北京市顺义区2021届新高考物理第二次押题试卷含解析

北京市顺义区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．质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具．如图所示为质谱仪的原理示意图，现利用质谱仪对氢元素进行测量．让氢元素三种同位素的离子流从容器A 下方的小孔s 无初速度飘入电势差为U 的加速电场．加速后垂直进入磁感强度为B 的匀强磁场中．氢的三种同位素最后打在照相底片D 上，形成a 、b 、c 三条“质谱线”．则下列判断正确的是( )
A ．进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚
B ．进入磁场时动能从大到小排列的顺序是氕、氘、氚
C ．在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氕、氘、氚
D ．a 、b 、C 三条“质谱线”依次排列的顺序是氕、氘、氚
【答案】A
【解析】
【详解】
A. 根据qU= 212mv 得,v= 2qU m
是氕、氘、氚，故A 正确；
B. 根据动能定理可知E k =qU ，故动能相同，故B 错误；
C. 时间为t=2T m qB
π=，故在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氚氘氕，故C 错误； D. 进入偏转磁场有qvB=2
v m R
， 解得：R=12mv mU qB B q
=，氕比荷最大，轨道半径最小，c 对应的是氕，氚比荷最小，则轨道半径最大，a 对应的是氚，故D 错误
故选A
【点睛】
根据qU=212
mv 求出粒子进入偏转磁场的速度，知道三种粒子进入磁场的速度大小关系，再根据
qvB=2v m R
求出R 与什么因素有关，从而得出a 、b 、c 三条“质谱线”的排列顺序． 2．M 、N 、P 三点共线且为电场中同一电场线上的三点，P 为MN 的中点，M 、N 两点处电势分别为M ϕ=20V 、N ϕ=12V 。

下列说法正确的是
A ．场强方向是N 指向M
B ．一正电荷在P 点时受到的电场力大于在M 点时受到的电场力
C ．该电场在P 点处的电势一定为16V
D ．一负电荷在P 点时具有的电势能大于在M 点时具有的电势能。

【答案】D
【解析】
【详解】
A ．M N ϕϕ>，根据电场线与电势关系，沿电场线方向电势降低，场强方向是M 指向N ，故A 错误； BC ．由于无法确定该电场是否为匀强电场，所以无法确定M 、N 、P 三点处场强的大小关系及P 点处的电势，故BC 错误；
D ．由
E q ϕ=得，负电荷在P 点时具有的电势能大于在M 点时具有的电势能，故D 正确。

故选：D 。

3．甲乙两辆汽车在平直的高速公路上以相同的速度小030m/s v =一前一后同向匀速行驶。

甲车在前且安装有ABS 制动系统，乙车在后且没有安装ABS 制动系统。

正常行驶时，两车间距为100m 。

某时刻因前方突发状况，两车同时刹车，以此时刻为零时刻，其v t -图像如图所示，则（ ）
A ．甲、乙两车会发生追尾
B ．甲车的刹车距离大于乙车的刹车距离
C ．t=2s 时，两车相距最远，最远距离为105m
D ．两车刹车过程中的平均速度均为15m/s 【答案】C
【解析】
【分析】
在速度—时间图像中，图像与坐标轴围成的面积表示位移，由几何知识求位移，在分析平均速度的大小。

并由几何关系求刹车的距离。

根据速度关系分析距离如何变化，从而确定两车是否追尾。

【详解】
A 选项，0t =时，两车间距为100m ，因为
-=15m 100m x x 甲乙<
所以甲、乙两车不会追尾，A 选项错误；
BD 选项，根据图像的面积表示位移，甲车的刹车距离为：
303=m=45m 2
x ⨯甲 平均速度为
45==15m/s 3
x t 甲甲 乙车的刹车距离为
30+15155=1+=60m 22
x ⨯⨯乙 平均速度为
45===15m/s 3
x v t 甲甲甲 则知，甲车的刹车距离小于乙车的刹车距离，故BD 错误；
C 选项，0t =时两车间距为100m ，乙车在后，刹车后，0~2s 内甲车的速度比乙车快。

