河北省唐山市2021届新高考第二次质量检测物理试题含解析

河北省唐山市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．在如图所示的变压器电路中，a 、b 端输入有效值为U 的正弦式交变电压，原线圈电路中接有一个阻值为R 0的定值电阻，副线圈电路中接有电阻箱R ，变压器原副线圈的匝数比为1：3.若要使变压器的输出功率最大，则电阻箱的阻值为（ ）
A ．9R 0
B ．09R
C ．3R 0
D ．0 3
R 【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】 理想变压器原线圈接有电阻，可运用等效电阻法把副线圈的电阻箱搬到原线圈上，则
2212=I R I R 效
1221
I n I n = 得
212219
n R R R n ==效 而等效的全电路要使外电阻R 效的功率最大，需要
0R R =效
满足可变电阻的功率能取最大值，解得
09R R =
故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

2．如图所示的x-t 图象，甲质点做初速度为0的匀变速直线运动，图象为曲线，B （t 2，x 1）为图象上一点，AB 为过B 点的切线，与t 轴相交于A （t 1，0），乙质点的图象为过B 点和原点的直线，则下列说法正确的是（ ）
A ．0～t 2时间内甲的平均速度大于乙
B ．t 2时刻甲、乙两质点的速度相等
C ．甲质点的加速度为1
22
x t D ．t 1时刻是0～t 2时间内的中间时刻
【答案】D
【解析】
【详解】
A ．0～t 2时间内甲、乙两质点的位移相等，而所用时间也相等，则平均速度相等，A 错误；
BD ．x-t 图象切线的斜率表示速度，由图线可知t 2时刻甲、乙两质点的速度不相等。

又因甲质点做初速度为0的匀变速运动，t 2时刻的速度等于0～t 2时间内平均速度的2倍，即：
11
212
2x x t t t =-，
解得：
t 2=2t 1， B 错误D 正确；
C ．对甲质点，有
21212
x at =， 解得加速度为
1
22
2x a t =， C 错误。

故选D 。

3．如图，水平导体棒PQ 用一根劲度系数均为k=80 N/m 的竖直绝缘轻弹簧悬挂起来，置于水平向里的匀强磁场中，PQ 长度为L=0.5 m ，质量为m=0.1 kg 。

当导体棒中通以大小为I=2 A 的电流，并处于静止时，弹簧恰好恢复到原长状态。

欲使导体棒下移2 cm 后能重新处于静止状态，（重力加速度g 取10 m/s 2）则（ ）
A．通入的电流方向为P→Q，大小为1.2 A
B．通入的电流方向为P→Q，大小为2.4 A
C．通入的电流方向为Q→P，大小为1.2 A
D．通入的电流方向为Q→P，大小为2.4 A
【答案】C
【解析】
【详解】
由题意知通电后弹簧恢复到原长，说明安培力方向向上，由平衡条件可得ILB=mg，代入数据解得磁感应
强度大小B=mg
IL
=1 T。

欲使导体棒下移2 cm后能重新处于静止状态，假设安培力方向向下，由平衡条件
可得mg+I′LB=kx，解得：I′=1.2 A，假设成立，此时通入的电流方向为Q→P，故C正确，ABD错误。

4．秦山核电站是我国第一座自主研究、设计和建造的核电站，它为中国核电事业的发展奠定了基础．秦山核电站的能量来自于
A．天然放射性元素衰变放出的能量
B．人工放射性同位素衰变放出的能量
C．重核裂变放出的能量
D．轻核聚变放出的能量
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
秦山核电站的能量来自于重核裂变放出的能量，故C正确，ABD错误。

5．关于原子核及其变化，下列说法中正确的是（）
A．衰变和裂变都能自发的发生
B．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分
C．升高温度可以使放射性元素的半衰期缩短
D．同种放射性元素在化合物中的半衰期与单质中的半衰期相等
【答案】D
【解析】
【详解】
A ．衰变能自发发生，裂变不能自发发生，A 错误；
B ．β衰变是原子核中的中子转化为质子同时产生电子的过程，所以电子不是原子核的组成部分，B 错误； CD ．元素原子核的半衰期是由元素本身决定，与元素所处的物理和化学状态无关，
C 错误，
D 正确。

故选D 。

6．将一定值电阻分别接到如图1和图2所示的两种交流电源上，在一个周期内该电阻产生的焦耳热分别为1Q 和2Q ，则12Q Q ：等于（ ）
A ．21∶
B ．12∶
C 2∶
D ．2∶【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
对于方波（图1）来说，交流电压有效值为：
10U u =
故在电阻上产生的焦耳热为
22
11u U Q T T R R ==
对于正弦波（图2）来说，故交流电压有效值为：
22U =
故在电阻上产生的焦耳热为
22
222u U Q T T R R ==
故
0122
20
::2:12u u T T R Q R Q ==
故A 正确BCD 错误。

