2021年河南省新乡市高考物理二模试卷

2021年河南省新乡市高考物理二模试卷

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

1.如图是氢原子的能级图，大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁2.................n/eV

4--------0.85

时，一共可以辐射出6种不同频率的光子，其中巴耳末系是指氢原子由3------------------151

2_34

高能级向n=2能级跃迁时释放的光子，则（）,

A.6种光子中波长最长的是ri=4激发态跃迁到基态时产生的

B.6种光子中有3种属于巴耳末系11'

C.使n=4能级的氢原子电离至少要0.85eV的能量

D.若从n=2能级跃迁到基态释放的光子能使某金属板发生光电效应，则从n=3能级跃迁到

n=2能级释放的光子也一定能使该板发生光电效应

2.物理量“力”的单位是N,用国际单位制中基本单位可表示为（）

A.kgm/sB.kgm/s2C.kgm/s3D.kgm2s

3.甲、乙两车在同一地点同时做直线运动，其v-t图象如图所示，则下列说法/甲

匕

正确的是（）

A.它们的初速度均为零

oht

B.甲的加速度大于乙的加速度

C.0〜耳时间内，甲的速度大于乙的速度

D.0时刻甲乙两车相遇

i

4.如图所示，在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B,导轨_

与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两根可自由滑动的导Aac

______b__________d

体棒油和cd.当载流直导线中的电流逐渐减弱时，导体棒时和cdB

的运动情况是（）

A.■—起向左运动B.一起向右运动

C.相向运动，相互靠近D.相背运动，相互远离

----------------►

5.如图是电场中某区域的电场线分布图，P点是电场中的一点，则左右

--------------

ABCC选项中正确的是（）•►

P------E

①P点电场强度方向向左

②P点的电场强度方向向右

③正点电荷在P点所受的电场力的方向向左

④正点电荷在P点所受的电场力的方向向右.

A.只有①③正确B.只有②③正确C.只有①④正确D.只有②④正确

二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）

6.如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒固定不动，其轴线垂直于水平面，质量相y

同的小球A和8紧贴内壁分别在图中虚线所示的水平面内做匀速圆周运动，

贝球4与球8相比较（）B\/

A.两者所受合力相等

B.球A所受支持力较小

C.球A的线速度较大

D.两者的角速度相等

7.某农用机械集团向灾区人民捐赠一批柴油发电机，现在用一台柴油发电机通过升压变压器和降

压变压器给灾民临时安置区远距离供电，发电机输出功率恒定，如图所示。输电导线的电阻为

R,升压变压器输出端可调节，在输电线路中接电流表，降压变压器输出端接电压表，升压变压

器和降压变压器均是理想变压器，当P向上移动时，下列说法正确的是

A.电压表读数变大B.电流表读数变大

C.电流表读数变小D.输电线损失的功率变大

8.水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，一水平传送带装置示意图如图，绷紧的传送带AB

始终保持恒定的速率v=2m/s运行，一质量为m=5kg的行李无初速度地放在A处，设行李与

传送带之间的动摩擦因数〃=0.2,A、8间的距离L=4rn,（g=10m/s2*!］（）

A.行李刚开始运动时的加速度大小为2m/s2

B.行李从A运动到B的时间为2s

C.行李在传送带上滑行留下痕迹的长度为bn

D.如果提高传送带的运行速率，使行李从A处传送到B处的最短时间可为2s

9.下列说法中正确的是（）

A.物体的温度改变时，其内能必定改变

B.外界对物体做功，物体的内能可能减小

C.物体向外界放热，物体的内能一定减小

D.质量一定的理想气体，压强不变时，温度越高，体积一定越大

10.（6分）力、8两列简谐横波均沿x轴正向传播，某时刻的他们的波形分别如图甲、丙所示，经过

时间小于A波的周期。），这两列简谐横波的波形分别变为图乙、丁所示，则A、B两列波的

波速以、外之比可能的是（）

A.1：1B.3：2C.1：3D.3：1E.1:5

A.AB.BC.CD.D

三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）

11.如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前

后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指

的位置0。

步骤1：不放小球2,让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的

圆，把小球的落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；

步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B,让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次,

