广西省北海市2021届新高考第二次质量检测物理试题含解析

广西省北海市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．如图所示，一个质量为m ，带电量为+q 的粒子在匀强电场中运动，依次通过等腰直角三角形的三个顶点A 、B 、C ，粒子在A 、B 两点的速率均为2v 0，在C 点的速率为v 0，已知AB=d ，匀强电场在ABC 平面内，粒子仅受电场力作用。

则该匀强电场的场强大小为（ ）
A ．20mv qd
B ．202mv qd
C ．202mv qd
D ．203mv qd
【答案】D
【解析】
【详解】
粒子在A 、B 两点速度大小相同，说明A 、B 两点处于同一等势面上，电场线与等势面处处垂直，所以匀强电场的方向应与AB 边垂直，根据AB d =2d 2
d ，应用动能定理 220011(2)222d qE m v mv =- 求出电场的场强大小为
203mv E qd
= ABC 错误，D 正确。

故选D 。

2．已知氢原子光谱中有一谱线的波长为656.2nm ，该谱线是氢原子由能级n 跃迁到能级k 产生的，普朗
克常量h=6.63×
10－34J·s ，氢原子基态能量113.6eV E =-，氢原子处于能级m 时的能量12
m E E m =，真空中光速c=3.0×
103m/s 。

则n 和k 分别为（ ） A ．k=3；n=2
B ．k=2；n=3
C ．k=3；n=1
D ．k=1；n=3 【答案】B
【解析】
【详解】
谱线的能量为
348
1996.6310310J 3.0310J 1.89eV 656.210c
E hv h λ---⨯⨯⨯====⨯=⨯ 氢原子由能级n 跃迁到能级k 时释放出的光子的能量为 113222
1113.6()eV E E E n k k n =
-=- 当3k =时，n 无解； 当2k =时，可得
3n =
当1k =时，可得
1.1n =
故A 、C 、D 错误，B 正确；
故选B 。

3．如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A ，A 的左端紧靠竖直墙，A 与竖直墙之间放一光滑圆球B ，整个装置处于静止状态．若把A 向右移动少许后，它们仍处于静止状态．则下列判断中正确的是 ( )
A ．球
B 对墙的压力增大 B ．球B 对柱状物体A 的压力增大
C ．地面对柱状物体A 的支持力不变
D ．地面对柱状物体A 的摩擦力不变
【答案】C
【解析】对小球B 受力分析，作出平行四边形如图所示：
A 滑动前，
B 球受墙壁及A 的弹力的合力与重力大小相等，方向相反；如图中实线所示；而将A 向右平移后，B 受弹力的方向将上移，如虚线所示，但B 仍受力平衡，由图可知A 对B 球的弹力及墙壁对球的弹力均减小，根据牛顿第三定律可知，球B 对墙的压力减小，球B 对柱状物体A 的压力减小，故AB 错误；以AB 为整体分析，水平方向上受墙壁的弹力和地面的摩擦力而处于平衡状态，弹力减小，故摩擦力减小，故D 错误；竖直方向上受重力及地面的支持力，两物体的重力不变，故A 对地面的压力不变，故
C 正确。

所以C 正确，AB
D 错误。

4．1896年法国科学家贝可勒尔发现了放射性元素能够自发地发出射线的现象，即天然放射现象。

让放射性元素镭衰变过程中释放出的α、β、γ三种射线，经小孔垂直进入匀强电场中，如图所示。

下列说法正确
的是（）
A．③是α射线，α粒子的电离能力最强，穿透能力也最强
B．①是β射线，是高速电子流，来自于原子的核外电子
C．原子核发生一次衰变的过程中，不可能同时产生α、β两种射线
D．原子序数大于83的元素，都具有放射性，原子序数小于或等于83的元素，都不具有放射性
【答案】C
【解析】
【详解】
A．由射线的带电性质可知，①是β射线，②是γ射线，③是α射线，α粒子的电离能力最强，穿透能力最弱，A不符合题意；
B．β射线是原子核发生β衰变时产生的，是高速电子流，来自于原子核，B不符合题意；
C．原子核发生一次衰变的过程中，只能发生α衰变或β衰变，不能同时发生α衰变和β衰变，故不可能同时产生α、β两种射线，C符合题意；
D．原子序数大于83的元素，都具有放射性，原子序数小于或等于83的元素，有的也具有放射性，D不符合题意。

