2021年1月重庆市普通高中学业水平选择性考试适应性测试 物理 Word版含解斩

2021年1月重庆市普通高中学业水平选择性考试适应性测试 物理 Word版含解斩

- 1 - 2021年重庆市普通高中学业水平选择性考试适应性测试 物理试卷 一、单项选择题:本题共 7小题，每小题 4分，共 28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. 一质量为 m的物块仅在重力作用下运动，物块位于 r1和 r2时的重力势能分别为 3E0和 E0 （E0＞0）。若物块位于 r1时速度为 0，则位于 r2时其速度大小为（ ） A. 02 E m B. 06E m C. 022 E m D. 04 E m 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】物体仅在重力作用下运动，物体的机械能守恒，根据机械能守恒定律可知 1 2E E 代入已知条件为 2 0 0 13 0 2 E E mv   解得 2r 处的速度为 02 Ev m  故选 A。 2. 下列核反应方程正确的是（ ） A. 237 1 142 91 1 92 0 56 36 0U n Ba Kr 3 n    B. 235 1 90 144 1 92 0 37 55 0U n Rb Cs 2 n    C. 235 1 87 146 1 92 0 35 57 1U n Br La 3 H    D. 235 1 90 136 1 92 0 38 54 0U n Sr Xe 9 n    【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．由于左边质量数 237+1=238，右边质量数 142+91+3=236，质量数不守恒， 92 56 36  - 2 - 电荷数守恒，故 A错误； B．B中方程左右两边质量数 235 1 142 91 3    质量数守恒； B中方程左右两边电荷数 92 37 55  电荷数守恒，故 B正确； C．C中方程左右两边质量数 235 1 87 146 3    质量数守恒； C中方程左右两边电荷数 92 57 35 3   电荷数不守恒，故 C错误； D．D中方程左右两边质量数 235 1 90 136 9    质量数不守恒； D中方程左右两边电荷数 92 38 54  电荷数守恒，故 D错误。 故选 B。 3. 如图所示，虚线表示某电场中的三个等势面，a、a′、b、b′、c、c′为分布在等势面上的点。 一带电粒子从 a点运动到 c点的过程中电场力做功为 Wac，从 a′点运动到 c′点的过程中电 场力做功为 Wa′c′。下列说法正确的是（ ） A. c点的电场方向一定指向 b点 B. a′点电势一定比 c′点电势高 - 3 - C. 带电粒子从 c点运动到 c′点，电场力做功为 0 D. ac a cW W   【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】AB．带电粒子的电性和电场力做功的正负均未知，所以各等势面的电势高低未知， 电场线的方向未知，AB错误； C．因为 c和 c在同一个等势面上，电势差 0U  ，根据电场力做功W qU 可知电场力对带 电粒子做功为 0，C正确； D．根据题意可得 a、 c两点的电势差与a、c两点之间的电势差相等，根据电场力做功 W qU 可知 ac a cW W   ，D错误。 故选 C。 4. 如图所示，两根相同的竖直悬挂的弹簧上端固定，下端连接一质量为 40g的金属导体棒部 分导体棒处于边界宽度为 d=10cm的有界匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里。导体棒通入 4A的电流后静止时，弹簧伸长量是未通电时的 1.5倍。若弹簧始终处于弹性限度内，导体棒 一直保持水平，则磁感应强度 B的大小为（取重力加速度 g=10m/s2）（ ） A. 0.25T B. 0.5T C. 0.75T D. 0.83T 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】未通电时，导体棒的重力与两弹簧的弹力相等，根据平衡条件可知 2mg kx 通电后，通过导体棒的电流方向为从右向左，根据左手定则可知安培力竖直向下，根据平衡 - 4 - 条件可知 2 1.5mg BId k x   两式相比得 2 1 2 1.5 1.5 mg kx mg BId k x     解得 0.5TB  5. 