重庆市綦江县2021届新高考第二次适应性考试物理试题含解析

重庆市綦江县2021届新高考第二次适应性考试物理试题
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．如图所示，PQ 两小物块叠放在一起，中间由短线连接(图中未画出)，短线长度不计，所能承受的最大拉力为物块Q 重力的1.8倍；一长为1.5 m 的轻绳一端固定在O 点，另一端与P 块拴接，现保持轻绳拉直，将两物体拉到O 点以下，距O 点竖直距离为h 的位置，由静止释放，其中PQ 的厚度远小于绳长。

为保证摆动过程中短线不断，h 最小应为（ ）
A ．0.15m
B ．0.3m
C ．0.6 m
D ．0.9 m
【答案】D
【解析】
【详解】 设摆到最低点时，短线刚好不断，由机械能守恒得
()()()212
P Q P Q m m g L h m m v +-=+ 对Q 块，根据牛顿第二定律有：
2
1.8Q Q Q m v m g m g L -=
将L=15m 代入得
0.9m h =。

ABC 错误；D 正确。

故选D 。

2．两根相互平行的水平放置长直导线分别通有方向相同的电流I 1和I 2，且I 1>I 2；有一电流元IL 与两导
线均平行，且处于两导线的对称面上，导线某一横截面所在平面如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A ．电流元所处位置的磁场方向一定竖直向下
B ．电流元所处位置的磁场方向一定水平向右
C ．要使电流元平衡，可在电流元正上方某位置加一同向通电导线
D ．如果电流元在所处位置受的安培力为F ，则两导线在该处的磁感应强度大小为B=F IL
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】 AB ．根据安培定则及磁感应强度的矢量叠加，又由于12I I >，可得电流元所处位置的磁场方向斜向右下，故A 、B 错误；
C ．根据同向电流互相吸引，可判断要使电流元平衡，可在电流元右上方某位置加一同向通电导线，故C 错误；
D ．电流元在该处与磁场方向垂直，而受到的力为F ，所以根据磁感应强度的定义可知两导线在该处的磁感应强度大小为
F B IL
= 故D 正确；
故选D 。

3．甲、乙两汽车在两条平行且平直的车道上行驶，运动的v —t 图象如图所示，已知t=0时刻甲、乙第一次并排，则（ ）
A ．t=4s 时刻两车第二次并排
B ．t=6s 时刻两车第二次并排
C ．t=10s 时刻两车第一次并排
D ．前10 s 内两车间距离的最大值为12m
【答案】C
【解析】
【详解】
AB.由图像可知，在前8s 内，甲的位移
x′=vt=48m
乙的位移
x″=262
+·12m=48m 说明t=8s 时刻两车第二次并排，选项AB 均错误；
C.两车第二次并排后，设经过△t 时间两车第三次并排，有：
v·△t=v 1·△t-2212
a t ⋅∆ 解得△t=2s ，两车恰好在乙速度为零时第三次并排，第三次两车并排的时刻为t=10s ，选项C 正确；
D.由图像可知，前10s 内两车在t=4s 时刻两车距离最大（图像上左侧的梯形面积），
△x=242
+×6m=18m 选项D 错误。

4．图像法具有自己独特的优势，它能把复杂的物理过程直观形象清楚地展现出来，同时也能够形象地描述两个物理量之间的关系，如图所示，若x 轴表示一个物理量，y 轴表示一个物理量，其中在实验数据处理时，会发现图像与两个坐标轴的交点（称为截距）具有特殊的物理意义。

