上海市闵行区2021届新高考第二次大联考物理试卷含解析

上海市闵行区2021届新高考第二次大联考物理试卷
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
1．2017年11月24日，国家航天局探月与航天工程中心副主任裴照宇表示，嫦娥五号任务将是我国首次月球表面采样返回任务，这次任务的完成将标志着我国探月工程“三步走”顺利收官。

若已知万有引力常量G ，那么在下列给出的各种情景中，能根据测量的数据求出月球密度的是( )
A ．在月球表面使一个小球做自由落体运动，测出落下的高度H 和时间t
B ．嫦娥五号贴近月球表面做匀速圆周运动，测出运行周期T
C ．嫦娥五号在高空绕月球做匀速圆周运动，测出距月球表面的高度H 和运行周期T
D ．观察月球绕地球的匀速圆周运动，测出月球的直径D 和运行周期T
【答案】B
【解析】
设月球的质量为M ，半径为r ，则月球的密度3
3==4M M V r ρπ A ．在月球表面使一个小球做自由落体运动，测出下落的高度H 和时间t ，根据212H gt =
，可知算出月球的重力加速度，根据2Mm G
ma r
=，可以算得月球的质量，但不知道月球的半径，故无法算出密度，故A 错误； B ．根据222
4Mm m r G r T π=得2324r M GT π=，所以23GT πρ=，已知T 就可算出密度，故B 正确； C 、根据2224()()Mm m r H G r H T π+=+得23
24()r H M GT
π+=，但不知道月球的半径，故无法算出密度，故C 错误；
D 、观察月球绕地球的圆周运动，只能算出地球的质量，无法算出月球质量，也就无法算出月球密度，故D 错误；
故选B 。

2．单镜头反光相机简称单反相机，它用一块放置在镜头与感光部件之间的透明平面镜把来自镜头的图像投射到对焦屏上。

对焦屏上的图像通过五棱镜的反射进入人眼中。

如图为单反照相机取景器的示意图，ABCDE 为五棱镜的一个截面，AB BC ⊥，光线垂直AB 射入，分别在CD 和EA 上发生反射，且两次反
射的入射角相等，最后光线垂直BC 射出。

若两次反射都为全反射，则该五棱镜折射率的最小值是（ ）
A ．1sin 22.5︒
B ．1cos 22.5︒
C ．2
D ．2
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
设入射到CD 面上的入射角为θ，因为在CD 和EA 上发生全反射，且两次反射的入射角相等。

如图：
根据几何关系有
490θ=︒
解得
22.5θ=︒
根据1sin n
θ=解得最小折射率 1sin 22.5n =︒
选项A 正确，BCD 错误。

故选A 。

3．如图所示，在与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直的平面内，有一根长为s 的导线，量得导线的两个端点间的距离ab =d ，导线中通过的电流为I ，则下列有关导线受安培力大小和方向的正确表述是（ ）
A ．大小为BIs ，方向沿ab 指向b
B ．大小为BIs ，方向垂直ab
C ．大小为BId ，方向沿ab 指向a
D ．大小为BId ，方向垂直ab
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】 导线的等效长度为d ，则所受的安培力为F=BId ，由左手定则可知方向垂直ab 。

故选D 。

4．如图所示，A 、B 、C 、D 为圆上的四个点，其中AB 与CD 交于圆心O 且相互垂直，E 、F 是关于O 点对称的两点但与O 点的距离大于圆的半径，E 、F 两点的连线与AB 、CD 都垂直。

在A 点放置一个电荷量为Q ＋的点电荷，在B 点放置一个电荷量为Q -的点电荷。

则下列说法正确的是（ ）
A ．OE 两点间电势差大于OC 两点间的电势差
B ．D 点和E 点电势相同
C ．沿C ，
D 连线由C 到D 移动一正点电荷，该电荷受到的电场力先减小后增大
D ．将一负点电荷从C 点沿半径移动到O 点后再沿直线移动到F 点，该电荷的电势能先增大后减小
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
ABD ．CD 与EF 所在的平面是一个等势面，则OE 两点间电势差等于OC 两点间的电势差，D 点和E 点电势相同，在等势面上移动电荷，电场力不做功，负点电荷电势能不变，故AD 错误，B 正确； C ．C 、D 连线上电场强度先增大后减小，点电荷受到的电场力先增大后减小，故C 错误。

