江苏省宿迁市2021届新高考物理第二次押题试卷含解析

江苏省宿迁市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
1．一物体在竖直方向运动的v —t 图象如图所示。

以下判断正确的是（规定向上方向为正）（ ）
A ．第5s 内与第6s 内的加速度方向不同
B ．第4s 末～第6s 末物体处于失重状态
C ．前2s 内物体克服重力做功的平均功率大于第6s 内物体重力做功的平均功率
D ．第2s 末～第4s 末的过程中，该物体的机械能守恒
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．v —t 图象图线的斜率表示运动的加速度，第5s 内与第6s 内的斜率相同，则加速度方向相同，故A 错误；
B ．第4s 末～第6s 末图线斜率为负，则加速度为负值，即加速度的方向向下，物体处于失重状态，故B 正确；
C ．v —t 图象图线与坐标轴所围面积表示物体的位移，由图线可知，前2s 内物体物体的位移大小为
11102m 10m 2
h =⨯⨯= 第6s 内物体的位移大小为
2110m 5m 2
h =⨯⨯= 则前2s 内克服重力做功的平均功率为
1052
mg P mg ⨯== 第6s 内物体重力做功的平均功率为 551mg P mg ⨯'=
= 所以前2s 内克服重力做功的平均功率等于第6s 内物体重力做功的平均功率，故C 错误； D ．第2s 末～第4s 末的过程中，物体匀速运动，动能不变，但物体升高，所以该物体的机械能增加，故D 错误。

故选B 。

2．吊兰是常养的植物盆栽之一，如图所示是悬挂的吊兰盆栽，四条等长的轻绳与竖直方向夹角均为30°，花盆总质量为2kg，取g=10m/s2，则每根轻绳的弹力大小为（）
A．5N B．103
C．10N D．20N
【答案】B
【解析】
【详解】
根据对称性可知，每根绳的拉力大小相等，设每根绳的拉力大小为F。

在竖直方向由平衡条件得：
4Fcos30°=G
解得：
103
N。

A．5N，与结论不相符，选项A错误；
B．103
N
3
，与结论相符，选项B正确；
C．10N，与结论不相符，选项C错误；
D．20N，与结论不相符，选项D错误；
3．一辆汽车遇到险情紧急刹车，刹车过程做匀减速运动，刹车后第1s内的位移为16m，最后1s内的位移为8m，则汽车的刹车时间为
A．1s B．1.5s C．2 s D．2.5s
【答案】B
【解析】
【详解】
最后1s内的汽车位移为8m，根据x=1
2
at2，可知加速度大小为
a=16m/s2
刹车后第1s内的平均速度大小v=16
1
m/s=lm/s，则刹车的时间:
t=0.5s+1616
s=1.5s A ．1s 。

故A 不符合题意。

B ．1.5s 。

故B 符合题意。

C ．2 s 。

故C 不符合题意。

D ．2.5s 。

故D 不符合题意。

4．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x 轴正向运动，其电势能P E 随位移x 变化关系如图所示，其中0～2x 段是关于直线1x x =对称的直线，2x ～3x 段是曲线，则下列说法正确的是（ ）
A ．1x 处电场强度最小
B ．在123O x x x 、、、处电势0123φφφφ、、、的关系为3201φφφφ<=<
C ．0x ～2x 段带电粒子做匀变速直线运动
D ．0x ～1x 段电场方向不变，大小变，1x ～3x 段的电场强度大小方向均不变
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据电势能与电势的关系：E p =qφ，场强与电势的关系：E x
ϕ=V V ，得 1p E E q x
=⋅V V 由数学知识可知E p -x 图象切线的斜率等于
p E x V V ，x 1处的斜率可以认为与0-x 1段相等，故此时电场强度并
不是最小的，故A 错误；
B ．根据电势能与电势的关系：E p =qφ，粒子带负电，q ＜0，则知电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有
φ3＜φ2=φ0＜φ1
故B 正确；
C．由图可知，0～x1段和0～x2段电场方向相反，故加速度并不相同，不是一直做匀变速运动，故C错误；D．0～x1段电场方向不变，大小不变，x2～x3段图象的斜率减小，故电场强度大小减小，方向不变，故D 错误。

故选B。

5．如图，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根质量为m、竖直悬挂的条形磁铁，细绳对磁铁的拉力为F。

