山西省长治市2021届新高考物理第二次押题试卷含解析

山西省长治市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．关于恒星，下列说法正确的是（）
A．质量越大的恒星，寿命越短
B．体积越大的恒星，亮度越大
C．红色恒星的温度比蓝色恒星的温度高
D．恒星发光、发热主要来自于恒星内部的化学反应
【答案】A
【解析】
【详解】
A．根据宇宙规律可知，质量越大的恒星，寿命越短，A正确；
B．恒星的亮度与恒星的体积和温度及它与地球的距离有关，温度越高，体积越大，距离越近，亮度越亮，故体积大的恒星，其亮度不一定大，B错误；
C．恒星的颜色是由温度决定的，温度越低，颜色越偏红，温度越高，颜色越偏蓝，故红色恒星的温度比蓝色恒星的温度低，C错误；
D．恒星发光、发热主要来自于恒星内部的核聚变，D错误.
故选A。

2．某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R1、R2的电压与电流的关系图如图所示.用此电源和电阻R1、R2组成电路.R1、R2可以同时接入电路，也可以单独接入电路.为使电源输出功率最大，可采用的接法是( )
A．将R1单独接到电源两端
B．将R1、R2并联后接到电源两端
C．将R1、R2串联后接到电源两端
D．将R2单独接到电源两端
【答案】A
【解析】
【详解】
根据闭合电路欧姆定律得：U=E−Ir知，I=0时，U=E，图象的斜率等于r，则由电源的U−I图线得到：电源的电动势为E=3V，内阻为r=0.5Ω. 由电阻的伏安特性曲线求出R1=0.5Ω、R2=1Ω，R1单独接到电源两
端时，两图线的交点表示电路的工作状态，可知，电路中的电流为3A ，路端电压为1.5V ，则电源的输出
功率为P 出1=1.5V×
3A=4.5W ， 同理，当将R 1、R 2串联后接到电源两端，利用欧姆定律可得电路电流I 串=1.5A ，此时电源的输出功率P 串=I 2串(R 1+R 2)=3.75W ；两电阻并联时，利用欧姆定律可得电路电流I 并=3.6A,此时电源的输出功率P 并=EI 并−I 2并r=4.32W ；R 2单独接到电源两端输出功率为P 出2=2V×2A=4W.所以将R 1单独接到电源两端时电源的输出功率最大。

故A 正确，BCD 错误。

故选：A
【点睛】
由电源的U-I 图线纵横截距读出电源的电动势，由斜率求出电源的内阻．由电阻的U-I 图线求出电阻．再分别求出四种情况下电源的输出功率进行选择．
3．光滑斜面长为L ，物体从斜面顶端由静止开始匀加速下滑，当物体的速度是到达斜面底端速度的13时，它沿斜面下滑的距离是 A ．19L B ．16L C ．13L D ．33
L 【答案】A
【解析】
【详解】
设物体沿斜面下滑的加速度为a ，物体到达斜面底端时的速度为v ，则有:
v 2＝2aL
21()3
v ＝2aL′ 联立两式可得：L′＝
19
L ，A 正确，BCD 错误。

故选A 。

4．某同学用单摆测当地的重力加速度．他测出了摆线长度L 和摆动周期T ，如图(a)所示．通过改变悬线长度L ，测出对应的摆动周期T ，获得多组T 与L ，再以T 2为纵轴、L 为横轴画出函数关系图像如图(b)所示．由此种方法得到的重力加速度值与测实际摆长得到的重力加速度值相比会（ ）
A ．偏大
B ．偏小
C ．一样
D ．都有可能
【答案】C
【解析】
【详解】 根据单摆的周期公式：2L r T g
π+=得：22244T L r g g ππ=+，T 2与L 图象的斜率24k g π=，横轴截距等于球的半径r ．
故2
4g k
π= 根据以上推导，如果L 是实际摆长，图线将通过原点，而斜率仍不变，重力加速度不变，故对g 的计算没有影响，一样，故ABD 错误，C 正确．
故选C ． 5．如图所示，理想变压器的原线圈接在()1200sin100V u t π=的交流电源上，副线圈接有50R =Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为4：1，C 为电容器，电流表为理想交流电表，电路中所有元件均正常工作，则（ ）
A ．该交流电的频率为100Hz
B ．交流电流表的示数为0
C ．电阻R 的功率为50W
D ．电容器的耐压值不能小于50V
【答案】D
【解析】
【详解】
A ．该交流电的频率
50Hz 2f ωπ
== 故A 错误；
B ．电容器通交流隔直流，故电流表的示数不为0，故B 错误；
C ．原线圈两端的电压的有效值
11002V 2
U == 由1122
U n U n =可知，副线圈两端的电压的有效值
2U =
电阻R 的功率
2225W U P R
== 故C 错误；
D ．由于副线圈两端的电压的最大值为50V ，故电容器的耐压值不能小于50V ，故D 正确。