故选A 。

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．如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。

速度选择器内存在相互正交的匀强磁场B和匀强电场E，B1磁场方向垂直于纸面向里，平板S上有可让粒子通过狭缝到达记录粒子位置的胶片。

平板S右方有垂直于纸面向外的匀强磁场B2，则下列相关说法中正确的是
A．质谱仪是分析同位素的重要工具
B．该束带电粒子带负电
C．速度选择器的P1极板带负电
D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷q
m
越小
【答案】AD
【解析】
【详解】
A．质谱仪是分析同位素的重要工具，故A正确；
B．带电粒子在磁场中向下偏转，磁场的方向垂直纸面向外。

根据左手定则知，该束粒子带正电，故B错误；
C．在平行极板间，根据左手定则知，带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的1P极板带正电，选项C错误；
D．进入2B磁场中的粒子速度是一定的，根据
2
v
qvB m
r
=
得
mv
r
qB
=
知r越大，比荷q
m
越小，故D正确。

故选：AD。

8．如图所示，等量同种正电荷固定在M、N两点，虚线框ABCD是以MN连线的中点为中心的正方形，其中G、H、E、F分别为四条边的中点，则以下说法中正确的是（）
A．若A点电势为5V，则B点电势为5V
B．同一正电荷在A点具有的电势能大于在D点具有的电势能
C．在G点释放一个带正电粒子(不计重力)，粒子将沿GH连线向H点运动
D．在E点释放一个带正电粒子(不计重力)，粒子将沿EF连线向F点运动
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据等量同种电荷等势面分布情况和对称性可知，A点和B点电势相等，若A点电势为5V，则B点电势为5V，故A正确；
B．根据等量同种电荷等势面分布情况和对称性可知，A点和D点电势相等，则同一正电荷在A D两点具有的电势能相等，故B错误；
C．由G点释放一个带正电粒子(不计重力) ，该粒子所受的电场力垂直于MN连线向上，所以粒子将沿GH连线向上运动，故C错误；
D．在E点电场强度方向由E到F，带正电的粒子受到的电场力方向由E到F，粒子将沿EF连线向F点运动，故D正确。

故选AD。

9．下列说法中正确的是（）
A．封闭容器中的理想气体，若温度不变，体积减半，则单位时间内气体分子在容器壁单位面积上碰撞的次数加倍，气体的压强加倍
B．液体表面张力是液体表面层分子间距离小，分子力表现为斥力所致
C．随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，分子势能不一定减小
D．导热性能各向同性的固体，可能是单晶体
【答案】ACD
【解析】
【详解】
A．由pV
C
T
=可知，当温度不变，体积减半，则气体压强p加倍，即单位时间内气体分子在容器壁单位
面积上碰撞的次数加倍，故A正确；
B．液体表面层分子间的距离大于平衡距离，液体表面层内分子间的作用力表现为引力，从宏观上表现为液体的表面张力，故B错误；
C．随分子间距离增大，分子间引力以斥力均减小，当分子间距离为平衡距离时分子势能最小，如果分子间距离小于平衡距离，随分子间距增大，分子势能减小，如果分子间距大于平衡距离，随分子间距增大，分子势能增大，因此随分子间距离增大，分子势能不一定减小，故C正确；
D．单晶体只是某些物理性质具有各向异性，并不是所有的性质都具有各向异性，所以导热性质表现为各向同性的物质也有可能是单晶体，故D正确。