并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；

步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离。点的距离，即线段OM、OP、ON

的长度。

（1）上述实验除需测量线段。M、OP,ON的长度外，还需要测量的物理量有。

A.A、B两点间的高度差

8.8点离地面的高度电

C.小球I和小球2的质量m1、m2

。.小球1和小球2的半径，

（2）当所测物理量满足表达式_____（用所测物理量的字母表示）时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定

律。

（3）若碰撞是弹性碰撞，那么还应该满足的表达式为（用所测物理量的字母表示）。

（4）完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图2所示。使小球1仍从斜槽上A点由

静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在圆心在斜槽末端;圆弧的平均落点M'、P'、

N'。测量出斜面末端与M'、P'、N'三点的连线与竖直方向的夹角分别为的、a2、a3o则验证两

球碰撞过程中动量守恒的表达式为（用所测物理量的字母表示）。

12.某实验小组做实验描绘一只小灯泡■额定电压为3.8U）的伏安特性曲线，做实验之前，先用欧姆

表测量其内阻约为100.现有以下实验器材可供选用：

A.电压表©（0〜3U,内阻为3kO）

B.电压表@（0〜15V,内阻未知）

C.电流表0（0〜0.64，内阻约为20）

D定值电阻&=2kQ

8.空信由阳R2=15k0

F.滑动变阻器R（0〜100,2A）

G.直流电源（6V,内阻不计），开关和导线若干。

（1）为了使测量更加精确，实验中的电压表选择,定值电阻选择（填器材前序号）。

（2）请根据所选器材在图1所示方框内画出满足实验要求的电路图，并标明所选器材的代号。

CW

（3）该实验小组按照正确的电路图和实验操作描绘出了小灯泡的伏安特性曲线如图2所示。先将两个

相同规格的小灯泡按如图3所示电路连接，图中定值电阻阻值为Ro=3。，电源电动势E=4.5匕

内阻r=1.5/2,此时每个小灯泡消耗的电功率为勿.（结果保留2位有效数字）

四、简答题（本大题共1小题，共3.0分）

13.直角棱镜的折射率n=&,其横截面如图所示，图中NB=90。，乙4=30。。截

面内一细光束从棱镜8C边上的。点射入，入射角。=45。，经折射后射到A8\

边上。।\

①光线在A3边上是否会发生全反射？说明理由；B[KC

②不考虑多次反射，求从AC边射出的光线与最初的入射光线夹角。'

五、计算题（本大题共3小题，共42.0分）

14.如图所示，质量为M=2kg的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端矍

静止着质量为犯4=2kg的物体4（可视为质点），一颗质量为niB=20g▼”给后门巾"。〃,,

的子弹以600m/s的水平速度射穿A后，速度变为100m/s,最后物体A仍静止在平板车上。若

物体A与平板车间的动摩擦因数〃=0.5,取g=10m/s2,则平板车最后的速度多大?

15.如图所示，矩形区域MNP。内有水平向右的匀强电场，虚线框外为真空区域。半径为R、内壁

光滑、内径很小的绝缘半圆管AQB固定在竖直平面内，直径AB垂直于水平虚线圆心。

恰在的中点，半圆管的一半处于电场中.一质量为相，可视为质点的带正电，电荷量为q

的小球从半圆管的A点由静止开始滑入管内，小球从B点穿出后，能够通过B点正下方的C点.重

力加速度为g,小球在C点处的加速度大小为三。求:

3

44

*N

(1)匀强电场的场强E;

(2)小球在到达B点时，半圆轨道对它作用力的大小;

(3)要使小球能够到达B点正下方C点，虚线框MNPQ的高度和宽度满足什么条件;

(4)从8点开始计时，小球从B运动到C点的过程中，经过多长时间动能最小•

16.如图所示，用绝热光滑活塞把气缸内的理想气体分A、8两部分，初态时

已知A、B两部分气体的热力学温度分别为330K和220K,它们的体积之

比为2：1.末态时把A气体的温度升高70汽，把8气体温度降低20冤，活

塞可以再次达到平衡.求气体A初态的压强与末态的压强P的比值.

