天津市武清区2021届新高考物理第二次调研试卷含解析

天津市武清区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．硅光电池是一种直接把光能转换成电能的半导体器件，它的工作原理与光电效应类似：当光照射硅光电池，回路里就会产生电流。

关于光电效应，下列说法正确的是（ ）
A ．任意频率的光照射到金属上，只要光照时间足够长就能产生光电流
B ．只要吸收了光子能量，电子一定能从金属表面逸出
C ．逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率有关
D ．超过截止频率的入射光光强越强，所产生的光电子的最大初动能就越大
【答案】C
【解析】
【详解】
AB ．当入射光的频率大于金属的截止频率时就会有光电子从金属中逸出，发生光电效应现象，并且不需要时间的积累，瞬间就可以发生。

所以AB 错误；
CD ．根据爱因斯坦的光电效应方程
k 0E h W =-ν
对于同一种金属，可知光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的光强无关。

所以C 正确，D 错误。

故选C 。

2．如图所示，斜面体放在水平地面上，物块在一外力F 的作用下沿斜面向下运动，斜面体始终保持静止，则( )
A ．若物块做加速运动，地面对斜面体的摩擦力方向一定水平向左
B ．若物块做加速运动，地面对斜面体的摩擦力方向一定水平向右
C ．若物块做减速运动，地面对斜面体的摩擦力方向水平向左
D ．若物块做减速运动，地面对斜面体的摩擦力方向水平向右
【答案】D
【解析】
当物块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ时，则物块对斜面体的压力、摩擦力的水平分量大小相等，斜面体不受地面的摩擦力；μ>tanθ时，物块对斜面体的摩擦力的水平分量大于压力的水平分量，地面对斜面体有向右的摩擦力；μ<tanθ时，地面对斜面体有向左的摩擦力．当物块沿斜面向下加速运动时，μ的大小与tanθ的关系无法确定，故地面对斜面体的摩擦力方向无法确定，故A 、B 均错；但当物块沿斜面向下减速
运动时，则μ>tanθ，地面对斜面体的摩擦力一定向右，即C 错误，D 正确．故选D.
点睛：此题首先要知道斜面体与水平面无摩擦力的条件，即μ＝tanθ，然后根据物体的运动情况确定摩擦力μmgcosθ和mgsinθ的关系.
3．如图所示，是一个研究向心力与哪些因素有关的DIS 实验装置示意图，其中质量为m 的圆柱体放置在未画出的光滑圆盘边缘，绳子一端连接小圆柱体，另一端连接力传感器，使圆柱体做匀速圆周运动。

圆周运动的轨道半径为r ，光电传感器测定的是圆柱体的线速度。

关于这个实验下列说法不正确．．．
的是（ ）
A ．研究向心力与半径的关系时，保持圆柱体线速度和质量一定，应画F r -图像
B ．研究向心力与线速度的关系时，保持圆柱体质量和运动半径一定，应画2F v -图像
C ．研究向心力与质量的关系时，保持圆柱体线速度和运动半径一定，应画F m -图像
D ．如能保证两个传感器同步记录，圆筒可以不做匀速圆周运动，同样可以完成该实验目的
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据向心力公式结合牛顿第二定律有
2
F r
v m = 可知研究向心力与半径的关系时，保持圆柱体线速度和质量一定，应画1F r
-
图像，二者呈线性关系，便于研究，A 错误； B ．研究向心力与线速度的关系时，保持圆柱体质量和运动半径一定，应画2F v -图像， B 正确； C ．研究向心力与质量的关系时，保持圆柱体线速度和运动半径一定，应画F m -图像，C 正确； D ．如能保证两个传感器同步记录，圆筒可以不做匀速圆周运动，光电传感器测量圆柱通过瞬间的线速度，力传感器测量此时瞬间的向心力（绳子拉力）大小，同样可以完成该实验目的，D 正确。

本题选择不正确的，故选A 。

4．一定质量的理想气体由状态A 沿平行T 轴的直线变化到状态B ，然后沿过原点的直线由状态B 变化到状态C ，p －T 图像如图所示，关于该理想气体在状态A 、状态B 和状态C 时的体积V A 、V B 、V C 的关系正确的是（ ）
A ．A
B
C V V V ==
B ．A B
C V V V <=
C ．A B C V V V >>
D ．A B C V V V <<
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
从A 到B 为等压变化，根据V C T
=可知，随着温度的升高，体积增大，故 A B V V <
从B 到C 为坐标原点的直线，为等容变化，故
B C V V =
所以
A B C V V V <=
故ACD 错误，B 正确。

