2021年北京市海淀區(qū)高考物理二模試卷(含答案詳解)

2021年北京市海淀區(qū)高考物理二模試卷

一、單選題（本大題共14小題，共42.0分）

1.用甲、乙兩種單色光照射同一金屬做光電效應實驗，發(fā)現光電流與電

壓的關系如圖所示。已知普朗克常量為八,被照射金屬的逸出功為%,

遏止電壓為Uc,電子的電荷量為e,則下列說法正確的是（）

A.甲光的強度小于乙光的強度

B.甲光的頻率為安嗎

n

C.甲光的頻率大于乙光的頻率

D.甲光照射時產生的光電子初動能均為eUc

2.下列說法中正確的是（）

A.￡衰變現象說明電子是原子核的組成部分

B.放射性元素的半衰期與原子所處的化學狀態(tài)及外部條件有關

C.在核反應方程,He+尹N-yO+X中，X表示的是中子

D.氫原子由激發(fā)態(tài)向基態(tài)躍遷時，向外輻射光子，原子能量減少

3.關于分子間的作用力下面說法正確的是（其中r0為分子間平衡位置之間的距離）（）

A.兩個分子間距離小于小時，分子間只有斥力

B.兩個分子間距離大于r0時，分子間只有引力

C.壓縮物體時，分子間斥力增大，引力減小

D.拉伸物體時，分子斥力和引力都要減小

4.如圖所示為兩個完全相同的波源在介質中形成的波相疊加而發(fā)生干涉的

示意圖，實線表示波峰，虛線表示波谷，。點為振動加強點.若圖示位置

開始經過半個周期，則以下說法正確的是（）

A.4點振動加強

B.B點振動加強

C.C點振動減弱

D.。點振動加強

5.如圖所示，在磁感應強度為B的水平勻強磁場中，有兩根豎直放置的平行金屬導

軌，頂端用一電阻R相連，兩導軌所在的豎直平面與磁場方向垂直.一根金屬棒

以初速度為沿導軌豎直向上運動，到某一高度后又向下運動返回到原出發(fā)點.整個過程中金屬

棒與導軌保持垂直且接觸良好，導軌與棒間的摩擦及它們的電阻均可忽略不計.則在金屬棒上

行與下行的兩個過程中，下列說法不正確的是（）

A.回到出發(fā)點的速度u等于初速度處

B.上行過程中通過R的電量等于下行過程中通過R的電量

C.上行過程中R上產生的熱量大于下行過程中R上產生的熱量

D.上行的運動時間小于下行的運動時間

6.一理想變壓器原、副線圈的匝數比出：電=2：1，原線圈兩端接”V

JII-------"

