福建省厦门市2021届新高考第二次质量检测物理试题含解析

福建省厦门市2021届新高考第二次质量检测物理试题
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．平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外。

一带电粒子的质量为m ，电荷量为q （q>0）。

粒子沿纸面以大小为v 的速度从OM 的某点向左上方射入磁场，速度与OM 成30°角。

已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，并从OM 上另一点射出磁场。

不计粒子重力。

则粒子离开磁场的出射点到两平面交线O 的距离为
A ．2mv q
B B ．3mv qB
C ．2mv
qB
D ．4mv qB
【答案】D
【解析】
【详解】
、
粒子进入磁场做顺时针方向的匀速圆周运动，轨迹如图所示，
根据洛伦兹力提供向心力，有
2
v qvB m R =
解得
mv
R qB =
根据轨迹图知
22mv
PQ R qB ==，
则粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为
4 2mv
OP PQ
qB
==，
则D正确，ABC错误。

故选D。

2．如图所示，一只贮有空气的密闭烧瓶用玻璃管与水银气压计相连，气压计的A、B管内汞面在同一水平面上。

现缓慢降低烧瓶内空气的温度，同时缓慢移动气压计A管，使气压计B管的水银面保持在原来的水平面上，则
A．烧瓶内气体作等容变化，A管应向上移动
B．烧瓶内气体作等容变化，A管应向下移动
C．烧瓶内气体作等温变化，A管应向上移动
D．烧瓶内气体作等温变化，A管应向下移动
【答案】B
【解析】
【详解】
气压计B管的水银面保持在原来的水平面上，所以气体的体积不变，发生等容变化，初状态气体的压强大于大气压，根据查理定律，缓慢降低烧瓶内空气的温度，烧瓶内气体的压强减小，低于大气压，为了保证B管水银面不变，所以A管必须下移，故B正确，ACD错误。

3．某同学投篮时将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直放置的篮板上，篮球运动轨迹如图所示，不计空气阻力，关于篮球从抛出到撞击篮板前，下列说法正确的是（）
A．两次在空中的时间可能相等B．两次碰的篮板的速度一定相等
C．两次抛出的初速度竖直分量可能相等D．两次抛出的初动能可能相等
【解析】
【详解】
A ．将篮球的运动逆向处理，即为平抛运动，由图可知，第二次运动过程中的高度较小，所以运动时间较短，故A 错误；
B ．篮球的运动逆向视为平抛运动，则平抛运动在水平方向做匀速直线运动，水平射程相等，但第二次用的时间较短，故第二次水平分速度较大，即篮球第二次撞篮板的速度较大，故B 错误；
C ．篮球的运动逆向视为平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，由2y v gh =
可知，第二次抛出时速度的竖直分量较小，故C 错误；
D ．由于水平速度第二次大，竖直速度第一次大，根据速度的合成可知，抛出时的速度大小不能确定，有可能相等，所以两次抛出的初动能可能相等，故D 正确；
故选D 。

4．如图所示，质量为2kg 的物体A 静止于动摩擦因数为0.25的足够长的水平桌而上，左边通过劲度系数为100N/m 的轻质弹簧与固定的竖直板P 拴接，右边物体A 由细线绕过光滑的定滑轮与质量为2.5kg 物体B 相连。

开始时用手托住B ，让细线恰好伸直，弹簧处于原长，然后放开手静止释放B ，直至B 获得最大速度已知弹簧的惮性势能为212
P E kx =
（其中x 为弹簧的形变量）、重力加速度g=10m/s 2.下列说法正确的是（ ）
A ．A 、
B 和弹簧构成的系统机械能守恒
B ．物体B 机械能的减少量等于它所受的重力与拉力的合力做的功
C ．当物体B 获得最大速度时，弹簧伸长了25cm
D ．当物体B 获得最大速度时，物体B 速度为
223
m/s 【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.由于在物体B 下落的过程中摩擦力做负功，所以系统的机械能不守恒，故A 错误；
B.对物体B 分析，受到重力和拉力作用，W 拉力=△E 机，物体B 机械能的减少量等于所受拉力做的功，故
C.A 与B 为连接体，物体B 速度达到最大时，物体A 速度也最大，此时A 和B 的加速度为零，所受合力也为零，对物体B 受力分析，绳子的拉力
T B F m g =
对物体A 受力分析
A T F m g F μ+=
弹簧弹力
F kx =
则弹簧伸长了
0.2m 20cm x ==
故C 错误；
D.以A 和B 整体为研究对象，从静止到A 和B 速度达到最大的过程中，由功能关系可得
22A B B A 11()22
m m v m gx m gx kx μ+=-- 代入数据可得
22m/s 3
v = 故D 正确。

