上海市黄浦区2021届新高考第二次适应性考试物理试题含解析

上海市黄浦区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，AB 是一根裸导线，单位长度的电阻为R 0，一部分弯曲成直径为d 的圆圈，圆圈导线相交处导电接触良好．圆圈所在区域有与圆圈平面垂直的均匀磁场，磁感强度为B 0导线一端B 点固定，A 端在沿BA 方向的恒力F 作用下向右缓慢移动，从而使圆圈缓慢缩小．设在圆圈缩小过程中始终保持圆的形状，设导体回路是柔软的，此圆圈从初始的直径d 到完全消失所需时间t 为（ ）
A ．22
016d B FR π B ．2208d B FR C ．2204d B FR π D ．220
2d B FR 【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
设在恒力F 的作用下，A 端△t 时间内向右移动微小的量△x ，则相应圆半径减小△r ，则有： △x=2π△r
在△t 时间内F 做的功等于回路中电功
2
E F x t R
∆=∆ S E B t t
ϕ∆∆==∆∆ △S 可认为由于半径减小微小量△r 而引起的面积的变化，有：
△S=2πr∙△r
而回路中的电阻R=R 02πr ，代入得，
F∙2π△r=22
202B S t R r
π∆∆⋅ 2222
200(2)2B S B S t FR r r FR ππ
∆∆∆==⋅∆⋅ 显然△t 与圆面积变化△S 成正比，所以由面积πr 02变化为零，所经历的时间t 为：
22
0022B S B t t S FR FR ππ
∆=∑∆=∑=∑∆
解得：
222200028r B d B t FR FR == A ．22
016d B FR π，与结论不相符，选项A 错误；
B ．22
8d B FR ，与结论相符，选项B 正确； C ．22
04d B FR π，与结论不相符，选项C 错误；
D ．22
2d B FR ，与结论不相符，选项D 错误； 故选B ．
2．宇航员在某星球表面以初速度2.0 m/s 水平抛出一物体，并记录下物体的运动轨迹，如图所示，O 为
抛出点，若该星球半径为4000km ，引力常量G ＝6.67×
10－11N·m 2·kg －2，则下列说法正确的是（ ）
A ．该星球表面的重力加速度为16.0 m/s 2
B ．该星球的第一宇宙速度为4.0km/s
C ．该星球的质量为2.4×1020kg
D ．若发射一颗该星球的同步卫星，则同步卫星的绕行速度可能大于4.0km/s
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．物体做平抛运动，根据平抛运动的规律有
0x v t =
212
y gt = 联立解得
24m/s g =
该星球表面的重力加速度为24m/s ，故A 错误；
BC ．设该星球的第一宇宙速度为v ，该星球的质量为M ，在星球表面附近，则有
2
2GMm mv mg R R
== 解得
4.0km/s v ===
262
23114(410)kg 9.610kg 6.6710gR M G
-⨯⨯===⨯⨯ 故B 正确，C 错误；
D ．根据万有引力提供向心力有
2
2GMm mv r r
= 解得
v = 卫星运动的轨道半径越大，则绕行速度越小，第一守宙速度是绕星球表面运行的速度，同步卫星的速度一定小于4.0km/s ，故D 错误；
故选B 。

3．2019年4月10日，事件视界望远镜捕获到人类历史上的首张黑洞“照片”，这是人类第一次凝视曾经只存在于理论中的天体．如果把太阳压缩到半径只有3km 且质量不变，太阳就变成了一个黑洞，连光也
倍，光速为8310m /s ⨯，
1122G 6.6710N m Kg --=⋅⨯⋅，则根据以上信息可知太阳的质量约为
A ．29210Kg ⨯
B ．30210Kg ⨯
C ．30810Kg ⨯
D ．31810Kg ⨯
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
由22Mm v G m R R =且c =，解得1128230(310)3000kg 210kg 22 6.6710
c R M G -⨯⨯===⨯⨯⨯，故选B. 4．如图所示，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P ，系统处于静止状态，现用竖直向下的力F 作用在P 上，使其向下做匀加速直线运动，在弹簧的弹性限度内，下列是力F 和运动时间t 之间关系的图象，正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】D
【解析】
【详解】
在作用力F 之前，物块放在弹簧上处于静止状态，即
0mg kx =
作用力F 之后，物块向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
0()F mg k x x ma +-+=
x 即为物块向下运动的位移，则
212x at = 联立可得 22ka F ma t =+
即F 随时间变化图象为D ，所以D 正确，ABC 错误。