对该交点的物理意义，下列说法不正．．确．
的是（ ）
A ．在测电源电动势和电源内阻时，若x 轴表示流过电源的电流，y 轴表示闭合电路电源两端的电压，则该图像与x 轴的交点的物理意义是短路电流
B ．在利用自由落体法验证机械能守恒实验时，若x 轴表示重锤下落到某点时速度的平方，y 轴表示重锤落到该点的距离，则该图像与x 轴交点的物理意义是重锤下落时的初速度
C ．在用单摆测重力加速度的实验中，若x 轴表示摆线长度，y 轴表示单摆周期的平方，则该图像与x 轴交点绝对值的物理意义是该单摆摆球的半径
D ．在研究光电效应的实验中，若x 轴表示入射光的频率，y 轴表示光电子的最大初动能，则该图像与x 轴的交点物理意义是该金属的极限频率
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据闭合电路欧姆定律E U Ir =+可知，当0U =时，电源的短路电流为
E I r
= A 正确；
B ．根据机械能守恒定律
2201122mgh mv mv =- 变形得
220122v h v g g
=- 可知2h v -图像与横轴截距的物理意义为初速度的平方，B 错误；
C ．根据单摆的周期公式2l T g
π=变形得 2
2
04()T l r g π=+ 可知20T l -图像与横轴交点绝对值的物理意义为摆球半径，C 正确；
D ．根据光电效应方程变形得
km 0E h W ν=-
E ν-km 图像与横轴的交点满足
c 0h W ν=
此时频率c ν即为该金属的极限频率，D 正确。

本题选择不正确的，故选B 。

5．一定量的理想气体从状态a 开始，经历三个过程ab 、bc 、ca 回到原状态，其p T -图像如图所示，下列判断正确的是（ ）
A ．过程ac 中气体内能的增加等于吸收的热量
B ．过程bc 中气体既不吸热也不放热
C ．过程ab 中气体吸收的热量大于气体内能的增加
D ．a 、b 和c 三个状态中，状态a 气体的内能最小
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．过程ac 为等压变化，由V C T
=可知，温度升高，体积增大，气体对外做功，温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体内能的增加等于吸收的热量与气体对外做功之差，则气体内能的增加小于吸收的热量，故A 错误；
B ．过程bc 为等温变化，△U=0，但气体压强减小，由
=pV C T
知V 增大，气体对外做功，W ＜0，由△U=Q+W 可知
Q ＞0
即气体吸收热量，故B 错误；
C ．过程ab 为等容变化，温度升高，内能增大，体积不变，由热力学第一定律可知，气体吸收的热量等于气体内能的增加，故C 错误；
D ．理想气体的内能只与温度有关，温度越高，内能越大，a 、b 和c 三个状态中，状态a 温度最低，则理想气体的内能最小，故D 正确。

故选D 。

6．下列关于电磁感应现象的认识，正确的是( )
A ．它最先是由奥斯特通过实验发现的
B ．它说明了电能生磁
C ．它是指变化的磁场产生电流的现象
D ．它揭示了电流受到安培力的原因
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
电磁感应现象最先是由法拉第通过实验发现的，它说明了磁能生电的问题，它是指变化的磁场产生电流的现象，故选项C 正确．
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．a b 、两个质点在同一直线上运动，它们的速度随时间变化的规律如图所示，0~10s 内b 质点运动的距离为65m ，10s t =时，a b 、两质点速度相等，且此时两质点刚好相遇，则（ ）
A ．0t =时刻，两质点相距25m
B ．10s t =时，两质点的速度为8m/s
C ．15s t =时，两质点相距18.75m
D ．20s t =时，两质点再次相遇
【答案】AB
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由于速度相等时，a b 、两质点刚好相遇，则0t =时刻，两质点相距
01(105)10m 25m 2
x =⨯-⨯= 选项A 正确；
B ．0~10s 内质点b 运动的距离为65m ，设10s t =时质点b 的速度大小为v ，则
51065m 2
v +⨯= 求得8m/s v =，选项B 正确；
C ．由几何关系可知，15s t =时，两质点相距的距离与5s t =时相距的距离相同，则
01 6.25m 4
x x == 选项C 错误；
D ．20s t =时，两质点相距0x ，选项D 错误。