两车间距减小，则2s t =时，两车相距最远，根据图像的“面积”表示位移，知两车相距最远的距离为105m ，C 选项正确； 故选C 。

4．一质点以初速度v 0沿x 轴正方向运动，已知加速度方向沿x 轴正方向，当加速度a 的值由零逐渐增大到某一值后再逐渐减小到零的过程中，该质点( )
A ．速度先增大后减小，直到加速度等于零为止
B ．位移先增大，后减小，直到加速度等于零为止
C ．位移一直增大，直到加速度等于零为止
D ．速度一直增大，直到加速度等于零为止
【答案】D
【解析】
【详解】
AD ．由题意知：加速度的方向始终与速度方向相同，加速度a 的值由零逐渐增大到某一值后再逐渐减小到0的过程中，由于加速度的方向始终与速度方向相同，所以速度逐渐增大，故A 错误，D 正确； B ．由于质点做方向不变的直线运动，所以位移逐渐增大，故B 错误；
C ．由于质点做方向不变的直线运动，所以位移位移逐渐增大，加速度等于零时做匀速运动，位移仍然增大，故C 错误。

5．在轨道上稳定运行的空间站中，有如图所示的装置，半径分别为r 和R （R ＞r ）的甲、乙两个光滑的圆形轨道安置在同一竖直平面上，轨道之间有一条水平轨道CD 相通，宇航员让一小球以一定的速度先滑上甲轨道，通过粗糙的CD 段，又滑上乙轨道，最后离开两圆轨道，那么下列说法正确的是（ ）
A ．小球在CD 间由于摩擦力而做减速运动
B ．小球经过甲轨道最高点时比经过乙轨道最高点时速度大
C ．如果减少小球的初速度，小球有可能不能到达乙轨道的最高点
D ．小球经过甲轨道最高点时对轨道的压力大于经过乙轨道最高点时对轨道的压力
【答案】D
【解析】
在空间站中，所有物体都处于完全失重状态，任何物体间都没有相互作用力，小球在CD 运动时所受弹力为零，摩擦力为零，A 错；由于处于完全失重状态，小 球运动到两个最高点时没有外力做功，机械能守恒，运动到最高点速度大小相同，B 错；C 错；小球做圆周运动的向心力由弹力提供，有
，D
对；
6．如图，S 1、S 2是振幅均为A 的两个水波波源，某时刻它们形成的波峰和波谷分别由实线和虚线表示。

则
A ．两列波在相遇区域发生干涉
B ．a 处质点振动始终减弱，b 、c 处质点振动始终加强
C ．此时a 、b 、c 处各质点的位移是：x a ＝0，x b =－2A ，x c =2A
D ．a 、b 、c 处各质点随着水波飘向远处
【答案】C
【解析】
【详解】
A ．图中两列波的波长不同；波速由介质决定，是相同的；根据v f λ=，频率不同，两列波不会干涉，只是叠加，A 错误；
B ．两列波不能产生稳定的干涉，所以振动不是始终加强或减弱的，B 错误；
C ．波叠加时，各个质点的位移等于各个波单独传播时引起位移的矢量和，故
0a x A A =-=，2b x A A A =--=-，2c x A A A =+=，
C 正确；
D ．波传播时，各个质点只是在平衡位置附近做振动，D 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．在水平地面上有一质量为m 的物体，物体所受水平外力F 与时间t 的关系如图A ，物体速度v 与时间t 的关系如图B ，重力加速度g 已知，m 、F 、v 0均未知，则（ ）
A ．若v 0已知，能求出外力F 的大小
B ．可以直接求得外力F 和阻力f 的比值
C ．若m 已知，可算出动摩擦因数的大小
D ．可以直接求出前5s 和后3s 外力F 做功之比
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．若v 0已知，根据速度图象可以求出加速运动的加速度大小
01115
v v a t ∆==∆ 还能够求出减速运动的加速度大小
02223
v v a t ∆==∆ 根据牛顿第二定律可得
1F f ma -=
23
F f ma += 其中m 不知道，不能求出外力F 的大小，故A 错误；
B ．由于
1F f ma -=，23
F f ma += 可以直接求得外力F 和阻力f 的比值2F f
=，故B 正确； C 、若m 已知，v 0不知道，无法求解加速度，则无法求出动摩擦因数的大小，故C 错误；
D ．前5s 外力做的功为
0105 2.52
v W F Fv =⨯⨯= 后3s 外力F 做功
02030.532
v F W Fv =-⨯⨯=- 前5s 和后3s 外力F 做功之比
12 2.550.5
W W ==- 故D 正确。