故选B 。

5．如图所示，由粗糙的水平杆AO 与光滑的竖直杆BO 组成的绝缘直角支架，在AO 杆、BO 杆上套有带正电的小球P 、Q ，两个小球恰能在某一位置平衡。

现将P 缓慢地向左移动一小段距离，两球再次达到平衡。

若小球所带电荷量不变，与移动前相比（ ）
A ．杆AO 对P 的弹力减小
B ．杆BO 对Q 的弹力减小
C ．P 、Q 之间的库仑力减小
D ．杆AO 对P 的摩擦力增大
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．对两个小球作为整体分析可知，整体在竖直方向只受重力和AO的支持力，故杆AO对小球P的弹力不变，故A错误；
BC．对Q受力如图
小球P向左移后，两个小球P、Q间的库仑力方向向图中虚线处变化，则由力的合成和平衡条件可知杆BO对小球Q的弹力变大，两小球P、Q之间的库仑力变大，故B、C错误；
D．对两个小球作为整体受力分析，在水平方向则有杆BO对小球Q的弹力等于杆AO对小球P的摩擦力，所以可得杆AO对小球P的摩擦力变大，故D正确；
故选D。

6．如图是某型号的降压变压器（可视为理想变压器），现原线圈两端接上正弦交流电，副线圈接一负载电阻，电路正常工作，若（）
A．负载空载（断路），则原线圈电流为零
B．负载空载（断路），则副线圈两端电压为零
C．负载电阻阻值变小，则输入电流变小
D．负载电阻阻值变小，则副线圈两端电压变小
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
AB．把变压器看做一个电源，副线圈所连电路为外电路，负载断路，相当于电路的外电路断路，则副线圈两端仍有电压，但是电路中无电流，A正确B错误；
CD ．负载电阻变小，根据1122
U n U n =可知副线圈两端电压不变，所以副线圈中电流增大，根据1221I n I n =可知，21
n n 不变，2I 增大，则1I
也增大，即输入电流变大，CD 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．如图所示，两个带电小球A 、B 分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内，用水平向左的推力F 作用于B 球，两球在图示位置静止，现将B 球沿斜面向下移动一小段距离，发现A 球随之向上移动少许，两球在新位置重新平衡，重新平衡后与移动前相比，下列说法正确的是（ ）
A ．推力F 变小
B ．斜面对B 的弹力不变
C ．墙面对A 的弹力不变
D ．两球之间的距离减小
【答案】AB
【解析】
【详解】 CD ．先对小球A 受力分析，受重力、支持力、静电力，如图所示：
根据共点力平衡条件，有：
mg F cos =库α
，N F mgtan =α 由于α减小，可知墙面对A 的弹力变小，库仑力减小，故两球间距增加，选项CD 错误；
AB ．对AB 整体受力分析，受重力、斜面支持力N 、墙壁支持力F N 、推力F ，如图所示：
根据共点力平衡条件，有
N
Nsin F F Ncos m M g
+==+（）ββ
解得 (
)F mgtan m M gtan M m g N cos =-++=（）αβ
β
由于α减小，β不变，所以推力F 减小，斜面对B 的弹力N 不变，选项AB 正确。

故选AB 。

8．如图所示，电路中定值电阻R 的阻值大于电源内阻r 的阻值，开关S 闭合，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V 1、V 2、V 3的示数变化量的绝对值分别为△U 1、△U 2、△U 3，理想电流表示数变化量的绝对值为△I ，下列说法止确的是（ ）
A ．理想电压表V 2的示数增大
B ．△U 3>△U 1>△U 2
C ．电源的输出功率减小
D ．△U 3与△Ⅰ的比值不变
【答案】BD
【解析】
【详解】 A ．理想电压表内阻无穷大，相当于断路。

理想电流表内阻为零，相当短路，所以定值电阻R 与变阻器串联，电压表V 1、V 2、V 3分别测量R 的电压、路端电压和变阻器两端的电压。

当滑动变阻器滑片向下滑动
时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，内电压增大，路端电压减小，则V 2的示数减小，故A 错误；
C ．当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，故当滑动变阻器滑片向下滑动时，外电阻越来越接近内阻，故电源的输出功率在增大；故C 错误；
BD ．根据闭合电路欧姆定律得
U 2=E-Ir
则得 2U r I
=V V 而
1U R I
=V V 据题：R ＞r ，则得
△U 1＞△U 2
同理
U 3=E-I （R+r ）
则得
3U R r I
=+V V 保持不变，同时得到
△U 3＞△U 1＞△U 2
故BD 正确；
故选BD 。