若线圈下落过程中，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴始终保持重合，则下列图中能正确描述拉力F随时间t变化的图像是（）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】
【详解】
铜环闭合，铜环在下落过程中，穿过铜环的磁通量不断变化，铜环中产生感应电流；由楞次定律可知，当铜环在磁铁上方时，感应电流阻碍铜环靠近磁铁，给铜环一个向上的安培力，则铜环对磁铁的力向下，细绳对磁铁拉力大于重力；当铜环位于磁铁下方时，铜环要远离磁铁，感应电流阻碍铜环的远离，对铜环施加一个向上的安培力，则铜环对磁铁的力向下，细绳对磁铁拉力大于重力；当铜环处于磁铁中央时，磁通量最大，没有感应电流，铀环对磁铁没有力的作用，细绳对磁铁拉力等于重力。

A.靠近和远离时拉力都小于重力，与上述结论不符，故A错误；
B. 靠近和远离时拉力都大于重力，与上述结论相符，故B正确；
C.靠近时拉力大于重力，远离时拉力小于重力，与上述结论不符，故C错误；
D.靠近时拉力小于重力，远离时拉力大于重力，与上述结论不符，故D错误。

6．我国成功地发射了北斗三号组网卫星，如图为发射卫星的示意图。

先将卫星发射到半径为1
r r =的圆轨道 上做匀速圆周运动，到A 点时使卫星加速进入椭圆轨道，到椭圆轨道的远地点B 点时，再次改变卫
星的速度， 使卫星进入半径为2
3r r =的圆轨道做匀速圆周运动。

已知卫星在椭圆轨道时距地心的距离与速度的乘积为定 值，卫星在椭圆轨道上A 点时的速度为v ，卫星的质量为m ，地球质量为M ，引力常量为G ，则发动机在A 点对卫星做的功与在B 点对卫星做的功之差为（不计卫星的质量变化）（ ）
A ．
25293GMm mv r
+ B ．
25293GMm mv r - C ．25384GMm mv r + D ．2493GMm mv r - 【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
根据万有引力提供向心力可得 212mv GMm r r
= 解得卫星在轨道半径为r 的圆轨道上运动的线速度大小
1GM v r
= 同理可得在半径为3r 的圆轨道上做圆周运动的线速度大小为
23GM v r
= 设卫星在椭圆轨道上B 点的速度为B v ，根据题意有
3B v r v r =g g
可知在A 点时发动机对卫星做功
21211122
W mv mv =- 在B 点时发动机对卫星做的功为 222211()223v W mv m =
- 因此有
2125239GMm W W mv r
-=- 故B 正确，A 、C 、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．下列说法正确的是（ ）
A ．液体表面存在张力是因为液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离
B ．密闭容器中的理想气体温度不变，体积增大，则气体一定吸热
C ．分子间距增大时，分子势能增大，分子力做负功
D ．热量可以从低温物体传到高温物体而不引起其他变化
E.液体不浸润固体的原因是，附着层的液体分子比液体内部的分子稀疏
【答案】ABE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间距离，分子力表现为引力，故液体表面存在表面张力；故A 正确；
B ．密闭容器中的理想气体温度不变，气体内能不变，体积增大，气体对外界做功，由热力学第一定律可得
U W Q ∆=+
气体一定要从外界吸热，故B 正确；
C ．当分子间作用力表制现为斥力时，距离增大，分子力做正功，分子势能减小；当分子间作用力表现为引力时，距离增大，分子力做负功，分子势能增大。

故C 错误；
D ．根据热力学第二定律的另一种表述可知，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，而不引起其他变化，故D 错误；
E ．液体不浸润固体的原因是，附着层的液体分子可能比液体内部稀疏，也就是说，附着层内液体分子间的距离大于分子力平衡的距离，附着层内分子间的作用表现为引力，附着层由收缩的趋势，就像液体表面张力的作用一样。

这样的液体与固体之间表现为不浸润，所以E 正确。

故选ABE 。

8．如图，篮球赛中，甲、乙运动员想组织一次快速反击，甲、乙以相同的速度并排向同一方向奔跑，甲运动员要将球传给乙运动员，不计空气阻力，则（ ）
A．应该让球沿着3的方向抛出
B．应该让球沿着2的方向抛出
C．两运动员对球的冲量大小和方向都是相同的
D．当乙接着球后要往身体收，延长触球时间，以免伤害手指
【答案】AD
【解析】
【详解】
AB．甲和乙相对静止，所以甲将球沿着对方抛出，即沿着3方向抛出，就能传球成功，A正确，B错误；C．根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，可知两运动员接球时速度的变化量大小相等、方向相反，动量的变化量等大反向，所以两运动员对球的冲量等大反向，C错误；
D．当乙接着球后要往身体收，根据动量定理可知，相同的动量变化量下，延长作用时间，减小冲击力，以免伤害手指，D正确。

故选AD。

9．如图，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ=37°角固定，M、P之间接电阻箱R，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B=0.5T。