故选C。

5．一三棱镜截面如图所示，∠C=90°，∠B=60°，AC面涂有反光涂层。

一细束光从O垂直AB边射入棱镜，经AC面反射到BC面，在BC面上恰好发生全反射。

则该棱镜的折射率为（）
A2B3C 23
D．2
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
做出光路图，如图所示
根据几何关系，光线到达AC 面的入射角为α=30°，则反射角为30βα==︒，根据几何关系，光线在BC 面的入射角为i=60°，因为光线在BC 面上恰好发生全反射，则 sin 9023sin n i ︒== 故C 正确， ABD 错误。

故选C 。

6．图1是研究光的干涉现象的装置示意图，在光屏P 上观察到的图样如图2所示。

为了增大条纹间的距离，下列做法正确的是（ ）
A ．增大单色光的频率
B ．增大双缝屏上的双缝间距
C ．增大双缝屏到光屏的距离
D ．增大单缝屏到双缝屏的距离
【答案】C
【解析】 【分析】
【详解】
A ．增大单色光频率，则波长减小，根据公式L x d λ∆=可知，条纹间的距离减小，A 不符合要求；
B ．增大双缝屏上的双缝间距d ，根据公式L x d λ∆=
可知，条纹间的距离减小，B 不符合要求； C ．增大双缝屏到光屏的距离L ，根据公式L x d λ∆=
可知，条纹间的距离增大，C 符合要求； D ．根据公式L x d
λ∆=
可知，条纹间的距离与单缝屏到双缝屏的距离无关，D 不符合要求。

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
7．一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A 质点的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是________．
A ．该波沿x 轴正向传播
B ．该波的波速大小为1 m/s
C ．经过0.3 s ，A 质点通过的路程为0.3 m
D ．A 、B 两点的速度有可能相同
E.若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率为0.4 Hz
【答案】ABC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由A 质点的振动图象读出该时刻质点A 的振动方向沿y 轴负方向，由质点的振动方向与波传播方向的关系，可知波沿x 轴正向传播，故A 正确．
B ．由题图甲可知波长为 λ=0.4m ，由题图乙可知周期为 T=0.4s ，则波速为 v= T
=1m/s ；故B 正确． C ．经过0.3s=34
T ，则A 质点通过的路程为s=3A=0.3m ；故C 正确． D ．A 、B 两点间距为半个波长，振动情况始终相反，速度不可能相同；故D 错误．
E ．发生稳定的干涉现象需要频率相同，则所遇到的波的频率 f=
1T
=2.5Hz 时才能产生的稳定干涉．故E 错误．
故选ABC ．
点睛：根据振动图象读出各时刻质点的振动方向，由质点的振动方向判断波的传播方向是基本功，要熟练掌握．
8．一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是__________．(填正确答案标号)
A ．质点振动频率是0.25 Hz
B ．在10 s 内质点经过的路程是20 cm
C ．第4 s 末质点的速度最大
D ．在t ＝1 s 和t ＝3 s 两时刻，质点位移大小相等、方向相同
E.在t＝2 s和t＝4 s两时刻，质点速度大小相等、方向相同
【答案】ABC
【解析】
【详解】
A、振动图象表示质点在不同时刻相对平衡位置的位移，由图象可知，质点运动的周期T＝4 s，其频率f
＝1
T
＝0.25 Hz，故A正确；
B、10 s内质点运动了5
2
T，其运动路程为s＝
5
2
×4A＝
5
2
×4×2 cm＝20 cm，故B正确；
C、第4 s末质点在平衡位置，其速度最大，故C正确；
D、t＝1 s和t＝3 s两时刻，由图象可知，位移大小相等、方向相反，故D错误；
E、在t＝2 s质点处于平衡位置，其速度最大，但t＝2 s和t＝4 s两时刻，速度方向相反，故E错误．9．如图所示，一长为2l、宽为l的矩形导线框abcd，在水平外力作用下从紧靠磁感应强度为B的匀强磁场边缘处以速度v向右匀速运动3l，规定水平向左为力的正方向。

下列关于水平外力的冲量I、导线框ab两点间的电势差ab
U、通过导线框的电量q及导线框所受安培力F随其运动的位移x变化的图像正确的是（）
A．B．C．D．
【答案】AB
【解析】
【分析】
【详解】
D．进入磁场的过程中，安培力
22
B l v
F BIL
R
==
B、l、v不变，则F不变；完全进入磁场，感应电流为零，安培力为零，选项D错误；
A．因为导线框匀速运动，水平外力和安培力F大小相等，进入磁场过程中，水平外力的冲量
F
I Ft x
v
==⋅
所以I-x关系图象为正比例函数，完全进入后外力为零，冲量为零，选项A正确；
B．进入磁场的过程中，有
5566
ab U I R Blv =⨯=电 完全进入磁场的过程中，ab 边的电势差
ab U Blv =
选项B 正确；
C ．进入磁场的过程中
Bl q I t x R
=⋅电═ 所以q-x 关系图象为正比例函数，完全进入后电流为零，q 不变但不为零，选项C 错误。