9．两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A 、B 、C 三点，如图甲所示，一个电荷量
为2×
10-5 C ，质量为1 g 的小物块在水平面上从C 点静止释放，其运动的v-t 图像如图乙所示，其中B 点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）。

则下列说法正确的是（ ）
A ．
B 点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=100 N/C
B ．由
C 点到A 点电势逐渐减小
C ．由C 到A 的过程中物块的电势能先变大后变小
D ．A 、B 两点间的电势差U AB =－500 V
【答案】ABD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据v —t 图象可知物块在
B 点的加速度最大
2402m/s 75
v a t ∆-===∆- 所受的电场力最大为
331102210N F ma --==⨯⨯=⨯
故B 点的场强最大为
35210100N/C 210F E q --⨯===⨯ 故A 正确；
B ．根据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O 点沿中垂线指向外侧，故由
C 点到A 点电势逐渐减小，B 正确；
C ．根据v —t 图象可知C 到A 的过程中物块的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故C 错误；
D ．由A 到B 根据动能定理可得
22110.01J 22
AB k B A W E mv mv =∆=
-=- 又因 AB AB W qU =
故
5
0.01V 500V 210AB AB W U q --===-⨯ 故D 正确。

故选ABD 。

10．如图所示，单匝线圈ABCD 边长为L ，粗细均匀且每边电阻均为R ，在外力作用下以速度v 向右匀速全部进入场强为B 的匀强磁场，线圈平面垂直于磁场方向，且CD v ⊥。

以下说法正确的是（ ）
A ．当CD 边刚进入磁场时，CD 两点间电势差为BLv
B ．若第二次以速度2v 匀速全部进入同一磁场，则通过线圈某一横截面电量是第一次的2倍
C ．若第二次以速度2v 匀速全部进入同一磁场，则外力做功的功率为第一次的4倍
D ．若第二次以速度2v 匀速全部进入同一磁场，则线圈中产生的热量是第一次的2倍
【答案】CD
【解析】
【详解】
A ．当CD 边刚进入磁场时，电动势E=BLv ；则CD 两点间电势差为
34
CD v U BL =
选项A 错误；
B ．设正方形边长为L 。

根据感应电荷量经验公式q R Φ=V 总，得： 2
BL q R =总
B 、L 、R 总都相等，所以两次通过某一横截面的电荷量相等．故B 错误。

C ．外力做功的功率等于电功率，即
2222
2E B L v P v R R ==∝总总
则外力做功的功率为第一次的4倍，选项C 正确；
D ．根据焦耳定律得：线圈产生的热量
232
2()BLv L B L v Q I R t R v R v R ==⋅=∝总总总总 则得第二次与第一次线圈中产生的热量之比为2：1，故D 正确。

11．如图所示，半径为R 的光滑圆形轨道竖直固定，轨道最高点为P ，最低点为Q 。

一小球在圆形轨道内侧做圆周运动，小球通过Q 时的速度为v ，小球通过P 点和Q 点时对轨道的弹力大小分别为1F 和2F ，弹力大小之差为21F F F ∆=-，下列说法正确的是（ ）
A ．如果v 不变，R 越大，则1F 越大
B ．如果R 不变，v 越大，则2F 越大
C ．如果v 越大，则F ∆越大
D ．F ∆与v 和R 大小均无关
【答案】BD
【解析】
【详解】
CD ．应用机械能守恒定律可知小球通过最高点时的速度为
224v v gR =-对小球在P 和Q 应用向心力公式分别有
221mv mg F R += 2
2mv F mg R
-= 解得
2
15mv F mg R
=- 2
2mv F mg R
=+ 则
216F F F mg ∆=-=
选项C 错误，D 正确；
A ．由2
15mv F mg R
=-可知，当v 不变时，1F 随R 增大而减小，选项A 错误； B ．由2
2mv F mg R
=+可知，当R 不变时，2F 随v 增大而增大，选项B 正确。

故选BD 。

12．如图，等离子体以平行两极板向右的速度v=100m/s 进入两极板之间，平行极板间有磁感应强度大小为0.5T 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，两极板间的距离为10cm ，两极板间等离子体的电阻r=1Ω。

小波同学在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极接电路中B 点，沿边缘放一个圆环形电极接电路中A 点后完成“旋转的液体”实验。

