河北省石家庄市2021届新高考物理第二次调研试卷含解析

河北省石家庄市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．物理学中用磁感应强度B表征磁场的强弱，磁感应强度的单位用国际单位制(SI)中的基本单位可表示为( )
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
【详解】
根据磁感应强度的定义式，可得，N、Wb不是基本单位，所以A正确
2．如图所示，AB是斜坡，BC是水平面，从斜坡顶端A以不同初速度v向左水平抛出同一小球，当初速度为v0时，小球恰好落到坡底B。

不计空气阻力，则下列图象能正确表示小球落地（不再弹起）前瞬间重力瞬时功率P随v变化关系的是
A．
B．
C．
D ．
【答案】C
【解析】
【详解】
当平抛的初速度0v v ≤时，小球均落在斜面上，具有相同的位移偏向角均等于斜面倾角θ，可得：
212tan 2gt y gt
x vt v
θ=== ， 可得平抛时间：
2tan v t g
θ= 则小球所受的重力的瞬时功率为：
2tan y P mg v mg gt mg v θ=⋅=⋅=⋅
可知，P 关于v 构成正比例函数关系；
当平抛的初速度0v v >时，小球均落在水平面上，平抛的竖直高度相同为h ，有：
212
h gt = 则平抛时间为：
2h t g
= 则小球所受的重力的瞬时功率为：
2y P mg v mg gt mg gh =⋅=⋅=
可知功率P 为恒定值；
综合两种情况可得C 项的图像争取，ABD 项的图像错误；
故选C 。

3．如图所示，真空中ab 、cd 四点共线且ab=b=cd 在a 点和d 点分别固定有等量的异种点电荷，则下列说法正确的是
A ．b 、c 两点的电场强度大小相等，方向相反
B ．b 、c 两点的电场强度大小不相等，但方向相同
C ．同一负点电荷在b 点的电势能比在c 点的小
D ．把正点电荷从b 点沿直线移到c 点，电场力对其先做正功后做负功
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A 、
B 项：由等量异种电荷的电场线分布可知，b 、c 两点的场强大小相等，方向相同，故A 、B 错误；
C 项：由电场线从正电荷指向负电荷即电场线由b 指向c ，所以b 点的电势高于c 点电势，根据负电荷在电势低处电势能大，即负电荷在b 点的电势更小，故C 正确；
D 项：由C 分析可知，电场线从b 指向c ，正电荷从b 沿直线运动到c ，电场力一直做正功，故D 错误． 故应选：C ．
4．如图，直线AB 为某电场的一条电场线，a 、b 、c 是电场线上等间距的三个点。

一个带电粒子仅在电场
力作用下沿电场线由a 点运动到c 点的过程中，粒子动能增加，且a 、b 段动能增量大于b 、c 段动能增量，
a 、
b 、
c 三点的电势分别为φa 、φb 、φc ，场强大小分别为E a 、E b 、E c ， 粒子在a 、b 、c 三点的电势能分别为E pa 、E pb 、E pc 。

下列说法正确的是（ ）
A ．电场方向由A 指向B
B ．φa >φb >φc
C ．E pa >E pb >E pc
D ．
E a >E b >E c 【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
AB. 粒子的电性不确定，则不能确定电场的方向，也不能判断各点的电势关系，选项AB 错误； CD ．粒子在电场中只受电场力作用，则动能增加量等于电势能减小量；由a 点运动到c 点的过程中，粒子动能增加，则电势能减小，则E pa >E pb >E pc ；因a 、b 段动能增量大于b 、c 段动能增量，可知ab 段的电势差大于bc 段的电势差，根据U=Ed 可知，ab 段的电场线比bc 段的密集，但是不能比较三点场强大小关系，选项C 正确，D 错误。

故选C 。

5．如图所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，斜面上放有一重力为G 的物块A ，有一水平轻弹簧一端固定在竖直墙面上，另一端与物块A 接触。

若物块A 静止时受到沿斜面向下的摩擦力大小为2
G ，此时弹簧的弹力大小是（ ）
A ．3G
B ．233G
C ．G
D ．33G + 【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
对A 进行受力分析，利用正交分解法对力进行分解，如图所示：
在沿斜面方向，根据平衡条件：
Fcos30°=f+Gsin30°
而
2
G f = 解得：
233
F G = 故B 正确ACD 错误。

