上海市普陀区2021届第二次新高考模拟考试物理试卷含解析

上海市普陀区2021届第二次新高考模拟考试物理试卷
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．在如图所示的逻辑电路中，当A端输入电信号”1”、B端输入电信号”0”时，则在C和D端输出的电信号分别为
A．1和0 B．0和1 C．1和l D．0和0
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
B端输入电信号“0”时，经过非门输出端D为“1”，AD为与门输入端，输入分别为“1”、“1”，经过与门输出端C为“1”。

故C正确，ABD错误。

2．如图所示，在真空云室中的矩形ABCD区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，静止放置在O点的
铀238原子核238
92
U发生衰变，放出射线后变成某种新的原子核，两段曲线是反冲核（新核）和射线的径
迹，曲线OP为1
4
圆弧，x轴过O点且平行于AB边。

下列说法正确的是（）
A．铀238原子核发生的是β衰变，放出的射线是高速电子流
B．曲线OP是射线的径迹，曲线OQ是反冲核的径迹
C．改变磁感应强度的大小，反冲核和射线圆周运动的半径关系随之改变
D．曲线OQ是α射线的径迹，其圆心在x轴上，半径是曲线OP半径的45倍
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
AD．衰变过程中动量守恒，因初动量为零，故衰变后两粒子动量大小相等，方向相反，由图像可知，原子核发生的是α衰变，粒子做圆周运动向心力等于洛伦兹力
2v qvB m r = 得
mv r qB
= 由于反冲核的电荷量比α射线大，则半径更小，即曲线OQ 是射线的径迹，曲线OP 是反冲核的径迹，由于曲线OP 为14
圆弧，则其圆心在x 轴上，射线初速度与x 轴重直，新核初速度与x 轴垂直，所以新核做圆周运动的圆心在x 轴上
由质量数守恒和电荷数守恒可知反冲核的电荷量是α粒子的45倍，由半径公式可知，轨道半径之比等于电荷量的反比，则曲线OQ 半径是曲线OP 半径的45倍，故A 错误，D 正确。

BC ．由动量守恒可知
αα0mv m v =-
粒子做圆周运动向心力等于洛伦兹力
2
v qvB m r
= 得
mv r qB
= 由于反冲核的电荷量比α射线大，则半径更小，即曲线OQ 是射线的径迹，曲线OP 是反冲核的径迹，反冲核的半径与射线的半径之比等于电荷量的反比，由于电荷量之比不变，则改变磁感应强度的大小，反冲核和射线圆周运动的半径关系不变，故BC 错误。

故选D 。

3．空间某区域存在一方向垂直于纸面向外、大小随时间均匀变化的匀强磁场，磁场边界ef 如图所示，现有一根粗细均匀金属丝围成的边长为L 的正方形线框固定在纸面内，t=0时刻磁场方向如图甲所示，磁感应强度B 随时间t 变化关系如图乙所示，则（ ）
A ．0~t 1：e 点电势高于f 点电势
B ．0~t 1：2
01
4ef B L U t =-
C ．t 1~t 2：金属框中电流方向顺时针
D ．0~t 2：ab 所受安培力方向始终不变
【答案】B
【解析】
【详解】
A ．0~t 1时间内垂直于纸面向外的磁场减弱，根据楞次定律可知感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，根据安培定则可知感应电流为逆时针方向，在电源内部，电流从负极流向正极，故f 电势高于e 的电势，A 错误；
B ．根据法拉第电磁感应定律，感应电动势：
2012B L E t = 201
24ef B L E U t =-=- B 正确；
C ．根据楞次定律，0~t 2金属框中电流方向为逆时针，C 错误；
D ．根据左手定则，0~t 1安培力水平向左，t 1~t 2安培力水平向右，D 错误。

故选B 。

4．2018年5月17日，我国发布了《电动自行车安全技术规范》同家标准，并于2019年4月15日起正式执行。

某电动自行车在平直的实验公路上先匀速运动，从t=0时刻开始进行电动自行车刹车实验，以检验该性能是否符合国家标准，通过传感器在电脑上自动描绘出其x t t
-图像如图所示。