故选D 。

5．极地卫星的运行轨道经过地球的南北两极正上方（轨道可视为圆轨道）．如图所示，某时刻某极地卫星
在地球北纬45°
A 点的正上方按图示方向运行，经过12h 后再次出现在A 点的正上方，地球自转周期为24h ．则下列说法正确的是
A ．该卫星运行周期比同步卫星周期大
B ．该卫星每隔12h 经过A 点的正上方一次
C ．该卫星运行的加速度比同步卫星的加速度小
D ．该卫星所有可能角速度的最小值为
rad/h 8π
【答案】D
【解析】
地球在12h 的时间内转了180°，要使卫星第二次出现在A 点的正上方，则时间应该满足34
T+nT ＝12h ，解得48h 43
T n +＝（n=0、1、2、3、），当n=0时，周期有最大值T=16h ，当n 的取值不同，则周期不同，则该卫星运行周期比同步卫星周期小，选项A 错误；由以上分析可知，只有当卫星的周期为16h 时，每隔12h 经过A 点上方一次，选项B 错误； 卫星的周期小于同步卫星的周期，则运转半径小于同步卫星的半径，根据2
GM a r =
可知，该卫星运行的加速度比同步卫星的加速度大，选项C 错误；该卫星的最大周期T=16h ，则最小的角速度为：2=rad/h 8T ππω=，选项D 正确. 6．重元素的放射性衰变共有四个系列，分别是U238系列(从
23892U 开始到稳定的20882Pa 为止)、Th232系列、U235系列及Np237系列(从237
93Np 开始到稳定的209
83Bi 为止)，其中，前三个系列都已在自然界找到，而第
四个系列在自然界一直没有被发现，只是在人工制造出Np237后才发现的，下面的说法正确的是 A ．238
92U 的中子数比209
83Bi 中子数少20个
B ．从237
93
Np 到209
83Bi ，共发生7次α衰变和4次β衰变 C ．Np237系列中所有放射性元素的半衰期随温度的变化而变化
D ．238
92U 与235
92U 是不同的元素
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
238
92U 的中子数为238-92=146个，209
83Bi 的中子数为209-83=126个，则23892U 的子数比20983Bi 的中子数多20
个，A 错误；根据质量数守恒有：237-209=4×
7，知发生了7次α衰变，根据电荷数守恒有：93-83=2×7-4，知发生了4次β衰变，B 正确；放射性物质的半衰期不受外界因素的影响，C 错误；
23892U 与23592U 的质子
数相同，中子数不同，它们是相同的元素，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
7．两根平行的通电长直导线a 、b 均垂直于纸面放置，其中的电流方向如图所示，电流分别为I 和2I 。

此时a 所受安培力大小为F 。

若在a 、b 的上方再放置一根与之平行的通电长直导线c ，导线a 、b 、c 间的距离相等，此时a 所受安培力的合力的大小也是F 。

则下列说法中正确的是（ ）
A ．导线c 中的电流为I
B ．导线c 中的电流为2I
C ．导线b 受到安培力的合力的大小为23F
D ．导线b 受到安培力的合力的大小为7F
【答案】BD
【解析】
【详解】
AB ．如图所示
由右手螺旋定则知b 导线在a 处产生竖直向下的磁场，a 导线受该磁场向左的安培力
1F F =
由牛顿第三定律知b 导线也受到a 导线的磁场向右的安培力，大小也是1F 。

c 产生的磁场对a 有安培力2F ，结合题意分析得：1F 与2F 夹角为120°，且
12F F F ==
则c 、b 导线在a 点的磁感应强度大小相等，又c 、b 导线与a 的距离相等，则c 、b 导线电流大小相等，为2I 。