故选B 。

5．如图所示，四根相互平行的固定长直导线L 1、L 2、L 3、L 4，其横截面构成一角度为60︒的菱形，均通
有相等的电流I，菱形中心为O。

L1中电流方向与L2中的相同，与L3、L4，中的相反，下列说法中正确的是（）
A．菱形中心O处的磁感应强度不为零
B．菱形中心O处的磁感应强度方向沿OL1
C．L1所受安培力与L 3所受安培力大小不相等
D．L 1所受安培力的方向与L 3所受安培力的方向相同
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
AB．根据安培定则，L2、L4导线在菱形中心O处的磁应强度方向沿OL3斜向上，L3、L1导线在菱形中心O处的磁应强度方向沿OL2斜向下，由叠加原理可知，菱形中心O处的合磁场的磁感应强度不为零，且不沿OL1方向，故A正确，B错误；
CD．根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，L1与L3受力如图所示，由各导线中电流大小相等，则每两导线间的作用力大小相等，由平行四边形定则合成可知，L1所受安培力与L 3所受安培力大小相等，方向相反，故CD错误。

故选A。

6．如图所示，虚线a、b、c是电场中的一簇等势线（相邻等势面之间的电势差相等），实线为一α粒子（重力不计）仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（）
A．a、b、c三个等势面中，a的电势最高
B．电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小
C ．α粒子在P 点的加速度比Q 点的加速度大
D ．带电质点一定是从P 点向Q 点运动
【答案】C
【解析】
【详解】
A ．电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于α粒子带正电，因此电场线指向上方，沿电场线电势降低，故a 等势线的电势最低，c 等势线的电势最高，故A 错误；
B ．a 等势线的电势最低，c 等势线的电势最高；而电子带负电，负电荷在电势高处的电势能小，所以电子在P 点具有的电势能比在Q 点具有的电势能大，故B 错误；
C ．等势线密的地方电场线密场强大，故P 点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故C 正确；
D ．由图只能判断出粒子受力的方向，不能判断出粒子运动的方向，故D 错误；
故选C 。

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．如图，两轴心间距离10m l =、与水平面间夹角为37︒的传送带，在电动机带动下沿顺时针方向以2m/s v =的速度匀速运行。

一质量50kg m =的货物从传送带底端由静止释放，货物与传送带间的动摩擦因数0.8μ=。

已知重力加速度大小为210m/s ，sin370.6︒=，cos370.8︒=。

则货物从底端运动至顶端的过程中（ ）
A ．货物增加的机械能为3 3.110J ⨯
B ．摩擦力对货物做的功为31.6J 10⨯
C ．系统因运送货物增加的内能为3J 13.210⨯
D ．传送带因运送货物多做的功为34.710J ⨯
【答案】AD
【解析】
【详解】
AB ．当货物刚放上传送带时，对货物由牛顿第二定律得
cos37sin 37mg mg ma μ︒︒-=
设货物与传送带共速时用时为t ，则v at =，解得
5s t =
则这段时间内货物运动的位移
2115m 2
s at == 传送带运动的位移
210m s vt ==
货物从底端运动至顶端的过程中，滑动摩擦力对货物做的功
113cos37 1.610J W mgs μ︒==⨯
静摩擦力对货物做的功
()132sin37 1.510J W mg l s ︒=-=⨯
故摩擦力对货物做的功
312 3.110J f W W W =+=⨯
根据功能关系得货物增加的机械能也为33.110J ⨯，故A 正确，B 错误；
CD ．系统因运送货物增加的内能为
()231cos37 1.610J Q mg s s ︒=-⋅=⨯μ
传送带因运送货物多做的功等于系统增加的内能与货物增加的机械能之和
333==(1.610 3.110)J 4.710J f W W Q +⨯+⨯=⨯
故C 错误，D 正确。