则下列分析正确的是
A ．刚要刹车时车的速度为15 m/s
B ．刹车加速度大小为2.5 m/s 2
C ．刹车过程的位移为10 m
D ．刹车前l s 和最后1 s 通过的位移比为5:1
【答案】C
【解析】
【详解】
AB ．自行车做匀减速直线运动：
2012
x v t at =- 整理形式：
012
x v at t =- 根据图像可知：010m /s v =；
又根据图中斜率求解加速度：
221010m/s 2.5m /s 24
a --==- 解得：25m /s a =，AB 错误；
C ．自行车匀减速至0，逆过程视为初速度为0的匀加速直线运动，根据：
0v at =
解得刹车时间：2s t =，根据：
212
x at = 解得：10m x =，C 正确；
D ．刹车最后1s 通过的位移：
211551m m 22
x =⨯⨯= 刹车前1s 通过的位移：
251510m m=m 22
x =- 刹车前l s 和最后1 s 通过的位移比为3:1，D 错误。

故选C 。

5．某时刻水平抛出的小球，在1s t =时的速度方向与水平方向的夹角130θ=o ，2s t =，其速度方向与水
平方向的夹角260θ=o 。

忽略空气阻力，重力加速度210m/s g =，则小球初速度的大小为（ ）
A ．
B ．10m/s
C ．
D ．5m/s
【答案】C
【解析】
【详解】 将小球在1s t =时和2s t =时的速度分解，如图所示：
则有 110tan y v v θ=
，220tan y v v θ=
又因为 ()212s 1s y y v v g =+-
解得 053m/s v =
选项C 项正确，ABD 错误。

故选C 。

6．如图是双缝干涉实验装置的示意图，S 为单缝，S 1、S 2为双缝，P 为光屏．用绿光从左边照射单缝S 时，可在光屏P 上观察到干涉条纹．下列说法正确的是( )．
A ．减小双缝间的距离，干涉条纹间的距离减小
B ．增大双缝到屏的距离，干涉条纹间的距离增大
C ．将绿光换为红光，干涉条纹间的距离减小
D ．将绿光换为紫光，干涉条纹间的距离增大
【答案】B
【解析】
试题分析：根据公式l x d λ∆=
，减小双缝间的距离，干涉条纹间的距离变大，A 错误， 根据公式l x d
λ∆=，增大双缝到屏的距离，干涉条纹间的距离增大，B 正确， 根据公式l x d
λ∆=，将绿光换为红光，频率减小，即波长增大，所以干涉条纹间的距离增大，C 错误 根据公式l x d
λ∆=，将绿光换为紫光，频率增大，即波长减小，所以干涉条纹间的距离减小，D 错误， 考点：本题考查光波的干涉条纹的间距公式，
点评：应牢记条纹间距的决定因素，不要求定量计算，但要求定性分析．
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．如图所示为手机无线充电原理图，若连接电源的为发射线圈N ，手机端为接收线圈M ，接收线圈匝数为n ，电阻为r ，横截面积为S ，手机可看成纯电阻R ，匀强磁场平行于线圈轴线穿过线圈。

下列说法正确是（ ）
A ．只要发射线圈N 中有电流流入，接收线圈M 两端一定可以获得电压
B ．只要接收线圈M 两端有电压，发射线圈N 中的电流一定不是恒定电流
C ．当接收线圈M 中磁感应强度大小均匀增加时，接收线圈M 中有均匀增加的电流
D ．若t ∆时间内，接收线圈M 中磁感应强度大小均匀增加B ∆，则接收线圈M 两端的电压为()
nS BR t R r ∆∆+ 【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．若发射线圈N 中有恒定电流，则产生的磁场不变化，在接收线圈中不会产生感应电流，也就不会获得电压，A 错误；
B ．只要接收线圈两端有电压，说明穿过接收线圈的磁场变化，所以发射线圈中的电流一定不是恒定电流，B 正确；
C ．若穿过接收线圈M 的磁感应强度均匀增加，如果线圈闭合，根据法拉第电磁感应定律
B E n n S t t
∆Φ∆==∆∆ 可知线圈中产生恒定的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律可知接收线圈M 中有感应电流且恒定，C 错误；
D ．根据法拉第电磁感应定律有
B E n nS t t
∆Φ∆==∆∆ 根据分压规律得M 两端的电压
()
E nS BR U R R r t R r ∆==+∆+ D 正确。

