜面向上为正；根据位移时间关系可得
21012
x a t = 根据速度时间关系可得撤去沿固定斜面向上的恒力时的速度为
010v a t =
撤去恒力加上反向恒力作用时的加速度为2a ，则有
2002012
x v t a t -=- 联立解得
213a a =
物块在02t 时的速度为
202002v v a t v =-=-
物块从0t 时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量为
2003P mv mv mv ∆=-=-
即物块从0t 时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量大小为03mv ，故B 正确； C ．物体在沿固定斜面向上的恒力作用下，根据动量定理可得
100sin θ0F I mg t mv -=-g
解得1F 的冲量大小为
1
00sin θF I mgt mv =+ 故C 正确；
D ．撤去恒力加上反向恒力作用时，根据动量定理可得
2000sin θ2F I mg t m v mv --=--g g
解得
200sin θ3F I mgt mv =+
故D 错误；
故选BC 。

12．将小球以某一初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能k E ，重力势能p E 与其上升高度h 间的关系分别如图中两直线所示，取210m/s g =，下列说法正确的是（ ）
A ．小球的质量为0.2kg
B ．小球受到的阻力（不包括重力）大小为0.25N
C ．小球动能与重力势能相等时的高度为2013
m D ．小球上升到2m 时，动能与重力势能之差为0.5J
【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．由图知，小球上升的最大高度为h=4m ，在最高点时，小球的重力势能 p 4J E mgh ==
得
P 0.1kg E m gh
== 故A 错误；
B ．根据除重力以外其他力做的功
W E =∆其
则有
fh E E -=-低高
由图知
4J 5J E E ==低高，
又
4m h =
解得
0.25N f =
故B 正确；
C ．设小球动能和重力势能相等时的高度为H ，此时有
212mgH mv =。