贵州省六盘水市2021届新高考物理第二次调研试卷含解析

贵州省六盘水市2021届新高考物理第二次调研试卷
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
1．一人站在滑板上以速度0v 在冰面上滑行忽略滑板与冰面间的摩擦某时刻人沿水平方向向正前方距离滑板离开时人相对冰面的速度大小为02v 。

已知人与滑板的质量分别为,()M m M m >，则人离开时滑板的速度大小为（ ）
A ．0m v M
B ．0m v m M +
C ．0M m v m -
D ．0M m v m
+ 【答案】C
【解析】
【详解】
规定初速度v 0的方向为正方向，根据动量守恒定律可知：
00()2M m v M v mv +=⋅+
解得
0M m v v m
-=- 负号表示速度与正方向相反，大小为
0M m v m
-； 故选C 。

2．物体做匀速圆周运动时，在任意相同时间间隔内，速度的变化量（ ）
A ．大小相同、方向相同
B ．大小相同、方向不同
C ．大小不同、方向不同
D ．大小不同、方向相同
【答案】B
【解析】
【详解】
物体做匀速圆周运动时，速度的变化量v at ∆=，由于加速度的大小不变但方向时刻在变化，所以在任意相同时间间隔内， 速度的变化量大小相等，方向不同。

A. 大小相同、方向相同，与分析不符，故A 错误；
B. 大小相同、方向不同，与分析相符，故B 正确
C. 大小不同、方向不同，与分析不符，故C 错误；
D. 大小不同、方向相同，与分析不符，故D 错误。

3．如图所示为A ．B 两辆摩托车沿同一直线运动的速度一时间(v-t)图象，已知：t=0时刻二者同时经过同一地点，则下列说法正确的是（ ）
A．摩托车B在0~6s内一直在做加速度减小的加速运动
B．t=6s时A、B两辆摩托车恰好相遇
C．t=12s时A、B两辆摩托车相距最远
D．率托车A在0~12s内的平均速度大小为10m/s
【答案】D
【解析】
【详解】
A．摩托车B在0~6s内先做加速度减小的减速运动，然后反向做加速度减小的加速运动，故A项错误；BC．A、B两辆摩托车在t=6s时速度相等，两辆摩托车距离最远，故BC项错误；
D．摩托车A在0~12s内做匀减速运动，摩托车A的平均速度就等于这段时间中间时刻的瞬时速度10m/s，故D项正确。

故选D。

4．一质点以初速度v0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。

Am来探测烟雾。

当正常空气分子穿过探测5．烟雾探测器使用了一种半衰期为432年的放射性元素镅241
95
Am衰变所释放的射线会将它们电离，从而产生电流。

一旦有烟雾进入探测腔内，烟雾中的微器时，镅241
95
粒会吸附部分射线，导致电流减小，从而触发警报。

则（）
A ．镅
24195Am 放出的是X 射线 B ．镅241
95Am 放出的是γ射线
C ．1mg 的镅241
95Am 经864年将有0.75mg 发生衰变
D ．发生火灾时，烟雾探测器中的镅
241
95Am 因温度升高而半衰期变短 【答案】C
【解析】
【详解】
AB ．镅241
95Am 会释放出射线将它们电离，从而产生电流，而三种射线中α射线能使空气电离，故镅24195Am 放出的是α射线，故AB 错误；
C ．半衰期为432年，当经864年，发生两次衰变，1mg 的镅将衰变掉四分之三即0.75mg ，还剩下0.25 mg 没有衰变，故C 正确；
D ．半衰期由原子核本身的性质决定，与物理条件和化学状态均无关，则温度升高而半衰期不变，故D 错误。

故选C 。

6．2019年4月21日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射第44颗北斗导航卫星。

若组成北斗导航系统的这些卫星在不同高度的转道上都绕地球做匀速圆周运动，其中低轨卫星离地高度低于同步卫星。

关于这些卫星，下列说法正确的是（ ）
A ．低轨卫星的环绕速率大于7.9km/s
B ．地球同步卫星可以固定对一个区域拍照
C ．低轨卫星和地球同步卫星的速率相同
D ．低轨卫星比同步卫星的向心加速度小
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
AC ．根据万有引力提供向心力，则有
2
2Mm v G m r r
解得
v = 可知轨道半径越大，运行的速度越小，低轨卫星轨道半径大于近地卫星的半径，故低轨卫星的环绕速率小于7.9km/s ，低轨卫星轨道半径小于同步卫星轨道半径，故低轨卫星的环绕速率大于同步卫星的环绕速率，故A 、C 错误；
B ．同步卫星的周期与地球的周期相同，相对地球静止，可以固定对一个区域拍照，故B 正确； D ．根据万有引力提供向心力，则有
2
Mm G ma r = 可得 2GM a r =
低轨卫星轨道半径小于同步卫星轨道半径，低轨卫星向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，故D 错误；
故选B 。