【答案与解析】

1.答案：C

解析：解：A、6种光子中，从“=4跃迁到71=3辐射的光子频率最小，波长最长，故A错误.

B、6中光子中，从n=4跃迁到n=2,从n=3跃迁到n=2辐射的光子属于巴尔末系，故8错误.

C、n=4能级的氢原子具有的能量为-0.85eu,故要使其发生电离，至少需要0.85W的能量，故C

正确.

。、从n=2能级跃迁到基态释放的光子能量为13.6-3.4=10.2eV,若能使某金属板发生光电效应，

从n=3能级跃迁到n=2能级释放的光子能量3.4-1.51=1.89eV<10.2eV,不一定能使该板发生

光电效应，故。错误.

故选：C.

当两能级间的能级差越小，辐射的光子频率越小，波长越长.判断是否电离，看处于激发态的氢原

子吸收能量后的总能量是否大于等于0,一旦大于等于0,说明发生电离.根据光电效应的条件判断

能否发生光电效应.

本题考查氢原子能级。

2.答案：B

解析：解：根据牛顿第二定律：F=ma,贝l」lN=lkg・m/s2.故8正确，AC。错误

故选：B。

由牛顿第二定律导出力的量纲即可。

国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质

的量。它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单

位叫做导出单位。

3.答案：B

解析：解：A、甲物体零时刻的速度为零，乙物体零时刻的速度不为零，故A错误。

8、因为速度时间图象切线代表该位置的加速度，向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度

为负；图中甲的斜率大于乙的斜率，即甲的加速度大于乙的加速度，故8正确。

C、0〜亢时间内，甲的速度小于乙的速度，故C错误。

。、0〜口时间内，甲与坐标轴围成的面积（位移）小于乙与坐标轴围成的面积（位移），没有相遇，故。

错误.

故选：Bo

在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负

数；切线代表该位置的加速度，向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐

标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负.

本题是为速度-时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度-时间图象中图象与坐标轴围成的

面积的含义.

4.答案：D

解析：解：根据右手螺旋定则知，直线电流下方的磁场方向垂直纸面向里，电流减小时，磁场减弱，

根据楞次定律得，回路中的感应电流为女而，根据左手定则知，M所受安培力方向向左，〃所受安

培力向右，即必和cd反向运动，相互远离。故。正确，A、B、C错误。

故选：Do

根据右手螺旋定则判断直线电流周围的磁场，根据楞次定律判断出回路中的感应电流，再结合左手

定则判断必、〃所受的安培力方向，确定导体棒的运动情况.

本题综合考查了右手螺旋定则、左手定则和楞次定律的综合运用，各种定则适用的范围不能混淆.

5.答案:D

解析：解：电场线的方向就是电场强度的方向，故P点电场强度方向向右。故①错误②正确。

正电荷所受电场力的方向就是该点场强的方向，故正电荷在P点所受电场力向右。故③错误。

负电荷所受电场力的方向与场强的方向相反，故负电荷在尸点所受电场力向左。故④正确。

故选：Do

电场线的方向就是电场强度的方向，正电荷所受电场力的方向与该点场强的方向相同，负电荷所受

电场力的方向与场强的方向相反.

把握了电场线的特点即可顺利解决此题.

6.答案：AC

解析：解：对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，二一

如图：

AB.筒对小球的支持力为：N=悬，与轨道半径无关，则重力与支持力的合性歹

力也相等，故A正确，B错误；V

C、根据牛顿第二定律，有：F=mgtand=

解得：v=JgrtanS,

由于A球的转动半径较大，A线速度较大，故C正确;

D、角速度3=上=叵近，由于4球的转动半径较大，则A的角速度较小，故。错误。

rr

故选：AC。

对小球受力分析，受重力和支持力，合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解即可。

对小球受力分析，受重力和支持力，合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解即可；本题关键

是对小球受力分析，知道小球做圆周运动向心力的来自于合外力。

7.答案：AC

解析：解：A、由g=合/可知，当尸向上运动时，升压变压器的原线圈匝数不变，副线圈匝数变

大，输电电压升高，降压变压器的输入电压和输出电压均变大，电压表示数变大，故A正确；

BC、输出功率恒定，根据P=U/可知，输电线上的电流变小，电流表读数变小，故B错误、C正确；

。、/线变小时、输电线损失的电功率P线=/%«变小，故。错误。

故选：AC<.