故选BD 。

8．如图所示，在粗糙的水平地面上放着一左测截面是半圆的柱状物体B ，在物体B 与竖直墙之间放置一
光滑小球A ，整个系统处于静止状态。

现用水平力F 拉着物体B 缓慢向右移动一小段距离后，系统仍处于静止状态，在此过程中，下列判断正确的是（ ）
A ．小球A 对物体
B 的压力逐渐增大
B ．小球A 对物体B 的压力逐渐减小
C ．拉力F 逐渐减小
D ．墙面对小球A 的支持力先增大后减小
【答案】AC
【解析】
【详解】 ABD ．对A 球受力分析并建立直角坐标系如图，由平衡条件得：竖直方向
N cos F mg θ=
水平方向
N sin N F θ=
联立解得
N =,tan cos mg F N mg θθ
= B 缓慢向右移动一小段距离，A 缓慢下落，则θ增大。

所以F N 增大，N 增大，由牛顿第三定律知故小球A 对物体B 的压力逐渐增大，故A 正确，BD 错误；
C ．整体水平方向受力平衡，则
m F N f +=
由于最大静摩擦力不变，N 增大、则F 减小，故C 正确。

故选AC 。

9．如图所示，左端接有阻值为R 的足够长的平行光滑导轨CE 、DF 的间距为L ，导轨固定在水平面上，且处在磁感应强度为B 、竖直向下的匀强磁场中，一质量为m 、电阻为r 的金属棒ab 垂直导轨放置在导轨上静止，导轨的电阻不计。

某时刻给金属棒ab 一个水平向右的瞬时冲量I ，导体棒将向右运动，最后停下来，则此过程（ ）
A ．金属棒做匀减速直线运动直至停止运动
B ．电阻R 上产生的焦耳热为2
2I m
C ．通过导体棒ab 横截面的电荷量为
I BL
D ．导体棒ab 运动的位移为22I R r B L +（） 【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．导体棒获得向右的瞬时初速度后切割磁感线，回路中出现感应电流，导体棒ab 受到向左的安培力向右减速运动，由
22B L v ma R r
=+ 可知导体棒速度减小，加速度减小，所以导体棒做的是加速度越来越小的减速运动，A 项错误； B ．导体棒减少的动能
2
2211()222k I I E mv m m m
=== 根据能量守恒定理可得
k E Q =总
又根据串并联电路知识可得
22()
R R I R Q Q R r m R r ==++总 故B 项错误;
C ．根据动量定理可得
0BiL t mv -∆=-，I mv =，q i t =∆
可得 I q BL = C 项正确；
D ．由于
E BLx q i t t R r R r =∆=
∆=++ 将I q BL
=代入等式，可得导体棒移动的位移 22
()I R r x B L += D 项正确。