所以B 正确，A 错误；
CD ．c 导线在a 、b 处产生的磁感应强度大小相等，则b 受其安培力为2F 。

由余弦定理得
222(2)4cos1207b F F F F F ︒=+-=
所以D 正确，C 错误。

故选BD 。

8．图中虚线a 、b 、c 、d 、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b 上的电势为2 V ．一电子经过a 时的动能为10 eV ，从a 到d 的过程中克服电场力所做的功为6 eV ．下列说法正确的是
A．平面c上的电势为零
B．该电子可能到达不了平面f
C．该电子经过平面d时，其电势能为4 eV
D．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍
【答案】AB
【解析】
A、虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此等势面间的电势差为2V，因平面b上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零，故A正确．
B、由上分析可知，当电子由a向f方向运动，则电子到达平面f的动能为2eV，由于题目中没有说明电子如何运动，因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动，则可能不会到达平面f，故B 正确．
C、在平面b上电势为2V，则电子的电势能为-2eV，动能为8eV，电势能与动能之和为6eV，当电子经过平面d时，动能为4eV，其电势能为2eV，故C错误．
D、电子经过平面b时的动能是平面d的动能2倍，电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍，故D错误．故选AB．
【点睛】考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键．
9．如图所示，灯泡A、B完全相同，理想变压器原副线圈匝数比n1：n2=5：1，指示灯L的额定功率是灯
泡A的1
5
，当输入端接上1102sin100(V)
u tπ
=的交流电压后，三个灯泡均正常发光，两个电流表均
为理想电流表，且A2的示数为0.4A，则（）
A．电流表A1的示数为0.08A
B．灯泡A的额定电压为22V
C．灯泡L的额定功率为0.8W
D．原线圈的输入功率为8.8W
【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．副线圈的总电流即A 2的示数为I 2＝0.4A ，由理想变压器两端的电流比等于匝数的反比，可得 212110.4A 0.08A 5
n I I n ==⨯= 即电流表A 1的示数为0.08A ，故A 正确；
BC ．变压器的输入电压的有效值为U=110V ，根据全电路的能量守恒定律有
1L A 2UI P P =+
而指示灯L 的额定功率是灯泡A 的15
，即 A L 5
P P = 联立解得
A 4W P =，L 0.8W P =
由电功率
2A A A A 2
I P U I U ==⋅
可得 A 20V U =
故B 错误，C 正确；
D ．对原线圈电路由1L UI P P =+入，可得原线圈的输入功率
1L (8.80.8)W 8W P UI P =-=-=入
故D 错误。

故选AC 。

10．图甲为一列简谐横波在t=0.10s 时刻的波形图，
P 是平衡位置为x=1m 处的质点，Q 是平衡位置为x=4m 处的质点，图乙为质点Q 的振动图象，则（ ）
A ．t=0.10s 时，质点Q 的速度方向向上
B ．该波沿x 轴的负方向传播
C ．该波的传播速度为40m/s
D ．从t=0.10s 到t=0.25s ，质点P 通过的路程为30 cm
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．据题意，甲图是一列简谐横波在t=0.10s 时刻的波形图，从乙图可知质点Q 在t=0.10s 时刻处于平衡位置向下振动，则甲图中的横波正在向左传播，故A 错误，B 正确；
C ．该波传播速度为：
8m/s 40m/s 0.2
v T λ
=== 故C 正确；
D ．从t=0.10s 到t=0.25s ，质点P 经过了四分之三周期，此时质点P 正处于从-10cm 向O 运动的过程中，它所走过的路程小于30cm ，故D 错误。

故选BC 。

11．下列说法正确的是( )
A ．在摆角很小时单摆的周期与振幅无关
B ．只有发生共振时，受迫振动的频率才等于驱动力频率
C ．变化的电场一定能产生变化的磁场
D ．两列波相叠加产生干涉现象，振动加强区域与减弱区域应交替出现
【答案】AD
【解析】
【详解】
A ．单摆周期T ＝A 项正确；
B ．受迫振动的频率等于驱动力的频率，当驱动力的频率接近物体的固有频率时，振动显著增强，当驱动力的频率等于物体的固有频率时即共振，B 项错误；
C ．均匀变化的电场产生稳定的磁场，C 项错误；
D ．两列波相叠加产生干涉现象时，振动加强区域与减弱区域间隔出现，这些区域位置不变，D 项正确。