故选BD 。

8．下列说法不正确的是（ ）
A ．物体的温度为0℃时，物体的分子平均动能为零
B ．两个分子在相互靠近的过程中其分子力逐渐增大，而分子势能一定先减小后增大
C ．多数分子直径的数量级是10－10m
D ．第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律 E.一定质量的理想气体，如果在某个过程中温度保持不变而吸收热量，则在该过程中气体的压强一定增大
【答案】ABE
【解析】
【详解】
A.因为物体分子在做永不停息的无规则运动，所以当物体的温度为0℃时，物体的分子平均动能也不可能为零，故A 错误；
B.两个分子在相互靠近的过程中其分子力先增大后减小再增大，而分子势能一定先减小后增大，故B 错误；
C.多数分子直径的数量级是10－10m ，故C 正确；
D.第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律，故D 正确；
E.根据热力学第一定律知，温度不变则内能不变，吸热则必膨胀对外做功，又由理想气体状态方程知，压强一定减小，故E 错误；
本题选择不正确的，故选择ABE 。

9．高精度全息穿透成像探测仪利用电磁波穿透非金属介质，探测内部微小隐蔽物体并对物体成像，只有
分辨率高体积小、辐射少，应用领域比超声波更广。

关于电磁波和超声波，下列说法正确的是（ ） A ．电磁波和超声波均能发生偏振现象
B ．电磁波和超声波均能传递能量和信息
C ．电磁波和超声波均能发生干涉和衍射现象
D ．电磁波和超声波均需依赖于介质才能传播
E.电磁波由空气进入水中时速度变小，超声波由空气进入水中时速度变大
【答案】BCE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．电磁波是横波，能发生偏振现象，而超声波是纵波，不能发生偏振，故A 错误；
B ．电磁波和超声波均能传递能量和信息，故B 正确；
C ．干涉和衍射是一切波特有的现象，电磁波和超声波均能发生干涉和衍射现象，故C 正确；
D ．电磁波在真空中能传播，超声波需依赖于介质才能传播，故D 错误；
E ．电磁波由空气进入水中时速度变小，超声波由空气进入水中时速度变大，故E 正确。

故选BCE 。

10．如图所示为固定在竖直平面内的光滑半圆形轨道ABC 。

现有一小球以一定的初速度v 0从最低点A 冲上轨道，小球运动到最高点C 时的速度为3m /s v =。

已知半圆形轨道的半径为0.4m ，小球可视为质点，且在最高点C 受到轨道的作用力为5N ，空气阻力不计，取g =10m/s 2，则下列说法正确的是（ ）
A ．小球初速度05m /s v =
B ．小球质量为0.3kg
C ．小球在A 点时重力的功率为20W
D ．小球在A 点时对半圆轨道的压力为29N
【答案】AD
【解析】
【详解】
A ．小球从最低点到最高点，由机械能守恒
22011222
C mv mgR mv =+
解得
v 0=5m/s
选项A 正确；
B ．在最高点
C 时
2C C v N mg m R
+= 解得
m=0.4kg
选项B 错误；
C ．小球在A 点时竖直速度为零，则根据P=mgv y 可知重力的功率为0，选项C 错误；
D ．小球在A 点时 2A A v N mg m R
-= 解得
N A =29N
选项D 正确；
故选AD 。