故选CD 。

10．如图M 和N 是两个带有异种电荷的带电体，（M 在N 的正上方，图示平面为竖直平面）P 和Q 是M 表面上的两点，S 是N 表面上的一点。

在M 和N 之问的电场中画有三条等差等势线。

现有一个带正电的液滴从E 点射入电场，它经过了F 点和W 点已知油滴在F 点时的机槭能大于在W 点的机械能。

（E 、W 两点在同一等势面上，不计油滴对原电场的影响，不计空气阻力）则以下说法正确的是（ ）
A ．P 和Q 两点的电势不相等
B ．P 点的电势低于S 点的电势
C ．油滴在F 点的电势能高于在E 点的电势能
D ．F 点的电场强度大于
E 点的电场强度
【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．P 和Q 两点在带电体M 的表面上，M 是处于静电平衡状态的导体，其表面是一个等势面，故P 和Q 两点的电势相等，故A 错误；
B ．带正电的油滴在F 点时的机械能大于在W 点的机械能，故从F 点到W 点，机械能减小，电场力做负功，说明电场力向上，故电场线垂直等势面向上，而沿着电场线电势逐渐降低，故P 点的电势低于S 点的电势，故B 正确；
C ．由于电场线垂直等势面向上，故E 点的电势大于F 点的电势，根据E p =qφ，油滴在F 点的电势能低于在E 点的电势能，故C 错误；
D ．因F 点等势面密集，则电场线也密集，可知F 点的电场强度大于
E 点的电场强度，选项D 正确；
故选BD 。

11．竖直悬挂的弹簧振子由最低点B 开始作简谐运动，O 为平衡位置，C 为最高点，规定竖直向上为正方向，振动图像如图所示。

则以下说法中正确的是（ ）
A ．弹簧振子的振动周期为2.0s
B ．t=0.5s 时，振子的合力为零
C ．t=1.5s 时，振子的速度最大，且竖直向下
D ．t=2.0s 时，振子的加速度最大，且竖直向下
【答案】ABC
【解析】
【详解】
A ．周期是振子完成一次全振动的时间，根据图像可知振子的周期是2.0s ，A 正确；
B ．由图可知，0.5s t =时，振子位于平衡位置处，所以受到的合力为零，B 正确；
C ．由图可知， 1.5s t =时，振子位于平衡位置处，对应的速度最大；此时刻振子的位移方向从上向下，即振子的速度方向竖直向下，C 正确；
D ．由图可知，弹簧振子在 2.0s t =时位移负的最大位移处，所以回复力最大，方向向上，则振子的加速度最大，且竖直向上，D 错误。

故选ABC 。

12．玩具车的遥控距离为25m ，某同学手持摇控器和玩具车同时从同地由静止沿同方向做匀加速直线运动。

若该同学加速度的大小为21m/s ，最大速度为5m/s ；玩具车加速度的大小为22m/s ，最大速度为10m/s 。

在达到最大速度后，二者都能长时间保持最大速度匀速运动。

下列说法正确的是（ ） A ．该同学对玩具车的控制时间为7.0s
B ．该同学对玩具车的控制时间为7.5s
C ．在控制时间内，该同学的位移大小为25m
D ．与静止不动相比，该同学因运动而增加了2.5s 的控制时间
【答案】BCD
【解析】
【详解】
AB ．由题意可得，该同学加速到最大速度所用时间与玩具车加速到最大速度所用时间相同，为
15s t =
在此期间该同学和玩具车运动的位移分别为
2111112.5m 2x a t ==，2221125m 2
x a t == 则两者相距
12112.5m x x x ∆=-=
已知遥控距离为25m ，则
22125m 12.5m 12.5m x x x ''∆=-=-=
22212x v t v t ∆=-
解得
2 2.5s t =
该同学对玩具车的控制时间为
127.5s t t t =+=
所以B 正确，A 错误；
C ．在控制时间内，该同学的位移为
2111112125m 2
x x x a t v t '=+=+= 所以C 正确；
D ．如果该同学静止不动，玩具车向前加速运动，则
22125m 2
x a t ''== 解得
5s t '=
即此时该同学对玩具车的控制时间为5s ，则
2.5s t t t '∆=-=
所以与静止不动相比，该同学因运动而增加了2.5s 的控制时间，所以D 正确。

故选BCD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．一课外实验小组用如图（a ）所示的电路测量某待测电阻x R 的阻值。

0R 为标准定值阻（020.0ΩR =），V 1、V 2均为理想电压表，S 为单刀开关，E 为电源，R 为滑动变阻器。

请完成以下问题
(1)闭合S 前，滑动变阻器的滑动端应置于_______________填“a”或“b”）端；
(2)闭合S 后将滑动变阻器的滑动端置于某一位置，若电压表V 1、V 2的示数为1U 、2U ，则待测电阻阻值的表达式x R =________（用0R 、1U 、2U 表示）；
(3)改变滑动变阻器滑动端的位置，得到多组1U 、2U 数据，用计算机绘制出21U U -的图线，如图（b ）所示，根据图线求得x R =________Ω（保留1位小数）；
(4)按照原理图（a ），将图（c ）中实物连线补画完整_____________。

