天津市和平区2021届新高考物理二模试卷含解析

天津市和平区2021届新高考物理二模试卷
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，在直角坐标系xOy 平面内存在一正点电荷Q ，坐标轴上有A 、B 、C 三点，OA=OB=BC=a ，其中A 点和B 点的电势相等，O 点和C 点的电势相等，静电力常量为k ，则下列说法正确的是（ ）
A ．点电荷Q 位于O 点
B ．O 点电势比A 点电势高
C ．C 点的电场强度大小为22kQ a
D ．将某一正试探电荷从A 点沿直线移动到C 点，电势能一直减小
【答案】C
【解析】
因A 点和B 点的电势相等，O 点和C 点的电势相等，故A 、B 到点电荷的距离相等，O 、C 到点电荷的距离也相等，则点电荷位置如图所示
由图可知A 错误，因点电荷带正电，故离点电荷越近电势越高，故O 点电势比A 点低，故B 错误，由图可知OC 的距离2C r a =，根据2Q E k r
=，得22C kQ E a =，故C 正确；由图可知，将正试探电荷从A 点沿直线移动到C 点，电势先升高再降低，故电势能先增大再减小，故D 错误，故选C.
2．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根水平放置的平行粗糙金属导轨CD 、EF ，导轨上放有一金属棒MN ．现从t=0时刻起，给金属棒通以图示方向的电流且电流I 的大小与时间t 成正比，即I=kt ，其中k 为常量，不考虑电流对匀强磁场的影响，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列关于金属棒的加速度a 、速度v 随时间t 变化的关系图象，可能正确的是
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】D
【解析】
【详解】 AB 、由题，棒中通入的电流与时间成正比，I=kt ，棒将受到安培力作用，当安培力大于最大静摩擦力时，棒才开始运动，根据牛顿第二定律得：F-f=ma ，而F=BIL ，I=kt ，得到 BkL•t -f=ma ，可见，a 随t 的变化均匀增大。

当t=0时，f=-ma ，根据数学知识可知AB 错误，故AB 错误。

CD 、速度图象的斜率等于加速度，a 增大，则v-t 图象的斜率增大。

故C 错误，D 正确。

故选D 。

3．如图所示，有10块完全相同的长方体木板叠放在一起，每块木板的质量为100g ，用手掌在这叠木板的两侧同时施加大小为F 的水平压力，使木板悬空水平静止。

若手与木板之间的动摩擦因数为0.5，木板与木板之间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s 2，则F 至少为（ ）
A ．25N
B ．20N
C ．15N
D ．10N
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】 先将所有的书当作整体，竖直方向受重力、静摩擦力，二力平衡，有
1210F mg μ≥
再以除最外侧两本书为研究对象，竖直方向受重力、静摩擦力，二力平衡，有
228F mg μ≥
联立解得
20N F ≥
选项B 正确，ACD 错误。

故选B 。

4．如图所示，理想变压器的原线圈两端接在交流电源上，电压有效值为U 。

理想电压表接在副线圈两端，理想电流表接在原线圈电路中，有三盏相同的灯泡123L L L 、、接在副线圈电路中。

开始时开关S 闭合，
三盏灯都亮。

现在把开关S断开，三盏灯都没有烧毁，则下列说法正确的是（）
A．电流表和电压表的示数都不变
B．灯1L变暗
C．灯2L变暗
D．电源消耗的功率变大
【答案】B
【解析】
【详解】
U由初级电压和匝数比决定，则U2不变，原、副线圈中的电A．S断开，副线圈负载电阻增大，而电压2
流都减小，选项A错误；
BC．副线圈中电流2I减小，1L两端电压减小、2L两端电压增大，灯1L变暗、灯2L变亮，选项B正确，C错误；
U I减小，电源的功率减小，选项D错误。