故选ACD。

10．有一轻杆固定于竖直墙壁上的O点，另一端A固定一轻滑轮，一足够长的细绳一端挂一质量为m的物体，跨过定滑轮后另一端固定于竖直墙壁上的B点，初始时物体处于静止状态，O B
、两点间的距离等于A B
、两点间的距离，设AB与竖直墙壁的夹角为θ，不计滑轮与细绳的摩擦，下列说法正确的是（）
A．系统平衡时杆对滑轮的力一定沿杆的方向
B．若增大杆长OA，O与B位置不变且保持OB AB
=，使角θ增大，则杆对滑轮弹力的方向将偏离OA 杆
C．若保持A点的位置不变，将绳子的固定点B点向上移动，则杆对滑轮的弹力变大
D．若保持AB与竖直墙壁的夹角θ不变，将轻杆的固定点O向下移动，则杆对滑轮弹力的方向不变
【答案】AD
【解析】
【详解】
A．绳子上的弹力大小等于物体的重力mg，则绳子对滑轮的两弹力的合力方向在两弹力的角平分线上，根据平衡条件可得杆对滑轮的弹力方向也在角平分线上，OB两点间的距离等于AB两点间的距离，根据几何关系可得，杆OA恰好在两弹力的角平线方向上，故A正确；
B．若保持OB两点位置不变，增大杆长OA，使AB与竖直墙壁的夹角θ增大，仍保持OB两点间的距离等于AB两点间的距离，杆OA仍在两弹力的角平分线上，杆对滑轮的弹力仍沿杆方向，故B错误；
C．若保持A点的位置不变，将绳子的固定点B向上移动，绳子对滑轮的两力夹角变大，合力变小，滑轮处于平衡状态，则杆对滑轮的弹力变小，故C错误；
D．若保持AB与竖直墙壁的夹角 不变，将轻杆的固定点O向下移动，两绳对滑轮的弹力大小方向都不变，则杆对滑轮的力仍在两绳弹力的角平分线上，所以杆对滑轮弹力的方向不变，故D正确。

故选AD。

11．图甲为研究光电效应的电路图，图乙为静止在匀强磁场中的某种放射性元素的原子核衰变后产生的新核Y和某种射线的径迹，下列说法正确的是（）
A．图甲利用能够产生光电效应的两种（或多种）频率已知的光进行实验可测出普朗克常量
B．图甲的正负极对调，在光照不变的情况下，可研究得出光电流存在饱和值
C．图乙对应的衰变方程为
D．图乙对应的衰变方程为
【答案】ABD
【解析】
【详解】
A.根据光电效应方程得，联立两式解得，所
以分别测出两次电流表读数为零时电压表的示数U1和U2即可测得普朗克常量，选项A正确；
B.题图甲电源的正负极对调，此时光电管中所加电压为正向电压，在光照不变的情况下，通过调节滑动变阻器可调节光电管两端的电压，可研究得出光电流存在的饱和值，选项B正确；
CD.由题图乙可知，发生的是衰变，故衰变方程为，选项D正确，C错误.
12．大小相同的三个小球（可视为质点）a、b、c静止在光滑水平面上，依次相距l等距离排列成一条直线，在c右侧距c为l处有一竖直墙，墙面垂直小球连线，如图所示。

小球a的质量为2m，b、c的质量均为m。

某时刻给a一沿连线向右的初动量p，忽略空气阻力、碰撞中的动能损失和碰撞时间。

下列判断正确的是（）
A ．c 第一次被碰后瞬间的动能为2
29p m
B ．c 第一次被碰后瞬间的动能为2
49p m
C ．a 与b 第二次碰撞处距竖直墙的距离为
65
l D ．a 与b 第二次碰撞处距竖直墙的距离为75l 【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
a 球与
b 球发生弹性碰撞，设a 球碰前的初速度为v 0，碰后a 、b 的速度为1v 、2v ，取向右为正，由动量守恒定律和能量守恒定律有
01222mv mv mv =+
22201211122222
mv mv mv ⋅=⋅+⋅ 其中02p mv =，解得
013
v v =，0243v v = b 球以速度v 2与静止的c 球发生弹性碰撞，设碰后的速度为3v 、4v ，根据等质量的两个球发生动静弹性碰撞，会出现速度交换，故有
30v =，42043
v v v == AB ．c 第一次被碰后瞬间的动能为
222kc 402
1148()()2239292p E mv m v m p m
m ==== 故A 正确，B 错误；
CD ．设a 与b 第二次碰撞的位置距离c 停的位置为x ，两次碰撞的时间间隔为t ，b 球以v 2向右运动l 与c 碰撞，c 以一样的速度v 4运动2l 的距离返回与b 弹碰，b 再次获得v 4向左运动直到与a 第二次碰撞，有 22x l l v t ++=
对a 球在相同的时间内有
1l x v t -= 联立可得5
l x =，故a 与b 第二次碰撞处距竖直墙的距离为
6
5
d x l l
=+=
故C正确，D错误。

故选AC。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．①在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是_____
A．须选用密度和直径都较小的摆球
B．须选用轻且不易伸长的细线
C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动
D．计时起、终点都应在摆球的最高点且不少于30次全振动的时间
②某同学在野外做“用单摆测定重力加速度”的实验时，由于没有合适的摆球，他找到了一块外形不规则的石块代替摆球，如上图所示。

操作时，他用刻度尺测量摆线OM的长度L作为摆长，测出n次全振动的总时间由到周期T，求出重力加速度2
2
()
g L
T
π
=，这样得到的重力加速度的测量值比真实值_____（填“大”或“小”）。