故选AD 。

8．质谱仪用来分析带电粒子的质量与电荷量，其构造原理如图所示。

将第-种粒子源放于S 处，经加速电场（电压为U ）加速后垂直于磁场方向、垂直于磁场边界进入匀强磁场。

在磁场中运动后到达磁场边界上的P 点。

换第二种粒子源也放在S 处，其粒子同样到达P 点。

粒子从粒子源射出的初速度均为零，不计粒子重力。

则下列说法正确的是（ ）
A．若第二种粒子的电性与第一种不同，需同时改变电场方向与磁场方向
B．若第二种粒子的电性与第一种不同，只需改变电场方向或磁场方向即可
C．若第二种粒子与第--种粒子是同位素，其质量比为26
27
，保持电场电压不变，则磁场磁感应强度需调整
为原来的
26
27
D．若第二种粒子与第--种粒子的质量比为
13
14
、电荷量比为
12
13
，保持磁场磁感应强度不变，则电场电压需调整为原来的
168
169
【答案】ACD
【解析】
【详解】
AB．如图所示
带电粒子运动有3个子过程。

两种粒子要在电场中加速，则电场力方向相同。

因电性不同，则电场方向相反。

粒子进入磁场时速度方向相同，在磁场中均向下偏转，所受洛伦兹力方向相同，由左手定则知粒子电性不同，则磁场方向不同，故A正确，B错误；
CD．加速电场加速有
2
1
2
qU mv
=
磁场中圆周运动有
2
v
qvB m
r
=
解得
12mU
B
r q
=
第二种粒子与第-种粒子是同位素，其电荷量q相同，若质量比为2627，则
22
11
26
27
B m
B m
==
解得
221112
12141681313169
U q m U q m =⨯=⨯= 故CD 正确。

故选ACD 。

9．如图所示，玩具飞机以恒定的仰角斜向上做匀速直线运动，上升至距离地面某高度时，从玩具飞机上掉下一个小零件，零件掉下后，玩具飞机飞行速度保持不变，零件运动过程中受到的空气阻力不计，则零件落地时
A ．速度比玩具飞机的速度大
B ．和玩具飞机的速度大小可能相等
C ．在玩具飞机的正下方
D ．在玩具飞机正下方的后侧
【答案】AC
【解析】
【详解】
AB.零件掉下的一瞬间速度与玩具飞机的速度相同，根据机械能守恒可知，落地时的速度大于玩具飞机的速度，故A 正确B 错误；
CD. 由于零件在运动过程中水平方向的分速度与玩具飞机的水平分速度相同，因此落地时在玩具飞机的正下方，故
C 正确
D 错误；
10．在粗糙水平桌面上，长为l=0.2m 的细绳一端系一质量为m=2kg 的小球，手握住细绳另一端O 点在水平面上做匀速圆周运动，小球也随手的运动做匀速圆周运动。

细绳始终与桌面保持水平，O 点做圆周运动的半径为r=0.15m ，小球与桌面的动摩擦因数为=0.6μ，210m/s g =。

当细绳与O 点做圆周运动的轨迹相切时，则下列说法正确的是（ ）
A ．小球做圆周运动的向心力大小为6N
B ．O 点做圆周运动的角速度为42rad/s
C 2m/s
D ．手在运动一周的过程中做的功为6πJ
【答案】BCD
【详解】
A ．由几何关系可知小球做圆周运动的轨道半径
220.25m R r l =+=
小球做圆周运动，根据牛顿第二定律
n cos F T θ=
sin T mg θμ=
其中
0.153tan 0.24
r l θ=
== 解得 n 16N F =
选项A 错误；
B ．由于
2n F mR ω=
解得
42rad /s ω=
O 点做圆周运动的角速度和小球一样，所以选项B 正确；
C ．由于
2
n v F m R
= 解得
2m/s v =
选项C 正确；
D ．手在运动一周的过程中做的功等于小球克服摩擦力做的功，故
26J W mg R =⋅=μππ
选项D 正确。