故选D 。

5．如图甲所示，一根直导线和一个矩形导线框固定在同一竖直平面内，直导线在导线框上方，甲图中箭
头方向为电流的正方向。

直导线中通以图乙所示的电流，则在0－1t 时间内，导线框中电流的方向（ ）
A ．始终沿顺时针
B ．始终沿逆时针
C ．先顺时针后逆时针
D ．先逆时针后顺时针
【答案】A
【解析】
【详解】 电流先沿正方向减小，产生的磁场将减小，此时由右手螺旋定则可知，穿过线框的磁场垂直于线框向里且
减小，故电流顺时针，当电流减小到零再反向增大时，此时由右手螺旋定则可知，穿过线框的磁场垂直于线框向外且增大，故电流顺时针，则在0－1t 时间内，导线框中电流的方向始终为顺时针，故A 正确。

故选A 。

6．一试探电荷在电场中自A 点由静止释放后，仅在电场力的作用下能经过B 点。

若A ϕ、B ϕ分別表示A 、B 两点的电势，E A 、E B 分别表示试探电荷在A 、B 两点的电势能，则下列说法正确的是( ) A ．A ϕ>B ϕ
B ．E A > E B
C ．电势降低的方向就是场强的方向
D ．电荷在电势越低的位置其电勢能也越小 【答案】B
【解析】
【详解】
A ．当试探电荷带正电时，A
B ϕϕ>，当试探电荷带负电时A B ϕϕ<，由于试探电荷所带电荷性质未知，故A 错误；
B ．因试探电荷由静止释放，只在电场力作用下能从A 运动到B ，故无论带何种电荷，电场力总对电荷做正功，电荷的电势能一定减小，故B 正确；
C ．电势降落最快的方向是场强的方向，故C 错误；
D ．负电荷在电势越低的位置电势能越高，故D 错误。

故选B 。

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．在《流浪地球》的“新太阳时代”，流浪2500年的地球终于定居，开始围绕比邻星做匀速圆周运动，己知比邻星的质量约为太阳质量的18
，目前地球做匀速圆周运动的公转周期为1y ，日地距离为1AU （AU 为天文单位）。

若“新太阳时代"地球的公转周期也为1y ，可知“新太阳时代”（ ）
A ．地球的公转轨道半径约为
12
AU B ．地球的公转轨道半径约为18AU C ．地球的公转速率与目前地球绕太阳公转速率的比值为1∶2
D ．地球的公转速率与目前地球绕太阳公转速率的比值为1∶4
【答案】AC
【解析】
【详解】
AB ．根据万有引力提供向心力可知：
222()Mm G m r r T
π=
解得公转半径为：
r =比邻星质量约为太阳质量
18
，公转周期相同，则“新太阳时代”，地球的公转轨道半径约为12AU ，A 正确，B 错误；
CD ．根据 2
2Mm v G m r r
= 解得公转速率
v = 比邻星质量约为太阳质量
18
，公转半径之比为1：2，则公转速率之比为1：2，C 正确，D 错误。

故选AC 。

8．关于热现象，下列说法中正确的是（ ）
A ．对于一定质量的理想气体，当分子间的平均距离变大时，压强不一定变小
B ．气体吸热后温度一定升高
C ．气体温度每升高1K 所吸收的热量与气体经历的过程有关
D ．质量和温度都相同的气体，内能一定相同
E.自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的
【答案】ACE
【解析】
【详解】
A ．对于一定质量的理想气体，当分子间的平均距离变大时，气体体积变大，但气体的温度可能也变大，压强不一定变小，A 正确；
B ．根据热力学定律，气体吸热后如果对外做功，则温度不一定升高，B 错误；
C ．气体温度升高过程吸收的热量要根据气体升温过程是否伴随做功来决定，C 正确；
D ．气体的内能由物质的量、温度决定，质量和温度都相同的气体，内能可能不同，D 错误；
E ．根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，E 正确。

故选ACE 。

9．如图所示，足够长的水平光滑金属导轨所在空间中，分布着垂直于导轨平面方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B 。

