河南省洛阳市2021届新高考物理二模考试卷一、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1．2019年8月我国已经建成了新托卡马克（EAST ）装置一中国环流器二号M 装置（HL —2M ），为“人造太阳”创造了条件，其等离子温度有望超过2亿摄氏度，将中国的聚变堆技术提升到了新的高度。
设该热核实验反应前氘核（21H ）的质量为1m ，氚核（31H ）的质量为2m ，反应后氦核（42He ）的质量为3m ，中子（10n ）的质量为4m 。
关于聚变的说法正确的是（ ）A ．核裂变比核聚变更为安全、清洁B ．由核反应过程质量守恒可知1234m +m =m +m 。
C ．两个轻核结合成质量较大的核，比结合能较聚变前减少D ．HL —2M 中发生的核反应方程式是23411120H+H He+n → 【答案】D【解析】【分析】【详解】A ．轻核聚变比核裂变更为安全、清洁，选项A 错误；B ．核反应过程中质量数守恒，但质量不守恒，核反应过程中存在质量亏损，因此1234m m m m +≠+选项B 错误；C. 两个轻核结合成质量较大的核，根据质量亏损与质能方程，则有聚变后比结合能将增大，选项C 错误； D ．根据质量数和核电荷数守恒知 HL —2M 中发生的核反应方程式是23411120H+H He+n →选项D 正确。
故选D 。
2．如图所示，将一篮球从地面上方B 点斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上A 点，不计空气阻力，若抛射点B 向篮板方向水平移动一小段距离，仍使抛出的篮球垂直击中A 点，则可行的是A ．增大抛射速度0v ，同时减小抛射角θB．增大抛射角θ，同时减小抛出速度0vC．减小抛射速度0v，同时减小抛射角θD．增大抛射角θ，同时增大抛出速度0v【答案】B【解析】【详解】由于篮球垂直击中A点，其逆过程是平抛运动，抛射点B向篮板方向水平移动一小段距离，由于平抛运动的高度不变，运动时间不变，水平位移减小，初速度减小。
水平速度减小，则落地速度变小，但与水平面的夹角变大。
因此只有增大抛射角，同时减小抛出速度，才能仍垂直打到篮板上。
A.增大抛射速度0v，同时减小抛射角θ。
与上述结论不符，故A错误；B.增大抛射角θ，同时减小抛出速度0v。
与上述结论相符，故B正确；C.减小抛射速度0v，同时减小抛射角θ。
与上述结论不符，故C错误；D. 增大抛射角θ，同时增大抛出速度0v。
与上述结论不符，故D错误。
故选：B。
3．如图所示为某弹簧振子在0～5 s内的振动图象，由图可知，下列说法中正确的是()A．振动周期为5 s，振幅为8 cmB．第2 s末振子的速度为零，加速度为负向的最大值C．从第1 s末到第2 s末振子的位移增加，振子在做加速度减小的减速运动D．第3 s末振子的速度为正向的最大值【答案】D【解析】【详解】A．由题图可知振动周期为4 s，振幅为8 cm，选项A错误；B．第2 s末振子在最大位移处，速度为零，位移为负，加速度为正向的最大值，选项B错误；C．从第1 s末到第2 s末振子的位移增大，振子在做加速度增大的减速运动，选项C错误；D．第3 s末振子在平衡位置，向正方向运动，速度为正向的最大值，选项D正确.4．如图所示，一个质量为=9.1×10－31kg 、电荷量为e=1.6×10－19C 的电子，以4×106m/s 的速度从M 点垂直电场线方向飞入匀强电场，电子只在电场力的作用下运动，在N 点离开电场时，其速度方向与电场线成150°角，则M 与N 两点间的电势差约为（ ）A ．-1.0×102VB ．-1.4×102VC ．1.8×102VD ．2.2×102V【答案】B【解析】【详解】 电子在电场力的作用下做类平拋运动，在垂直电场方向上做匀速直线运动：66M N 410m /s 810m /s 1sin 302v v ⨯===⨯︒根据动能定理：22MN N 11()22M e U mv mv -⋅=- 所以有： ()()()22663122N MMN 198104109.110V 136.5V 22 1.610m v v U e --⎡⎤⨯-⨯⨯⨯-⎢⎥⎣⎦===---⨯⨯ 故B 正确，ACD 错误。
5．分别用频率为ν和2ν的甲、乙两种单色光照射某金属，逸出光电子的最大初动能之比为1∶3，已知普朗克常量为h ，真空中光速为c ，电子电量为e 。
下列说法正确的是（ ）A ．用频率为2ν的单色光照射该金属，单位时间内逸出的光电子数目一定较多B ．用频率为14ν的单色光照射该金属不能发生光电效应C ．甲、乙两种单色光照射该金属，对应光电流的遏止电压相同D ．该金属的逸出功为14h ν 【答案】B【解析】【分析】A ．单位时间内逸出的光电子数目与光的强度有关，由于光的强度关系未知，故A 错误；BD ．光子能量分别为1=E h ν和2=2E h ν根据爱因斯坦光电效应方程可知光电子的最大初动能为km 0E h W ν=-，逸出光电子的最大初动能之比为1：3，联立解得01=2W h ν 用频率为4ν的单色光照射该金属不能发生光电效应，故B 正确，D 错误； C ．两种光的频率不同，光电子的最大初动能不同，由动能定理可知，题目对应的遏止电压是不同的，故C 错误。
故选B 。
6．如图所示，平行板电容器与电源连接，下极板B 接地，开关S 闭合，一带电油滴在电容器中的P 点处于静止状态。