11．如图所示，单匝线圈ABCD 边长为L ，粗细均匀且每边电阻均为R ，在外力作用下以速度v 向右匀速全部进入场强为B 的匀强磁场，线圈平面垂直于磁场方向，且CD v ⊥。

以下说法正确的是（ ）
A ．当CD 边刚进入磁场时，CD 两点间电势差为BLv
B ．若第二次以速度2v 匀速全部进入同一磁场，则通过线圈某一横截面电量是第一次的2倍
C ．若第二次以速度2v 匀速全部进入同一磁场，则外力做功的功率为第一次的4倍
D ．若第二次以速度2v 匀速全部进入同一磁场，则线圈中产生的热量是第一次的2倍
【答案】CD
【解析】
【详解】
A ．当CD 边刚进入磁场时，电动势E=BLv ；则CD 两点间电势差为
34
CD v U BL = 选项A 错误；
B ．设正方形边长为L 。

根据感应电荷量经验公式q R Φ=V 总
，得： 2
BL q R =总
B 、L 、R 总都相等，所以两次通过某一横截面的电荷量相等．故B 错误。

C ．外力做功的功率等于电功率，即
2222
2E B L v P v R R ==∝总总
则外力做功的功率为第一次的4倍，选项C 正确；
D ．根据焦耳定律得：线圈产生的热量
232
2()BLv L B L v Q I R t R v R v R ==⋅=∝总总总总 则得第二次与第一次线圈中产生的热量之比为2：1，故D 正确。

12．如图，甲、乙两种粗糙面不同的传送带，倾斜于水平地面放置，以同样恒定速率v 向上运动。

现将一质量为m 的小物体（视为质点）轻轻放在A 处，小物体在甲传动带上到达B 处时恰好达到传送带的速率v ；在乙传送带上到达离B 竖直高度为h 的C 处时达到传送带的速率v 。

已知B 处离地面的高度皆为H 。

则
在物体从A 到B 的过程中（ ）
A ．两种传送带对小物体做功相等
B ．将小物体传送到B 处，两种传送带消耗的电能相等
C ．两种传送带与小物体之间的动摩擦因数不同
D ．将小物体传送到B 处，两种系统产生的热量相等
【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．传送带对小物体做功等于小物块的机械能的增加量，动能增加量相等，重力势能的增加量也相同，则机械能的增加量相同，所以两种传送带对小物体做功相等，故A 正确；
C ．由0加速到v ，甲图中的加速位移大于乙图中的加速位移，根据
22ax v =
可知a a <甲乙，根据牛顿第二定律有
cos sin mg mg ma μθθ-=
解得μμ<甲乙，即两种传送带与小物体之间的动摩擦因数不同，故C 正确；
D ．对甲图分析，可知小物体加速的位移为
11sin 2
H v x t θ== 此时传送带匀速的位移为 212sin x v H t θ
== 则两者的相对位移为 21sin H s x x θ=-=
相对 根据摩擦生热的公式
Q fs =相对 解得1sin H Q f θ
=甲 对乙图分析，可知小物体加速的位移为
11si 2
n v x h t H θ''==-
此时传送带匀速的位移为
()212sin t h x v H θ
''==- 则两者的相对位移为
21sin H h s x x θ
-'''=-=相对 根据摩擦生热的公式
Q fs =相对 解得2sin H h Q f θ
-=乙 在甲图、乙图，对小物体分析，根据牛顿第二定律和运动学公式有
11sin f mg ma θ-=，2
12sin v a H θ
= 22sin f mg ma θ-=，2
22sin v a H h θ
=- 解得
21sin sin 2mv f mg H
θθ=+，()22sin sin 2mv f mg H h θθ=+- 将1f 、2f 代入Q 甲、Q 乙的表达式，解得
212Q mgH mv =+甲，()212
Q mg H h mv =-+乙 则有Q Q >甲乙，即产生的热量不相等，故D 错误；
B ．根据能量守恒定律，电动机消耗的电能E 电等于摩擦产生的热量Q 与物块增加机械能的和，因物块两次从A 到B 增加的机械能增加量相同，而Q Q >甲乙，所以将小物体传送到B 处，两种传送带消耗的电能甲更多，故B 错误。

