湖南省怀化市2021届新高考物理第二次押题试卷含解析

湖南省怀化市2021届新高考物理第二次押题试卷
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．关于功的概念，下列说法中正确的是（）
A．因为功有正负，所以功是矢量
B．力对物体不做功，说明物体一定无位移
C．滑动摩擦力可能做负功，也可能做正功
D．若作用力对物体做正功，则反作用力一定做负功
【答案】C
【解析】
A、功有正负，但功是标量，A错误；
B、当力的方向和位移的方向垂直时，力不做功，但有位移，B错误；
C、摩擦力方向可以与位移方向相同，也可以相反，故可能做正功，也可能做负功，C正确；
D、一对相互作用力做功，可以出现都做正功，都做负功，一正一负或一个做功，一个不做功等各种情况，D错误．
故选Ｃ．
2．铅球是田径运动的投掷项目之一，它可以增强体质，特别是对发展躯干和上下肢的力量有显著作用。

如图所示，某同学斜向上抛出一铅球，若空气阻力不计，图中分别是铅球在空中运动过程中的水平位移x、速率v、加速度a和重力的瞬时功率P随时间t变化的图象，其中正确的是（）
A．B．C．
D．
【解析】
【详解】
A ．铅球做斜上抛运动，可将其分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，水平分位移与时间成正比，故A 正确；
B ．铅球做斜上抛运动，竖直方向的速度先减小后增大水平方向的速度不变，故铅球的速度先减小后增大，故B 错误；
C ．铅球只受重力作用，故加速度保持不变，故C 错误；
D ．因为速度的竖直分量先减小到零，后反向增大，再根据y P mgv =，所以重力的功率先减小后增大，故D 错误。

故选：A 。

3．关于速度、速度变化量和加速度的关系，正确说法是
A ．物体运动的速度越大，则其加速度一定越大
B ．物体的速度变化量越大，则其加速度一定越大
C ．物体的速度变化率越大，则其加速度一定越大
D ．物体的加速度大于零，则物体一定在做加速运动
【答案】C
【解析】
【详解】
A ．物体运动的速度大时，可能做匀速直线运动，加速度为零，故A 项错误；
B ．据∆=∆v a t
可知，物体的速度变化量大时，加速度不一定大，故B 项错误； C ．物体的速度变化率就是v t
∆∆，物体的速度变化率越大，则其加速度一定越大，故C 项正确； D ．当物体的加速度大于零，速度小于零时，物体的速度方向与加速度方向相反，物体做减速运动，故D 项错误。

4．自然界的电、磁现象和热现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。

下列说法正确的是（ ）
A ．安培发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系
B ．欧姆发现了欧姆定律，揭示了热现象和电现象之间的联系
C ．法拉第发现了电流与其产生磁场的方向关系，并提出了电流产生磁场的“分子电流假说”
D ．库仑设计了电荷扭秤实验，并总结出了电荷间相互作用规律的“库仑定律”
【答案】D
【解析】
A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系。

不是安培，所以A错误；
B．欧姆发现了欧姆定律，说明了电路中的电流与电压及电阻的关系。

所以B错误；
C．安培发现了电流与其产生磁场的方向关系，并提出了电流产生磁场的“分子电流假说”。

不是法拉第，所以C错误；
D．库仑设计了电荷扭秤实验，并总结出了电荷间相互作用规律的“库仑定律”，符合物理学史。

所以D正确。

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．恒星在均匀地向四周辐射能量的过程中，质量缓慢减小，围绕恒星运动的小行星可近似看成在做圆周运动.则经过足够长的时间后，小行星运动的（）
A．半径变大
C ．角速度变大
D ．加速度变大
【答案】A
【解析】
【详解】
A ：恒星均匀地向四周辐射能量，质量缓慢减小，小行星所受的万有引力减小，小行星做离心运动，即半径增大，故A 正确；
B 、
C 、
D ：小行星绕恒星运动做圆周运动，万有引力提供向心力，设小行星的质是为m ，恒星质量为M ，则有：22224Mm v G m r m ma r T r π=== ．解得：GM v r = ，32r T GM π= ，3GM r ω=，2GM a r = ．因r 变大，质量减小，则速度变小，角速度变小，加速度变小，故BCD 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．在星球M 上一轻弹簧竖直固定于水平桌面，物体P 轻放在弹簧上由静止释放，其加速度a 与弹簧压缩量x 的关系如图P 线所示。