D．2I减小，则22
故选B。

5．轨道平面与赤道平面夹角为90°的人造地球卫星被称为极地轨道卫星。

它运行时能到达南北极区的上空，需要在全球范围内进行观测和应用的气象卫星、导航卫星等都采用这种轨道。

如图所示，若某颗极地轨道卫星从北纬45°的正上方按图示方向首次运行到南纬45°的正上方用时45分钟，则（）
A．该卫星发射速度一定小于7.9km/s
B．该卫星轨道半径与同步卫星轨道半径之比为1∶4
C．该卫星加速度与同步卫星加速度之比为2∶1
D ．该卫星的机械能一定小于同步卫星的机械能
【答案】B
【解析】
【详解】
A ．根据第一宇宙速度的概念可知，该卫星发射速度一定大于7.9km/s ，故A 错误；
B ．由题意可知，卫星的周期 36045min=180min=3h 90T ︒=⨯︒ 万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得 222()Mm G m r r T
π= 解得
2
3
24GMT r π= 该卫星轨道半径与同步卫星轨道半径之比
22333()(414
) 2r T r T ===同步同步 故B 正确；
C ．万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得
2Mm G ma r
= 解得 2GM a r =
该卫星加速度与同步卫星加速度之比
22214(6 1
)1r a a r ===同步同步 故C 错误；
D ．由于由于不知该卫星与同步卫星的质量关系，无法比较其机械能大小，故D 错误。

故选AB 。

6．嫦娥三号的飞行轨道示意图如图所示．假设嫦娥三号在环月段圆轨道和椭圆轨道上运动时，只受到月球的万有引力．则（ ）
A ．嫦娥三号由环月段圆轨道变轨进入环月段桶圆轨道时，应让发动机点火使其加速
B．嫦娥三号在环月段椭圆轨道上P点的速度大于Q点的速度
C．嫦娥三号在环月段椭圆轨道上Q点的速度大于月段圆轨道的速度
D．若已知嫦娥三号环月段圆轨道的半径、运动周期和引力常量，则可算出月球的密度
【答案】C
【解析】
【详解】
嫦娥三号在环月段圆轨道上P点减速，使万有引力大于向心力做近心运动，才能进入进入环月段椭圆轨道．故A错误；嫦娥三号在环月段椭圆轨道上P点向Q点运动中，距离月球越来越近，月球对其引力做正功，故速度增大，即嫦娥三号在环月段椭圆轨道上P点的速度小于Q点的速度．故B错误；根据
v=，且月段椭圆轨道平均半径小于月段圆轨道的半径，可得嫦娥三号在环月段椭圆轨道的平均速度大于月段圆轨道的速度，又Q点是月段椭圆轨道最大速度，所以嫦娥三号在环月段椭圆轨道上Q点的速度大于月段圆轨道的速度．故C正确；要算出月球的密度需要知道嫦娥三号环月段圆轨道的半径、运动周期、月球半径和引力常量．故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．下列说法正确的是（）
A．分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增加时，分子间的引力和斥力都减小
B．根据pV
T
=恒量，可知液体的饱和汽压与温度和体积有关
C．液晶具有液体的流动性，同时其光学性质具有晶体的各向异性特征
D．在不考虑分子势能的情况下，1mol温度相同的氢气和氧气内能相同
E.液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部
【答案】ACD
【解析】
【详解】
A.分子间的引力和斥力都随距离增大而减小，故A正确；
B.液体的饱和气压和温度、外界压强有关，故B错误；
C.液晶是一种特殊晶体，其具有液体的流动性，又具有晶体的各向异性特征，故C正确；
D. 在不考虑分子势能的情况下，1mol温度相同的氢气和氧气分子数相同，分子的平均动能也相同，故内能相同，故D正确；
E.液体的表面张力与液面相切，故E错误；
故选ACD。