为了克服摆长无法准确测量的困难，该同学将摆线长度缩短为L'，重复上面的实验，得出周期T'，由此他得到了较精确的重力加速度值g=_____。

【答案】BC 小
()
2
22
4L L
g
T T
π'
'
-
=
-
【解析】
【详解】
(1) A、为减小空气阻力对实验的影响，从而减小实验误差，组装单摆须选用密度大而直径都较小的摆球，故A错误；
B、为减小实验误差，组装单摆须选用轻且不易伸长的细线，故B正确；
C、实验时须使摆球在同一竖直面内摆动，不能使单摆成为圆锥摆，故C正确；
D、测量时间应从单摆摆到最低点开始，因为最低位置摆球速度最大，相同的视觉距离误差，引起的时间误差较小，则周期测量比较准确，故D错误；
(2) 根据单摆的周期公式2
L
T
g
=得：
2
2
4πL
g
T
=，该同学用OM的长L作为摆长，摆长偏小，根据上述表达式得知，g的测量值偏小，设摆线的结点到大理石质心的距离为r，则根据单摆的周期公式
2L T g π=得：2L r T g π+=，而2L r T g π'+'=，联立解得：2'
2'24()L L g T T
π-=-。

14．图甲是一多用电表的简化电路图。

其表头满偏电流g 200μA I =，内阻g 100ΩR =，15Ω2.R =，222.5ΩR =，32980ΩR =。

甲 乙
(1)转换开关S 接入__________（填“1”“2”“3”“4”“5”或“6”）端时，测量电流的量程较大，此时电流从A 端流__________（填“出”或“入”）。

(2)当转换开关S 接入“5”端时，多用电表的功能是测__________（填“电流”“电压”或“电阻”），其量程为__________。

(3)当转换开关S 接入“3”端时，多用电表可以用来测电阻。

测量之前，先进行欧姆调零，使指针偏转到__________。

图乙为某次测量电阻的刻度盘，已知使用的倍率为“×1”，则待测电阻的阻值为__________Ω。

当换用“×10”的倍率测较大电阻时，需要重新欧姆调零，与使用倍率“×1”相比，多用电表的内阻变化了__________。

【答案】1 入 电压 3V 欧姆表盘的零刻度处 10 135
【解析】
【详解】
(1)[1]转换开关S 接入1端，电流表与电阻2R 串联后，与1R 并联，且并联电阻阻值较小，则分流较大，故转换开关S 应接入1端，电流表量程较大。

[2]根据电流的“红进黑出”结合内部电源可知电流应从A 端流入。

(2)[3]当转换开关S 接入“5”端时，电流表与电阻串联，此多用电表为电压表。

[4]量程为
g g g g g 3123V I R U I R I R R R ⎛⎫=++ ⎪+=⎝⎭
(3)[5]调节欧姆调零旋钮应使指针偏转到欧姆表盘的零刻度线位置。

[6]若倍率为“×1”，则待测电阻的阻值为101Ω10Ω⨯=。

[7]多用电表的中值电阻即为内部电阻大小，倍率为“×1”时，多用电表的内阻为151Ω15Ω⨯=，倍率为
“×10”时，多用电表的内阻为1510Ω150Ω
⨯=，则多用电表的内阻变化了135Ω。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．真空中有如图所示的周期性交变磁场，设磁感应强度B垂直纸面向里为正方向，B0=1T，t0=π×l0-5s，k为正整数。

某直角坐标系原点O处有一粒子源，在t=0时刻沿x轴正方向发射速度为v0=103m/s的正点
电荷，比荷q
m
=1×l06
C/kg，不计粒子重力。

(1)若k=1，求粒子在磁场中运动的轨道半径和粒子第3次（从O点出发记为第1次）经过y轴时的时刻；
(2)若k=2，求粒子在运动过程中与y轴交点坐标的最大值和最小值；
(3)若t0=
2
π
⨯10-5s，则k取何值时，粒子可做周期性循环运动回到出发点？并求出循环周期的最小值T min 和相应的k值。