11．如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m 的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g 。

若物块上升的最大高度为H ，则此过程中，物块的（ ）
A ．动能损失了mgH
B ．动能损失了2mgH
C ．机械能损失了
12
mgH D ．机械能损失了mgH 【答案】BD
【解析】
【详解】 AB ．已知物体上滑的加速度大小为g ，由动能定理得：动能损失等于物体克服合外力做功为
122sin30合合∆==⋅=⋅=︒
g k E W F H mg H mgH 故A 选项错误，B 选项正确；
CD ．设摩擦力的大小为f ，根据牛顿第二定律得
sin30mg f ma mg ︒+==
得
0.5f mg =
则物块克服摩擦力做功为
20.52f W f H mg H mgH =⋅=⨯=
根据功能关系可知机械能损失mgH ，故C 错误，D 正确。

故选BD 。

12．如图所示，abcd 为边长为L 的正方形线框，线框在纸面内，电阻为R ．图中虚线区域内有垂直纸面向里的匀强磁场．现用外力作用于线框，使线框从图示位置开始沿x 轴正方向做初速度为零的匀加速运动，线框运动过程中，ad 边始终水平，线框平面始终与磁场垂直，磁场宽度大于L ，x 轴正方向作为力的正方向，则磁场对线框的作用力F 随时间t 的变化图线及线框ab 边的电压U 随时间t 的变化图象正确的是
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
线圈做初速度为零的匀加速直线运动，速度v=at ，进磁场和出磁场受到的安培力2222B L v B L at F R R
==，则A 正确，B 错误；进磁场时，
ab 两端的电压1144ab U BLv BLat ==；在磁场中运动时，ab U BLv BLat ==；出磁场时，ab 两端的电压3344
ab U BLv BLat =
=，则选项C 错误，D 正确；故选AD. 【点睛】
对于图象问题，关键是能够根据已知的公式、定律等推导出横坐标和纵坐标的关系式，分析斜率的变化，然后作出正确的判断．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．导电玻璃是制造LCD 的主要材料之一，为测量导电玻璃的电阻率，某小组同学选取了一个长度为L 的圆柱体导电玻璃器件，上面标有“3V ，L”的字样，主要步骤如下，完成下列问题．
(1)首先用螺旋测微器测量导电玻璃的直径，示数如图甲所示，则直径d=________mm ．
(2)然后用欧姆表×100档粗测该导电玻璃的电阻，表盘指针位置如图乙所示，则导电玻璃的电阻约为________Ω．
(3)为精确测量x R 在额定电压时的阻值，且要求测量时电表的读数不小于其量程的13
，滑动变阻器便于调节，他们根据下面提供的器材，设计了一个方案，请在答题卡上对应的虚线框中画出电路图，标出所选器材对应的电学符号_____________．
A ．电流表1A （量程为60mA ，内阻1A R 约为3Ω）
B ．电流表2A （量程为2mA ，内阻2A R =15Ω）
C ．定值电阻1R =747Ω
D ．定值电阻2R =1985Ω
E ．滑动变阻器R （0~20Ω）一只
F ．电压表V （量程为10V ，内阻1V R k =Ω）
G ．蓄电池E （电动势为12V ，内阻很小）
H ．开关S 一只，导线若干
(4)由以上实验可测得该导电玻璃电阻率值ρ=______（用字母表示，可能用到的字母有长度L 、直径d 、电流表1A 、2A 的读数1I 、2I ，电压表读数U ，电阻值1A R 、2A R 、V R 、1R 、2R ）．
【答案】1.990 500 22222()
4()A V d I R R U L I R πρ+=-
【解析】
（1）螺旋测微器的固定刻度为1.5mm ，可动刻度为49.0×