两导体棒a 、b 均垂直于导轨静止放置。

已知导体棒a 质量为2m ，导体棒b 质量为
m ；长度均为l ，电阻均为r ；其余部分电阻不计。

现使导体棒a 获得瞬时平行于导轨水平向右的初速度0v 。

除磁场作用外，两棒沿导轨方向无其他外力作用，在两导体棒运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．任何一段时间内，导体棒b 动能增加量跟导体棒a 动能减少量的数值总是相等的
B ．任何一段时间内，导体棒b 动量改变量跟导体棒a 动量改变量总是大小相等、方向相反
C ．全过程中，通过导体棒b 的电荷量为023mv Bl
D ．全过程中，两棒共产生的焦耳热为203
mv 【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．根据题意可知，两棒组成回路，电流相同，故所受安培力合力为零，动量守恒，故任何一段时间内，导体棒b 动量改变量跟导体棒a 动量改变量总是大小相等、方向相反，根据能量守恒可知，a 动能减少量的数值等于b 动能增加量与产热之和，故A 错误B 正确；
CD ．最终共速速度
02(2)mv m m v =+
对b 棒
0mv BIl t Blq -=⋅=
解得
023mv q Bl
= 根据能量守恒，两棒共产生的焦耳热为
()222001122223
mv Q mv m m v =⨯-+= 故CD 正确。

故选BCD 。

10．如图所示，半径为R 的14
圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，过(－2R ，0)点垂直x 轴放置一线型粒子发射装置，能在0<y<R 的区间内各处沿x 轴正方向同时发射出速度均为ν、带正电的同种粒子，
粒子质量为m ，电荷量为q 。

不计粒子的重力及粒子间的相互作用力。

若某时刻粒子被装置发射出后，经过磁场偏转恰好击中y 轴上的同一位置，则下列说法中正确的是
A ．粒子击中点距O 点的距离为R
B ．磁场的磁感应强度为mv qR
C ．粒子离开磁场时速度方向相同
D ．粒子从离开发射装置到击中y 轴所用时间t 的范围为
2R v ＜t<()22R v
π+ 【答案】ABD
【解析】
【详解】
由题意，某时刻发出的粒子都击中的点是y 轴上同一点，由最高点射出的只能击中（0，R ），则击中的同一点就是（0，R ），即粒子击中点距O 点的距离为R ，所以A 选项正确。

从最低点射出的也击中（0，R ），那么粒子做匀速圆周运动的半径为R ，由洛仑兹力提供向心力得：2
v qvB m R
＝，则磁感应强度mv B qR = ，所以选项B 正确。

粒子运动的半径都相同，但是入射点不同，则粒子离开磁场时的速度方向不同，选项C 错误；显然偏转角最大的时间最长，显然从最低点射出的粒子偏转90°，在磁场中的时间最长，最长时间为12114422R R R R t T v v v v
ππ++⨯＝＝+＝。

从最高点直接射向（0，R ）的粒子时间最短，则最短的时间为22R t v
＝，所以选项D 正确。

故选ABD 。

【点睛】
看起来情况比较复杂，但涉及的问题却是常规问题，本题的关键点是粒子源发出的粒子是速度大小和方向均相同，则其做匀速圆周运动的半径相同，在从最低点的特殊情况就能知道相同的半径就是圆弧的半径，再结合周期公式能求出最长和最短时间。

11．如图所示，在水平面上固定有两根相距0.5m 的足够长的平行光滑金属导轨MN 和PQ ，它们的电阻可忽略不计，在M 和P 之间接有阻值为R=3Ω的定值电阻，导体棒ab 长l=0.5m ，其电阻为r=1.0Ω，质量m=1kg ，与导轨接触良好。

整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.4T 。

现使ab 棒在水平拉力作用下以v=10m/s 的速度向右做匀速运动，以下判断正确的是（ ）
A ．ab 中电流的方向为从a 向b
B ．ab 棒两端的电压为1.5V
C ．拉力突然消失，到棒最终静止，定值电阻R 产生热量为75J
D ．拉力突然消失，到棒最终静止，电路中产生的总热量为50J
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由右手定则判断可知ab 中电流的方向为从b 向a ，故A 错误；
B ．由法拉第电磁感应定律得ab 棒产生的感应电动势为
0.40.510V 2V E Blv ==⨯⨯=
由欧姆定律棒两端的电压 23V 1.5V +31
E U R R r =⋅=⨯=+ 故B 正确； CD ．对于棒减速运动过程，根据能量守恒定律得，回路中产生的总热量为
2211110J 50J 22
Q mv ==⨯⨯= 定值电阻R 的发出热量为
=37.5J R R Q Q R r
=+ 故C 错误，D 正确。