故选：D 。

6．2020年3月9日19时55分，我国在西昌卫基发射中心，成功发射北斗系统第五十四颗导航卫星，北斗三号CEO-2是一颗地球同步轨道卫星，以下关于这颗卫星判断正确的是（ ）
A ．地球同步轨道卫星的运行周期为定值
B ．地球同步轨道卫星所受引力保持不变
C ．地球同步轨道卫星绕地运行中处干平衡状态
D ．地球同步轨道卫星的在轨运行速度等于第一宇宙速度
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A ．同步卫星相对地球是静止的，即运行周期等于地球自转周期，为定值，A 正确；
BC ．地球同步轨道卫星所受引力充当圆周运动的向心力，时时刻刻指向圆心，为变力，其合力不为零，故不是出于平衡状态，BC 错误；
D ．第一宇宙速度是最小发射速度，最大环绕速度，即为在地球表面环绕的卫星的速度，而同步卫星轨道
半径大于地球半径，根据v =
宇宙速度，D 错误。

故选A 。

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
7．一定质量的理想气体从状态A 变化到状态B ，再由状态B 变化到状态C ，其状态变化过程的p-V 图象如图所示。

已知气体在状态A 时的温度为17℃，热力学温度与摄氏温度间的关系为T=t+273K ，则下列说法正确的是（ ）
A ．气体在状态
B 时的温度为290K
B ．气体在状态
C 时的温度为580K
C ．气体由状态B 到状态C 的过程中，温度降低，内能减小
D ．气体由状态B 到状态C 的过程中，从外界吸收热量
【答案】BC
【解析】
【详解】
A ．气体在状态A 时的温度为17 C ，T A =(273+17）K=290 K ，由理想气体状态方程得 =A
A A A A A
p V p V T T 气体在状态 B 时的温度
T B =1160K
A 项错误；
B ．气体由状态B 到状态
C 做等容变化，根据查理定律得
C B B C
p p T T = 解得
T c =580K
B 项正确；
C ．气体由状态B 到状态C 不对外做功，但温度降低，内能减小，C 项正确；
D ．根据热力学第一定律U W Q ∆=+可知气体向外界放出热量，D 项错误。

故选BC 。

8．一列简谐横波，沿x 轴正向传播，位于原点的质点的振动图象如图1所示；图2为该波在某一时刻的波形图，A 点位于x ＝0.5 m 处。

下列说法正确的是_______
A．由图1可知，位于原点的质点振动的振幅是16cm
B．位于原点的质点振动的周期是0.2s
C．由图1，在t等于周期时，位于原点的质点离开平衡位置的位移为零
D．该波的传播速度是20m/s
E.由图2可知，经过周期后，A点离开平衡位置的位移是-8cm。

【答案】BCE
【解析】
【详解】
A.振幅是质点偏离平衡位置的最大距离，由图1读出振幅A=8cm；故A错误.
B.质点完成一个全振动的时间叫做一个周期，从振动图象中可以看成周期；故B正确.
C.当时，坐标原点的质点处在平衡位置向下运动，所以y=0；故C正确.
D.从图2中可以看出波长，所以波速；故D错误.
E.经过半个周期后，处于波峰的A质点运动到波谷位置，则离开平衡位置的位移为8cm，方向向下；故E 正确.
9．如图甲为研究光电效应实验的部分装置示意图。