若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，上半部分为S 极， R 0=2.0Ω，闭合开关后，当液体稳定旋转时电压表（视为理想电压表）的示数恒为2.0V ，则
A ．玻璃皿中的电流方向由中心流向边缘
B ．由上往下看，液体做逆时针旋转
C ．通过R 0的电流为1.5A
D ．闭合开关后，R 0的热功率为2W
【答案】BD
【解析】
【详解】
AB ．由左手定则可知，正离子向上偏，所以上极板带正电，下极板带负电，所以由于中心放一个圆柱形
电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心，器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，故A 错误，B 正确；
C ．当电场力与洛伦兹力相等时，两极板间的电压不变，则有 U qvB q
d
= 得 ==0.50.1100V=5V U Bdv ⨯⨯
由闭合电路欧姆定律有
V 0()U U I r R -=+
解得
1A I =
R 0的热功率
0202W R P I R ==
故C 错误，D 正确。

故选BD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．如图甲所示，是一块厚度均匀、长宽比为5：4的长方形合金材料薄板式电阻器，a 、b 和c 、d 是其两对引线，长方形在a 、b 方向的长度大于在c 、d 方向的长度。

已知该材料导电性能各向同性。

某同学想测定该材料的电阻率。

他选取的器材有：①多用电表；②游标卡尺；③螺旋测微器；④学生电源；⑤电压表V （量程：3V ，内阻约为3k Ω）；⑥电流表A （量程：0.6A ，内阻约为0.2Ω）；⑦滑动变阻器R 0（最大阻值10Ω）；⑧开关S 、导线若干。

（1）用多用电表粗测该电阻器的电阻值。

他首先调整多用电表“指针定位螺丝”，使指针指在零刻度；再将选择开关旋至电阻挡“×1”挡位，两支表笔金属部分直接接触，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0Ω”。

然后，用两支表笔分别连接电阻器的a 、b 引线，多用电表表盘指针位置如图乙所示。

a 、b 两引线之间的电阻值R=___________Ω。

（2）用游标卡尺和螺旋测微器分别测量薄板的宽度和厚度，结果如图丙所示，则宽度L=_______mm ，厚度D=_______mm 。

（3）为了精确测定a、b两引线之间的电阻值R，该同学在图丁所示的实物中，已经按图丁中电路图正确连接了部分电路；请用笔画线代替导线，完成剩余电路的连接_______。

（4）若该同学保持电路不变，只将a、b引线改接为c、d引线，测量c、d之间的电阻值，则测量c、d 之间电阻值的相对误差___________（填“大于”、“小于”或“等于”）测量a、b之间电阻值的相对误差。

（5）计算该材料电阻率的表达式ρ=___________。

(式中用到的物理量的符号均要取自（1）（2）（3）问)
【答案】6 50.60 1.200 小于
4
DR
5
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]开关旋至电阻挡“×1”挡位，故电阻为6Ω。

(2)[2][3]游标卡尺读数为
50mm 0.0512mm 50.60mm L =+⨯=
螺旋测微器读数
1mm 0.01mm 20.0 1.200mm D =+⨯=
(3)[4]根据电路图可知，连线如下
(4)[5]因为cd 间电阻小于ab 间电阻，则电压表分流更小，带来的误差更小，测量c 、d 之间电阻值的相对误差小于测量a 、b 之间电阻值的相对误差。

(5)[6]根据 54ab L L R S L D
ρρ==⋅ 可知
45
DR ρ=
14．某个同学设计了一个电路，既能测量电池组的电动势E 和内阻r ，又能同时测量未知电阻R x 的阻值。

器材如下：
A ．电池组（四节干电池）
B ．待测电阻R x （约l0Ω）
C ．电压表V 1（量程3V 、内阻很大）
D ．电压表V 2（量程6V 、内阻很大）
E ．电阻箱R （最大阻值99. 9Ω）
F ．开关一只，导线若干
实验步骤如下：
（1）将实验器材连接成如图(a)所示的电路，闭合开关，调节电阻箱的阻值，先让电压表V 1接近满偏，逐渐增加电阻箱的阻值，并分别读出两只电压表的读数。