故选AD 。

12．水平圆盘A 、B 以齿轮咬合传动，B 盘为主动转盘，A 盘半径为B 盘半径的2倍。

在A 、B 两盘上分别放置两个相同的物块P 、Q ，它们到圆盘中心的距离相等，均为r 。

物块与圆盘的最大静摩擦力为物块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g 。

若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，下列说法正确的是（ ）
A ．圆盘A 、
B 转动的角速度相等
B ．P 、Q 不发生滑动时，所受的摩擦力始终不相等
C ．当A 盘的角速度增大至某一值时，P 、Q 同时开始滑动
D ．当A 盘的角速度3kg r ω=
Q 所受摩擦力的大小等于kmg 【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．圆盘A 、
B 边缘线速度相同，由v R
ω=得 A A B B A B
12
v
R R v R R ωω===① 故A 错误；
BC ．物块滑动前有
2F mr ω=静
结合①式知Q 所受静摩擦力大，两物块最大静摩擦力均为kmg 。

ω增大则所需向心力2mr ω增大，则Q 先达到最大静摩擦力，开始滑动，故B 正确，C 错误；
D ．P 、Q 两物块开始滑动时有
20kmg mr ω=
解得临界角速度
0kg r
ω=结合①式知，当3A kg r ω=
0423B A kg r
ωωω==> 故此时Q 所受摩擦力大小等于kmg ，故D 正确。

故选BD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．用图（a ）所示的实验装置，探究小车匀加速运动的加速度a 与其质量m 及所受拉力F 的关系。

实验所用交变电流的频率为50Hz 。

(1)保持沙桶及沙的总质量不变，改变小车上砝码的质量，分别做了5次实验。

在图（b ）所示的1a m -坐标系中标出了相应的实验数据。

(2)再进行第6次实验，测得小车及砝码总质量为0.25kg ，实验得到图（c ）所示的纸带。

纸带上相邻计数点之间还有4个点未画出，由纸带数据计算加速度为__________2m /s 。

（保留3位有效数字） (3)请把第6次实验的数据标在图（b ）所示的1a m -坐标系中，并作出实验的1a m
-图像________。

【答案】0.633
【解析】
【详解】
(2)[1]相邻计数点时间间隔为
0.02s 50.1s t =⨯=
由逐差法计算加速度有
2227.977.33(6.70 6.07)cm /s 0.633m /s (2)
a t +-+=≈ (3)[2]本次实验的数据为：
111 4.0kg 0.25kg
m -== 20.633m /s a =
将其在坐标系内描点，坐标系上全部的6个点均有效。

画--条平滑的、细的直线，使各点对称分布在直线的两侧，且直线过坐标原点。

图像如图所示：
14．如图所示，在测量玻璃折射率的实验中，两位同学先把方格纸固定在木板上。

再把玻璃砖放在方格纸上，并确定a和b为玻璃砖的上下界面的位置。

在玻璃砖的一刻插上两枚大头针1P和2P，再从玻璃砖的另一侧插上大头针3P和4P。

请完成以下实验步骤：
(1)下列操作步骤正确的是__________；（填正确答案标号）
A．插上大头针3P，使3P挡住2P的像
B．插上大头针3P，使3P挡住1P、2P的像
C．插上大头针4P，使4P挡住3P的像
D．插上大头针4P，使4P挡住3P和1P、2P的像
(2)正确完成上述操作后，在纸上标出大头针3P、4P的位置（图中已标出），在图中作出完整的光路图；（____）
(3)利用光路图计算此玻璃砖的折射率n __________。

【答案】BD 10 2
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]．在玻璃砖的一侧竖直插上两枚大头针1P和2P，确定入射光线，然后插上大头针3P，使3P挡住1P，
2P 的像，再插上大头针4P ，使4P 挡住3P 和1P 、2P 的像，从而确定出射光线。

则BD 正确。

(2)[2]．光路图如图所示。

(3)[3]．在光路图中构造三角形，由图得145θ=︒，所以
12sin 2θ= 25sin 5
θ= 由折射定律
12sin 10sin 2
n θθ== 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图，一质量m=0.4kg 的滑块（可视为质点）静止于动摩擦因数µ=0.1的水平轨道上的A 点。