故选B 。

6．已知天然材料的折射率都为正值(n>0)。

近年来，人们针对电磁波某些频段设计的人工材料，可以使折射率为负值(n<0)，称为负折射率介质。

电磁波从正折射率介质入射到负折射介质时，符合折射定律，但折射角为负，即折射线与入射线位于界面法线同侧，如图1所示。

点波源S 发出的电磁波经一负折射率平板介质后，在另一侧成实像。

如图2所示，其中直线SO 垂直于介质平板，则图中画出的4条折射线（标号为1、2、3、4）之中，正确的是（ ）
A．1 B．2
C．3 D．4
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
由题意可知，负折射率的介质使得折射光线与入射光线均在法线的同一侧，现在让我们判断从S点发出的这条光线的折射光线，则光线1、2是不可能的，因为它们均在法线的另一侧，光线3、4是可能的，但是题意中又说明在另一侧成实像，即实际光线有交点，光线3在射出介质时，其折射线如左图所示，折射光线反向延长线交于一点，成虚像。

而光线4的折射光线直接相交成实像（如右图所示）。

故选D。

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．“嫦娥五号”是我国首个实施无人月面取样且返回的探测器，它由轨道器、返回器、着陆器、上升器四个部分组成，由长征五号运载火箭从文昌航天发射场发射。

若“嫦娥五号” 探测器环月工作轨道为圆形，其离月球表面高度为h、运行周期为T，月球半径为R。

由以上数据可求的物理量有（）
A．月球表面的重力加速度
B．“嫦娥五号”探测器绕月球运行的加速度
C．“嫦娥五号”探测器绕月球运行的速度
D．月球对“嫦娥五号”探测器的吸引力
【答案】ABC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据
222()()()Mm G m R h R h T
π=++ 可求解月球的质量M ，根据
2Mm G mg R
= 可求解月球表面的重力加速度，选项A 正确；
B ．根据
22()()a R h T
π=+ 可求解“嫦娥五号”探测器绕月球运行的加速度，选项B 正确；
C ．根据
2()R h v T
π+= 可求解“嫦娥五号”探测器绕月球运行的速度，选项C 正确；
D ．“嫦娥五号”的质量不确定，则不能求解月球对“嫦娥五号”探测器的吸引力，选项D 错误。

故选ABC 。

8．下列说法正确的是________。

A ．单摆的周期与振幅无关
B ．机械波和电磁波都可以在真空中传播
C ．只有发生共振时，受迫振动的频率才等于驱动力的频率
D ．两列波产生干涉现象，振动加强区域与振动减弱区域交替排列
【答案】AD
【解析】
【详解】
A ．单摆周期为：
T ＝与振幅无关，A 正确；
B ．机械波必须在弹性媒介中传输，不能在真空中传播；电磁波可以在真空中传播，故B 错误.
C ．受迫振动的频率等于驱动力的频率，当驱动力的频率接近物体的固有频率时，振动显著增强，当驱动力的频率等于物体的固有频率时发生共振，C 错误；
D ．两列波相叠加产生干涉现象时，振动加强区域与减弱区域间隔出现，这些区域位置不变，D 正确． 9．如图所示为一理想变压器，K 为单刀双掷开关，P 为滑动变阻器的滑动触头，U 1为加在原线圈两端的
电压，I 1为原线圈中的电流，则（ ）
A ．保持U 1及P 的位置不变，K 由a 合到b 时，I 1将减小
B ．保持U 1及P 的位置不变，K 由b 合到a 时，R 消耗功率减小
C ．保持U 1不变，K 合在a 处，使P 上滑，I 1将增大
D ．保持P 的位置不变，K 合在a 处，若U 1增大，I 1将增大
【答案】BD
【解析】
【详解】
保持U 1及P 的位置不变，K 由a 合到b 时，原线圈匝数变小，副线圈电压变大，所以副线圈功率变大，而原线圈功率等于副线圈功率，所以原线圈功率变大，根据11P I U
=得I 1将增大，
故A 错误；保持U 1及P 的位置不变，K 由b 合到a 时，原线圈匝数变大，副线圈电压变小，根据22U P R
=可知功率变小，故B 正确；保持U 1不变，K 合在a 处，使P 上滑时，R 增大，而电压不变，所以副线圈电流变小，根据22
11
I n I n ＝可知I 1将减小，故C 错误；保持P 的位置不变，K 合在a 处，若U 1增大，则副线圈电压增大，所以副线圈电流变大，根据2211
I n I n ＝可知I 1将增大，故D 正确。