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．关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是（ ）
A ．非晶体和晶体的物理性质都是各向同性
B ．自然界中一切涉及热现象的宏观过程都具有方向性
C ．布朗运动是由悬浮在液体中的小颗粒之间的相互碰撞引起的
D ．水的饱和汽压与水面的大气压强无关，只与水的温度有关
E.慢慢向小酒杯中注水，即使水面稍高出杯口，水仍不会流下来，是因为液体表面存在张力
【答案】BDE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据晶体的性质可知，单晶体的在某些物理性质上具有各向异性的，而多晶体和非晶体是各向同性的，A 错误；
B ．热量可以自发地从较热的物体传递到较冷的物体，但不可能自发地从较冷的物体传递到较热的物，即涉及热现象的宏观过程都具有方向性，B 正确；
C ．布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒受到液体分子无规则碰撞引起的，C 错误；
D ．水的饱和汽压与水面的大气压强无关，只与水的温度有关，随温度降低而减小，D 正确；
E ．由于液体表面存在张力，液体表面像一张橡皮膜，即使水面稍高出杯口，水仍不会流下来，E 正确。

故选BDE 。

8．如图所示，在光滑的水平面上方有两个磁感应强度大小均为B 、方向相反的水平匀强磁场区域，磁场宽度均为L 。

一个边长为L 、电阻为R 的单匝正方形金属线框，在水平外力作用下沿垂直磁场方向运动，从如图实线位置Ⅰ进入磁场开始到线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置Ⅱ时，线框的速度始终为v ，则下列说法正确的是（ ）
A ．在位置Ⅱ时外力F 为224
B L v R
B ．在位置Ⅱ时线框中的总电流为BLv R
C ．此过程中回路产生的电能为232B L v R
D ．此过程中通过导线横截面的电荷量为0
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．在位置Ⅱ时，根据右手定则可知线框左右边同时切割磁感线产生的电流同向，所以总电流为 2BLv I R
= 根据左手定则可知线框左右两边所受安培力的方向均向左，为
2F BIL =
联立可得
224B L v F R
= 故A 正确，B 错误；
C ．金属线框从开始到位移为L 过程中，只有一边切割磁感线，故电流为
1BLv I R
= 产生的电能为
2
23211BLv L B L v W I Rt R R v R ⎛⎫=== ⎪⎝⎭
从位移为L 到32L 过程中，线框两边切割磁感线，电流为I ，产生的电能为 2232
2222BLv L B L v W I Rt R R v R ⎛⎫'=== ⎪⎝⎭ 所以整个过程产生的电能为
232323=23B L v B L v B L v R R R
W W W '+=+=总 故C 错误；
D ．此过程穿过线框的磁通量变化为0，根据
q I t =∆
E I R R t
∆Φ==∆ 可得
0q R
φ∆== 故D 正确。

故选AD 。

9．如图所示，粗糙程度均匀的绝缘空心斜面ABC 放置在水平面上，∠CAB=30°，斜面内部0点(与斜面无任何连接)固定一个正点电荷，一带负电可视为质点的小物体可以分别静止在M 、P 、N 点，P 为MN 的中点，OM=ON ，OM ∥AB ，下列说法正确的是（ ）
A ．小物体在M 、P 、N 点静止时一定都是受4个力
B ．小物体静止在P 点时受到的摩擦力最大
C ．小物体静止在P 点时受到的支持力最大
D ．小物体静止在M 、N 点时受到的支持力相等
【答案】CD
【解析】
【详解】
对小物体分别在三处静止时所受力分析如图所示：
A ．结合平衡条件，由图，小物体在P 、N 两点时一定受四个力的作用，而在M 处不一定。

故A 错误。

B ．小物体静止在P 点时，摩擦力f=mgsin30°，静止在N 点时：f′=mgsin30°+F′cos30°，静止在M 点时：f″=mgsin30°-F′cos30°，可见静止在N 点时所受摩擦力最大。

故B 错误。

CD ．小物体静止在P 点时，设库仑力为F ，受到的支持力：N=mgcos30°+F ，在M 、N 点时：
N′=mgcos30°+F′sin30°，由库仑定律知：F ＞F′，故N ＞N′，即小物体静止在P 点时受到的支持力最大，静止在M 、N 点时受到的支持力相等。