一正弦式交變電流，其電壓“隨時間t變化的規(guī)律如圖所示，則副J\

線圈兩端電壓的有效值和頻率分別為（）-3"-

A.1107；0.5HzB.110V；50Hz

C.220K；50HzD.220叭0.5Hz

7.以下關于摩擦起電和感應起電的說法中正確的是（）

A.摩擦起電是因為電荷的轉移，感應起電是因為產生電荷

B.摩擦起電是因為產生電荷，感應起電是因為電荷的轉移

C.摩擦起電和感應起電的物體都必須是導體

D.不論是摩擦起電還是感應起電，都是電荷的轉移

8.小明在做用單擺測定重力加速度的實驗中，根據實驗數據計算出重力加速度明顯小于當地重力

加速度，他在實驗過程可能出現的錯誤操作是（）

A.記錄秒表讀數時，沒有注意到記錄分鐘的指針過了半格

B.記錄擺動次數"時，單擺實際擺動了n+1次

C.忘記測量小球直徑，用擺線長作為單擺長度進行數據處理

D.測量了小球直徑，用擺線長加小球直徑作為單擺長度進行數據處理

9.如圖，質量為鋪好的木板放在光滑水平面上，質量為腌的物塊放在木板上，它們之間有摩擦，

木板足夠長，兩者都以銘?心;的初速度向相反方向運動，當木板的速度為向右取癡時，物塊

做（）

A.勻速運動B.加速運動C.減速運動D.靜止不動

10.位于赤道上隨地球自轉的物體P和地球的同步通信衛(wèi)星Q均在赤道平面上繞地心做勻速圓周運

動.已知地球同步通信衛(wèi)星的軌道半徑為r,地球半徑為R,地球表面的重力加速度為g.僅利用

以上已知條件丕能求出（）

A.地球同步通信衛(wèi)星的運行速率

B.第一宇宙速度

C.赤道上隨地球自轉的物體的向心加速度

D.萬有引力常量

11.關于光子說的基本內容有以下幾個方面不正確的是（）

A.在空間傳播的光是不連續(xù)的，而是一份一份的，每一份叫一個光子

B.光子是具有質量、能量和體積的實物微粒

C.光子的能量跟它的頻率有關

D.紫光光子的能量比紅光光子的能量大

12.如圖所示，矩形導線框必abed固定在水平桌面上，通有恒定電流的長直導線

MU靠近水平桌面，且平行于ab邊，在長直導線勻速從ab平移到cd邊的過程

中，下列說法正確的是（）

A.導線框中有逆時針方向的感應電流

B.導線框中感應電流的方向先順時針后逆時針

C.導線框所受的安培力的合力方向水平向右

D.導線框所受的安培力的合力方向先水平向右后水平向左

13.中國科學家發(fā)現了量子反?；魻栃?，楊振寧稱這一發(fā)現是諾貝爾

獎級的成果.如圖所示，厚度為九，寬度為d的金屬導體，當磁場方

向與電流方向垂直時，在金屬導體上下表面會產生電勢差，這種現

象稱為霍爾效應.下列說法正確的是（）

A.上表面的電勢高于下表面電勢

B.僅增大d時，上下表面的電勢差減小

C.僅增大無時，上下表面的電勢差增大

D.僅增大電流/時，上下表面的電勢差減小

14.一物體從某高處由靜止釋放，設所受空氣阻力恒定，當它下落無時的動量大小為B，當它下落2無

時的動量大小為P2,那么Pi：等于（）

A.1：1B.1:yf2C.1：2D.1：4

二、實驗題(本大題共2小題，共18.0分)

15.某同學利用“測定電池電動勢和內阻”實驗所得的U、/數據，根據電池的輸出功率P=/U,得

出被測電池組的輸出功率尸隨外電阻R變化的圖線如圖所示.若外電路分別為2.5。和100的電阻

時，它們的實際功率分別為卬和勿.實際使用時，在這兩個電阻中選擇阻值為

。的電阻較好，理由是：.理論研究證明，當電路的外電阻等于電源電源內阻時，

電源電源的輸出功率最大，則由上題所得圖線可知，被測電池組的內阻r=n,電動勢

=V

16.用如圖1所示的實驗裝置驗證TH1、血2組成的系統(tǒng)機械能守恒.巾2從高處由靜止開始下落，加1上

拖著的紙帶打出一系列的點，對紙帶上的點跡進行測量，即可驗證機械能守恒定律.圖2給出的

是實驗中獲取的一條紙帶：0是打下的第一個點，每相鄰兩個計數點間還有4個點圖中未標出，

打點計時器的頻率為f,計數點間的距離如圖所示.已知澳1、瓶2,且爪2＞巾1重力加速度9,則：

匚,工3??

圖1圖2

(1)在紙帶上打下計數點5時的速度%=

(2)用已知量和測量量寫出在打點0-5過程中驗證機械能守恒的表達式是,

三、計算題(本大題共4小題，共40.0分)

17.在科技活動中某同學利用自制的電子秤來稱量物體的質量.如圖所示,

托盤和彈簧的質量均不計，滑動變阻器的滑動端通過一水平絕緣輕桿

與彈簧上端相連，當托盤中沒有放物體時，電壓表示數為零.設變阻

器的總電阻為R，總長度為3電源電動勢為E,內阻r,限流電阻的

阻值為扁，彈簧勁度系數為k,不計一切摩擦和其他阻力，電壓表為理想電壓表.當托盤上放上

某物體時，電壓表的示數為U,求此時稱量物體的質量.

18.某研究學習小組設計如圖游戲裝置。整條聯通的軌道豎直圓軌道與其兩側水平軌道組成，且圓

軌道底部與兩側水平軌道平滑連接水平軌道FG右端固定一塊豎直擋板N,擋板N的左側區(qū)域4A

與BB'間有一勻強電場，場強方向水平向右。在水平軌道的P點靜止釋放一質量m=0.02kg,電

荷量為q=2x10-3。的帶電小球(可視作點電荷)，若小球與N擋板碰撞，電荷量減小為碰前的k

倍(k<l,碰撞前后機械能不變。已知整條軌道均是絕緣光滑的，圓軌道半徑為R=0.3m,AA'

與間的電勢差U=600V,間距為d=0.4m,P點距離為:d,不計空氣阻力，設BB'處的

電勢為零，則:

(1)小球在P點的電勢能多大？

(2)化滿足什么條件時，小球與N擋板共碰撞2次，且不脫離圓軌道？

(3)若k=［，小球在電場中運動的總路程為多少？

19.磁流體發(fā)電是一項新興技術，它可以把物體的內能直接轉化為電能,

如圖是它的示意圖.平行金屬板4、B之間有一個很強的磁場，將一

束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子)噴入

磁場，A、B兩板間便產生電壓.如果把4、B和用電器連接，力、B就是一個直流電源的兩個電

極.