下列说法正确的是（ ）A ．保持开关闭合，A 板竖直上移一小段距离，电容器的电容增大B ．保持开关闭合，A 板竖直上移一小段距离，P 点的电势将升高C ．保持开关闭合，A 板竖直上移一小段距离过程中，电流计中电流方向向右D ．开关S 先闭合后断开，A 板竖直上移一小段距离，带电油滴向下运动【答案】B【解析】【详解】A ．保持开关闭合，则电压恒定不变，A 板竖直上移一小段距离，根据电容的决定式4S C kd επ=，可知电容C 减小，故A 错误。
B ．根据U E d=，可知电场强度减小，根据U=Ed 可知，P 点与下极板的距离不变，但E 减小，故P 点与下极板的电势差减小，下极板带正电，故P 点的电势升高，故B 正确。
C ．根据Q=CU 可知，电容减小，电荷量减小，电容器放电，电流计中电流方向向左，故C 错误。
D ．开关S 先闭合后断开，则电荷量Q 不变，A 板竖直上移一小段距离，电场强度4U Q kQ E d Cd Sπε=＝＝ 恒定不变，故带电油滴静止不动，故D 错误。
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．狄拉克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁感线呈均匀辐射状分布（如图甲所示），距离它r 处的磁感应强度大小为2k B r （k 为常数），其磁场分布与负点电荷Q 的电场（如图乙所示）分布相似。
现假设磁单极子S 和负点电荷Q 均固定，有带电小球分别在S 极和Q 附近做匀速圆周运动，则关于小球做匀速圆周运动的判断正确的是 （ ）A ．若小球带正电，其运动轨迹平面可在S 的正上方，如图甲所示B ．若小球带正电，其运动轨迹平面可在Q 的正下方，如图乙所示C ．若小球带负电，其运动轨迹平面可在S 的正上方，如图甲所示D ．若小球带负电，其运动轨迹平面可在Q 的正下方，如图乙所示【答案】ABC【解析】【详解】AC.要使小球能做匀速圆周运动，则洛仑兹力与重力的合力应能充当向心力；在甲图中，若小球为正电荷且逆时针转动（由上向下看），由左手定则知其受洛仑兹力斜向上，与重力的合力可以指向圆心，其运动轨迹平面可在S 的正上方；若小球为负电荷，但顺时针转动，同理可知，合力也可以充当向心力，其运动轨迹平面可在S 的正上方，故AC 正确；BD. Q 带负电，若小球带正电，则正电荷在图示位置各点受到的电场力指向Q ，电场力与重力的合力可能充当向心力，其运动轨迹平面可在Q 的正下方；但若小球带负电，小球受电场力逆着电场线，其与重力的合力不能提供向心力，其运动轨迹平面不可能在Q 的正下方，小球不会做匀速圆周运动，故B 正确，D 错误。
故选ABC 。
8．如图所示，轻弹簧一端与不可伸长的轻绳OC 、DC 连接于C （两绳另一端均固定），弹簧另一端连接质量为m 的小球。
地面上竖直固定一半径为R 、内壁光滑的14开缝圆弧管道AB ，A 点位于O 点正下方且与C 点等高，管道圆心与C 点重合。
现将小球置于管道内A 点由静止释放，已知轻绳DC 水平，当小球沿圆弧管道运动到B 点时恰好对管道壁无弹力，管道与弹簧间的摩擦不计，重力加速度为g 。
则小球从A 运动到B 的过程中（ ）A ．弹簧一直处于伸长状态B ．小球的机械能不守恒C ．小球在B 点的动能为mgRD ．轻绳OC 的拉力不断增大【答案】ACD【解析】【分析】【详解】AB ．当小球沿圆弧管道运动到B 点时恰好对管道壁无弹力，则小球在B 点由弹簧的拉力和重力提供向心力，即弹簧处于伸长状态，从A 到B 的过程弹簧的形变量没有变，故小球的机械能不变，选项A 正确，B 错误；C ．从A 到B 的过程弹簧的形变量没有变，小球在B 点的动能等于小球在A 点的重力势能为mgR ，选项C 正确；D ．设OC 与OA 的夹角为θ，CA 与水平夹角为α，C 点受力平衡，则竖直方向上有cos sin OC AC F F θα=解得 sin cos AC OC F F αθ= 从A 到B 的过程中，θ和弹簧的弹力F AC 不变，α不断增大，故OC 的拉力不断增大，D 正确。
故选ACD 。
9．如图所示为用绞车拖物块的示意图。
拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块。
已知轮轴的半径R=0.5m ，细线始终保持水平，被拖动的物块初速度为零，质量m=1kg ，与地面间的动摩擦因数μ=0.5，轮轴的角速度ω随时间t 变化的关系是ω=kt ，k=2rad/s 2，g 取10m/s 2，以下判断正确的是（ ）A ．物块的加速度逐渐增大B ．细线对物块的拉力恒为6NC ．t=2s 时，细线对物块的拉力的瞬时功率为12WD ．前2s 内，细线对物块拉力做的功为12J【答案】BCD【解析】【详解】A ．轮轴边缘的线速度大小等于物体的速度大小，根据线速度好角速度的关系，有v R Rkt ω==可见物体做匀加速直线运动，加速度220.52m/s 1m/s a Rk ==⨯=故A 错误；B ．对物体，根据牛顿第二定律F mg ma μ-=代入数据解得6N F =故B 正确；C ．t=2s 时，物体的速度为12m/s 2m/s v at ==⨯=细线对物块的拉力的瞬时功率为26W 12W P Fv ==⨯=故C 正确；D ．前2秒内，物体的位移221112m 2m 22x at ==⨯⨯= 细线对物块拉力做的功为 62J 12J W Fx ==⨯=故D 正确。