8．如图所示，某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方
向的夹角α＝60°，使飞行器恰好沿与水平方向的夹角θ＝30°的直线斜向右上方匀加速飞行，经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速直线飞行，飞行器所受空气阻力不计．下列说法中正确的是()
A．飞行器加速时动力的大小等于mg
B．飞行器加速时加速度的大小为g
C．飞行器减速时动力的大小等于3
mg
D．飞行器减速飞行时间t后速度为零
【答案】BC
【解析】
【详解】
AB．起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30°角斜向上，设动力为F，合力为F b，如图所示：
在△OFF b中，由几何关系得：
3
F b=mg
由牛顿第二定律得飞行器的加速度为：
a1=g
故A错误，B正确；
CD．t时刻的速率：
v=a1t=gt
推力方向逆时针旋转60°，合力的方向与水平方向成30°斜向下，推力F'跟合力F'h垂直，如图所示，此时合力大小为：
F'h=mgsin30°
动力大小：
F′
＝
3
2
mg
飞行器的加速度大小为：
2
301
2
mgsin
a g
m
︒
==
到最高点的时间为：
2
2
1
2
v gt
t t
a g
'===
故C正确，D错误；
故选BC。

9．如图是一辆汽车做直线运动的s-t图象,对线段OA、AB、BC、CD所表示的运动,下列说法正确的是（）
A．OA段运动最快
B．AB段静止
C．CD段表示的运动方向与初始运动方向相反
D．运动4h汽车的位移大小为30km
【答案】BC
【解析】
试题分析：直线运动的s-t图象中斜率表示速度：
CD段斜率最大，运动的最快，A错误；AB段斜率为零，静止，B正确；CD段（斜率为负）表示的运动方向与初始运动（斜率为正）方向相反，C正确；运动4h汽车的位移大小为零，D错误．
考点：本题考查直线运动的s-t图象．
10．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比是2：1，AB两点之间始终加2202sin100
u tπ
=（V）的交变电压。

R是输电线的电阻，L是标有“100V、100W”的白炽灯。

M是标有“100V、200W”的电动机，其线圈电阻r=10Ω。

开关S断开时，电动机正常工作。

下列说法正确的是（）
A．输电线的电阻阻值20
R=Ω
B ．电动机的输出功率为180W
C ．开关S 闭合后，电动机的电功率减小
D ．开关S 闭合后，白炽灯的功率为100W
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
A ． 开关S 断开时，电动机正常工作，副线圈两端电压100V ，副线圈电流
22A P I U
== 根据变压器原理可知，原线圈两端电压200V ，原线圈电流1A ，在原线圈回路
112
m I R U =+ 解得
20R =Ω
故A 正确；
B ． 电动机的输出功率为
22M 160W P P I R =-=出
故B 错误；
CD ． 开关S 闭合后，副线圈回路电流变大，则原线圈回路电流变大，电阻R 上分压变大，则原线圈两端电压减小，根据变压器原理，副线圈两端电压减小，小于100V ，则电动机的电功率减小，白炽灯的功率小于100W ，故C 正确D 错误。

故选AC 。

11．如图所示，竖直平面内有一光滑圆环，圆心为O ，OA 连线水平，AB 为固定在A 、B 两点间的光滑直杆，在直杆和圆环上分别套着一个相同的小球M 、N ．先后两达让小球M 、N 以角速度ω和2ω随圆环一起绕竖直直径BD 做匀速圆周运动．则
A ．小球M 第二次的位置比第一次时离A 点近
B ．小球M 第二次的位置比第一次时离B 点近
C ．小球N 第二次的竖直位置比第一次时高
D ．小球N 第二次的竖直位置比第一次时低
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
设AB 与竖直方向夹角为θ，则mgtan450=mω2r ，则当ω变为2ω时，r 变为原来的1/4，则小球M 第二
次的位置比第一次时离A 点远，离B 点近，选项A 错误，B 正确；对放在N 点的小球：
mgtanα=mω2Rsinα，则2cos g R
αω=
，则当ω越大，α越大，物体的位置越高，故选项C 正确，D 错误；故选BC 。