故选AB 。

8．如图甲所示，abcd 是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m ，电阻为R ，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN 和PQ 是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc 边平行，磁场方向垂直纸面向里．现使金属线框从MN 上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到bc 边刚好运动到匀强磁场PQ 边界的v ﹣t 图象，图中数据均为己知量，重力加速度为g ，不计空气阻力，则在线框穿过磁场的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．t1到t2过程中，线框中感应电流沿顺时针方向B．线框的边长为v1（t2﹣t1）
C．线框中安培力的最大功率为
2
1
2 mgv v
D．线框中安培力的最大功率为
2
2
1
mgv
v
【答案】BD
【解析】
【详解】
A．金属线框刚进入磁场时，磁通量增加，磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向沿逆时针方向，故A错误；
B．由图象可知，金属框进入磁场过程中做匀速直线运动，速度为v1，匀速运动的时间为t2﹣t1，故金属框的边长：L＝v1（t2﹣t1），故B正确；
CD．在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则得：mg＝BIL，又1
BLv
I
R
=，又L
＝v1（t2﹣t1），联立解得：()
1211
l mgR
B
v t t v
=
-
；线框仅在进入磁场和离开磁场过程中受安培力，进入时安培力等于重力，离开时安培力大于重力，开始减速，故开始离开磁场时安培力最大，功率最大，为
P m＝F安t2，又
22
2
B L v
F
R
=
安
，联立得：
2
2
1
m
mgv
P
v
=，故C错误，D正确．
9．一简谐机械横波沿x轴负方向传播，已知波的波长为8 m，周期为2 s，t＝0 s时刻波形如图甲所示，a、
b、d是波上的三个质点。

图乙是波上某一点的振动图象，则下列说法正确的是
A．图乙可以表示质点b的振动
B．在0~0.25s和0.25~0.5s两段时间内，质点b运动位移相同
C．该波传播速度为v＝16m/s
D ．质点a 在t=1s 时位于波谷
E.质点d 简谐运动的表达式为y=0.1sinπt （m ）
【答案】ADE
【解析】
【详解】
A ．由图乙知，t=0时刻质点经过位置向下运动，图甲是t=0时刻的波形，此时a 位于波峰，位移最大，与图乙中t=0时刻质点的状态不符，而质点b 在t=0时刻经过平衡位置向下运动，与图乙中t=0时刻质点的状态相符，所以图乙不能表示质点d 的振动，可以表示质点b 的振动，故A 正确；
B ．由于质点做简谐振动，并不是匀速直线运动，则在0～0.25s 和0.25～0.5s 两段时间内，质点b 运动位移不相同，故B 错误；
C ．由图可知，波的波长为8m ，周期为2s ，故传播速度
4m/s v T λ
==
故C 错误；
D ．因周期T=2s ，那么质点a 在t=1s 时，即振动半个周期，其位于波谷，故D 正确；
E ．根据平移法可知，质点d 下一时刻沿着y 轴正方向运动，振幅
10cm 0.1m A ==
而
2ππrad/s T
ω== 因此质点d 简谐运动的表达式为
0.1sin πm y t =（）
故E 正确。

故选ADE 。

10．下列说法中正确的是（ ）
A ．物体速度增大，则分子动能增大，内能也增大
B ．一定质量气体的体积增大，但既不吸热也不放热，内能减小
C ．相同质量的两种物体，提高相同的温度，内能的增量一定相同
D ．物体的内能与物体的温度和体积都有关系
E.凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性
【答案】BDE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．速度增大，不会改变物体的分子的动能，故A 错误；
B ．体积增大时，气体对外做功，不吸热也不放热时，内能减小，故B 正确；
C ．质量相同，但物体的物质的量不同，故温度提高相同的温度时，内能的增量不一定相同，故C 错误；
D ．物体的内能与物体的温度和体积都有关系，故D 正确；
E ．由热力学第二定律可知，凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性，故E 正确。