故CD 正确。

故选CD 。

10．如图（甲）所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距为1.0m ，左端连接阻值R=4.0Ω的电阻，匀强磁场磁感应强度B=0.5T 、方向垂直导轨所在平面向下。

质量m=0.2kg 、长度l=1.0m 、
电阻r=1.0Ω的金属杆置于导轨上，向右运动并与导轨始终保持垂直且接触良好，
t=0时对杆施加一平行于导轨方向的外力F ，杆运动的v －t 图像如图（乙）所示，其余电阻不计、则（ ）
A ．t=0时刻，外力F 水平向右，大小为0.7N
B ．3s 内，流过R 的电荷量为3.6C
C ．从t=0开始，金属杆运动距离为5m 时电阻R 两端的电压为1.6V
D ．在0~3.0s 内，外力F 大小随时间t 变化的关系式是F=0.1+0.1t （N ）
【答案】CD
【解析】
【详解】
A ．根据v －t 图象可以知道金属杆做匀减速直线运动，加速度为
2062m/s 3
v a t ∆-===-∆ 当t=0时刻，设向右为正方向，根据牛顿第二定律有
F BIL ma -=
根据闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律有
0BLv E I r R r R
==++ 联立以上各式代入数据可得0.1N F =-，负号表示方向水平向左，故A 错误；
B ．根据
E t
∆Φ=
∆ q E I t R r ==∆+ 联立可得
B S q R r R r
∆Φ∆==++ 又因为v －t 图象与坐标轴围成的面积表示通过的位移，所以有
163m 9m 2
S ∆=⨯⨯= 故代入数据可解得
q=0.9C
故B 错误；
C ．设杆运动了5m 时速度为v 1，则有
221012v v as -=
此时金属杆产生的感应电动势
11E BLv =
回路中产生的电流
11E I R r
=+ 电阻R 两端的电压
1U I R =
联立以上几式结合A 选项分析可得 1.6V U =，故C 正确；
D ．由A 选项分析可知t=0时刻外力F 的方向与v 0反向，由牛顿第二定律有
()F BIL ma -+=
设在t 时刻金属杆的速度为v ，杆的电动势为E ，回路电流为I ，则有
0v v at =+
E BLv =
E I R r
=+ 联立以上几式可得
()0.10.1F t =-+N
负号表示方向水平向左，即大小关系为
0.10.1F t =+N
故D 正确。

故选CD 。

11．如图所示，相距d 、长为2d 的两平行金属板a b 、正对放置，其间有正交的匀强电场（竖直向上）和匀强磁场（垂直纸面向外），一带正电的离子以初速度0v 从两金属板中间（到a 极板的距离为2d ）沿垂直于电场和磁场的方向射入，恰好在极板间沿直线运动，已知匀强磁场的磁感应强度大小为B ，离子的质量为m ，所带电荷量为045mv dB
，不计离子重力，则下列说法正确的是（ ）
A ．a b 、两极板的电势差为02
Bv d B ．若撤去磁场，离子将打到b 极板上，且到b 5d C ．若撤去电场，离子将打到a 极板上，且到a 极板左端的距离为d
D ．若撤去电场，离子恰好从a 极板右端离开
【答案】BC
【解析】
【详解】
A ．因为离子恰好在极板间沿直线运动，所以离子在极板间受到的电场力与受到的洛伦兹力大小相等，则： 0qv
B q U d
=
， 解得： 0U Bv d =，
故A 错误；
B ．若撤去磁场，离子在电场中做类平抛运动，则:
0v t x =，
y=2211222
Uq d at t dm =⨯=， 解得:
52d x =， 故B 正确；
CD ．若撤去电场，离子在磁场中做圆周运动，则半径为0mv r qB
=，可得: 54
d r =， 由几何关系知：
22
255442d d d x ⎛⎫⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
， 可得： x d =；
故C 正确，D 错误。

故选BC 。

12．倾角为45︒的传送带在电动机带动下始终以0v 的速度匀速上行。

相等质量的甲、乙两种不同材料的滑块（可视为质点）分别无初速放在传送带底端，发现甲滑块上升h 高度处恰好与传送带保持相对静止，乙滑块上升
3
h 高度处恰与传送带保持相对静止。