12．如图所示，半径为52r 的圆弧BCD 与倾角为θ的斜面相切于B 点，与水平地面相切于C 点，与圆O 2轨道相切于D 点，圆心O 1、O 2和D 在同一水平直线上，圆O 2的半径为r 。

质量为m 的质点从斜面上某位置由静止释放，刚好能在圆O 2轨道内做完整的圆周运动。

不计一切阻力，重力加速度为g 。

则质点（ ）
A ．释放点距离地面的高度为5r
B ．在
C 时对轨道压力为215
mg C ．从圆弧BCD 进入圆O 2轨道的瞬间，前后向心加速度之比为5：2
D ．从圆弧BCD 进入圆O 2轨道的瞬间，前后角速度之比为2：5
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．质点刚好能在圆O 2轨道做完整的圆周运动，在轨道的最高点
2
mv mg r
= 设释放点离地高度为h ，根据机械能守恒定律
27122
r mgh mg mv =⋅
+ 解得
4h r =
A 错误；
B ．设质点在
C 点速度为C v ，轨道对质点的支持力为C N ，由机械能守恒有 212
C mgh mv = 根据牛顿第二定律
22.5C C v N mg m r
-= 解得
215
C N mg = 由牛顿第三定律可知，质点在C 时对轨道压力为
215mg ，B 正确； C ．质点从圆弧BCD 进入圆O 2轨道的瞬间，速度不变，由线速度与角速度关系 v R
ω= 可知
25
ωω=前后 C 错误；
D ．质点从圆弧BCD 进入圆O 2轨道的瞬间，速度不变，向心加速度
2
v a R
= 可知
25
a a =前后 D 正确。

故选BD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分 13．在某次“描绘小灯泡伏安特性曲线”的实验中，所选用的实验器材有∶
A．小灯泡“2.5V 0.2A”
B．电流表0~0.6A~3A（内阻未知）
C．电压表0~3V~15V（内阻未知）
D．滑动变阻器“2A 20Ω”
E.电源（两节旧的干电池）
F.开关一个，导线若干
(1)当开关闭合时，图中滑动变阻器的滑片应该置于___________（填“左”或“右”）端。

(2)实验中，当滑片P向左移动时，电路中的电流表的示数变___________（填“大”或“小”）。

(3)本次实验用电池对数据处理有没有影响？___________（填“有”或“没有”）。

(4)依据实验结果数据作出的图像可能是图中的___________。

A．B．
C．D．
【答案】左小没有 C
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]开关闭合时，应该使电表中的电流最小，故应该将滑动变阻器的滑片置于左端；
（2）[2]滑片P 左移，并联部分电阻变小，故并联部分电压减小，故电流表示数变小；
（3）[3]因为电压是用电压表测出，故与电源参数无关，所以没有影响；
（4）[4]小灯泡电阻随电流增大（或温度升高）而增大，故选C 。

14．某实验小组利用频闪照相的方法在暗室中用“滴水法”测重力加速度的大小，当频闪仪频率等于水滴滴落的频率时，看到一串仿佛固定不动的水滴悬在空中。

已知水滴下落的时间间隔为0.1s 。

(1)若频闪间隔0.05s T =，刚好离开水龙头的水滴记为第1滴，测得此时第3滴和第4滴的间距为
23.75cm ，则当地的重力加速度为______（结果保留三位有效数字）。