质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r。

现从静止释放杆ab，当电阻箱R=0Ω时，杆的最大速度为
2m/s，当电阻箱R=4Ω时，杆的最大速度为4m/s。

已知轨距为L=2m，重力加速度g取10m/s2，轨道足够长且电阻不计。

以下说法正确的是（）
A．杆ab的最大速度随电阻箱R的增大而均匀增大
B．当R一定时，杆ab下滑时通过R的电流方向由P到M
C．当R=4Ω时，杆ab从释放到获得最大速度的过程中，杆ab所受安培力的功率等于杆ab的热功率
D．由已知条件可以求得
1
kg
12
m=，4Ω
r=
【答案】AD 【解析】【详解】
A ．设杆ab 的最大速度为v ，根据平衡条件可得
22sin θB L v mg BIL R r
==+ 解得
22()sin θmg R r v B L
+= 所以杆ab 的最大速度随电阻箱R 的增大而均匀增大，故A 正确；
B ．当R 一定时，杆ab 下滑时根据右手定则可知通过ab 的电流方向由b 到a ，则通过R 的电流方向由M 到P ，故B 错误；
C ．当4ΩR =时，杆ab 从释放到获得最大速度的过程中，杆ab 所受安培力的功率等于杆ab 的热功率与电阻箱产生的热功率之和，故C 错误；
D ．由于22
()sin θmg R r v B L +=，根据题意可知，当电阻箱0ΩR =时，杆的最大速度为2m/s ，代入则有 12
mr = 当电阻箱4ΩR =时，杆的最大速度为4m/s ，代入则有
2(4)=3
m r + 联立可得
1kg 12
m =，4Ωr = 故D 正确；
故选AD 。

10．如图为竖直放置的上粗下细的玻璃管，水银柱将气体分隔成A 、B 两部分，初始温度相同，使A 、B 升高相同温度达到稳定后，体积变化量为A B V V ∆∆、 ，压强变化量为A B p p ∆∆、，对液面压力的变化量为A B F F 、∆∆，则（ ）
A ．水银柱向下移动了一段距离
B ．A B V V ∆<∆
C ．A B p p ∆<∆
D ．A B F F D >D
【答案】CD
【解析】
【详解】
AC ．首先假设液柱不动，则A 、B 两部分气体发生等容变化，由查理定律，对气体A ： ''A A A p p p T T T
∆==∆ 得
A A T p p T
∆∆=① 对气体B ：
''B B B p p p T T T
∆==∆ 得
B B T p p T
∆∆=② 又设初始状态时两液面的高度差为h （水银柱的长度为h ），初始状态满足
A B p h p +=③
联立①②③得
B A p p ∆>∆
水银柱向上移动了一段距离，故A 错误C 正确；
B ．由于气体的总体积不变，因此A B V V ∆=∆，故B 错误；
D ．因为B A p p ∆<∆，且液面上升，上表面面积变大，所以
A B F F D >D
故D 正确。

故选CD 。

11．如图所示为一理想变压器，K 为单刀双掷开关，P 为滑动变阻器的滑动触头，U 1为加在原线圈两端的电压，I 1为原线圈中的电流，则（ ）
A ．保持U 1及P 的位置不变，K 由a 合到b 时，I 1将减小
B ．保持U 1及P 的位置不变，K 由b 合到a 时，R 消耗功率减小
C ．保持U 1不变，K 合在a 处，使P 上滑，I 1将增大
D ．保持P 的位置不变，K 合在a 处，若U 1增大，I 1将增大
【答案】BD
【解析】
【详解】
保持U 1及P 的位置不变，K 由a 合到b 时，原线圈匝数变小，副线圈电压变大，所以副线圈功率变大，而原线圈功率等于副线圈功率，所以原线圈功率变大，根据11
P I U =得I 1将增大，故A 错误；保持U 1及P 的位置不变，K 由b 合到a 时，原线圈匝数变大，副线圈电压变小，根据22U P R
=可知功率变小，故B 正确；保持U 1不变，K 合在a 处，使P 上滑时，R 增大，而电压不变，所以副线圈电流变小，根据22
11
I n I n ＝可知I 1将减小，故C 错误；保持P 的位置不变，K 合在a 处，若U 1增大，则副线圈电压增大，所以副线圈电流变大，根据2211
I n I n ＝可知I 1将增大，故D 正确。