（2）根据记录的电压表V 1的读数U 1和电压表V 2的读数U 2,以12
U U 为纵坐标，以对应的电阻箱的阻值R 为横坐标，得到的实验结果如图(b)所示。

由图可求得待测电阻R x =____ Ω（保留两位有效数字）。

（3）图(c)分别是以两电压表的读数为纵坐标，以两电压表读数之差与电阻箱阻值的比值21U U R
-为横坐标得到结果。

由图可求得电池组的电动势E=__V ，内阻r=____Ω；两图线的交点的横坐标为___A ，纵坐标为________V .（结果均保留两位有效数字）
【答案】8.0 6.0 4.0 0.50 4.0
【解析】
【详解】
(2)[1]串联电路电流处处相等，由图（a ）所示电路图可知：
12X X
U U I R R R ==+ 则：
1211X
U R U R =+ 则12
U R U -图象的斜率： 13116
X k R -== 解得：
R X =8.0Ω
(3)[2][3]由图（a ）所示电路图可知：
21U U I R
-= 212U U U R
--图线是电源的U-I 图象，由图示图象可知，电源电动势：E=6.0V ，电源内阻： 1216 4.01.5U r U U R
∆===Ω-∆ [4][5]211U U U R
--图线是R X 的U-I 图象，两图线交点反应的是电源与定值电阻直接串联时的情况，交点的横坐标：
60.50A 8.0 4.0
X E I R r ===++ 纵坐标：
U=E-Ir=6-0.50×4=4.0V
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．粗细均匀的U 形管中装有水银，左管上端开口与大气相连，右管上端封闭，如图所示。

开始时两管内水银柱等高，两管内空气（可视为理想气体）柱长均为l=90 cm ，此时两管内空气柱温度均为27℃，外界大气压为p 0=76 cmHg 。

现在左管上端开口处缓慢注入水银压缩空气柱，直至右管内水银面上升10 cm ，在注入水银过程中，左管内温度缓慢下降到–23℃，右管内温度保持在27℃。

求：
（i ）注入水银柱的长度；
（ii ）左管注入的水银柱上表面离左管开口的距离。

【答案】（i ）42cm ；（ii ）62cm 。

【解析】
【分析】
【详解】
（i ）只对右管封闭气体研究，发生了等温变化
1122pV p V =
()276909014S p ⨯=-
290cm p =
()28907642cm L =+-=
（ii ）左管注入的水银柱上表面离左管开口的距离
()90144262cm h =+-=
16．如图甲所示，倾角为θ的粗糙斜面固定在水平面上，0t =时刻一质量为m 的物体在恒定的拉力F 作用下从斜面底端向上滑动，1t 时刻撤去拉力F ，物体继续滑动一段时间后速度减为零，此过程物体的速度—时间图像如图乙所示。

已知m 、θ、1t 、2t 、1v 及重力加速度g ，求：
（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）拉力F 的大小。

【答案】（1）121)
tan (cos v t t g θθ--；（2）12211
()mv t t t t - 【解析】
【分析】
【详解】 （1）由题图乙可得匀减速阶段加速度大小
1221
v a t t =- 对物体在匀减速阶段受力分析，根据牛顿第二定律得
2sin cos mg mg ma θμθ+=
解得
121)tan (cos v t t g μθθ
=-- （2）由题图乙可得匀加速阶段加速度大小
111
v a t = 对物体在匀加速阶段受力分析，根据牛顿第二定律得
1(sin cos )F mg mg ma θμθ-+=
解得
()12211mv t F t t t =-
17．如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN 、PQ 被固定在水平面上，导轨间距L=0.6m ，两导轨的左端用导线连接电阻R 1及理想电压表，电阻r=2Ω的金属棒垂直于导轨静止在AB 处；右端用导线连接电阻R 2，已知R 1=2Ω，R 2=1Ω，导轨及导线电阻均不计．在矩形区域CDEF 内有竖直向上的磁场，CE=0.2m ，磁感应强度随时间的变化如图乙所示．在t=0时刻开始，对金属棒施加一水平向右的恒力F ，从金属棒开始运动直到离开磁场区域的整个过程中电压表的示数保持不变．求：
（1）t=0.1s 时电压表的示数；
（2）恒力F 的大小；
（3）从t=0时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量Q；【答案】（1）1.3V（2）1.27N（3）1.19J
【解析】
试题分析：（1）在1～1．2s内，CDEF产生的电动势为定值：
在1．1s时电压表的示数为：
（2）设此时的总电流为I,则路端电压为：
由题意知:
此时的安培力为：
解得：F=1．27N
（3）1～1．2s内的热量为：
由功能关系知导体棒运动过程中产生的热量为：
总热量为：
考点:法拉第电磁感应定律、焦耳定律、功能关系．。