(1)圖中4、B板哪一個是發(fā)電機的正極？

(2)若4、B兩板相距為d,板間的磁場按勻強磁場處理，磁感應強度為B,等離子體以速度"沿垂直于

B的方向射入磁場，該發(fā)電機的電動勢是多大？提示：復習第二章第二節(jié)電動勢的定義.

20.一靜止的質量為的鈾核28U)發(fā)生a衰變轉變成質量為牡核(77i),放出的a粒子速度為、質量

為.假設鈾核發(fā)生衰變時，釋放的能量全部轉化為a粒子和杜核的動能。

(1)寫出衰變的核反應方程.(2)求鉉核的反沖速度大小”

(3)求出衰變過程中釋放的核能.(4)求出a粒子和針核的動能之比.

參考答案及解析

I.答案：B

解析：解：4、根據光的強度越強，則光電子數目越多，對應的光電流越大，即可判定甲光的強度較

大，故A錯誤；

w+Uc

B、根據：=hy-Wo-Uce,可得：y=°^,故3正確；

22

C、由光電效應方程：^mv=hY-W0,1mv=Uce,由圖可知，甲乙的截止電壓相同，故甲乙的

頻率相同，故C錯誤；

。、甲光照射時產生的光電子的最大初動能均為e4,故。錯誤；

故選：B。

根據光的強度越強，形成的光電流越大；并根據光電效應方程，即可求解?

本題考查了產生光電效應的原理和電子的最大初動能公式，理解光電效應方程的應用，注意光電流

影響因素。

2.答案：D

解析：解：4、0衰變是原子核向外放出電子的現象，其本質是原子核中的中子衰變?yōu)橘|子和電子而

出現的現象，不能說明電子是原子核的組成部分，故4錯誤；

B、放射性元素的半衰期與原子所處的化學狀態(tài)及外部條件無關，它是一個非常穩(wěn)定的物理量，故8

錯誤；

C、根據質量數守恒和電荷數守恒可知，X的質量數為1,核電荷數為1,即X表示的是質子，不是中

子，故C錯誤；

。、氫原子由激發(fā)態(tài)向基態(tài)躍遷時，向外輻射光子，原子能量減少，故力正確。

故選：D。

，衰變是中子轉變成質子而放出的電子；

半衰期的大小是有原子核內部決定，與原子所處的化學狀態(tài)和外在環(huán)境無關等；

根據質量數守恒和電荷數守恒判斷X的質量數和電荷數判斷粒子種類；

氫原子由激發(fā)態(tài)向基態(tài)躍遷時，向外輻射光子，原子的能量減小；

像這類理解、記憶的問題，學生在解答過程中是很容易出錯的，只要充分理解教材中的相關概念，

就可正確解答，同時注意理解0衰變的實質，掌握玻爾理論的內容，及影響半衰期的因素。

3.答案：。

解析：解：4分子間同時存在相互作用的引力與斥力，當r<r0時分子間的斥力大于分子間的引力，

分子間作用力表現為斥力，不是只有斥力。故A錯誤；

從分子間同時存在相互作用的引力與斥力，當r>r0時分子間的引力大于斥力，分子間的作用力表

現為引力，故8錯誤；

C、壓縮物體時，分子間距減小，則分子間斥力和引力都增大，故C錯誤；

拉伸物體時，分子間距變大，則分子斥力和引力都要減小，故。正確。

故選：D。

分子間同時存在引力和斥力，引力和斥力都隨分子間距的增加而減小，隨分子間距的減小而增大，

但斥力變化較快。當分子間距大于10倍分子平衡距離時分子力微弱到可以忽略。

本題考查了分子間的作用力規(guī)律，熟練掌握分子動理論的基礎知識，明確分子力的特點，知道分子

間同時存在引力和斥力。

4.答案：A

解析：解：4、4點是波峰和波峰疊加，為振動加強點，且始終振動加強。故A正確。

8、B點是波峰與波谷疊加，為振動減弱點，且始終振動減弱。故8錯誤。

C、C點處于振動加強區(qū)，振動始終加強，但經過半個周期，這一點處于平衡位置。故C錯誤。

。、。點為波峰與波谷疊加，為振動減弱點，且始終振動減弱。故。錯誤。

故選：A?