故选AC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．用如图a 所示的电路测量铂热敏电阻的阻值与温度的关系．
（1）开关闭合前，滑动变阻器的滑片应移至______端（填“A”或“B”）．
（2）实验测得不同温度下的阻值，并绘得如图b 的R t -t 关系图线，根据图线写出该热敏电阻的R t -t 关系式：R t =______________（Ω）．
（3）铂的电阻对温度变化很灵敏，可以制成电阻温度计．请利用开关、导线、铂热敏电阻、图a中某一电表和图c所示的恒流源（调节旋钮时可以选择不同的输出电流，且输出电流不随外部条件的变化而变化），设计一个简易电阻温度计并在图d的虚线框内画出电路原理图____________________．
（4）结合图b的关系图线，选择恒流源的输出电流为0.15A，当选用的电表达到满偏时，电阻温度计所测温度为__________________℃．如果要提高该温度计所能测量的最高温度值，请提出一种可行的方法：_________________________________________．
【答案】B 50+t 50 将恒流源的输出电流调小
【解析】
【详解】
（1）开关闭合前，为了保护电路，滑动变阻器的滑片应位于阻值最大处，故滑片应移至B端；
（2）由图象可知，铂丝电阻R t的阻值与温度的关系式：R t＝50+t；
（3）直流恒流电源正常工作时，其输出电流不随外部条件的变化而变化，并且可读出其大小，电压表并联在铂丝电阻R t的两端，如图所示：
（4）当恒流源的输出电流为0.15A，所以当电压表示数最大时，即R t两端的电压U t＝15V时，铂丝电阻
R t的阻值最大，由丙图中所画的R t﹣t图象可知，此时温度计所能测量的温度最高；由I
U
R
得铂丝电
阻R t的阻值为：R t′
15
0.15
==100Ω，则温度计所能测量的最高温度为：t＝R t﹣50＝100﹣50＝50℃．直流
恒流电源正常工作时，其输出电流不随外部条件的变化而变化，并且可读出其大小，电压表并联在铂丝电阻R t的两端，如图所示要提高该温度计所能测量的最高温度值，应使铂丝电阻R t的阻值增大或将恒流源的输出电流调小．
14．如图所示，某小组同学利用DIS实验装置研究支架上力的分解。

A、B为两个相同的双向力传感器，该型号传感器在受到拉力时读数为正，受到压力时读数为负。

A连接质量不计的细绳，并可沿固定的圆弧形轨道移动。

B固定不动，通过光滑铰链连接一轻杆，将细绳连接在杆右端O点构成支架，调整使得O 点位于圆弧形轨道的圆心处，保持杆沿水平方向。

随后按如下步骤操作：
①测量绳子与水平杆的夹角∠AOB＝θ；
②对两个传感器进行调零；
③用另一绳在O点悬挂住一个钩码，记录两个传感器读数；
④取下钩码，移动传感器A，改变θ角，重复上述步骤①②③④，得到图示数据表格。

(1)根据表格数据，可知A传感器对应的是表中的力____（填“F1”或“F2”），并求得钩码质量为______kg（保留一位有效数字，g取10m/s2）；
(2)实验中，让A传感器沿圆心为O的圆弧形（而不是其它的形状）轨道移动的主要目的是__________。