故选BDE 。

11．如图（a ）所示，在粗糙的水平地面上有两个大小相同但材质不同的甲、乙物块。

t=0时刻，甲物块以速度v 0=4m/s 向右运动，经一段时间后与静止的乙物块发生正碰，碰撞前后两物块运动的v —t 图像如图（b ）中实线所示，其中甲物块碰撞前后的图线平行，已知甲物块质量为5kg ，乙物块质量为4kg ，则（
）
A ．此碰撞过程为弹性碰撞
B ．碰后瞬间乙物块速度为2.5m/s
C ．碰后乙物块移动的距离为3.75m
D ．碰后甲、乙两物块所受摩擦力之比为6：5
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．由图知，碰前瞬间甲物块的速度为
3m/s v =
碰后瞬间甲物块的速度为
11m/s v =
设乙物块碰后瞬间的速度为v 2，取碰前甲物块的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得
12m v m v m v =+甲甲乙
解得
2 2.5m/s v =
碰撞前后系统动能之差为
222
12111222k E m v m v m v ∆=--甲甲乙
解得
7.5J k E ∆=
所以此碰撞过程为非弹性碰撞，故A 错误，B 正确；
C ．设碰后乙物块经过ts 时间停止运动。

根据三角形相似法知 1114t =+ 解得
3s t =
碰后乙物块移动的距离为
2 2.53m 3.75m 22
v s t ==⨯= 故C 正确；
D ．对碰后乙物块滑行过程，根据动量定理得
20f t m v -=-乙乙
解得
10N 3
f =乙 甲物块滑行的加速度大小为 2243=m/s =1m/s 1v a t ∆-=
∆甲 甲物块所受摩擦力大小为
51N 5N f m a ==⨯=甲甲甲
则有
:2:3f f =甲乙
故D 错误。

故选BC 。

12．如图所示，将甲分子固定于坐标原点O 处，乙分子放置于r 轴上距离O 点很远的r 4处，r 1、r 2、r 3为r 轴上的三个特殊的位置，甲、乙两分子间的分子力F 和分子势能E p 随两分子间距离r 的变化关系分别如图中两条曲线所示，设两分子间距离很远时，E p =0。

现把乙分子从r 4处由静止释放，下列说法中正确的是______。

A ．虚线1为E p -r 图线、实线2为F-r 图线
B．当分子间距离r<r2时，甲乙两分子间只有分子斥力，且分子斥力随r减小而增大
C．乙分子从r4到r2做加速度先增大后减小的加速运动，从r2到r1做加速度增大的减速运动
D．乙分子从r4到r1的过程中，分子势能先增大后减小，在r1位置时分子势能最小
E.乙分子的运动范围为r4≥r≥r1
【答案】ACE
【解析】
【详解】
A．因两分子间距在平衡距离r0时，分子力表现为零，此时分子势能最小，可知虚线1为E p-r图线、实线2为F-r图线，选项A正确；
B．当分子间距离r<r2时，甲乙两分子间斥力和引力都存在，只是斥力大于引力，分子力表现为斥力，且分子斥力随r减小而增大，选项B错误；
C．乙分子从r4到r2所受的甲分子的引力先增加后减小，则做加速度先增大后减小的加速运动，从r2到r1因分子力表现为斥力且逐渐变大，可知做加速度增大的减速运动，选项C正确；
D．乙分子从r4到r1的过程中，分子力先做正功，后做负功，则分子势能先减小后增大，在r2位置时分子势能最小，选项D错误；
E．因乙分子在r4处分子势能和动能均为零，到达r1处时的分子势能又为零，由能量守恒定律可知，在r1处的动能也为零，可知乙分子的运动范围为r4≥r≥r1，选项E正确；
故选ACE.
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某物理实验小组的同学用如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律．
（1）为减少阻力对测量结果的影响，实验中应选用__________（填“电磁打点”或“电火花”计时器进行打点．
（2）本实验中需要直接测量的物理量是__________，通过计算得到的物理量是__________（均填标号）．A．重锤的质量
B．重锤下落的高度
C．与下落高度对应的重锤的瞬时速度
（3）在实验得到的纸带中，选用如图乙所示的起点O与相邻点之间距离约为2mm的纸带来验证．图中A、
B、C、D、E、F、G为七个相邻的点，E、F、G到起点O的距离分别为h n-1、h n、h n+1．设打相邻点间的时间间隔为T，如果机械能守恒得到验证，则可根据以上物理量求得当地重力加速度g=__________．
【答案】电火花；B；C；
2 11
2
()
8
n n
n
h h
T h
+-
+
；
【解析】
（1）打点计时器有电磁打点计时器和电火花计时器，其中电火花计时器实验误差较小．电火花打点记时器是利用照明电打出的火花而打出点，由于作用快，不会产生托痕，可使实验更精确，误差更小．
（2）重锤的质量可测可不测，因为动能的增加量和重力势能的减小量式子中都有质量，可以约去．需要测量的物理量是B：重锤下落的高度，通过计算得到的物理量是C：与下落高度对应的重锤的瞬时速度．
（3）根据匀变速直线运动直线运动过程中中间时刻速度推论可得11
2
n n
F
h h
v
T
+-
-
=，根据机械能守恒定律可得
2
2
1111
2
()
1
()
228
n n n n
n
n
h h h h
m mgh g
T T h
+-+-
--
=⇒=
14．某兴趣小组欲测量滑块与水平木板间的动摩擦因数，他们设计了一个实验，实验装置如图1所示。