波峰和波峰、波谷與波谷疊加的點為振動加強點，波峰與波谷疊加的點為振動減弱點.振動加強點

始終振動加強，振動減弱點始終減弱.

解決本題的關鍵知道波峰和波峰、波谷與波谷疊加的點為振動加強點，波峰與波谷疊加的點為振動

減弱點，注意加強區(qū)域總是加強，但位移不一定最大.

5.答案：A

解析：解：

4、從出發(fā)點到回到出發(fā)點的過程中，棒因切割磁感線產生感應電流，回路中產生內能，回到出發(fā)點

時，根據能量守恒知，棒的重力勢能不變，內能增加，則動能必定減小，所以回到出發(fā)點的速度“小

于初速度處.故A錯誤。

B、上行和下行兩個過程中，回路的磁通量變化量△。相等，根據感應電量表達式q=竽，可知兩個

R

過程中通過R的電量相等，故8正確。

C、上行和下行兩個過程中，安培力方向都與棒的速度方向相反，安培力都做負功，即金屬棒均克服

安培力。由于上行與下行經過同一位置時，上行速度大，產生的感應電動勢和感應電流大，棒所受

的安培力大，而兩個過程位移大小相等，所以上升過程中金屬棒克服安培力做的功比下降過程中克

服安培力做的功多，根據功能關系可知：上升過程中產生的熱量大于下降過程中產生的熱量。故c

正確。

D，除最高點外，在任何一個位置，上升到此位置的速度大于下落到此位置的速度，所以上行過程

的平均速度較大，而上升的位移和下降的位移大小相等，則上升的時間小于下落的時間。故。正確。

本題選錯誤，故選：A.

根據能量守恒定律，判斷回到出發(fā)點的速度與初速度的大小.

電磁感應中通過導體的電量q=等，分析兩個過程通過R的電量關系.

比較上升與下落經過同一位置的速度關系，確定安培力關系，判斷出兩個過程棒克服安培力做功的

關系，即可分析R上產生的熱量關系；

比較出在任何一個位置，上升到此位置和下落到此位置的速度大小，即可比較出上升的時間和下落

過程的時間.

解決本題的關鍵通過能量守恒定律比較出回到出發(fā)點的速度和初速度的大小，從而確定每個位置感

應電流和速度的大小.記住感應電荷公式q=等。

6.答案：B

解析：解：根據圖象可知，交流電的最大值為3111Z,所以原線圈的電壓的有效值為詈=220V,

根據電壓與匝數成正比可得，￡=￡=|，

所以副線圈的電壓/為/=110K,

有圖象可知，交流電的周期為0.02s,所以頻率為50Hz,

變壓器不會改變交流電的頻率，所以副線圈的電流的頻率也為50Hz.

故B正確，ACO錯誤.

故選：B

根據圖象可以知道交流電的最大值和交流電的周期，根據電壓與匝數成正比可以求得副線圈的電壓

的大小.

本題考查的是學生讀圖的能力，根據圖象讀出交流電的最大值和周期，根據電壓和匝數之間的關系

即可求得.

7.答案：D

解析：解：4、摩擦起電的實質是電子從一個物體轉移到另一個物體，感應起電過程電荷在電場力作

用下，從物體的一部分轉移到另一個部分。

兩個過程都沒有產生電荷，故A8錯誤；

C、摩擦起電的兩摩擦物體可以是導體，感應起電的物體不一定是導體，故C錯誤：

。、不論是摩擦起電還是感應起電，都是電荷的轉移，故O正確；

故選：D。

摩擦起電的實質是電子從一個物體轉移到另一個物體，并沒有創(chuàng)造電荷.感應起電的實質是電荷可

以從物體的一部分轉移到另一個部分.

摩擦起電和感應起電的實質都電子發(fā)生了轉移，只是感應起電是電子從物體的一部分轉移到另一個

部分.摩擦起電是電子從一個物體轉移到另一個物體.