实验中用频率为ν的光照射某种金属，其光电流随光-图像如图乙。

已知普朗克常量为h，电子带的电荷量为e。

下列说法中正确电管外电源电压变化的i U
的是（）
U时，光电管的K极应连接外电源的负极
A．测量电压c
eU
B．光电子的最大初动能为c
C．该金属的逸出功为hν
U时，增加光照强度则光电流增大
D．当电压大于m
【答案】BD
【详解】
A ．电压c U 为反向遏止电压，此时光电管的K 极应连接外电源的正极，A 错误；
B ．光电子克服电场力做功，根据能量守恒定律，光电子的最大初动能
km c E eU =
B 正确；
C ．光电效应方程为
km 0E h W ν=-
结合B 选项解得金属的逸出功为
0c W h eU ν=-
C 错误；
D ．电压m U 对应正向饱和电流，已收集了相应光照强度下的所有的光电子。

若增大光照强度，光子数量增加，光电子数量增加，则电路中的光电流增大，D 正确。

故选BD 。

10．如图所示，质量为1kg 的物体放在倾角为30°的粗糙斜面上，一根劲度系数为100N/m 的轻弹簧一端固定在斜面顶端，另一端连接物体，弹簧处于原长，物体恰好静止。

现将物体沿斜面向下移动12cm 后由静止释放、水平地面上的斜面始终保持静止，物体与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处
于弹性限度内，取210m /s g =，下列说法正确的是（ ）
A ．物体与斜面间的动摩擦因数为33
B ．物体释放后在斜面上运动时，斜面对地面的压力保持不变
C 3N ，方向水平向左
D ．物体释放瞬间的加速度大小为27m /s ，方向沿斜面向上
【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．弹簧原长时，物体恰好静止，则：
cos30sin 305N f mg mg μ︒︒===，
3μ=， 故A 正确；
D ．弹簧拉长后释放瞬间，则有：
sin 30k x f mg ma ︒∆--=，
解得：
22m /s a =，
故D 错误；
BC ．物体释放后沿斜面运动时，斜面体对地面的压力增加：
sin 301N ma ︒=，
斜面体对地面的摩擦力大小为：
cos303N ma ︒=，
方向水平向左，故B 错误、C 正确。

故选AC 。

11．如图所示，A 球用不可伸长的细线悬挂在天花板上，处于静止状态，B 球和A 球用橡皮筋连接，B 球在A 球正下方某一位置，此时橡皮筋处于松弛状态。

现由静止释放B 球，不计空气阻力，则在B 球下落的过程中（细线与橡皮筋均不会断），下列说法正确的是
A ．细线的张力先不变后增大
B ．A 球受到的合力先不变后增大
C ．B 球的动能与橡皮筋的弹性势能之和不断增大
D ．B 球的重力势能与机械能均不断减小
【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．细线的张力先等于A 球的重力，当橡皮筋的弹力不断增大后，细线的张力不断增大。

故A 正确。

B．A球始终静止，合力始终为零。

故B 错误。

C．B球的动能与橡皮筋的弹性势能及B球的重力势能之和为一定值，B球的重力势能不断减小，则B球的动能与橡皮筋的弹性势能之和不断增大。

故C正确。

D．B球高度一直减小，B球的重力势能不断减小；橡皮筋伸直前，B球做自由落体运动，机械能守恒，橡皮筋被拉长后，B球的一部分机械能转化为橡皮筋的弹性势能，B球的机械能减小，所以B机械能先不变后减小。

故D错误。

12．下列说法中正确的是（）
A．热机中燃气的内能不可能全部转化为机械能
B．液体表面张力的方向与液面垂直
C．液体表面张力的大小是跟分界线的长度成正比的
D．水银滴在玻璃板上将成椭球状，所以说水银是一种不浸润液体
E.相对湿度100%，表明在当时的温度下，空气中的水汽已达到饱和状态
【答案】ACE
【解析】
【分析】
【详解】
A．热力学第二定律的一种表述为：不可能从单一热源吸取热量，使之完全变为有用功而不产生其他影响，即无论采用任何设备和手段进行能量转化，总是遵循“机械能可全部转化为内能，而内能不能全部转化为机械能”，A正确；
BC．液体表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直，其大小跟分界线的长度成正比，B错误C正确；
D．浸润与不浸润是由液体和固体共同决定的。

液体浸润固体，附着层面积要扩张，不浸润固体附着层面积要收缩；水银不浸润玻璃，但可能浸润其他固体，D错误；
E．相对湿度=空气中水蒸气的压强/同温度下水的饱和气压，当相对湿度为100%，表明在当时的温度下，空气中的水汽已达到饱和状态，故E正确。