该小组同学首先将一端带滑轮的木板固定在水平桌面上，连接好其他装置，然后挂上重物，使滑块做匀加速运动，打点计时器在纸带上打出一系列点.
（1）图2是实验中获取的一条纸带的一部分，相邻两计数点间的距离如图所示，已知电源的频率为50 Hz，相邻两计数点间还有4个计时点未标出，根据图中数据计算的加速度a=___________2
/
m s.（结果保留两位有效数字）
（2）为测定动摩擦因数，该小组同学事先用弹簧测力计测出滑块与重物的重力分别如图3、4所示，则图3对应的示数为_____________N,图4对应的示数为_______________N；
（3）重力加速度g 取210/m s ，滑块与木板间的动摩擦因数μ=______________（结果保留两位有效数字）。

【答案】0.50 2.00 1.00 0.43
【解析】
【详解】
（1）[1]．相邻两计数点间还有4个计时点未标出，则T=0.1s ；根据2x aT ∆=结合逐差法可知：
65432129x x x x x x a T ++---= 2
222(3.87 3.39 2.88 2.38 1.90 1.40)10m/s 0.50m/s 90.1
-++---⨯==⨯ （2）[2][3]．则图3对应的示数为2.00N ；图4对应的示数为1.00N ；
（3）[4]．对滑块以及重物的整体：
mg-μMg=(M+m)a
其中mg=1.00N ，Mg=2N ，
解得
μ=0.43
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，一上端开口的圆筒形导热汽缸竖直静置于地面，汽缸由粗、细不同的两部分构成，粗筒的横截面积是细筒横截面积S (cm 2)的2倍，且细筒足够长．粗筒中一个质量和厚度都不计的活塞将一定量的理想气体封闭在粗筒内，活塞恰好在两筒连接处且与上壁无作用力，此时活塞与汽缸底部的距离h=12cm ，大气压p 0=75 cmHg ．现把体积为17S (cm 3)的水银缓缓地从上端倒在活塞上方，在整个过程中气体温度保持不变，不计活塞与汽缸间向的摩擦，求最终活塞下降的距离x ．
【答案】2cm
【解析】
【分析】
【详解】
以汽缸内封闭气体为研究对象：
初态压强p1＝p0＝75 cmHg
初态体积V1＝2hS
注入水银后，设细圆筒中水银的高度为L，则有：17S＝LS+x·2S
所以，末态压强为：p2=(p0+x+L)
末态体积V2＝2(h－x)S
由玻意耳定律可知：p1V1＝p2V2
整理、代入数据并化简得：x2－104x＋204＝0
解得活塞静止时下降的距离为：x＝2cm，或x＝102 cm，无意义舍去
16．第24届冬奥会将于2022年在北京举行，冰壶是比赛项目之一。