如图所示，正方形 MNPQ内的两个三角形区域充满匀强磁场，形状与 MNPQ完全相同的闭 合导线框 M′N′P′Q′在外力作用下沿轴线 OO′水平向左匀速运动。设通过导线框的感应电流为 i， 逆时针方向为电流的正方向，当 t=0时 M′Q′与 NP重合，在 M′Q′从 NP到临近 MQ的过程中， 下列图像中能反映 i随时间 t变化规律的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 - 5 - 【详解】闭合导线框 M′N′P′Q′匀速向左运动过程，穿过回路和磁通量不断增大，根据楞次定律 可知，回路中的电流一直是逆时针的，所以电流一直为正。线框向左匀速运动过程中，切割 磁感线的有效长度先减小，后增大，所以感应电流先减小，后增大。 故选 B。 6. 近地卫星绕地球的运动可视为匀速圆周运动，若其轨道半径近似等于地球半径 R，运行周 期为 T，地球质量为 M，引力常量为 G，则（ ） A. 近地卫星绕地球运动的向心加速度大小近似为 2 2 2 R T  B. 近地卫星绕地球运动的线速度大小近似为 R GM C. 地球表面的重力加速度大小近似为 2 M GR D. 地球的平均密度近似为 2 3 GT  【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．由向心加速度公式可知，近地卫星绕地球运动的向心加速度大小 2 2 2 2 2 4( )n Ra R R T T     故 A错误； B．近地卫星绕地球运动的向心力由万有引力提供，由向心力公式得 2 2 Mm mvG R R  解得近地卫星绕地球运动的线速度大小 GMv R  故 B错误； C．地球表面的重力等于万有引力，所以有 2 Mmmg G R  - 6 - 地球表面的重力加速度大小为 2 GMg R  故 C错误； D．近地卫星绕地球运动的向心力由万有引力提供，由向心力公式得 2 2 2 2( )MmG mr mR R T   解得地球的质量为 3 2 4 RM GT   地球的平均密度近似为 2 3 23 4 3 4 3 R M GT RV GT       故 D正确。 故选 D。 7. 如图所示，垂直墙角有一个截面为半圆的光滑柱体，用细线拉住的小球静止靠在接近半圆 底端的 M点。通过细线将小球从 M点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中，细线始终保持在小 球处与半圆相切。下列说法正确的是（ ） A. 细线对小球的拉力先增大后减小 B. 小球对柱体的压力先减小后增大 C. 柱体受到水平地面的支持力逐渐减小 D. 柱体对竖直墙面的压力先增大后减 小 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】AB．以小球为对象，设小球所在位置沿切线方向与竖直方向夹角为θ，沿切线方向有 cosTF mg  沿半径方向有 - 7 - sinNF mg  通过细线将小球从 M点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中θ增大，所以细线对小球的拉力减 小，小球对柱体的压力增大，故 AB错误； CD．以柱体为对象，竖直方向有 2sin sinNF Mg F Mg mg    地 水平方向有 1cos sin cos sin 2 2NF F mg mg      墙 θ增大，柱体受到水平地面的支持力逐渐增大；柱体对竖直墙面的压力先增大后减小当θ=45° 时柱体对竖直墙面的压力最大，故 D正确，C错误。 故选 C。 二、多项选择题:本题共 3小题，每小题 5分，共 15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，有错选 的得 0分. 8. 如图所示，一轻绳穿过水平桌面上的小圆孔，上端拴物体M，下端拴物体 N。若物体M在 桌面上做半径为 r的匀速圆周运动时，角速度为ω，线速度大小为 v，物体 N处于静止状态， 则（不计摩擦）（ ） A. M所需向心力大小等于 N所受重力的大小 B. M所需向心力大小大于 N所受重力的大小 C. v2与 r成正比 D. ω2与 r成正比 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】AB．