(2)若将频闪间隔调整到0.08s ，则水滴在视觉上的运动情况为_____（填“向上运动”“静止”或“向下运动”）。

【答案】29.50m/s 向上运动
【解析】
【详解】
(1)[1]频闪间隔不影响水滴下落的实际时间间隔，第4滴的下落时间为
40.3s t =
第3滴的下落时间为
30.2s t =
由
22431122
x gt gt ∆=
- 得 22110.3m 0.2m 0.2375m 22
g g ⨯-⨯= 解得
29.50m/s g =
(2)[2]由于频闪间隔小于水滴下落间隔，观察者会发现水滴出现在上一滴水滴位置的上方，即观察者认为水滴向上运动。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，两气缸AB 粗细均匀，等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A 的直径为B 的2倍，A 上端封闭，B 上端与大气连通；两气缸除A 顶部导热外，其余部分均绝热．两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a 、b ，活塞下方充有氮气，活塞a 上方充有氧气；当大气压为P 0，外界和气缸内气体温度均为7℃且平衡时，活塞a 离气缸顶的距离是气缸高度的14
，活塞b 在气缸的正中央．
①现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b 恰好升至顶部时，求氮气的温度；
②继续缓慢加热，使活塞a 上升，当活塞a 上升的距离是气缸高度的116时，求氧气的压强． 【答案】（2）320K;
【解析】
试题分析：现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b 升至顶部的过程中，a 活塞不动，活塞a 、b 下方的氮气经历等压过程，分析出初态和末态的体积和温度，由盖•吕萨克定律求解；继续缓慢加热，使活塞a 上升，活塞a 上方的氧气经历等温过程，根据玻意耳定律求解即可．
（1）活塞b 升至顶部的过程中，活塞a 不动，活塞a 、b 下方的氮气经历等压过程．设气缸A 的容积为V 0，氮气初态体积为V 1，温度为T 1，末态体积为V 2，温度为T 2，按题意，气缸B 的容积为
04V , 则有：00013714248V V V V =+⋅= 0020344
V V V V ==+ 根据盖•吕萨克定律得：1212
V V T T = 代入数据解得：2320T K =
（2）活塞b 升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a 开始向上移动，直至活塞上升的距离是气缸高度的1
16
时，活塞a 上方的氧气经历等温过程，设氧气初态体积为V 1′，压强为P 1′，末态体积为V 2′，压强为P 2′，
由题给数据有，014V V ''= 10P P '= 02316
V V =' 由玻意耳定律得：1122P V
P V ''''= 解得：2043
P P '= 点睛：本题涉及两部分气体状态变化问题，除了隔离研究两部分气体之外，关键是把握它们之间的联系，比如体积关系、温度关系及压强关系．
16．如图所示，真空中有以O 1为圆心，R 为半径的圆形匀强磁场区域，圆的最左端与y 轴相切于坐标原点D ，圆的最上端与平行于x 轴的虚线MN 相切于P 点，磁场方向垂直纸面向里，第一象限内在虚线MN 上方沿v 轴负方向有平行于y 轴的有界匀强电场（上边界平行于x 轴，图中未画出）。

现从坐标原点O 在纸面内向坐标系的第一象限和第四象限内的不同方向发射速率均为v 0的质子。

己知沿x 轴正方向发射的质子恰好从P 点离开磁场进入电场，能到达电场的上边界，最后也能返回磁场，电场强度E 和磁感应强
度B 大小未知，但满足关系0
6=E v B
，不计质子的重力、质子对电场和磁场的影响及质子间的相互作用。

(1)求匀强电场上边界与虚线MN 的间距d ；
(2)在第四象限内沿与x 轴正方向成30︒角的方向发射一质子，最终离开磁场，求从发射到最终离开磁场区域的过程质子运动的时间t ；
(3)若电场方向改为沿x 轴的负方向，场强大小不变，如图所示，电场上边界位置也不变，y 0=4R 处有一平行于x 轴的荧光屏，与y 轴相交于Q 点，由O 点发射的所有质子最终均能打在荧光屏上，求荧光屏的最小长度。