故选AB 。

10．如图所示，质量相同的小球A 、B 通过质量不计的细杆相连接，紧靠竖直墙壁放置。

由于轻微扰动，小球A 、B 分别沿水平地面和竖直墙面滑动，滑动过程中小球和杆始终在同一竖直平面内，重力加速度为g ，忽略一切摩擦和阻力，下列说法正确的是（ ）
A ．
B 球沿墙下滑的过程中，两球及杆组成的系统机械能守恒但动量不守恒
B ．B 球从下滑至恰好到达水平面的瞬间，杆对A 一直做正功
C ．B 球从下滑至恰好到达水平面的瞬间,地面对A 的支持力先减小后增大
D ．当细杆与水平方向成30°角时，小球A 的速度大小为v ，可求得杆长为2
4v g
【答案】AD
【解析】
【详解】
A ．
B 球沿墙下滑的过程中，系统受到的力只有重力做功，所以机械能守恒，但是由于合外力不等于零，所以动量不守恒，故A 正确；
BC ．初始时刻A 球的速度为零，当B 球到达水平面时，B 的速度向下，此时B 球沿着细杆方向的分速度为零，所以此时A 球的速度为零，那么在向右端过程中A 球必定先加速运动再做减速运动，杆对球A 先施加斜向下的推力做正功，此时A 对地面压力大于自身重力，后施加斜向上的拉力做负功，此时A 对地面压力小于自身重力，故B 、C 错误；
D ．小球A 的速度为v 时，设小球B 的速度大小为v '，则有
cos30cos60v v ︒='︒
解得
3v v '=
两球下滑过程中系统的机械能守恒，则有
2211222
L mg mv mv =+'g 联立解得
2
4v L g
= 故D 正确；
故选AD 。

11．如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路．将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态．下列说法正确的是（ ）
A ．开关闭合后的瞬间，小磁针的N 极朝垂直纸面向里的方向转动
B ．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N 极指向垂直纸面向里的方向
C ．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N 极指向垂直纸面向外的方向
D ．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N 极朝垂直纸面向外的方向转动
【答案】AD
【解析】
【详解】
A ．断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N 极朝垂直纸面向里的方向转动，A 正确；
BC ．开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电动势和感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态， BC 错误；
D ．开关闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的N 极朝垂直纸面向外的方向转动，D 正确．
12．如图所示，质量为m = 245 g 的物块（可视为质点）放在质量为M = 0.5 kg 的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ = 0.4，质量为 m 0 = 5 g 的子弹以速度v 0 = 300 m/s
沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），g = 10 m/s 2，则在整个过程中
A ．物块和木板组成的系统动量守恒
B ．子弹的末动量大小为0.01kg·m/s
C ．子弹对物块的冲量大小为0.49N·s
D ．物块相对木板滑行的时间为1s
【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．子弹进入木块的过程中，物块和木板的动量都增大，所以物块和木板组成的系统动量不守恒．故A 错误；
B ．选取向右为正方向，子弹打入木块过程，由动量守恒定律可得：
m 0v 0=（m 0+m ）v 1……①
木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得：
（m 0+m ）v 1=（m 0+m+M ）v 2……②
联立可得：
3002330510300m/s 2m/s 510245100.5
m v v m m M ---⨯⨯=++⨯+⨯+＝＝ 所以子弹的末动量：
p ＝m 0v 2＝5×10−3×2＝0.01kg·m/s ．
故B 正确；
C ．由动量定理可得子弹受到的冲量：
I ＝△p ＝p−p 0＝0.01 kg·m/s −5×10−3×300 kg·m/s ＝1.49kg·m/s=1.49N·s ．
子弹与物块作用力的时间相等，相互作用力大小始终相等，而方向相反，所以子弹对物块的冲量大小也是
1.49N·s ．故C 错误；
D ．对子弹木块整体，由动量定理得：
-μ（m 0+m ）gt=（m 0+m ）（v 2-v 1）……③
由①②③式可得，物块相对于木板滑行的时间
211s v v t g
μ-=-＝ ． 故D 正确．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．图1为拉敏电阻的阻值大小随拉力变化的关系。