另一星球N 上用完全相同的弹簧，改用物体Q 完成同样过程，其加速度a 与弹簧压缩量x 的关系如Q 线所示，下列说法正确的是（ ）
A ．同一物体在M 星球表面与在N 星球表面重力大小之比为3：1
B ．物体P 、Q 的质量之比是6：1
C ．M 星球上物体R 由静止开始做加速度为3a 0的匀加速直线运动，通过位移x 0003a x
D ．图中P 、Q 下落的最大速度之比为
62
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
的重力加速度：03M g a =，在N 星球表面的重力加速度：0N g a =，则同一物体在M 星球表面与在N 星球表面重力大小之比为3：1，故A 正确；
B ．分析物体的受力情况，加速度为零时，重力和弹簧弹力平衡，根据平衡条件可得
P M 0m g kx =，Q N 02m g kx =
解得 P Q 16m m = 故B 错误； C ．M 星球上，物体R 由静止开始做匀加速直线运动，加速度为3a 0，通过位移x 0，根据速度—位移公式 20023v a x =⨯⋅
可知速度为006v a x =，故C 错误；
D ．根据动能定理可知，合外力做功等于动能变化，即
k ma x E ⋅=∆
根据图象的面积可得
kP P 00132E m a x =⋅⋅，kQ Q 00122
E m a x =⋅⋅ 动能之比
kP P kQ Q
32E m E m = 结合前面的分析则最大速度之比
P Q 6v v = 故D 正确。

故选AD 。

8．如图所示,一固定斜面倾角为,将小球从斜面顶端以速率
水平向右拋出,击中了斜面上的点;将小球从空中某点以相同速率
水平向左拋出,恰好垂直斜面击中点。

不计空气阻力,重力加速度为,下列说
法正确的是( )
A．若小球在击中点时速度方向与水平方向所夹锐角为,则
B．若小球在击中点时速度方向与水平方向所夹锐角为,则
C．小球、在空中运动的时间比为
D．小球、在空中运动的时间比为
【答案】BC
【解析】
【详解】
AB、由题图可知，斜面的倾角等于小球落在斜面上时的位移与水平方向的夹角，则有；小球在击中点时速度方向与水平方向所夹锐角为，则有，联立可得，故选项A 错误，B正确；
CD、设小球在空中运动的时间为，小球在空中运动的时间为，则由平抛运动的规律可得
，，则有，故选项C正确，D错误。

9．a、b两束单色光从水中射向空气发生全反射时，a光的临界角大于b光的临界角，下列说法正确的是（）
A．以相同的入射角从空气斜射入水中，a光的折射角小
B．分别通过同一双缝干涉装置，a光形成的相邻亮条纹间距大
C．若a光照射某金属表面能发生光电效应，b光也一定能
D．通过同一玻璃三棱镜，a光的偏折程度大
E.分别通过同一单缝衍射装置，b光形成的中央亮条纹窄
【答案】BCE
【解析】
【分析】
【详解】
A．由题知a光的临界角大于b光的临界角，根据
1
=
sin C
n
可知a光的折射率较小，波长较大，光以相同的入射角从空气斜射入水中，根据
可知a光的折射角较大，故A错误；B．根据双缝干涉条纹间距公式
L x
d λ
∆=
因a光的波长较大，所以a光形成的相邻亮条纹间距大，故B正确；
C．a光的频率小，照射某金属表面能发生光电效应，所以b光频率大，也一定能发生光电效应，故C正确；
D．a光的折射率较小，通过玻璃三棱镜后，偏折程度小，故D错误；
E．a光的频率小，波长长，通过单缝发生衍射，中央亮条纹宽，故E正确。

故选BCE。

10．如图所示，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中
A．所受滑道的支持力逐渐增大
B．所受合力保持不变
C．机械能保持不变
D．克服摩擦力做功和重力做功相等
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
由图可知，从A到B斜面倾角θ一直减小，运动员对轨道的压力为mgcosθ，可知运动员对斜面的压力会逐渐增大，故A正确；因为运动员在下滑过程中始终存在向心力，合外力充当向心力，向心力绳子指向圆心，方向不断变化，所以合外力是变力，故B错误；由于速度不变，则动能不变，高度下降，重力势能减小，则机械能减小，故C错误；由于速度不变，则动能不变，由动能定理可知，摩擦力做功和重力做功相等．故D正确．
11．如图所示，把能在绝缘光滑水平面上做简谐运动的弹簧振子放在水平向右的匀强电场中，小球在O点时，弹簧处于原长，A、B为关于O对称的两个位置，现在使小球带上负电并让小球从B点静止释放，则下列说法不正确的是（）
B．小球从B运动到A的过程中动能一定先增大后减小
C．小球仍然能做简谐运动，但其平衡位置不在O点
D．小球不可能再做简谐运动
【答案】ABD
【解析】
【详解】
A.当弹簧弹力等于电场力时为平衡位置，此时弹簧被压缩，平衡位置不再是O点，选项A错误；
CD.由于电场力是恒力，不随弹簧的长度发生变化。