10．图甲为一简谐横波在0.10s t =时的波形图，P 是平衡位置在0.5m x =处的质点，Q 是平衡位置在2.0m x =处的质点，图乙为质点Q 的振动图象。

下列说法正确的是________。

A ．这列波沿x 轴正方向传播
B ．这列波的传播速度为20m/s
C ．0.15s t =时，质点Q 位于波谷位置
D ．在0.10s t =到0.15s t =时间内，质点P 通过的路程为10cm
E.0.15s t =时，质点P 的加速度沿y 轴负方向
【答案】BCE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．分析振动图像，由乙图读出，在t=0.10s 时Q 点的速度方向沿y 轴负方向，根据波动规律结合图甲可知，该波沿x 轴负方向的传播，故A 错误；
B ．由甲图读出波长为λ=4m ，由乙图读出周期为T=0.2s ，则波速为 4m/s 20m/s 0.2
v T λ
=== 故B 正确；
C ．由乙图可知0.15s t =时，质点Q 位于波谷位置。

故C 正确；
D ．在t=0.10s 时质点P 不在平衡位置和最大位移处，所以从t=0.10s 到t=0.15s ，质点P 通过的路程s≠A=10cm ，故D 错误；
E ．从t=0.10s 到t=0.15s ，质点P 振动了4
T ，根据波动规律可知，t=0.15s 时，质点P 位于平衡位置上方，则加速度方向沿y 轴负方向，故E 正确。

故选BCE 。

11．如图所示，质量均为 m 的a 、b 两小球在光滑半球形碗内做圆周运动，碗的球心为 O 、半径为 0.1m ， Oa 、Ob 与竖直方向夹角分别为53°、37° ，两球运动过程中，碗始终静止在水平地面上，已知sin 37°= 0.6 ，g 取10m/s 2 。

则下列说法正确的是（ ）
A ．a 、b 两球做圆周运动的线速度之比为83：
B ．a 、b 两球做圆周运动的角速度之比为23：
C ．a 、b 21535+
D ．a 、b 两球运动过程中，碗对地面始终有摩擦力作用
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．小球做匀速圆周运动，由重力和支持力的合力提供向心力，则
2
2tan =sin sin n v F mg m m R R θωθθ
== θ是半径与竖直方向的夹角，解得
v =
则线速度之比为
9
a b v v ==
ω=
则
a b ωω== 故A 错误，B 正确。

C ．a 的角速度
a ω===
b 的角速度
b ω=== 相距最近时满足
2a b t t ωωπ-=
解得
t s = 选项C 错误；
D ．a 、b 两球运动过程中，两球对碗的压力的水平分量为mgtan θ，因θ不同，则两球对碗的压力的水平分量不相等，对碗来说两球对碗的水平方向的作用力不为零，则碗对地面始终有摩擦力作用，选项D 正确。

故选BD 。

12．如图所示，粗糙的固定水平杆上有A 、B 、C 三点，轻质弹簧一端固定在B 点正下方的O 点，另一端与套在杆A 点、质量为m 的圆环相连，此时弹簧处于拉伸状态。