现比较甲、乙两滑块均从静止开始上升h 高度的过程中（ ）
A ．甲滑块与传送带间的动摩擦因数大于乙滑块与传送带间的动摩擦因数
B ．甲、乙两滑块机械能变化量相同
C ．甲运动时电动机对皮带所做的功大于乙运动时电动机对皮带所做的功
D ．甲滑块与传送带间摩擦产生的热量等于乙滑块与传送带间摩擦产生的热量
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．相等质量的甲，乙两种不同材料的滑块分别无初速放在传送带底端，最终都与传送带速度相等，动能增加量相同，但甲的速度增加的慢，说明甲受到的摩擦力小，故甲滑块与皮带的动摩擦因数小于乙滑块与皮带的动摩擦因数，故A 错误；
B ．由于动能增加量相同，重力势能增加也相同，故甲、乙两滑块机械能变化量相同，故B 正确； CD ．动能增加量相同，即 3sin 45sin 453
h
h h f mgh f mg ︒︒-=-甲乙 得
32f f mg =-乙甲
相对位移
=3
x x 甲乙
滑块与皮带间摩擦生热为等于系统内能的增加量，根据=Q fx 知甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量，电动机对皮带做的功等于系统摩擦产生的内能和滑块机械能的增加量，由于滑块机械能增加相同，则甲运动时电动机对皮带所做的功大于乙运动时电动机对皮带所做的功，故C 正确，D 错误。

故选BC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．图甲是简易多用电表的电路原理图，图中E 是电源，1R 、2R 、3R 、4R 、5R 是定值电阻，6R 是可变电阻，表头的满偏电流为200μA 、内阻为600 Ω，其表盘如图乙所示，最上一行刻度的正中央刻度值为“15”。

图中虚线方框内为换挡开关，A 端和B 端分别与两表笔相连，该多用电表有5个挡位，分别为：直流电流1 A 挡和500μA 挡，欧姆“1k ⨯”挡，直流电压2.5 V 挡和10 V 挡。

（1）若用欧姆“1k ⨯”挡测二极管的反向电阻，则A 端所接表笔与二极管的________（填“正”或“负”）极相接触，测得的结果如图乙中a 所示，则该二极管的反向电阻为________kΩ。

（2）某次测量时多用电表指针位置如图乙中b 所示，若此时B 端是与“1”相连的，则多用电表的示数为________；若此时B 端是与“4”相连的，则多用电表的示数为________。

（3）根据题中所给的条件可得1R 、2R 的阻值之和为________Ω。

【答案】负 7.0 0.30A 0.75V 400
【解析】
【详解】
（1）[1]．若测二极管的反向电阻，则电流从二极管的负极流入；又欧姆表的电流从A 端流出，故A 端与二极管的负极相接触；
[2]．根据刻度盘，得出示数为7.0，又选用了×1kΩ挡，故二极管的反向电阻为7.0kΩ；
（2）[3]．若此时B 端是与“1”相连的，则此时是大量程电流表，为直流1A 档，故此时每小格表示0.02A ，读数为0.30A ；
[4]．若此时B 端是与“4”相连的，则此时为小量程的电压表，为直流电压2.5V 档，故此时每小格表示0.05V ，读数为0.75V ；
（3）[5]．由电路特点，接2时为500μA 档，则
12()()g g g I r I I R R =-+
即
（500-200）×10-6×（R 1+R 2）=200×
10-6×600 整理得
R 1+R 2=400Ω
14．测量木块和木板间动摩擦因数的装置如图(a)。

水平固定的长木板一端有定滑轮，另一端有打点计时器。

细线绕过定滑轮将木块和钩码相连，木块靠近打点计时器，纸带穿过打点计时器后固定在木块上。

接通打点计时器，放开木块，钩码触地后不再弹起，木块继续向前运动一段距离后停在木板上。

某次纸带的数据如图(b)，打点计时器所用电源的频率为50Hz ，每相邻两点间还有1个点未画出，数值单位为cm 。

由图(b)数据可知，钩码触地后木块继续运动的加速度大小为___m/s 2；若取g ＝10m/s 2，则木块与木板间的动摩擦因数为___；某小组实验数据处理完成后，发现操作中滑轮的高度变化造成细线与木板的上表面不平行，如图(c)，这样他们测得的动摩擦因数与实际值相比___（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。