【答案】（1）3R;（2）
()0143π-R v ;（3） 138
R 【解析】
【分析】
【详解】 (1)经分析，质子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径为R ，进入电场后做匀减速直线运动，到达上边界时速度刚好减为零，在电场中，根据动能定理有
20102
qEd mv -=- 在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有
200v q B m R
= 又06=E v B
，联立解得 3d R =
(2)质子在磁场和电场中的运动轨迹如图1所示，由几何知识知，质子第一次在磁场中运动的轨迹对应的圆
心角为1120α︒=，质子第二次在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为260α︒=，则
质子在磁场中运动的总时间 1210π3602T R t T
v αα︒+=== 质子在电场中运动的总时间
200041222
d d R t v v v ===
质子在无场区运动的总时间
()
30
01sin 60232R t R v ︒--== 故质子运动的总时间为 ()1230143πR t t t t v -+=++=
(3)经分析，所有质子经过磁场偏转后均沿平行于y 轴的方向进入电场，轨迹如图2，质子做类平抛运动，质子刚好打在Q 点时，有
003y R v t ∆==
2012
x at ∆= qE ma =
220000
666qv E v v qE a mv m m R qB
==== 联立解得
34
x R ∆= 故沿y 轴负方向发射的质子打在荧光屏上的位置离y 轴最远，最远距离 524
m x R x R =-∆= 出磁场时横坐标x 在34x R <
范围内的质子将打在y 轴左侧的荧光屏上，有 212
x at = 0y v t '∆=
tan 2
x
y θ='∆
()3tan x R y θ''=-∆
联立解得
200226v v x t t R
'=- 当032R t v =时，即316
R x =时，x '有最大值，最大值为 38
m x R '= 故质子打在荧光屏上发光的区域长度为
'5313488
m m l x x R R R =+=+= 17．如图所示，在xOy 平面内，MN 与y 轴平行，间距为d ，其间有沿x 轴负方向的匀强电场E 。

y 轴左侧有宽为L 的垂直纸面向外的匀强磁场，MN 右侧空间存在范围足够宽、垂直纸面的匀强磁场（图中未标出）。

质量为m 、带电量为+q 的粒子从P （d ，0）沿x 轴负方向以大小为v 0的初速度射入匀强电场。

粒子
到达O 点后，经过一段时间还能再次回到O 点。

已知电场强度E=2032mv qd
，粒子重力不计。

(1)求粒子到O 点的速度大小；
(2)求y 轴左侧磁场区域磁感应强度B 1的大小应满足什么条件？
(3)若满足(2)的条件，求MN 右侧磁场的磁感应强度B 2和y 轴左侧磁场区域磁感应强度B 1的大小关系。

【答案】（1）02v v =；（2）012mv B qL
>
；（3）122(1)nB B n =+，n=l ，2，3…… 【解析】
【分析】
【详解】 (1)粒子，从P 点到O 点，由动能定理得
2201122
mv mv qEd -= 可得粒子到
20022qEd v v v m
=+= (2)洛伦兹力提供向心力
2
1mv qvB r
= 粒子要再次回到O 点，则粒子不能从y 轴左侧的磁场射出，需要返回磁场，经过电场和MN 右侧的磁场的作用，再次返回到O 点，故要求：
01
2mv r L qB =< 故要求
012mv B qL
> (3)粒子通过电场回到MN 右侧磁场时速度为0v 。

设粒子在右侧磁场中轨道半径为R ，要使其能够回到原点，粒子在右侧磁场中应向下偏转，且偏转半径R≥r 。

2020mv qB v R
= 解得
02
mv R qB =
①当R=r 001
2
2m v mv qB qB = 可得122
B B = ②R>r ，要使粒子回到原点（粒子轨迹如下图所示）
则须满足
222)n R r r -=（
其中n=l ，2，3……
000121
22222mv m v m v n qB qB qB ⎛⎫-= ⎪⎝⎭ 122(1)
nB B n =+，n=l ，2，3…… 其中n=1时，122
B B = 综上，需要B 2和y 轴左侧磁场区域磁感应强度B 1的大小关系满足 122(1)
nB B n =+，n=l ，2，3……。