某实验小组利用其特性设计出一电子测力计，电路如图2所示。

所用器材有：
拉敏电阻F R ，其无拉力时的阻值为500.0Ω
电源1E （电动势3V ，内阻不计）
电源2E （电动势6V ，内阻不计）
毫安表mA （量程3mA ，内阻100Ω）
滑动变阻器1R （最大阻值为500Ω）
滑动变阻器2R （最大阻值为300Ω）
电键S ，导线若干。

现进行如下操作：
①将拉敏电阻处于竖直悬挂状态并按图连接好电路，将滑动变阻器滑片置于恰当位置，然后闭合电键S 。

②不挂重物时缓慢调节滑动变阻器的滑片位置，直到毫安表示数为3mA ，保持滑动变阻器滑片的位置不再改变。

③在F R 下施加竖直向下的拉力F 时，对应毫安表的示数为I ，记录F 及对应的I 的值。

④将毫安表的表盘从1mA 到3mA 之间逐刻线刻画为对应的F 的值，完成电子测力计的设计。

请回答下列问题：
（1）实验中应该选择的滑动变阻器是__________（填“1R ”或“2R ”），电源是________（填“1E ”或“2E ”）；
（2）实验小组设计的电子测力计的量程是__________N 。

【答案】1R 1E 200
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1][2]毫安表示数为3mA 时，由闭合电路的欧姆定律，有
3mA 100500E I R ==++
若选电源2E ，则滑动变阻器电阻为1400Ω，两个滑动变阻器均达不到，所以只能选电源1E ，此时滑动变阻器电阻为400Ω，只能选1R 。

（2）[3] 毫安表示数为1mA 时，拉力最大，由闭合电路的欧姆定律，有 1F 1mA 100400E R =++ 由图1有
2F (50.1)10ΩR F =+⨯
解得拉力最大值为200N 。

电子测力计的量程200N 。

14．某同学看到某种规格热敏电阻的说明书，知悉其阻值随温度变化的图线如图甲所示。

为验证这个图线的可信度，某同学设计了一个验证性实验，除热敏电阻R 之外，实验室还提供如下器材：电源E （电动势为4.5V ，内阻约1Ω）、电流表A （量程1mA ，内阻约200Ω）、电压表V （量程3V ，内阻约10kΩ）、滑动变阻器R （最大阻值为20Ω）、开关S 、导线若干、烧杯、温度计和水。

(1)从图甲可以看出该热敏电阻的阻值随温度变化的规律是____；
(2)图乙是实验器材的实物图，图中已连接了部分导线，请用笔画线代替导线把电路连接完整______；
(3)闭合开关前，滑动变阻器的滑动触头P 应置于____端（填“a”或“b”）；
(4)该小组的同学利用测量结果，采用描点作图的方式在说明书原图的基础上作出该热敏电阻的R t －t 图像，如图丙所示，跟原图比对，发现有一定的差距，关于误差的说法和改进措施中正确的是_______ A ．在温度逐渐升高的过程中电阻测量的绝对误差越来越大
B ．在温度逐渐升高的过程中电阻测量的相对误差越来越大
C ．在温度比较高时，通过适当增大电阻两端的电压值可以减小两条曲线的差距
D ．在温度比较高时，通过改变电流表的接法可以减小两条曲线的差距
【答案】热敏电阻的阻值随温度的升高而减小 a BD
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]由R t -图像可知，随着温度的升高，热敏电阻的阻值变小；
(2)[2]研究热敏电阻的性质需要电压和电流的变化范围广，且滑动变阻器的最大值小，故滑动变阻器采用分压式接法，热敏电阻的阻值满足x A V R R R >
⋅，故采用电流表的内接法减小系统误差，实物连接如图
所示
(3)[3]滑动变阻器采用的是分压接法，为了保护电路，应让干路的阻值最大，则闭合开关前滑片置于a 端；
(4)[4]AB ．绝对误差为
R R R ∆=-测真
相对误差为
100%R R R δ-=⨯测真
真
由R t -图像可知在温度逐渐升高的过程中，热敏电阻的理论电阻值阻值和测量电阻值都在逐渐减小，理
论电阻值和测量电阻值相差不大，即绝对误差R ∆变化不大，而相对误差δ越来越大，故A 错误，B 正确；
CD ．在相同的温度下，采用电流表的内接法导致测量值总比理论值偏大，故当温度升高到一定值后，电阻变小，则电流表应该选用外接法减小系统误差，故C 错误，D 正确。