如图甲，蓝壶静止在大本营圆心O 处，红壶推出后经过P点沿直线向蓝壶滑去，滑行一段距离后，队员在红壶前方开始。

不断刷冰，直至两壶发生正碰为止。

已知，红壶经过P点时速度v0=3.25m/s，P、O两点相距L=27m，大本营半径R=1.83m，从红壶进人刷冰区域后某时刻开始，两壶正碰前后的v-t图线如图乙所示。

假设在未刷冰区域内两壶与冰面间的动摩擦因数恒定且相同，红壶进入刷冰区域内与冰面间的动摩擦因数变小且恒定，两壶质量相等且均视为质点。

（1）试计算说明碰后蓝壶是否会滑出大本营；
（2）求在刷冰区域内红壶滑行的距离s。

【答案】（1）会滑出；（2）s=15m
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设冰壶的质量为m ，碰撞前、后瞬间红壶、蓝壶的速度分别为v 1、1v '和2v '，由图乙可得 v 1=1.25m/s
1v '=0.25m/s
由动量守恒定律得
112mv mv mv ''=+①
设碰后蓝壶滑行距离为s 1，红壶、蓝壶的加速度大小均为a 1
2211
2v s a '=② 12100.25m/s v a t '
-==∆③
由①②③及图乙信息得
s 1=2.00m>R=1.83m ④
会滑出；
（2）设在不刷冰区域红壶受到的摩擦力大小为1f
11=f ma ⑤
由图乙可得t=0时红壶的速度0v '=1.35m/s ，设在刷冰区域红壶受到的摩擦力大小为2f ，加速度大小为2a
22=f ma ⑥
10220.10m/s v v a t '
-==∆
在红壶经过P 点到与蓝壶发生正碰前的过程中，由动能定理得
22121011()22
f L s f s mv mv ---=-⑧ 由③⑤⑥⑦⑧式及代入数据得
s=15m ⑨
17．如图，三棱镜的横截面为直角三角形 ABC ， ∠A=30°， ∠B=60°， BC 边长度为 L ，一束垂直于 AB 边的光线自 AB 边的 P 点射入三棱镜， AP 长度 d ＜L ，光线在 AC 边同时发生反射和折射，反射光线和折射光线恰好相互垂直，已知光在真空中的速度为 c ．求：
（1）三棱镜的折射率；
（2）光从P 点射入到第二次射出三棱镜经过的时间．
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
【详解】
(1)光线到达AC边的O点，入射角为i，折射角为r.
由题意可得：i+r=90∘
i=30∘
所以r=60∘
可得三棱镜的折射率n=
(2)光线反射到AB边的M点，入射角为i′=60∘
因为sini′=>=sinC，得i′>C，所以光线在M点发生全反射，不会射出三棱镜．PQ=dtan30∘=
QM=2PQ
MN=(−2d)cos30∘=(L−d)
光在三棱镜中传播速度为：v=c/n
光从P从P点射入到第二次射出三棱镜经过的时间为：t=（PQ+QM+MN）/v
联立解得：t=
答：(1)三棱镜的折射率是；
(2)光从P点射入到第二次射出三棱镜经过的时间是.
【点睛】
（1）光线射到AC边上的O点，由折射定律和几何关系求三棱镜的折射率;
（2）光线反射到AB边上，由几何关系求出入射角，与临界角比较，能发生全反射．再反射从BC边射出．由v=c/n求出光在棱镜中传播的速度，由几何关系求出传播的距离，再求传播时间．。