根据变压器原理分析P上移时电压的变化，根据电功率的计算公式分析电流的变化、损失电功率的

变化。

本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有

一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。

8.答案：ACD

解析：解：A、行李的质量m=5kg,行李对传送带的压力大小N=mg,行李刚开始运动时，行李

受到的滑动摩擦力：f=fiN=fimg,则行李的加速度a=5==0.2xlOzn/s?=2m/s2,故A

正确；

B、设行李做匀加速运动的时间为0,由。=得：h=(=|s=1s

该过程中行李的位移：Xi=1x2xl2m=Im<L=4m

此后，行李做匀速运动，所用时间：t2=Wp=当S=1.5s

所以行李从A运动到B的时间为：t=ti+t2=ls+1.5s=2.5s,故B错误；

C、在行李匀加速运动的阶段传送带的位移：x2=vti=2x1771=2m

行李在传送带上滑行痕迹的长度为：△x=右-Xi=2m-lm=1m,故C正确；

。、若行李从A处到8处一直做匀加速运动，传送时间最短，则

代入数值得：%配=25,故。正确。

故选：ACD.

对行李进行受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度；行李在传送带上先做匀加速直线运动，当速

度达到传送带的速度后，和传送带一起做匀速直线运动，根据运动学公式即可求出行李从A运动到

B的时间，根据行李与传送带间的相对位移来求行李在传送带上滑行留下痕迹的长度；若行李一直

做匀加速运动，运动的时间最短，由此求出位移-时间公式求最短时间。

解决本题的关键是要能根据行李的受力情况判断行李的运动情况，以及知道当行李一直做匀加速直

线运动时，运行时间最短。

9.答案：BD

解析：解：A、物体的内能是分子动能和分子势能的和，温度是分子平均动能大小的标志，温度升高

物体分子的平均动能增大，分子势能变化不清楚，所以内能不一定改变。故A错误。

B、根据热力学第一定律△U=W+Q知道内能的变化不仅与热传递有关还与做功有关。

外界对物体做功，如果物体释放许多热量，那么物体的内能可能减小，故B正确。

C、物体向外界放热，如果外界对物体做了许多功，物体的内能可能增大，故C错误。

。、根据气体方程与=。得质量一定的理想气体，压强不变时，温度越高，体积一定越大，故。正

确。

故选：BD。

物体的内能是分子动能和分子势能的和，温度是分子平均动能大小的标志，温度升高物体分子的平

均动能增大.

根据热力学第一定律△U=W+Q知道内能的变化不仅与热传递有关还与做功有关.

根据气体方程与=C求解.

加强对基本概念的记忆，基本方法的学习利用，是学好3-3的基本方法.此处高考要求不高，不用

做太难的题目.