而弹簧的弹力随弹簧的形变量发生变化，由受力特点可知，小球在电场力和弹力作用下依然做简谐运动，选项C正确，D错误；
B.由于B点的弹簧弹力大小与电场力大小关系未知，所以无法判断B点两力关系，所以小球从B运动到A的过程中，动能不一定先增大后减小，选项B错误。

本题选不正确的，故选ABD。

12．如图，空气中有两块材质不同、上下表面平行的透明玻璃板平行放置；一细光束从空气中以某一角度θ（0＜θ＜90°）入射到第一块玻璃板的上表面．下列说法正确的是（）
A．在第一块玻璃板下表面一定有出射光
B．在第二块玻璃板下表面一定没有出射光
C．第二块玻璃板下表面的出射光方向一定与入射光方向平行
D．第二块玻璃板下表面的出射光一定在入射光延长线的左侧
E.第一块玻璃板下表面的出射光线一定在入射光延长线的右侧
【答案】ACD
【解析】
【分析】
【详解】
A、光线从第一块玻璃板中的上表面射入，在第一块玻璃板中上表面的折射角和下表面的入射角相等，根据光的可逆原理可知，光在第一块玻璃板下表面一定有出射光，同理，在第二个玻璃板下表面也一定有出射光，故A正确，B错误．
C、因为光在玻璃板中的上表面的折射角和下表面的入射角相等，根据光的可逆原理知，从下表面出射光的折射角和开始在上表面的入射角相等，即两光线平行，所以第二块玻璃板下表面的出射光方向一定与入射光方向平行，故C正确．
故选ACD ．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某实验小组测量重力加速度的实验装置，如图所示，图中D 为铁架台，E 为固定在铁架台上的定滑轮（质量和摩擦可忽略）, F 为光电门，C 为固定在重物上的宽度为d=0.48cm 的遮光条（质量不计）。

让质量为3.0kg 的重物A 拉着质量为1.0kg 的物块B 从静止开始下落。

某次实验，测得A 静止时遮光条到光电门的距离h=60.0cm ，测出遮光条C 经过光电门的时间32.010s t -=⨯，根据以上数据，可得该次实验重物A 经过光电门的速度为_______m/s, 重力加速度为________m/s 2（计算结果均保留两位有效数字）。

本次实验重力加速度的测量值比实际值________（填“偏小”、“偏大”或“不变”）。

【答案】2.4 9.6 偏小
【解析】
【分析】
【详解】
[1] 根据以上数据，可得该次实验重物A 经过光电门的速度为
2.4m/s d v t
== [2]对A 、B 整体
A B A B ()m g m g m m a -=+
且
2
2=v a h
代入数据解得
29.6m/s g =
[3]由于存在阻力，导致加速度偏小，实验重力加速度的测量值比实际值偏小。