故选BD 。

12．如图所示，均匀细杆AB 质量为M ，A 端装有转轴，B 端连接细线通过滑轮和质量为m 的重物C 相连，若杆AB 呈水平，细线与水平方向夹角为θ时恰能保持平衡，则下面表达式中正确的是（ ）
A ．M=2msinθ
B ．滑轮受到的压力为2mg
C ．杆对轴A 的作用力大小为mg
D ．杆对轴A 的作用力大小2sin Mg θ
【答案】ACD
【解析】
【分析】
考查共点力作用下物体的平衡问题。

【详解】
A ．由题可以知道，C 物体受到重力和绳子的拉力处于平衡状态，所以绳子的拉力与C 物体的重力大小相等，为mg ；对杆A
B 进行受力分析如图：
设AB 杆的长度为L ，由图可以知道杆的重力产生，的力矩是顺时针方向的力矩，力臂的大小是12
L 绳子的拉力产生的力矩是逆时针方向的力矩，力臂的大小是sin L θ，过转轴的力不产生力矩，由力矩平衡得： 1sin 2
Mg L mgL θ⋅= 所以：
2sin M m θ=
A 正确；
B ．由题图可以知道，两根绳子的拉力的方向之间有夹角所以两根绳子的拉力的合力大小要小于2mg ，即滑轮受到的压力小于2mg ，B 错误；
C ．由受力图可以知道轴A 对杆的作用力的方向的反向延长线一定过绳子的拉力的延长线与重力的作用线的交点，因为重力的作用线过杆的中点，所以可以知道力F 与绳子的拉力与水平方向之间的夹角是相等的，并且：
cos cos F mg θθ=
所以F 与绳子的拉力的大小也相等，即
F mg =
则杆对轴A 的作用力大小为mg ，C 正确；
D ．联立可得：
2sin Mg F θ
= 所以杆对轴A 的作用力大小也可以表达为：
2sin Mg θ，D 正确。

故选ACD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学利用气垫导轨验证动量守恒定律，同时测量弹簧的弹性势能，实验装置如图甲所示，两滑块A 、B 上各固定一相同窄片。

部分实验步骤如下：
I.用螺旋测微器测量窄片的宽度d ；
II.将气垫导轨调成水平；
II.将A 、B 用细线绑住，在A ．B 间放入一个被压缩的轻小弹簧；
IV .烧断细线，记录A 、B 上的窄片分别通过光电门C 、D 的挡光时间t 1、t 2。

(1)若测量窄片的宽度d 时，螺旋测微器的示数如图乙所示，则d=_____mm 。

(2)实验中，还应测量的物理量是______
A ．滑块A 的质量m 1以及滑块
B 的质量m 2
B ．烧断细线后滑块A 、B 运动到光电门
C 、
D 的时间t A 、t B
C ．烧断细线后滑块A 、B 运动到光电门C 、
D 的路程x 1、x 2
(3)验证动量守恒定律的表达式是_____________ ；烧断细线前弹簧的弹性势能E p =________。

(均用题中相关物理量的字母表示)
【答案】4.800 A 1212m m t t = 21222122m m d t t ⎛⎫+ ⎪⎝⎭
【解析】
【详解】
(1)[1]螺旋测微器主尺的示数为4.5mm ，可动刻度的示数为0.01mm×30.0=0.300mm ，故
d=4.5mm+0.300mm=4.800mm
(2)[2]验证动量守恒定律，需要测量滑块A 、B 的质量m 1和m 2
故选A
(3)[3]根据动量守恒定律
11220mv m v -=
其中
111d v t =、222
d v t = 可得
1212
m m t t = [4]根据能量守恒定律可得，烧断细线前弹簧的弹性势能
2221
2p 1122221211222m m d E m v m v t t ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭
14．某兴趣小组在实验室用圆锥摆演示仪来测定当地的重力加速度。

图甲是演示仪的简化示意图，细线下面悬挂一个小钢球（直径忽略不计），细线上端固定在电动机转盘上，利用电动机带动钢球做圆锥摆运动。

用转速测定仪测定电动机的转速n ，调节刻度板的位置，使刻度板水平且恰好与小钢球接触，但无相互作用力，用竖直放置的刻度尺测定细线悬点到刻度板的竖直距离h ，不计悬点到转轴间的距离。