圆环从A 处由静止释放，向右运动经过B 点时速度为v 、加速度为零，到达C 点时速度为零，下列说法正确的是（ ）
A ．从A 到C 过程中，圆环在
B 点速度最大
B ．从A 到B 过程中，杆对环的支持力一直减小
C ．从A 到B 过程中，弹簧对圆环做的功一定大于
212mv D ．从B 到C 过程中，圆环克服摩擦力做功等于
212mv 【答案】BC
【解析】
【详解】
A ．圆环由A 点释放，此时弹簧处于拉伸状态，则圆环加速运动，设A
B 之间的D 位置为弹簧的原长，则A 到D 的过程中，弹簧弹力减小，圆环的加速度逐渐减小，D 到B 的过程中，弹簧处于压缩状态，则弹簧弹力增大，圆环的加速度先增大后减小，B 点时，圆环合力为零，竖直向上的弹力等于重力，从B 到
C 的过程中，圆环可能做减速运动，无论是否存在弹簧原长的位置，圆环的加速度始终增大，也可能先做加速后做减速运动，加速度先减小后增大，故B 点的速度不一定最大，故A 错误；
B ．当圆环从A 到D 运动时，弹簧为拉力且逐渐减小，此时杆对环的支持力等于环的重力与弹簧弹力向下的分量之和，可知杆对环的支持力随弹簧弹力的减小而减小；当圆环从D 到B 运动时，弹簧被压缩，且弹力沿弹簧向上逐渐增加，此时杆对环的支持力等于环的重力与弹簧弹力向上的分量之差，可知杆对环的支持力随弹簧弹力的增加而减小；即从A 到B 过程中，杆对环的支持力一直减小，选项B 正确；
C ．从A 到B 过程中，弹簧对圆环做的功、摩擦力做负功，根据功能关系可知，弹簧对圆环做功一定大于12
mv 2，故C 正确； D ．从B 到C 过程中，弹簧弹力做功，圆环克服摩擦力做功，根据功能关系可知，圆环克服摩擦力做功不等于12
mv 2，故D 错误。

故选BC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如图甲所示，现已完成部分导线的连接．
(1)实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接__________：
(2)某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为___________A ；
(3)该小组描绘出的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，将___________只相同的小电珠并联后，直接与电动势为3V 、内阻为1Ω的电源组成闭合回路，可使小电珠的总功率最大，其总功率的值约为___________W （保留小数点后两位）. 【答案】 0.44 4 2.22~2.28
【解析】
【详解】
（1）滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，则滑动变阻器采用分压接法，实物图如图所示；
（2）由图知电流表量程为0.6A ，所以读数为0.44A ；
（3）电源内阻为1欧，所以当外电路总电阻等于电源内阻时，消耗电功率最大，此时外电路电压等于内电压等于1.5V ，由图知当小电珠电压等于1.5V 时电流约为0.38A ，此时电阻约为 3.95U R I
==Ω，并联后的总电阻为1欧，所以需要4个小电珠，小电珠消耗的总功率约为22
1.5
2.251
U P W R 外===（2.22-2.28W
均可）．
14．某同学测量玻璃砖的折射率，准备了下列器材：激光笔、直尺、刻度尺、一面镀有反射膜的平行玻璃砖.如图所示，直尺与玻璃砖平行放置，激光笔发出的一束激光从直尺上O点射向玻璃砖表面，在直尺上观察到A、B两个光点，读出OA间的距离为20.00 cm，AB间的距离为6.00 cm，测得图中直尺到玻璃砖上表面距离d1＝10.00 cm，玻璃砖厚度d2＝4.00 cm.玻璃的折射率n＝________，光在玻璃中传播速度v ＝________ m/s(光在真空中传播速度c＝3.0×108 m/s，结果均保留两位有效数字).
【答案】1.2 2.5×108 m/s.
【解析】
【详解】
第一空、作出光路图如图所示，
根据几何知识可得入射角i＝45°，设折射角为r，则tan r＝3
4
，故折射率n＝
sin
1.2
sin
i
r
≈
第二空、光在玻璃介质中的传播速度
c
v
n
=＝2.5×108 m/s.
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．半径为R的球形透明均匀介质，一束激光在过圆心O的平面内与一条直径成为60°角射向球表面，先经第一次折射，再经一次反射，最后经第二次折射射出，射出方向与最初入射方向平行。