N物体静止不动，绳子拉力与 N物体重力相等，M物体做匀速圆周运动，绳子 - 8 - 拉力完全提供向心力，即 NT m g F  向，所以M所需向心力大小等于 N所受重力的大小，A 正确，B错误； C．根据向心加速度公式和牛顿第二定律得 2 N vF m g m r  向 则 v2与 r成正比，C正确； D．根据向心加速度公式和牛顿第二定律得 2 NF m g m r  向 则ω2与 r成反比，D错误。 故选 AC。 9. 如图(1)、(2)所示，理想变压器对电器供电，其输入电压 u=27000 2 sin100πt（V），电器 RL与 RL′的参数分别为“220V/1100W”“220V/440W”，输电线的总电阻 r=2Ω。若两图中电器都 能正常工作，则（ ） A. 图(1)中电阻 r的功率为 50W B. 图(2)中变压器的输入功率比图(1)中变压器的输入功率增加了 440W C. 图(1)中原副线圈匝数比 n1：n2=2700：23 D. 图(2)中原副线圈匝数比 n1：n2=1500：13 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】A．根据P UI 可得通过灯泡L的电流为 L L L 1100 A 5A 220 PI U    电阻 r的功率为 - 9 - 2 2 L 5 2W 50WrP I r    故 A正确； B．图(1)变压器输出电压为 LU 220V 5 2V 230VU Ir     出 图(1)输出功率等于输入功率为 1 L 230 5W 1150WP U I   出 RL′正常工作的电流为 L L L 440 A 2A 220 PI U       图(2)中干路电流为 L L 7AI I I   总 图(2)中输出电压为 L 220V 2 7V 234VU U I r      出 总 图(2)中输出功率等于输入功率为 2 234 7W 1638WP U I   出 总 图(2)中变压器的输入功率比图(1)中变压器的输入功率增加了 2 1 1610W 1150W 488WP P P      故 B错误； CD．由于输入电压为 m 2700 2 27000V 2 2 UU   入 则图(1)中原副线圈匝数比 1 2 2700 23 Un n U  出 入 则图(1)中原副线圈匝数比 1 2 13500 117 Un n U   出 入 - 10 - 故 C正确，D错误。 故选 AC。 10. 如图所示，倾角为θ的斜面 MN段粗糙，其余段光滑，PM、MN长度均为 3d。四个质量均 为 m的相同样品 1、2、3、4放在斜面上，每个样品（可视为质点）左侧固定有长度为 d的轻 质细杆，细杆与斜面平行，且与其左侧的样品接触但不粘连，样品与 MN间的动摩擦因数为 tanθ。若样品 1在 P处时，四个样品由静止一起释放，则（重力加速度大小为 g）（ ） A. 当样品 1刚进入 MN段时，样品的共同加速度大小为 3 sin 4 g  B. 当样品 1刚进入 MN段时，样品 1的轻杆受到压力大小为 3mgsinθ C. 当四个样品均位于 MN段时，摩擦力做的总功为 9dmgsinθ D. 当四个样品均位于 MN段时，样品的共同速度大小为3 singd  【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】AB．当样品 1刚进入 MN段时，以四个样品整体为对象，根据牛顿第二定律得 14 sin cos 4mg mg ma    解得样品的共同加速度大小为 1 3 sin 4 a g  以样品 1为对象，根据牛顿第二定律得 1 1sin cosF mg mg ma     解得样品 1的轻杆受到压力大小为 1 3 sin 4 F mg  故 A正确，B错误； - 11 - C．当四个样品均位于 MN段时，摩擦力对样品 1做功 1 cos 3 3 sinW mg d mgd       摩擦力对样品 2做功 2 cos 2 2 sinW mg d mgd       摩擦力对样品 3做功 3 cos sinW mg d mgd       此时样品 4刚进入 MN段摩擦力对样品 4不做功，所以当四个样品均位于 MN段时，摩擦力 做的总功为 1 2 3 6 sinW W W W mgd      故 C错误； D．