A．方便改变A传感器的读数B．方便改变B传感器的读数
C．保持轻杆右端O的位置不变D．方便改变细绳与杆的夹角θ
【答案】F10.05 C
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]因绳子只能提供拉力，传感器示数为正值，由表中实验数据可知，A传感器对应的是表中力F1
[2]对节点O，由平衡条件得
1sin30
F mg
︒=
解得
0.05kg
m=
(2)[3]让A 传感器沿圆心为O 的圆弧形，移动传感器的过程中，传感器与O 点的距离保持不变，即O 点位置保持不变，故ABD 错误，C 正确
故选C
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．一列沿x 轴传播的简谐横波，在t=0时刻的波形如图实线所示，在t 1=0.2s 时刻的波形如图虚线所示。

(1)若波向x 轴正方向传播，求该波的波速；
(2)若波向x 轴负方向传播，且t 1<T ，求x=2m 处的P 质点第一次出现波谷的时刻。

【答案】 (1)5+15n （m/s ）（n=0，1，2…）；(2)0.025s
【解析】
【分析】
【详解】
(1)当波向x 轴正方向传播时，由波形图可知该波的波长为
x=3m
从t=0到t 1=0.2s 过程，波向正方向传播的距离为
113(0,1,2)x n n λ⎛⎫∆=+ ⎪⎝⎭
=⋯ 波传播的波速为
11
x v t ∆= 解得
515(m/s)(0,1,2)v n n =+=⋯
(2)当波向x 轴负方向传播时，由波形图可知
120.2s 3
t T == 解得
0.3s T =
波的速度大小为
210m/s v T λ
==
P 点距右侧实线第一个波谷的水平距离为
2324
x λ∆=-
P点第一次出现波谷的时间为
2
2
x
t
v
∆
=
联立解得
0.025s
t=
16．如图所示，一个截面为半圆的玻璃砖，O为圆心，MN是半圆的直径，它对红光和紫光的折射率分别为n1、n2，与直径平行放置一个光屏AB，AB与MN的距离的为d．现有一束由红光和紫光组成的复色光从P点沿PO方向射入玻璃砖，∠PON=45°．试问：
（1）若红光能从MN面射出，n l应满足什么条件？
（2）若两种单色光均能从MN面射出，它们投射到AB上的光点间距是多大？
【答案】(1)
1
2
n21
22
21
2
(
2
EF d
n n
=
--
【解析】
【详解】
解：(1)若红光能从MN面射出，在MN面上不能发全反射，则红光的临界角为9045
()
C i
>=︒-︒
由临界角公式得：
1
1
sinC
n
=
解得：
1
2
n
(2)复色光经MN折射后的光路如图，由折射定律得：
11
1
sini
sinr n
=
22
1
sini
sinr n
=
根据几何关系有：21
()
EF d tanr tanr
=-
联立解得：21
22
21
2
(
2
EF d
n n
=
--
17．空间存在一边界为MN 、方向与纸面垂直、大小随时间变化的磁场，磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图甲所示，方向向里为正。

用单位长度电阻值为R 0的硬质导线制作一个半径为r 的圆环，将该圆环固定在纸面内，圆心O 在MN 上，如图乙所示。

(1)判断圆环中感应电流的方向；
(2)求出感应电动势的大小；
(3)求出0~t 1的时间内电路中通过的电量。

【答案】（1）顺时针，（2）
2002B r t π，（3）0100
4B rt t R 。

【解析】
【详解】 (1)根据楞次定律可知，圆环中的感应电流始终沿顺时针方向；
(2)根据法拉第电磁感应定律，圆环中的感应电动势
2
20000
122B B r E r t t t ππ∆Φ===∆ (3)圆环的电阻：
R=2πrR 0
圆环中通过的电量：
q=It 1
而：
E I R
=
解得：
2
001 1111
000
2
24
B r
t B rt
E
q I t t t
R rR t R
π
π
====。