对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P=10.0W 。

经过一段时间后撒去外力，滑块继续滑行至B 点后水平飞出，恰好在C 点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D 处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6N 。

已知轨道AB 的长度L=2.0m ，半
径OC 和竖直方向的夹角α=37°，圆形轨道的半径R=0.5m 。

（空气阻力可忽略，g=10 m/s 2，sin37°
=0.6，cos 37°=0.8）求：
（1）滑块运动到C 点时速度v c 的大小；
（2）B 、C 两点的高度差h 及水平距离x?
（3）水平外力作用在滑块上的时间t?
【答案】（1）v c =5m/s ；（2）h=1.45m ；x=1.2m ；（3）t=1.4s
【解析】
【详解】
（1）滑块运动到D 点时，由牛顿第二定律得：
F N －mg ＝m 2D v R 滑块由C 点运动到D 点的过程，由机械能守恒定律得：
mgR （1－cosα）＋212
C mv ＝212
D mv 联立解得5m /s c v =。

（2）滑块在C 点时，速度的竖直分量为：
sin 3m /s y c v v ==α
B 、
C 两点的高度差为
h ＝22y
v g ＝1.45 m
滑块由B 运动到C 所用的时间为
t y ＝y
v g ＝1．3 s
滑块运动到B 点时的速度为
cos 4m /s B c v v ==α
B 、
C 间的水平距离为
1.2m B y x v t ==
（3）滑块由A 点运动到B 点的过程，由动能定理得：
212
B Pt μmgL mv -= 解得0.4s t =。

16．某种透明材料制成的半球壳，外径是内径的两倍，过球心O 的截面如图所示，A 是外球面上的点，AO 是半球壳的对称轴。

一单色光在图示截面内从A 点射入，当入射角i=45°时折射光恰与内球面相切于B 点。

（i ）求透明材料对该光的折射率；
（ii ）要使从A 点入射光的折射光能从内球面射出半球壳，求光在A 点入射角应满足的条件。

【答案】（i ）2n =
（ii ）i<30° 【解析】
【分析】
【详解】
（i ）当入射角i=45°时，设折射角为r ，透明材料对该光的折射率为n ，ΔABO 为直角三角形，则 sin 2R r R = sin sin i n r
= 解得
r=30°
2n =
（ii ）光在A 点入射角为i′时，设折射角为r′，折射光射到内球面上的D 点刚好发生全反射，则折射光完全不能从内球面射出半球壳，折射光在内球面的入射角等于临界角为C ，如图所示，在ΔADO 中，由正弦定理有
()2sin 'sin 180R R r C =︒- 1sin C n =
sin 'sin '
i n r = 解得
2sin '4
r = 1sin '2
i =
解得
i′=30° 要使从A 点射入光的折射光能从内球面射出半球壳，则光在A 点入射角i 应满足：
i<30°
17．图示为深圳市地标建筑——平安金融大厦。

其内置观光电梯，位于观景台的游客可360︒鸟瞰深圳的景观。

电梯从地面到116层的观景台只需58s ，整个过程经历匀加速、匀速和匀减速，匀加速和匀减速阶段的加速度大小相等，其上行最大加速度为10m/s 。

当电梯加速上升时，质量为50kg 的人站在置于电梯
地板的台秤上时，台秤的示数为65kg，g取10m/s2，求：
(1)电梯加速上升的加速度大小；
(2)观景台距地面的高度。

【答案】(1)a=3m/s2(2)H=1640
3
m
【解析】
【详解】
(1)当电梯加速上升时，有
F mg ma
-=
代入数据，可解得
a=3m/s2
(2)设匀加速运动高度为h1，时间为t，则有
h=
2
2
v
a
，t=
v
a
代入数值解得：
h=50
3
m，t=
10
3
s
因匀加速和匀减速阶段的加速度大小相等，所以两个阶段的时间和位移量相同。

故匀速运动时间为t1，则
12
t T t =-
总
高度为
h1=vt1
代入数值解得
t1=154
3
s，h1=
1540
3
m
故观景台距地面的高度H=h1+2h
代入数值解得
H=1640
3
m。