8.答案：C

解析：解：A、根據單擺做簡諧振動的周期公式7=2?！?g=等重力加速度明顯偏小，可能是擺

長偏小或者是周期偏大的錯誤操作造成。記錄秒表讀數時，沒有注意到記錄分鐘的指針過了半格，

時間少讀了30秒，這樣會使周期變小，從而使測出的重力加速度偏大，故A錯誤；

B、記錄擺動次數n時，單擺實際擺動了m+1次，這樣會使計算出的周期變大，故3錯誤；

C、忘記測量小球直徑，用擺線長作為單擺長度進行數據處理，計算出的重力加速度變小，故C正

確；

。、測量了小球直徑，用擺線長加小球直徑作為單擺長度進行數據處理，計算出的重力加速度變大，

故。錯誤。

故選：Co

根據單擺周期公式7=2rtg可得出重力加速度表達式g=等，根據公式即可分析g的測量值偏小的

原因。

本題的關鍵要掌握實驗原理：單擺的周期公式T=27r明確誤差來源，知道擺長等于線長加小球

半徑，而不是線長加小球直徑。

9.答案:B

解析：開始階段，嗨向左減速，盛?向右減速，根據系統(tǒng)的動量守恒定律得：當糧的速度為零時，

設此時豳的速度為噪，根據動量守恒定律得（心寥—琬）瞅=豳用，代入解得％仁鱉羯濾此后腌將向

右加速，合繼續(xù)向右減速；當兩者速度達到相同時，設共同速度為,.由動量守恒定律得

?）削=（勰/，代入解得%=毀型骸$用，兩者相對靜止后，一起向左勻速直線運動，由此

可知當牌的速度為鷲:射時，除處于向左加速過程中，故選項B正確，選項4C。錯誤

考點：牛頓第二定律、動量守恒定律

10.答案：D

解析：解：4、根據G,=mg結合G等=m?可以求出地球同步通信衛(wèi)星的運行速率，故A正確；

B、第一宇宙速度是衛(wèi)星繞地球表面運動的速度，根據=mg求出〃即可，故8正確；

C、根據地球同步通信衛(wèi)星的運行速率求出角速度，而赤道上隨地球自轉的物體的角速度與同步通信

衛(wèi)星角速度相同，再根據a=3?R求出向心加速度，故C正確；

。、根據題目提供條件不能求出萬有引力常量，故。錯誤.

本題選不能求出的

故選：D

地球同步衛(wèi)星繞地球做圓周運動，周期與地球自轉的周期相等，應用萬有引力公式、牛頓第二定律

運動學公式分析答題即可.

本題考查了萬有引力定律的應用，應用萬有引力公式、牛頓第二定律與各物理量間的關系可以解題，

難度適中.

11.答案：B

解析：

該題考查光子的概念和光子的能量，解決本題的關鍵知道光子的能量E=hv,與頻率成正比.屬于

基礎題目.

人根據光子的定義：光是在空間傳播的電磁波，是不連續(xù)的，是一份一份的能量，每一份叫做一個

光子.故A正確；

B、光是在空間傳播的電磁波，是不連續(xù)的，是一份一份的能量，沒有靜止質量，也沒有具體的體積.故

B錯誤；

C、根據E=成判斷出光子的能量與光子的頻率因素有關，故C正確；

。、根據E=的判斷出光子的能量與光子的頻率因素有關，紫色光的頻率大于紅色光的頻率，所以

紫光光子的能量比紅光光子的能量大.故。正確.

本題選擇不正確的，故選：B

12.答案：C

解析：解：4B、直導線中通有向上的電流，根據安培定則知，通過線框的磁場方向先垂直向里減小，

然后垂直向外增大，根據楞次定律知感應電流的方向為順時針方向，故A、8錯誤；

CD,根據左手定則知I,ab邊所受安培力方向水平向右，cd邊所受安培力方向水平向右，則線框所受

安培力的合力方向水平向右，故C正確，。錯誤。

故選：Co

根據安培定則確定導線周圍的磁場分布，再根據楞次定律分析電流的方向；由左手定則分析安培力

的方向。

本題考查楞次定律、左手定則以及安培定則的應用，要注意明確楞次定律的應用，能正確分析感應

電流方向是解題的關鍵。

13.答案：B

解析：解：力、根據左手定則，知自由電子向上偏轉，則上表面帶負電，下表面帶正電，下表面的電

勢高于上表面.故4錯誤；

B、根據48=哼解得U=uB/i,根據電流的微觀表達式/=neSv,故〃=?皿=焉知僅增

大d時，上下表面的電勢差減小.故8正確；

C、根據euB=吟解得U=vBh,根據電流的微觀表達式/=neSv,故U=±Bh=焉,知增大人

上下表面的電勢差不變，與人無關，故C錯誤；

D、根據=8=*,解得〃=4仙根據電流的微觀表達式/=neS〃，電流越大,電子的速度越大,

故上下表面的電勢差越大，故。錯誤；

故選：B.

金屬導體中移動的是自由電子，根據左手定則判斷洛倫茲力的方向，從而得出電子的偏轉方向，比

較出電勢的高低.最終電子受洛倫茲力和電場力平衡，根據平衡得出電勢差的大小