故选ACE。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某实验小组欲将一量程为2V的电压表V1改装成量程为3V的电压表，需准确测量电压表V1的内阻，经过粗测，此表的内阻约为2kΩ。

可选用的器材有：
电压表V2(量程为5V，内阻为5kΩ)
滑动变阻器R1(最大值为100Ω)
电流表(量程为0.6A，内阻约为0.1Ω)
电源(电动势E=6V，内阻不计)
定值电阻R(阻值已知且满足实验要求)。

图甲为测量电压表V 的内阻实验电路图，图中M 、N 为实验小组选用的电表。

(1)请选择合适的电表替代M 、N ，按照电路图用线条替代导线连接实验电路_____；
(2)实验电路正确连接，调节滑动变阻器，M 表的读数为Y ，N 表的读数为X ，请用两表的读数和定值电阻R 表示电压表V 1的内阻__________；
(3)改变滑动变阻器滑片的位置，得到多组M 表和与之对应的N 表的读数，建立直角坐标系，通过描点作出M 表(纵坐标)和与之对应的N 表的读数(横坐标)的函数图象。

若使M 表和N 表可同时达到满偏，则函数图象的斜率约为_______；(结果保留2位有效数字)
(4)若测得电压表V 的内阻准确值为R 0，则将此表改成量程为3V 的电压表需______(选填“串”或“并”)联电阻的阻值为__________。

【答案】
XR Y X 2.5 串 02
R 【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]将一量程为2V 的电压表V 1改装成量程为3V 的电压表，应将定值电阻与电压表V 1(N)串联，为测量电压表V 1的内阻，再将电压表V 2(M)并联到电压表V 1和定值电阻两端，电路如图
(2)[2]根据欧姆定律可得，M 表（纵坐标）和与之对应的N 表的读数（横坐标）的函数关系为 V1V1
+=R R Y X R (3)[3]R v1约为2kΩ，而电路分压需要5V ，R v1分到电压为2V ，故要求R 分压为3V ，电阻约为3kΩ，图象斜率约为
32 2.52
k +== (4)[4][5]将电压表改装成大量程的电压表时应串联电阻分压，根据串联电路规律可知，串联电阻应分1V 电压即为电压表V 1的一半，串联电路中电流相等，则串联电阻应为电压表V 1的一半即为02
R 。

14．如图所示为弹簧弹射装置，在内壁光滑、水平固定的金属管中放有轻弹簧，在其两端各放置一个金属小球1和2（两球直径略小于管内径且与弹簧不固连），压缩弹簧并锁定．现解除锁定，则两个小球同时沿同一直线向相反方向弹射．按下述步骤进行实验：
①用天平测出两球质量分别为m 1、m 2；
②用刻度尺测出两管口离地面的高度均为h ；
③解除弹簧锁定弹出两球，记录两球在水平地面上的落点P 、Q ．
回答下列问题：
（1）要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能，还需测量的物理量有______．（已知重力加速度g ） A ．弹簧的压缩量Δx
B ．两球落点P 、Q 到对应管口M 、N 的水平距离x 1、x 2
C ．小球直径d
D ．两球从管口弹出到落地的时间t 1、t 2
（2）根据测量结果，可得弹性势能的表达式为E P =_______________．
（3）由上述测得的物理量来表示，如果满足关系式_______________，那么说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒．
【答案】（1）B （2）221122()4g m x m x h
+ （3）m 1x 1=m 2x 2 【解析】
【详解】
（1）由题意可知，弹簧的弹性势能转化为小球的动能，则由E P =12
mv 2即可求得弹性势能；故应测量小球的质量m 以及通过光电门的速度v ，为了测量小球的速度，在做平抛动的水平位移，压缩量以及时间和小球的直径均不需要测量；故B 正确，ACD 错误．故选B ；
（2）由（1）可知，E P =12m 1v 12+12
m 2v 22 由h=12gt 2可得：平抛运动的时间t=2 h g
根据水平方向上的匀速直线运动规律可知：
v 1=1 x t ；v 2=2 x t
即E P =12m 1v 12+12
m 2v 22=221122 44m gx m gx h h + （3）根据动量守恒定律可知，两球碰前动量为零，碰后方向向反，设向左为正，则有：
0=m 1v 1-m 2v 2
再根据水平方向x=vt 可得：m 1x 1=m 2x 2；
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，一长木板在水平地面上向右运动，速度v 0=7m/s 时，在其最右端轻轻放上一与木板质量相同的小铁块。