【答案】a 201U R U 26.8
【解析】
【详解】
(1)[1]为了保证实验安全，S 闭合前，滑动变阻器滑动端应置于a 端；。

(2)[2]由欧姆定律可得，通过x R 的电流
01=U I R 待测电阻阻值
2201
x U U R R I U =-=。

(3)[3]根据题图（b ）可得
21
1.34U U ∆≈∆ 代入得
26.8x R =Ω。

(4)[4]实物连线时应注意滑动变阻器采取分压式接法[[依据题图（a ）]]、电压表V 1和V 2的量程[[依据题图（b ）选择]]，如图
14．某实验小组在探究弹力和弹簧伸长的关系的实验中，实验装置如图甲所示。

(1)下列说法正确的是________。

A ．弹簀被拉伸时，不能超出它的弹性限度
B ．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于水平位置且处于平衡状态
C ．用直尺测得弹簧的长度即为弹篑的伸长量
D ．用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比一定相等
(2)某同学由实验测得某弹簧的弹力F 与长度L 的关系如图乙所示，则弹簧的原长为
L 0=______________cm ，劲度系数k=____________N/m ；
(3)该同学将该弹簧制成一把弹簧测力计，当弹簧测力计的示数如图丙所示时，该弹簧的长度x=_______cm 。

【答案】AB 10 50 16
【解析】
【详解】
(1)[1]A ．弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度，否则弹簧会损坏，故A 正确；
B ．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，要保证弹簧位于水平位置，使钩码的重力等于弹簧的弹力，待钩码静止时再读数，故B 正确；
C ．弹簧的长度不等于弹簧的伸长量，伸长量等于弹簧的长度减去原长，故C 错误；
D ．拉力与伸长量之比是劲度系数，由弹簧决定，同一弹簧的劲度系数是不变的，不同弹簧的劲度系数可能不同，故D 错误。

故选AB 。

(2)[2]由F －L 图像和胡克定律分析知，图像的斜率为弹簧的劲度系数，当F=0时，横轴的截距为弹簧的原长，据图所知，横轴截距为10cm ，即弹簧的原长为10cm ；
[3]图像的斜率 k=210.0N/m (3010)10--⨯=50N/m (3)[4]弹簧测力计示数F=3.0N ，弹簧的伸长量为
3.0m 0.06m 6cm 50
x ∆=== 弹簧长度
x=(106)cm +=16cm
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．U 形管两臂粗细不同，开口向上，封闭的粗管横截面积是开口的细管的三倍，管中装入水银，大气压为76 cmHg.开口管中水银面到管口距离为11 cm ，且水银面比封闭管内高4 cm ，封闭管内空气柱长为11 cm ，如图所示.现在开口端用小活塞封住，并缓慢推动活塞，使两管液面相平，推动过程中两管的气体温度始终不变，试求：
（1）粗管中气体的最终压强；
（2）活塞推动的距离.
【答案】（1）88 cmHg （2）4.5 cm
【解析】
【详解】
解：设左管横截面积为S ，则右管横截面积为3S ，
（1）以右管封闭气体为研究对象，
180P cmHg =，111333V S =⨯= S
210330V S =⨯= S
等温变化：1122P V P V =g
g 8033⨯ 230S P =g
S 288P = cmHg
（2）以左管被活塞封闭气体为研究对象，
176P cmHg =，111V S =，288P
= cmHg 等温变化：1122P V P V =g
g 29.5V Scm =
即123Sh Sh =，124h h cm +=，联立得21h cm =，故上升1cm ；
那么活塞推动的距离：1139.5 4.5L cm =+-=
16．如图所示，在直角坐标系xOy 平面内第一、三、四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，第二象限存在沿y 轴正方向的匀强电场。