12．关于热现象，下列说法正确的是___________。

A ．气体吸热后温度一定升高
B ．对气体做功可以改变其内能
C ．理想气体等压压缩过程一定放热
D ．理想气体绝热膨胀过程内能一定减少
E.在自发过程中，分子一定从高温区域扩散到低温区域
【答案】BCD
【解析】
【详解】
A ．根据热力学第一定律，气体吸热后如果对外做功，则温度不一定升高，故A 错误；
B ．做功和热传递都可以改变物体的内能，故B 正确；
C ．根据理想气体状态方程pV C T
=，气体等压压缩过，压强不变，体积减小，温度一定降低，内能也减小，即△U ＜0；再根据热力学第一定律：W+Q=△U ，体积减小，外界气体做功，W ＞0，则Q ＜0，所以理想气体等压压缩过程一定放热，故C 正确；
D ．理想气体绝热膨胀过程，Q=0，W ＜0，根据热力学第一定律：W+Q=△U 可知，△U ＜0，所以理想气体绝热膨胀过程内能一定减少，故D 正确；
E．扩散现象是分子的无规则热运动，分子可以从高温区域扩散到低温区域，也可以从低温区域扩散到高温区域，故E错误。

故选BCD。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．在“探究物体质量一定时加速度与力的关系”实验中，小明同学做了如图甲所示的实验改进，在调节桌面水平后，添加了用力传感器来测细线中的拉力．
(1)关于该实验的操作，下列说法正确的是________．
A．必须用天平测出砂和砂桶的质量
B．一定要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量
C．应当先释放小车，再接通电源
D．需要改变砂和砂桶的总质量，打出多条纸带
E.实验中需要将小车轨道适当倾斜以平衡摩擦力
F.实验中小车应从靠近打点计时器位置静止释放
(2)实验得到如图乙所示的纸带，已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，相邻两计数点之间还有四个点未画出，由图中的数据可知，打下B点时，小车运动的速率是_____m/s．小车运动的加速度大小是______m/s2.（计算结果保留三位有效数字）
(3)由实验得到小车的加速度a与力传感器示数F的关系如图丙所示．则小车与轨道的滑动摩擦力
F f=____N.
【答案】DEF 0.721 2.40 1.0
【解析】
【详解】
(1)[1] AB．对小车的拉力是通过力传感器得到的，故无需测量沙和沙桶的质量，也不需要满足沙和沙桶的总质量远小于小车的质量，故AB错误；
C．使用打点计时器，应先接通电源，在释放小车，故C错误；
D ．探究物体质量一定时加速度与力的关系，要改变沙和沙桶的总质量，打出多条纸带，故D 正确；
E ．由于实验要求研究小车的合外力与加速度的关系，需要排除与轨道的滑动摩擦力的影响，所以实验中需要将长木板倾斜，以平衡摩擦力，故E 正确；
F ．在释放小车前，小车应尽量靠近打点计时器，以能在纸带上打出更多的点，有利于实验数据的处理和误差的减小，故F 正确；
(2)[2]相邻两计数点之间还有四个点未画出，相邻两计数点间的时间间隔为0.1s T =，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，打下B 点时，小车运动的速率是： 0.18010.0360m/s 0.721m/s 220.1
B A
C x v T -===⨯ [3]根据2x aT ∆=可得：
2220.28810.09612m/s 2.40m/s 440.01
BD OB x x a T --⨯===⨯ (3)[4]根据牛顿第二定律可知：
2f F F ma -=
解得：
1.0N f F =
14．某同学利用图甲所示的装置设计一个“用阻力补偿法探究加速度与力、质量的关系”的实验。

如图中AB 是水平桌面，CD 是一端带有定滑轮的长木板，在其表面不同位置固定两个光电门，小车上固定着一挡光片。

为了补偿小车受到的阻力，将长木板C 端适当垫高，使小车在不受牵引时沿木板匀速运动。

用一根细绳一端拴住小车，另一端绕过定滑轮挂一托盘，托盘中有一砝码调节定滑轮的高度，使细绳的拉力方向与长木板的上表面平行，将小车靠近长木板的C 端某位置由静止释放，进行实验。

刚开始时小车的总质量远大于托盘和砝码的总质量。

(1)用游标卡尺测量挡光片的宽度d ，如图乙所示，其读数为_____cm ；
(2)某次实验，小车先后经过光电门1和光电门2时，连接光电门的计时器显示挡光片的挡光时间分别为t 1和t 2，此过程中托盘未接触地面。

已知两个光电门中心之问的间距为L ，则小车的加速度表达式a =（______）（结果用字母d 、t 1、t 2、L 表示）；
(3)某同学在实验中保持小车总质量不变，增加托盘中砝码的个数，并将托盘和砝码的总重力当做小车所受的合力F ，通过多次测量作出a -F 图线，如图丙中实线所示。