真空中光速为c。

求：
(1)球形透明介质的折射率；
(2)激光在球内传播的时间。

【答案】3(2)6R c
【解析】
【分析】
【详解】
(1)激光在球形透明介质里传播的光路如图所示：
其中A 、C 为折射点，B 为反射点，连接A 与C ，作OD 平行于入射光线，则
60AOD COD ︒∠=∠=
OAB OBA OBC OCB ∠=∠=∠=∠
OAB OBA OBC OCB AOD COD ∠+∠+∠+∠=∠+∠
解得
30OAB ︒∠=
设球形透明介质的折射率为n ，根据折射定律
sin 60sin n OAB
︒
=∠ 解得
3n =(2)由于30OAB ︒∠=，所以AC 垂直于入射光线，即
3AC d R ==
又由于
60ABC BCA CAB ︒∠=∠=∠=
所以ABC V 为等边三角形，即激光在球内运动路程为
223s d R ==
设激光在介质中传播速度为t ，则
c v n
= 传播时间
236Rn R c c
s t v === 16．如图所示，在边界OP 、OQ 之间存在竖直向下的匀强电场，直角三角形abc 区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。

从O 点以速度v 0沿与Oc 成60°角斜向上射入一带电粒子，粒子经过电场从a 点沿ab 方向进人磁场区域且恰好没有从磁场边界bc 飞出，然后经ac 和aO 之间的真空区域返回电场，最后从边界OQ 的某处飞出电场。

已知Oc=2L ，3L ，ac 垂直于cQ ，∠acb=30°，带电粒子质量为m ，带电量为
+g ，不计粒子重力。

求：
(1)匀强电场的场强大小和匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)粒子从边界OQ 飞出时的动能；
(3)粒子从O 点开始射入电场到从边界OQ 飞出电场所经过的时间。

【答案】（1）2038mv E qL = 03mv B = （2）204
k mv E = （3）02043233L v π+ 【解析】
【详解】
（1）从O 点到a 点过程的逆过程为平抛运动
水平方向：
012cos L v t θ=
竖直方向：
21132
at L = 加速度：
qE a m
= 可得：
2038mv E qL
=， 10
4L t v =， 粒子进入磁场后运动轨迹如图所示，设半径为r ，由几何关系得，
3sin 30
r r L ︒+=， 洛伦兹力等于向心力：
2
v qvB m r
= 00cos602
v v v ︒==
解得：
3
2
mv
B
qL
=
在磁场内运动的时间：
2
23
r L
t
v
ππ
==.
（2）粒子由真空区域进入电场区域从边界飞出过程，由动能定理得，
2
1
(32)
2
k
qE L r E mv
-=-
解得：
2
4
k
mv
E=
（3）粒子经过真空区域的时间，
3
4
8
3
3
L
L
t
v v
==.
粒子从真空区域进入电场区域到从边界飞出经过的时间为
2
44
1
(32)
2
t L r at
-=，
解得：
4
43L
t=.
粒子从入射直至从电场区域边界飞出经过的时间
1234
204323
3
t t t t t L
v
π
+
=+++=.
17．如图所示，水平传送带右端与半径为R=0.5m的竖直光滑圆弧轨道的内侧相切于Q点，传送带以某一速度顺时针匀速转动。

将质量为m=0.2kg的小物块轻轻放在传送带的左端P点，小物块随传送带向右运动，经Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N。

小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，取
g=10m/s2。

(1)求传送带的最小转动速率v0
(2)求传送带PQ 之间的最小长度L
(3)若传送带PQ 之间的长度为4m ，传送带以(1)中的最小速率v 0转动，求整个过程中产生的热量Q 及此过程中电动机对传送带做的功W
【答案】（1）5m/s （2）2.5m （3）2.5J 5J
【解析】
【详解】
(1)由题意知，传送带转动速率最小时，小物块到达Q 点已与传送带同速且小物块刚好能到达N 点，在N 点有
2N v mg m R
= 小物块从Q 点到N 点，由动能定理得
22011222
N mg R mv mv -•=
- 联立解得 05m/s v =
(2)传送带长度最短时，小物块从P 点到Q 点一直做匀加速运动，到Q 点时刚好与传送带同速，则有 202v aL =
mg ma μ=
联立解得
2.5m L =
(3)设小物块经过时间t 加速到与传送带同速，则
0v at =
小物块的位移
2112
x at = 传送带的位移
0x v t =
根据题意则有
21x x x ∆=-
Q mg x μ=•∆
联立解得
2.5J Q =
由能量守恒定律可知，电动机对传送带做功
2012
W Q mv =+ 代入数据解得
5J W =。