两个电荷量均为q 、质量均为m 的带负电粒子a 、b 先后以v 0的速度从y 轴上的P 点分别沿x 轴正方向和负方向进入第一象限和第二象限，经过一段时间后，a 、b 两粒子恰好在x 负半轴上的Q 点相遇，此时a 、b 两粒子均为第一次通过x 轴负半轴，P 点离坐标原点O 的距离为d ，已知磁场的磁感应强度大小为
02mv B qd
=，粒子重力不计，a 、b 两粒子间的作用力可忽略不计。

求： （1）粒子a 从P 点出发到达Q 点的时间t ；
（2）匀强电场的电场强度E 的大小。

【答案】（1）0300103603d t T v π︒==︒（2）2023mv E qd
= 【解析】
【详解】
（1）粒子a 进入磁场后做圆周运动，洛伦兹力提供向心力
由2
00v qv B m
R =得R=2d 设粒子做圆周运动的周期为T
00
24R d T v v ππ== 粒子a 的运动轨迹如图所示，由几何关系可得粒子a 做圆周运动对应的圆心角300θ=︒
则粒子a 从P 点出发到达Q 点的时间0
300103603d t T v π︒==︒
（2）粒子b 做类平抛运动，设粒子b 到达Q 点所用的时间为1t
在x 轴方向有012sin 60x d v t =︒=
在y 轴方向有2112
d at = 由牛顿第二定律知F=qE=ma
联立可得2023mv E qd
= 17．游乐场投掷游戏的简化装置如图所示，质量为2kg 的球a 放在高度h=1.8m 的平台上，长木板c 放在水平地面上，带凹槽的容器b 放在c 的最左端。

a 、b 可视为质点，b 、c 质量均为1kg ，b 、c 间的动摩擦因数μ1=0.4，c 与地面间的动摩擦因数μ2=0.6.在某次投掷中，球a 以v 0=6m/s 的速度水平抛出，同时给木板c 施加一水平向左、大小为24N 的恒力，使球a 恰好落入b 的凹槽内并瞬间与b 合为一体。

取g=10m/s 2，求：
(1)球a 抛出时，凹槽b 与球a 之间的水平距离x 0；
(2)a 、b 合为一体时的速度大小；
(3)要使ab 不脱离木板c ，木板长度L 的最小值。

【答案】 (1)4.32m ；(2)3.2m/s ；(3)2.96m.
【解析】
【分析】
【详解】
(1)a 球从抛出到落到b 槽内的时间
0.6s t == 此过程中a 球的水平位移
0 3.6m a x v t ==
设a 、b 、c 的质量分别为2m 、m 、m ；假设bc 之间无相对滑动一起向左加速运动，则加速度 '222212240.620m/s =6m/s 4m/s 22
F mg a a g m μμ-⋅-⨯==>== 则bc 之间要产生相对滑动，其中b 的加速度为
214m/s b a g μ==
在时间t 内槽b 的位移为
2b 10.72m 2
b x a t == 球a 抛出时，凹槽b 与球a 之间的水平距离
0= 4.32m a b x x x += ；
(2)a 落在槽b 中时，槽b 的速度
1 2.4m/s b v a t ==
方向向左，设向右为正方向，则对ab 系统由动量守恒定律：
0122(2)mv mv m m v -=+
解得
v 2=3.2m/s
(3)当a 做平抛运动的时间内，木板c 的加速度
21228m/s c F mg mg a m
μμ--⋅== 当球a 落到槽b 中时木板c 的速度
1 4.8m/s c c v a t ==
此时槽b 相对木板c 向右滑动的距离为
211()0.72m 2
c b x a a t ∆=-= 当球a 落到槽b 中后板c 的加速度
'
2123412m/s c F mg mg a m
μμ-⋅-⋅==- 而ab 的共同加速度仍为
214m/s ab a g μ==
因ab 一起向右减速，而c 向左减速，则当三个物体都停止运动时相对运动的位移
2222
122' 4.8 3.2 2.24m 2221224
c c ab v v x a a ∆=+=+=⨯⨯ 则木板长度L 的最小值
12 2.96m L x x =∆+∆=。