试分析上部明显偏离直线的原因是_____。

【答案】0.170 222122212
()2d t t Lt t - 托盘和砝码的总质量过大，小车所受合力与托盘和砝码的总重力相差越来越大
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]游标卡尺的主尺读数为：1mm ，游标尺的刻度第14个刻度与上边的刻度对齐，所以读数为：0.05×14=0.70mm ，所以d=1mm+0.70mm=1.70mm=0.170cm ；
(2)[2]小车做匀变速直线运动，根据匀变速直线运动速度位移公式
22
212d d aL t t ⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
得 ()22212
22122d t t a Lt t -=
(3)[3]实验时，小车的合外力认为就是托盘和砝码的总重力mg ，只有在M ?m 时，才有
T mg ≈
a F -图线才接近直线，一旦不满足M ?m ，描出的点的横坐标就会向右偏离较多，造成图线向右弯曲，所以a F -图线上部明显偏离直线的原因是托盘和砝码的总质量过大，小车所受合力与托盘和砝码的总重力相差越来越大。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，AOB 为折射率3n =AO 面上的C 点，在C 点折射后的光线平行于OB 。

已知C 点是AO 的中点，D 点是BO 延长线上一点，60AOD ∠=°。

①求入射光在C 点的入射角；
②通过计算判断光射到AB 弧能否从AB 弧射出。

【答案】①60°； ②光射到AB 弧能从AB 弧射出。

【解析】
【详解】
①光在介质中传播的光路图如图所示：
设入射光在C 点的入射角为i ，折射角为r ，由于在C 点折射后的光线平行于OB ，所以∠OCP=∠AOD=60°，r=30°， 根据折射定律有：sin sin i n r
=
代入数据解得：
i=60°；
②在C 点折射后的光线射到AB 弧上P 点，连接O 、P ，OP 是法线，过O 点做CP 的垂线交CP 于Q ，则折射光线在AB 弧的入射角为i 1，玻璃砖临界角为C ，扇形半径为L ，则： 1sin C n
=， 根据几何知识有∠COQ=30°，L OQ ＝L OC •cos ∠3L 根据1sin OQ OP L i L =
可得： 133sin sin 43
i C =
<=， 则：
i 1＜C ， 所以光射到AB 弧能从AB 弧射出。

16．如图所示，容积均为V 0的汽缸A 、B 下端有细管（容积可忽略）连通，阀门K 2位于细管的中部，A 、B 的顶部各有一阀门K 1、K 3，B 中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)。

初始时，三个阀门均打开，活塞在B 的底部；关闭K 2、K 3，通过K 1给汽缸打气，每次可以打进气压为p 0、体积为0.3V 0的空气。

已知室温为27℃，大气压强为p 0，汽缸导热良好。

（1）要使A 缸的气体压强增大到7p 0，求打气的次数；
（2）当A 缸的气体压强达到7p 0后，关闭K 1，打开K 2并缓慢加热A 、B 气缸内气体，使其温度都升高60℃，求稳定时活塞上方气体的体积和压强。

【答案】（1）21次；（2）1.25V 1；2.8P 1
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设共打气n 次，由
p 1(V 1＋1．3nV 1)=7p 1V 1①
由①式解得：
n=21次
（2）设温度升高后，上边的气体压强为p ，体积为V ，对上边气体：
000p V T =pV T
② 对下边气体
0007PV T =(2)p V V T
-③ 由②③式解得：
V=1．25V 1，p=2．8p 1
17．如图所示，物体P 和Q 分别位于倾角37θ=︒的斜面和绝缘水平面上，用跨过光滑定滑轮O 的绝缘轻绳连接，绳OQ 段水平，绳OP 段平行于斜面，绝缘水平面上方空间有范围足够大、水平向右的匀强电场，已知P 、Q 与接触面间的动摩擦因数均为0.2μ=，质量均为1kg m =，P 不带电Q 带3110C -⨯的正电荷。

P 、Q 均恰好能匀速滑动。

P Q 、与接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin370.6︒=，cos270.8︒=，210m/s g =。

求匀强电场的电场强度大小的可能值。

【答案】31 2.410N /C E =⨯或329.610N /C E =⨯
【解析】
【详解】
当P 沿斜面向下匀速滑动时，受到的摩擦力沿斜面向上，对P Q 、整体分析，由平衡条件有： 1sin cos mg mg qE mg θμθμ-=+ 解得：
31 2.410N /C E =⨯ 当P 沿斜面向上匀速滑动时，受到的摩擦力沿斜面向下，对P Q 、整体分析，由平衡条件有： 2sin cos mg mg qE mg θμθμ+=- 解得：
329.610N /C E =⨯。