故你BD 。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．一长木板在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图像如图所示．己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g=10ｍ/s 2.求：
（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；
（2）从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小．
【答案】（3）3.23 ， 3.33 （2）s=3.325m
【解析】
试题分析：（3）设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ3和μ2，木板与物块的质量均为m ．
v-t 的斜率等于物体的加速度，则得：
在3-3．5s 时间内，木板的加速度大小为22151/8/0.5
v a m s m s t -==V V ＝． 对木板：地面给它的滑动摩擦力方向与速度相反，物块对它的滑动摩擦力也与速度相反，则由牛顿第二定律得μ3mg+μ2•2mg=ma 3，①
对物块：3-3．5s 内，物块初速度为零的做匀加速直线运动，加速度大小为 a 2=μ3g
t=3．5s 时速度为v=3m/s ，则 v=a 2t ②
由①②解得μ3=3．23，μ2=3．33
（2）3．5s 后两个物体都做匀减速运动，假设两者相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为a=μ2g 由于物块的最大静摩擦力μ3mg ＜μ2mg ，所以物块与木板不能相对静止．
根据牛顿第二定律可知，物块匀减速运动的加速度大小等于a 2=μ3g=2m/s 2．
3．5s 后物块对木板的滑动摩擦力方向与速度方向相同，则木板的加速度大小为
221124/mg mg
a m s m μμ-=⋅'= 故整个过程中木板的位移大小为222
0111 1.62522v v v x m a a -=+='
物块的位移大小为22
222
0.522v v x m a a =+= 所以物块相对于木板的位移的大小为s=x 3-x 2=3．325m
考点：牛顿第二定律的应用
【名师点睛】本题首先要掌握v-t 图象的物理意义，由斜率求出物体的加速度，其次要根据牛顿第二定律判断速度相等后两物体的运动情况，再由运动学公式求解相对位移．
16．如图所示，在一个倾角为37θ=︒的足够长的固定斜面上，由静止释放一个长度为5m L =的木板，
木板与斜面之间的动摩擦因数10.4μ=。

当长木板沿斜面向下运动的速度达到09.6m /s v =时，在木板的下端轻轻放上一个质量与木板相同的小煤块，小煤块与木板之间的动摩擦因数20.2μ=。

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度的大小2
10m /s g =，sin370.6︒=，cos370.8︒=，结果可用根号表示。

求：
（1）刚放上小煤块时，长木板的加速度1a 的大小和煤块的加速度2a 的大小；
（2）小煤块从木板哪一端离开？煤块从放上到离开木板所需时间t 是多少？
【答案】（1）21=2m /s a ，22=7.6m /s a ；（2）下端，(1+3s 【解析】
【分析】
【详解】
（1）刚放上小煤块时，对长木板，由牛顿第二定律
1212cos cos sin mg mg mg ma μθμθθ+-=
对煤块，由牛顿第二定律
22sin cos mg mg ma θμθ+=
解得
21=2m /s a
22=7.6m /s a
（2）设时间0t 煤块与长木板达到共速，则有
01020v a t a t -=
解得
01s t =
煤块相对长木板的位移
2200102011=4.8m<22
x v t a t a t L ∆=-- 故煤块不能从上端离开
此时煤块的速度为
207.6m /s v a t ==
之后木板减速，煤块加速，根据牛顿第二定律有
对长木板有
211
2sin cos 2cos mg mg mg ma θμθμθ'+-= 解得
21
1.2m /s a '= 对煤块有
22
sin cos mg mg ma θμθ'-= 解得
22
4.4m /s a '= 因
222
14.4m /s 1.2m /s a a ''=>= 所以煤块从下端离开木板，设从二者共速到二者分离又经历的时间为2t ，此过程木板和煤块的对地位移分
别为1
2x x ''、，则有 2121212
x vt a t ''=+ 2222212
x vt a t ''=+ 根据相对位移
2
1x x x ''∆=- 解得
2t
故从放上到离开木板共经历的时间为
(
021s t t t =+=+
17．有一四分之一玻璃球，左侧面镀银，光源A 在其通过圆心的水平底边BD 上（D 为球心），如图所示.从光源A 发出的一束细光射到球面E 上，其中一部分光经球面反射后恰能竖直向上传播，另一部分光经
过折射进入玻璃球内，经左侧镀银面反射恰能沿原路返回，若球面半径为R =，求：
①光射到球面E 上的入射角
②光源A 与球心D 之间的距离
【答案】①60︒；②3m 。

【解析】
【详解】
①由题意可知折射光线与镜时垂直，其光路图如图所示.则有 90i r +=︒
由折射定律可得 sin 3sin i n r
== 解得入射角
60i =︒
折射角
30r =︒
②在直角三角形EFD 中：
3cos DF S R r R == 由几何关系可得AED V 为等腰三角形，所以 233m AD DF L S R ===。