已知小铁块与木板间的动摩擦因数10.10μ=，木板与地面间的动摩擦因数20.25μ=，整个过程小铁块没有从长木板上掉下来，重力加速度g 取10m/s 2。

求∶
(1)小铁块能达到的最大速度v m ；
(2)小铁块与长木板都停止运动后，小铁块离长木板最右端的距离x 。

【答案】（1）1m/s ；（2）3.125m
【解析】
【分析】
【详解】
(1)设铁块与木板开始时的加速度大小分别为1a 、2a ， 由牛顿第二定律得
11mg ma μ=
1222mg mg ma μμ+=
解得
211m/s a =，226m/s a =
当二者速度相等时，铁块的速度最大，根据速度公式可得
1m v a t =
02=-m v v a t
解得
1m/s m v =，1s t =
(2)铁块从开始运动到最大速度发生的位移
21110.5m 2x a t == 木板从开始减速到m v 发生的位移
2202212
4m x v t a t =-= 设木板从m v 停止运动过程中的加速度大小为3a ，根据牛顿第二定律可得
2132μμ-=mg mg ma
解得
2324m/s 1m/s a =>
铁块从最大速度到停止运动发生的位移
231
0.5m 2m v x a == 木板从m v 停止运动过程中发生的位移为
243
0.125m 2m v x a == 最终铁块离木板右端的距离
2413 3.125m x x x x x =+--=
16．如图所示，小球C 在光滑的水平直轨道上处于静止状态。

在它左边有一垂直于轨道的固定挡板，右边有两个小球A 和B 用处于原长的轻质弹簧相连，以相同的速度v 0向C 球运动，C 与B 发生碰撞并立即结成一个整体D 。

在A 和D 继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被第一次锁定不能伸长但还能继续被压缩。

然后D 与挡板P 发生弹性碰撞，而A 的速度不变。

过一段时间，弹簧被继续压缩到最短后第二次锁定。

已知A 、B 、C 三球的质量均为m 。

求：
(1)弹簧长度第一次被锁定后A 球的速度；
(2)弹簧长度第二次被锁定后的最大弹性势能。

【答案】 (1)
023v ；(2)2073108
mv 【解析】
【分析】
【详解】 (1)设C 球与B 球粘结成D 时，D 的速度为v 1，由动量守恒定律可得
01()mv m m v =+
解得
1012v v = 当弹簧压至最短时，D 与A 的速度相等，设此速度为v 2，由动量守恒，有
10223mv mv mv +=
解得A 的速度
2023
v v = (2)设弹簧长度第一次被锁定后，储存在弹簧中的势能为E p1。

由能量守恒得
222102p111123222
mv mv mv E ⋅+=⋅+ 解得
2p10112
E mv = 撞击P 后，D 的速度大小不变，仍为
023v ，方向向右；A 的速度大小和方向均不变。

然后D 与A 继续相互作用，设当弹簧压缩到最短时，A 与D 的速度为v 3，根据动量守恒定律可得
22323mv mv mv -=
解得
3201239
v v v == 弹性势能的增加量为
222p 2301116332227
E mv mv mv ∆=⋅-⋅= 弹簧长度第二次被锁定后的最大弹性势能 2p2p1p 073108E E E mv =+=
V 17．如图所示，一质子自M 点由静止开始，经匀强电场加速运动了距离d 后，由N 点沿着半径方向进入直径为d 的圆形匀强磁场区域，在磁场中偏转了
2
π 弧度后飞出磁场，求质子在电场和磁场中运动的时间之比。

【答案】8π
【解析】
【详解】
由题可知在磁场中，周期为 2m T qB
π= 偏转的时间
242T m t qB
π== 根据洛伦兹力提供向悯力有
2
mv qvB R
= 且运动半径为
2
d R = 解得：2Bq v m =
电场中加速：
12
v d t = 解得：
124d md t v Bq
== 所以有：
128t t π
=。