0.01mm=0.490mm ，所以最终读数为1.5mm+0.490mm=1.990mm （1.989～1.991mm 均正确 ）
（2）表盘的读数为5，所以导电玻璃的电阻约为5×100Ω=500Ω．
（3）电源的电动势为12V ，电压表的量程为10V ，滑动变阻器的电阻为20Ω，由于滑动变阻器的电阻与待测电阻的电阻值差不多，若串联使用调节的范围太小，所以滑动变阻器选择分压式接法； 流过待测电阻的电流约为：
I=3 500
=0.006A=6mA ，两电压表量程均不合适； 同时由于电压表量程为10V ，远大于待测电阻的额定电压3V ，故常规方法不能正常测量；
所以考虑用电流表改装成电压表使用，同时电压表量程为10V ，内阻R V =1kΩ，故满偏电流为10mA ，符合要求，故将电压表充当电流表使用，电流表A 2与R 2串联充当电压表使用，改装后量程为4V ，可以使用，由于改装后电表已知，故内外接法均可，故电路图如图所示；
（4）根据串并联电路的规律可知，待测电阻中的电流：I= V
U R -I 2 电压：U x =I 2（R 2+R A2）
由欧姆定律可知电阻：R x = U I
根据电阻定律可知：R=ρ L
S
而截面积：S=π2
4
d 联立解得：ρ=()222224A V d I R R U L I R πρ+=⎛⎫- ⎪⎝⎭
点睛：本题考查电阻率的测量，本题的难点在于仪表的选择和电路接法的选择，注意题目中特别要求测量时电表的读数不小于量程的1/3，所以一定要认真分析各电表的量程再结合所学规律才能正确选择电路和接法．
14．在“研究一定质量理想气体在温度不变时，压强和体积的关系”实验中．某同学按如下步骤进行实验： ①将注射器活塞移动到体积适中的V 1位置，接上软管和压强传感器，通过DIS 系统记录下此时的体积V 1与压强p 1．
②用手握住注射器前端，开始缓慢推拉活塞改变气体体积．
③读出注射器刻度表示的体积V ，通过DIS 系统记录下此时的V 与压强p ．
④重复②③两步，记录5组数据．作p ﹣1V 图． (1)在上述步骤中，该同学对器材操作的错误是：__．因为该操作通常会影响气体的__（填写状态参量）．
(2)若软管内容积不可忽略，按该同学的操作，最后拟合出的p ﹣
1V
直线应是图a 中的__．（填写编号） (3)由相关数学知识可知，在软管内气体体积△V 不可忽略时，p ﹣1V 图象为双曲线，试用玻意耳定律分析，该双曲线的渐近线（图b 中的虚线）方程是p=__．（用V 1、p 1、△V 表示）
【答案】用手握住注射器前端 温度 1 P 1（
0+∆∆V V V
） 【解析】
【详解】 (1)[1][2]在进行该实验时要保持被封闭气体的温度不变化，所以实验中，不能用手握住注射器前端，否则会使气体的温度发生变化．
(2)[3]在p ﹣
1V
图象中，实验中因软管的体积不可忽略，气体测出的体积要比实际体积要小，所以压强P 会偏大，最后拟合出的p ﹣1V 直线应是图a 中的1图线 (3)[4]在软管内气体体积△V 不可忽略时，被封闭气体的初状态的体积为V 1+△V ，压强为P 1，末状态的体积为V+△V ，压强为P ，由等温变化有：
P 1（V 1+△V ）=P （V+△V ）
解得：
P=P 1（0+∆+∆V V V V
） 当式中的V 趋向于零时，有： P=P 1（0+∆∆V V V
） 即该双曲线的渐近线（图b 中的虚线）方程是： P=P 1（
0+∆∆V V V ） 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图，竖直放置的粗细均匀的U 形管左端封闭，右端开口。

左管内用水银封闭一段长L 1＝20cm 的空气柱，左右两管水银面差为h ＝15cm 。

已知外界温度为27℃，大气压为75cmHg 。

(i)如果缓慢向右管内注入水银，直到左右水银面相平(原来右管水银没有全部进入水平部分)，求在右管注入的水银柱长度
(ii)在左右管水银面相平后，缓慢升高左管内封闭气体的温度，使封闭空气柱长度变为20cm ，求此时左端空气柱的温度。