10.答案：ACE

解析：试题分析：由图可知：

由图得：t=?t=*5=1、2、）所以：=Y

所以：色=手勺=：选项ACE正确。

VBTBn

考点：波速周期

222

11.答案：Cm1-OP=m1-OM+m2-ON-OP=m1-OM+m2•ONm.=

yjCOSQ

/sin2al,/sin2a3

m】信7+m2G

解析：解：Q)设碰撞前小球1的速度为火,碰撞后小球1的速度为巧，小球2的速度为外，

两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

m1v0=m1v1+m2v2

小球离开轨道后做平抛运动，小球做平抛运动抛出点的高度相等，小球做平抛运动的时间r相等，

则771途01=加速送+爪2172如即mi•OP=mi•OM+巾2,0N，实验除需要测量线段OM、OP、ON

的长度，还需要小球1和小球2的质量Hl1和7H2，故选Co

(2)由(1)可知，当所测物理量满足表达式OP=Tn1•0M+62•ON时，即说明两球碰撞遵守动量

守恒定律。

(3)若碰撞是弹性碰撞，碰撞过程系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：

[nti话=：mi谱+；ni2询，

22222

小球做平抛运动的时间f相等,则nil诏/=rmvft+m2vlt,即•OP=m1-OM+m2-0N„

(4)小球离开轨道后做平抛运动，设运动时间为f,小球做平抛运动的初速度为u,斜面末端与小球落

点连线与竖直方向的夹角为a,圆弧的半径为R,小球在水平方向的位移：Rsina=ut,小球在竖直

方向的位移：Rcosa=Jgt2,小球做平抛运动的初速度〃=陋叵，

乙72cosa

a越大，小球离开轨道时的速度越大，两球碰撞后小球1的速度变小，小于小球2的速度且小于碰撞

前小球1的速度，因此碰撞后小球2的速度最大，碰撞后小球1的速度最小，M是碰撞后小球2的

落点位置，P'是碰撞前小球1的落点位置，M'是碰撞后小球1的落点位置，碰撞前小球1的速度-°,=

阵远，碰撞后小球1的速度%'=1'0包,碰撞后小球2的速度以'=pRsin2a3,

y2cosa2Y2sina1"72cosa3

两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

+m2v2\整理得：m1「也2a2=/siM%+'m2a3

ycosa2，cos%cosa3

222

故答案为：(1)C；(2)7711-OP=m1-OM+m2-ON；(3^-OP=-OM+m2-ON；

⑷.、啊JJs酝in2a2=小1飞sin2酝al.+和/[sin它2a3。

(1)(2)两球碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后分析答题。

(3)弹性碰撞过程系统机械能守恒，应用机械能守恒定律求出实验需要验证的表达式。

(4)小球离开轨道后做平抛运动，小球落在弧面上，应用平抛运动规律求出小球做平抛运动的初速度,

两球碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出实验需要验证的表达式。

本题考查了验证动量守恒定律实验，理解实验原理是解题的前提与关键；认真审题理解题意，应用

动量守恒定律与机械能守恒定律、平抛运动规律即可解题。

12.答案:A；D-0.57

解析：解：(1)灯泡额定电压为3.8匕用量程为15y的灯泡测电压，电压表量程太大，误差较大，可

以用量程为3V的电压表与定值电阻串联扩大电压表量程测电源，需要的电压表为A,需要的定值电

阻为D；

(2)由题意可知，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，为测多组实验数据，滑动变阻

器应采用分压接法，实验电路图如图所示：

(3)设通过每个灯泡的电流为/,电源电动势为：E=U+2/(R0+r)=U+9/,

整理得：(7=£1-9/=4.5-9/

即：(7=4.5-9/,

在灯泡U-/图象坐标系内作出：U-/图象如图所示：

由图示图象可知，灯泡两端电压为：U=2.2V

通过灯泡的电流为：/=0.264

灯泡实际功率为：P=UI=2.2x0.26x0.571V：

故答案为：(1)4。；(2)电路图如图所示；(3)0.57。

(1)根据灯泡额定电压与所给实验器材分析答题。

(2)根据灯泡电阻与电表内阻关系确定电流表的接法，根据题意确定滑动变阻器的接法，然后作出实

验电路图。

(3)在灯泡1/-/图象坐标系内作出等效电源的U-/图象，求出灯泡两端电压与通过灯泡的电流，然

后求出每个灯泡消耗的电功率。

本题要注意灯泡的电阻随温度的变化而变化，故不能直接用欧姆定律求功率，只能由串并联电路的

关系求出流过的电流，由图中数据找出电压值，再求功率。

如图所示，由折射定律,sind=nsinz.1,

得41=30°

所以，Z2=60°,43=42=60°

而全反射临界角C有sinC=三=立

n2

sin42=3＞立，能发生全反射

22

②44=43-30°=30°

nsinz.4=sinz.5

得45=45°

两光线夹角为(60。-0)+(90°-Z5)=60°

答：(1)在边入射角大于全反射临界角，因此会发生全反射；

(2)4:边射出的光线与最初的入射光线夹角为60。。

解析：发生全反射的条件：①光线从光密介质斜射向光疏介质.②入射角大于或等于临界角；可根

据是否满足条件判断全反射是否发生。

本题考查全反射