【答案】(1)0.01m；5
210s
tπ-
=⨯；(2)max0.04m
y=；
min
0.02m
y=-；(3)当k取非
41(0,1,2,)
q q
+=L L的正整数时，均可以回到出发点；当3
k=时，最小循环周期为4
1.25610s
-
⨯
【解析】
【分析】
【详解】
(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由
2
mv
Bqv
r
=
2r
T
v
π
=
解得
00.01m
mv
r
Bq
==
5
2
210s
m
T
Bq
π
π-
==⨯
当1
k=时，因为
02
T
t=，粒子第3次经过y轴时恰好向上经历两个半圆（如图）则时间5
210s
t Tπ-
==⨯(2)当2
k=时，02t T
=，粒子一个循环周期中运动分别为半圆→整圆→半圆→整圆，因此由几何关系得：与y轴交点坐标的最大值为
max 40.04m y r ==
与y 轴交点坐标的最小值为
min 20.02m y r =-=-
(3)因为04T t =，所以粒子先做14圆弧运动，之后对k 的不同值进行分类讨论： 如图可见k =1、2、3、4时可能的分段情况．
①1k =，粒子做
14
圆弧交替运动，向右上45°方向无限延伸，不会循环运动 ②2k =，粒子做14圆弧与24圆弧交替运动，经过4个周期回到出发点，循环周期23T T = ③3k =，粒子做14圆弧与34
圆弧交替运动，经过2个周期回到出发点，循环周期32T T = ④4k =，粒子做
14圆弧与44圆弧交替运动，经过4个周期回到出发点，循环周期45T T = 当4k >时，运动过程相似，每个周期中均增加p （正整数）个圆周，能循环的运动其循环周期均延长．
综上可得：
(1)当k 取非41(0,1,2,)q q +=L L 的正整数时，均可以回到出发点．
(2)当3k =时，最小循环周期为
5432410s 1.25610s T T π--==⨯≈⨯．
16．如图所示，质量为6kg M =的长木板放在光滑水平地面上，在长木板的最右端和距右端4m 的P 点处各放一物块B 和A （均可视为质点），物块A 的质量为12kg m =，物块B 的质量为21kg m =，长木板P 点左侧足够长，长木板上表面P 点右侧光滑，P 点左侧（包括P 点）粗糙物块A 与长木板间的动摩擦因数0.5μ=，现用一水平向右的恒力F 作用于长木板上，使长木板由静止开始运动，设物块A 与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，210m/s g =，求：
(1)当长木板由静止开始运动时，若要物块A 与长木板保持相对静止，拉力F 满足的条件；
(2)若拉力36N F =，在物块A B 、相碰时撤去拉力F ，物块A 与B 发生弹性碰撞，碰撞之后物块A 的速度1v 和物块B 的速度2v 。

【答案】 (1)40F N <；(2)12m/s v =，28m/s v =
【解析】
【详解】
(1)当A 与长木板间的摩擦力达到最大静摩擦力时将要发生相对滑动，设此时物块A 的加速度为0a ，以A 为研究对象，根据牛顿第二定律
110m g m a μ=
因为B 与长木板间没有摩擦力，以长木板和物块A 整体为研究对象，根据牛顿第二定律，当A 与长木板间将要发生相对滑动时
()010F M m a =+
联立解得
040N F =
所以若要物块A 与长木板保持相对静止，拉力40F N <
(2)当拉力36F N =时小于40N ，开始时物块B 保持静止，物块A 与长木板一起加速
根据动能定理
()21012
Fx M m v =
+ 解得 06m/s v =
物块A B 、发生弹性碰撞，根据动量守恒定律
101122m v m v m v =+
根据机械能守恒定律
222101122111
222
m v m v m v =+ 两式联立解得
12m/s v =
28m/s v =
17．如图所示为一下粗上细且上端开口的薄壁玻璃管，管内有一段被水银密闭的气体，上管足够长，图中细管的截面积S 1=1cm 2，粗管的截面积S 2=2 cm 2，管内水银长度h 1=h 2=2 cm ，封闭气体长度L=8cm ，大气压强p 0=76cmHg ，气体初始温度为320K ，若缓慢升高气体温度，求：
(1)粗管内的水银刚被全部挤出时气体的温度； (2)气体的温度达到533K 时，水银柱上端距粗玻璃管底部的距离。

【答案】 (1)410K ；(2)22cm
【解析】
【分析】
【详解】
(1)以封闭的气体为研究对象，初态气体体积
12V LS =
压强为
101280cmHg p p h h =++=
由于水银总体积保持不变，设水银全部进入细管水银长度为x ，则
1122V S h S h =+
1122112212cm 6cm 1
S h S h V x S S +⨯+⨯==== 末状态气体
2082cmHg p p x =+=
212()V L h S =+
从初状态到末状态。

由理想气体状态方程，
有
112212
p V p V T T = 代入数据解得
2410K T =
(2)气体温度达到533K 时，设水银上端距粗玻璃管底部的距离为H ，则 31211(())V L h S H L h x S =++---
气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律
3223
V V T T = 解得
22cm H =。