【答案】 (i)223cm h =(ii)2415T =K
【解析】
【详解】
(i)设封闭气体原来压强为1p ，后来压强为2p ，气体做等温变化：
10p p h =-
20p p =
1122p L S p L S =
()2122h h L L =+-
解得
216cm L =，223cm h =
(ii)空气柱的长度变为20cm 时，左管水银面下降
124cm L L -=
右管水银面会上升4cm ，此时空气柱的压强
308cmHg 83cmHg p p =+=， 由查理定律3
112
p p T T =，解得 2415T =K
16．如图甲所示，一列简谐波沿x 轴传播，A 、B 为平衡位置相距4m 的两个质点，它们的振动图像如图乙所示。

求该波的波速。

【答案】4041n +m/s 【解析】
【详解】 根据图乙知，该列波周期：
T=0.4s
由A 、B 振动图像可知，若简谐波沿x 轴正方向传播，振动由质点A 传播到质点B 所需的时间为
34
t nT T =+AB （n=1，2，3……） 根据波速定义式有：
x v t =AB AB
联立解得：
4043
v n =+m/s （n=0，1，2，3） 由A 、B 振动图像可知，若简谐波沿x 轴负方向传播，振动由质点B 传播到质点A 所需的时间为
14
t nT T =+BA （n=0，1，2，3） 根据波速定义式有：
x v t =BA BA
联立解得：
4041
v n =+m/s （n=0，1，2，3） 17．如图，固定在竖直平面内的倾斜轨道AB ，与水平光滑轨道BC 相连，竖直墙壁CD 高0.2H m =，紧靠墙壁在地面固定一个和CD 等高，底边长0.3L m =的斜面，一个质量0.1m kg =的小物块(视为质点)在轨道AB 上从距离B 点4l m =处由静止释放，从C 点水平抛出，已知小物块在AB 段与轨道间的动摩擦因数为0.5，达到B 点时无能量损失；AB 段与水平面的夹角为37.(o 重力加速度2
10/g m s =，
sin370.6=o ，cos370.8)o =
(1)求小物块运动到B 点时的速度大小；
(2)求小物块从C 点抛出到击中斜面的时间；
(3)改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值.
【答案】 (1) 4/m s (2)1 15
s (3) 0.15J
【解析】
【分析】
(1)对滑块从A 到B 过程，根据动能定理列式求解末速度； (2)从C 点画出后做平抛运动，根据分位移公式并结合几何关系列式分析即可；
(3)动能最小时末速度最小，求解末速度表达式分析即可.
【详解】 ()1对滑块从A 到B 过程，根据动能定理，有：2
B 1mglsin37μmgcos37mv 2
-=o o ， 解得：B v 4m /s =；
()2设物体落在斜面上时水平位移为x ，竖直位移为y ，画出轨迹，如图所示：
对平抛运动，根据分位移公式，有：
0x v t =，
21y gt 2
=， 结合几何关系，有：
H y H 2x L 3-==， 解得：1t s 15
=； ()3对滑块从A 到B 过程，根据动能定理，有：2B 1mglsin37μmgcos37mv 2-=o o ，
对平抛运动，根据分位移公式，有：
0x v t =，
21y gt 2
=， 结合几何关系，有：H y H 2x L 3
-==， 从A 到碰撞到斜面过程,根据动能定理有：21mglsin37μmgcos37l mgy mv 02
-⋅+=-o o 联立解得：22125y 9H 18H mv mg 21616y 16⎛⎫=+- ⎪⎝⎭
， 故当225y 9H 1616y =，即3y H 0.12m 5
==时，动能k E 最小为：km E 0.15J =；
【点睛】
本题是力学综合问题，关键是正确的受力分析，明确各个阶段的受力情况和运动性质，根据动能定理和平抛运动的规律列式分析，第三问较难，要结合数学不等式知识分析.。