14．图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场．现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向．所用部分器材已在图中给出，其中D 为位于纸面内
的U 形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；
E 为直流电源；R 为电阻箱；为电流表；S 为开关．此
(1)在图中画线连接成实验电路图________．
(2)完成下列主要实验步骤中的填空：
①按图接线．
②保持开关S 断开，在托盘内加入适量细沙，使D 处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m 1． ③闭合开关S ，调节R 的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D________；然后读出________，并用天平称出________．
④用米尺测量________．
(3)用测量的物理量和重力加速度g 表示磁感应强度的大小，可以得出B ＝________．
(4)判定磁感应强度方向的方法是：若________，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里．
【答案】 (1)如图所示
重新处于平衡状态 电流表的示数I 此时细沙的质量m 2
D 的底边长度L 12m m g IL - 21m m >
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]如图所示
（2）[2][3][4]③重新处于平衡状态；读出电流表的示数I ；此时细沙的质量m 2；④D 的底边长度l; （3）（4）[5] [6]开关S 断开时，D 中无电流，D 不受安培力，此时D 所受重力Mg=m 1g ；S 闭合后，D 中有电流，左右两边所受合力为0，D 所受合力等于底边所受的安培力，如果m 2＞m 1，有
m 2g= m 1g+BIL
则安培力方向向下，根据左手定则可知，磁感应强度方向向外；如果m 2＜m 1，有
m 2g= m 1g-BIL
则安培力方向向上，根据左手定则可知，磁感应强度方向向里；综上所述，则 21m
m g
B Il -=．
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，竖直平面MN 与纸面垂直，MN 右侧的空间存在着垂直纸面向内的匀强磁场和水平向左的匀强电场，MN 左侧的水平面光滑，右侧的水平面粗糙．质量为m 的物体A 静止在MN 左侧的水平面上，已知该物体带负电，电荷量的大小为为q ．一质量为13
m 的不带电的物体B 以速度v 0冲向物体A 并发生弹性碰撞，碰撞前后物体A 的电荷量保持不变．求：
（1）碰撞后物体A 的速度大小；
（2）若A 与水平面的动摩擦因数为μ，重力加速度的大小为g ，磁感应强度的大小为0
3mg B qv = ，电场强度的大小为4mg E q
μ=．已知物体A 从MN 开始向右移动的距离为l 时，速度增加到最大值．求： a ．此过程中物体A 克服摩擦力所做的功W ；
b ．此过程所经历的时间t ．
【答案】（1）012A v v =（2）a.20348
W mgl mv μ=- b.006v l t v g μ=+ 【解析】
【分析】
【详解】
（1）设A 、B 碰撞后的速度分别为v A 、v B ，由于A 、B 发生弹性碰撞，动量、动能守恒，则有： 01133
B A mv mv mv =+①
22201111123232
B A mv mv mv ⋅=⋅+② 联立①②可得：
012
A v v =③ （2）a ．A 的速度达到最大值v m 时合力为零，受力如图所示．
竖直方向合力为零，有：
m N qv B mg =+④
水平方向合力为零，有：
qE N μ=⑤
根据动能定理，有：
221122
m A qEl W mv mv -=-⑥ 联立③④⑤⑥并代入相相关数据可得：
20348
W mgl mv μ=- b ．方法一：
在此过程中，设A 物体运动的平均速度为v ，根据动量定理有：
m A qEt Nt mv mv μ-=-⑦
N mg qvB =+⑧
依题意有：
vt l =⑨
联立③④⑤⑦⑧⑨并代入相关数据可得：
006v l t v g
μ=+ 方法二：设任意时刻A 物体运动的速度为v ，取一段含此时刻的极短时间Δt ，设此段时间内速度的改变量为Δv ，根据动量定理有：
()qE t mg qvB t m v μ∑∆-∑+∆=∑∆⑦
而
v t l ∑∆=⑧
m A m v mv mv ∑∆=-⑨
联立③④⑤⑦⑧⑨并代入相关数据可得： 006v l t t v g
μ=∑∆=+ 16．2018年9月23日“光纤之父”华人科学家高琨逝世，他一生最大的贡献是研究玻璃纤维通讯．光纤在转弯的地方不能弯曲太大，如图模拟光纤通信，将直径为d 的圆柱形玻璃棒弯成34
圆环，已知玻璃的折射率为2，光在真空中的速度为c ，要使从A 端垂直入射的光线能全部从B 端射出．求：
①圆环内径R 的最小值；
②在①间的情况下，从A 端最下方入射的光线，到达B 端所用的时间． 21-；5R c
． 【解析】
【详解】
①从A 端最下方入射的光线发生全反射时其他光线能发生全反射，根据几何关系得
sinθ=R R d
+ 设全反射临界角为C ，则要使A 端垂直入射的光线全部从B 端射出，必须有 θ≥C 根据临界角公式有sinC=
1n 因此有：s inθ≥sinC 即有R R d +≥1n
； 解得：R≥1
d n -21- 所以R 21
-． ②在①问的情况下，θ=45°，21
-．如图所示．
光在光纤内传播的总路程为S=22R+22R=522
R 光在光纤内传播速度为v=c n =2c 所以所求时间为t=S v =5R c
17．如图所示，光滑水平面上静止放着长L=2.0m ，质量M=3.0kg 的木板，一个质量m=1.0kg 的小物体(可视为质点)放在离木板右端d=0.40m 处，小物体与木板之间的动摩擦因数μ=0.1。

现对木板施加F=10.0N 水平向右的拉力，使其向右运动。

g 取10m/s 2.求：
(1)木板刚开始运动时的加速度大小；
(2)从开始拉动木板到小物体脱离木板，拉力做功的大小；
(3)为使小物体能脱离木板，此拉力作用时间最短为多少？
【答案】（1）3m/s 2，（2）24J ，（3）0.8s 。

【解析】
【详解】
(1)对木板，根据牛顿第二定律有：
F mg Ma μ-=
解得：a=3m/s 2；
(2)对小物体，根据牛顿第二定律有
μmg = ma 物
解得：a 物=1m/s 2
设小物体从木板上滑出所用时间为t 0：
22001122
L d at a t -=-物 木板的位移：
201 2.4m 2
x at ==板 拉力做功：
W= Fx 板=24J ；
(3)设最短作用时间为t ，则撤去拉力F 前的相对位移 2211122
x at a t ∆=-物 设撤去拉力F 后，再经过时间t'小物体和木板达到共同速度v 共，且小物体和木板恰好将要分离，该阶段木板加速度大小为a'：
对木板，根据牛顿第二定律有
μmg = M a' 解得：21m /s 3
a '= 由速度关系得：
a t a t at a t '''+=-物物
撤去拉力F 后的相对位移：
2221122x att a t a tt a t ⎛⎫∆='-''-'+' ⎪⎝⎭
物物 由位移关系得：
12x x L d ∆+∆=-
解得：t=0.8s 。