【答案】3 0.3 不变
【解析】
【详解】
[1]钩码触地后木块做减速运动，计算其加速度大小应该用纸带的后一段，即5~1点之间的部分 2222(4.49 4.01)(3.05 3.53)10m/s 3m/s (20.022)a -+-+=⨯=⨯⨯； [2]钩码触地后，木块只在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，有
f=ma
f=μmg
木块与木板间的动摩擦因数
μ=0.3；
[3]由于钩码触地后细线不再提供拉力，减速运动的加速度与之前的加速运动情况无关，所以不影响测量结果，测得的动摩擦因数与实际值相比不变。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，竖直放置、上端开口的绝热气缸底部固定一电热丝(图中未画出)，面积为S 的绝热活塞位于气缸内(质量不计)，下端封闭一定质量的某种理想气体，绝热活塞上放置一质量为M 的重物并保持平衡，此时气缸内理想气体的温度为T 0，活塞距气缸底部的高度为h ，现用电热丝缓慢给气缸内的理想气体加热，
活塞上升了
2
h ，封闭理想气体吸收的热量为Q 。

已知大气压强为p 0，重力加速度为g 。

求： (1)活塞上升了2h 时，理想气体的温度是多少 (2)理想气体内能的变化量
【答案】 (1)032T ；(2)01()2
Q p S Mg h -
+ 【解析】
【详解】
(1)封闭理想气体初始状态 1V Sh =，10T T =
封闭理想气体末状态
213()22V
S h h Sh =+= 用电热丝缓慢给气缸内的理想气体加热，理想气体做等压变化，设末状态的温度为2T ，由盖吕萨克定律得 1212
V V T T = 解得
2210132
V T T T V == (2) 理想气体做等压变化，根据受力平衡可得
10p S p S Mg =+
理想气体对外做功为
112
W p S h =g 由热力学第一定律可知
U Q W ∆=-
联立解得
01()2
U Q p S Mg h ∆=-+ 16．如图所示，在x ＝0处的质点O 在垂直于x 轴方向上做简谐运动，形成沿x 轴正方向传播的机械波。

在t ＝0时刻，质点O 开始从平衡位置向上运动，经0.4 s 第一次形成图示波形，P 是平衡位置为x ＝0.5 m 处的质点.
（1）位于x ＝5 m 处的质点B 第一次到达波峰位置时，求位于x ＝2 m 处的质点A 通过的总路程。

（2）若从图示状态开始计时，至少要经过多少时间，P 、A 两质点的位移(y 坐标)才能相同？
【答案】（1）20 cm （2）0.05 s
【解析】
【详解】
（1）结合题图可分析出，该机械波的传播周期为0.8T s =，波长为4m λ=，振幅5A cm =， 该机械波的波速为5/v m s T λ
==
由图可知，此时波峰在1x m =处，当波峰传播到5x m =处的B 点时，波向前传播的距离为4x m ∆=，所以
质点B 第一次到达波峰位置所需要的时间0.8x t s v ∆∆== 由题意知，当质点B 第一次到达波峰位置时，质点A 恰好振动了一个周期，所以质点A 通过的总路程为420s A cm ==；
（2）角速度为：25/2
rad s T ππω==，从图示状态开始计时 质点A 做简谐运动的表达式为：552A y sin t cm π⎛⎫ ⎪⎝⎭
= 质点P 做简谐运动的表达式为：5352
4P y sin t cm ππ⎛⎫+ ⎪⎝⎭= 要使P 、A 两质点的位移(y 坐标)相同，即A P y y ＝，至少要经过时间t 应满足：
553224ππππ⎛⎫ ⎪⎝⎭t+t+=，解得：0.05t s =。

17．如图所示，一物体以v 0＝2 m/s 的初速度从粗糙斜面顶端下滑到底端用时t ＝1s 。

已知斜面长度L ＝1.5 m ，斜面的倾角θ＝30°，重力加速度取g ＝10 m/s 2。

求：
(1) 物体滑到斜面底端时的速度大小；
(2) 物体沿斜面下滑的加速度大小和方向；
(3) 物体与斜面间的动摩擦因数。

【答案】 (1)1 m/s (2)1 m/s 2 方向沿斜面向上 (3)
23 【解析】
【详解】
（1）设物体滑到斜面底端时速度为v ，则有：
L ＝02
v v +t 代入数据解得：
v ＝1 m/s
（2）因v<v 0，即物体做匀减速运动，加速度方向沿斜面向上，加速度的大小为：
20=1m/s v v a t
-= （3）物体沿斜面下滑时，受力分析如图所示。

由牛顿第二定律得：
F f －mgsinθ＝ma
F N ＝mgcosθ
F f ＝μF N
联立解得：
sin =cos a g g θμθ+ 代入数据解得： μ＝23。