(1)开动转轴上的电动机，让摆球转动起来形成圆锥摆。

调节转速n ，当n 越大时，h 越__________（选填“大”或“小”）。

(2)图乙为某次实验中h 的测量结果，其示数为__________cm 。

(3)用直接测量的物理量的符号表示重力加速度g ，其表达式为g =__________。

【答案】小 18.50 224n h π
【解析】
【详解】
(1)[1]n 越大，细线与竖直方向夹角越大，则h 越小。

(2)[2]悬点处的刻度为1.00cm ，水平标尺的刻度为19.50cm ，则示数为
()19.50 1.00cm 18.50cm h =-=
所以示数为18.50cm 。

(3)[3]假设细线与竖直方向夹角为θ，由牛顿第二定律得
2tan mg m r θω=
又
tan r h
θ= 2n ωπ=
解得
224g n h π=
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，光滑斜面倾角θ=30°，另一边与地面垂直，斜面顶点有一光滑定滑轮，物块A 和B 通过不可伸长的轻绳连接并跨过定滑轮，轻绳与斜面平行，A 的质量为m ，开始时两物块均静止于距地面高度为H 处，B 与定滑轮之间的距离足够大，现将A 、B 位置互换并静止释放，重力加速度为g,求：
（1）B 物块的质量；
（2）交换位置释放后，B 着地的速度大小．
【答案】 (1)m B =2m ；(2)v gH =【解析】
【分析】
以AB 组成的整体为研究对象，根据动能定理求出绳断瞬间两物块的速率；绳断瞬间物块B 与物块A 的速度相同，此后B 做竖直上抛运动，根据机械能求出B 上升的最大高度．
【详解】
(1)初始时，A 、B 平衡，对系统有：
0sin 30B m g mg =
解得：2B m m =；
(2)交换后，对系统由动能定理：
212322
H mgH mg mv -⋅=⨯ 解得：v gH =
【点睛】
本题是连接体问题，运用动能定理和机械能守恒定律结合处理，也可以根据牛顿定律和运动学公式结合研究．
16．如图所示，空中固定一粗糙的水平直杆，将质量为0.1m kg =的小环静止套在固定的水平直杆上环的直径略大于杆的截面直径，小环和直杆间的动摩擦因数0.8μ=，现对小环施加一位于竖直面内斜向上，与杆的夹角为053θ=的拉力F ，使小环以24.4/m s α=的加速度沿杆运动，求拉力F 的大小．(已知重
力加速度210/g m s =，sin370.6=o ，cos370.8)o
=
【答案】1N 和9N
【解析】
【详解】
对环进行受力分析得，环受重力、拉力、弹力和摩擦力．令sin53F mg =o
，得 1.25F N =，此时环不受摩擦力的作用．
当 1.25F N <时，杆对环的弹力N F 竖直向上，由牛顿第二定律可得：
cos N F F ma θμ-=sin N F F mg θ+=得1F N =
当 1.25F N >时，杆对环的弹力'N F 竖直向下，由牛顿第二定律可得：
cos 'N F F ma θμ-=sin 'N F mg F θ=+得9F N =
则F 的大小可能值为1N 和9N.
【点睛】
本题考查牛顿第二定律的应用，要注意明确本题中可能存在的两种情况，明确拉力过大时，物体受杆下部的挤压，而拉力较小时，受杆上端的挤压，要求能找出这两种情况才能全面分析求解．
17．质量为10kg M =的卡板静止在光滑水平面上，质量为30kg m =的小孩以02m/s v =的水平速度跳上木板的A 端，站稳后小孩又以20.25m/s a =的加速度匀加速跑向木板的B 端并离开木板，离开后木板恰好静止，求：
(1)小孩在木板上站稳时的速度大小；
(2)木板的长度。

【答案】 (1)1.5m/s(2)2m
【解析】
【详解】
(1)设小孩在木板上站稳时的速度大小为v ，对小孩和长木板构成的系统，由动量守恒定律得 0()mv m M v =+
代入数据，解得
1.5m/s v =
(2)设小孩跳离木板时的速度大小为1v ，对小孩和长术板构成的系统，由动量守恒定律可知 1()m M v mv +=
设小孩与长木板之间水平方向的作用力大小为F ，由牛顿第二定律得
F ma =
设小孩位移大小为1x ，由动能定理得
22111122
Fx mv mv =- 设木板位移大小为2x ，由动能定理得
22102
Fx Mv -=- 设木板长度为l ，则有
12=x l x -
联立以上各式并代入数据，解得
2m l =。