样品 1进入 MN段之前，根据牛顿第二定律可知，整体的加速度 1 4 sin sin 4 mga g m    样品 2进入 MN段之前，根据牛顿第二定律可知，整体的加速度 2 4 sin cos 3 sin 4 4 mg mga g m       样品 3进入 MN段之前，根据牛顿第二定律可知，整体的加速度   3 4 sin 2 cos 1 sin 4 2 mg m g a g m        样品 4进入 MN段之前，根据牛顿第二定律可知，整体的加速度 4 4 sin (3 ) cos 1 sin 4 4 mg m ga g m       由速度位移关第可知样品 1刚进入 MN段时的速度 2 1 12 (3 )v a d 样品 2刚进入 MN段时的速度 2 2 2 1 22v v a d  样品 3刚进入 MN段时的速度 2 2 3 2 32v v a d  样品 4刚进入 MN段时的速度 - 12 - 2 2 4 3 42v v a d  综合上面分析可知 2 4 1 2 3 42 (3 ) 2 2 2 9 sinv a d a d a d a d gd      当四个样品均位于 MN段时，样品的共同速度大小为 4 9 sin 3 sinv v gd gd    故 D正确。 故选 AD。 三、非选择题:共 57分。第 11～14题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 15～ 16题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题:共 45分。 11. 某小组用打点计时器研究小车的匀变速直线运动，该打点计时器电源的频率为 50Hz，在 打好的纸带上每 5个点标记一个计数点，标记结果如图所示 A、B、C、D为连续选择的计数 点，其位置分别为 20.0mm、34.0mm、53.0mm 和 77.0mm。则： (1)图中相邻两计数点的时间间隔是______s； (2)打 B点时小车的速度大小是______m/s； (3)小车运动的加速度大小是______m/s2。 【答案】 (1). 0.1 (2). 0.165 (3). 0.5 【解析】 【分析】 【详解】(1)[1]打点计时器的打点周期为 1 1 0.02s 50Hz T f    相邻计数点之间的时间间隔 5 0.1st T  (2)[2]匀变速直线运动中，中间时刻速度等于平均速度，所以 B点速度为 - 13 - 333 10 m 0.165m/s 2 2 0.1s AC B xv t      (3)[3]根据逐差法求解加速度 3 2 2 2 2 (24 14) 10 m/s 0.5m/s 2 2 0.1 CD ABx xa t        12. 某同学拟将量程为 Ig=1mA，内阻约为几十欧姆的电流表 G改装成量程为 1V的电压表。 (1)他首先设计了如图所示电路来测量电流表 G的内阻 Rg，图中 E为电源电动势。现有最大阻 值分别为 100Ω和 2600Ω的滑动变阻器，则 R2应选用最大阻值为______Ω的滑动变阻器。开关 S1接通，S2未接通时，调节 R2使电流表 G示数为 1.00mA；接通 S2后，保持滑动变阻器 R2 的滑片位置不变，调节电阻箱 R1，当其阻值为 50Ω时，电流表 G的示数为 0.50mA，则电流表 G的内阻 Rg为______Ω； (2)为了将电流表 G改装成量程为 1V的电压表，需要______（选填“串联”或“并联”）一 个大小为______Ω的电阻。 【答案】 (1). 2600 (2). 50 (3). 串联 (4). 950 【解析】 【分析】 【详解】(1)[1]本题中采用“半偏法测电流表的内阻”，要求滑动变阻器的阻值远大于电流表 的内阻，电流表内阻为几十欧，则 R2应选用最大阻值为 2600Ω的滑动变阻器。 [2]半偏法中变阻器改变后其阻值等于电流表内阻，即50Ω。 (2)[3]改装后电压表的内阻较大，故应该串联一个电阻。 [4]改装后电压表的满偏电流为0.001A，满偏电压为1V，则改装后电压表内阻为 V 1 Ω 1000Ω 0.001 R   则需要串联的电阻为 V g 1000Ω 50Ω 950ΩR R R     - 14 - 13. 如图所示，质量为 3m的小木块 1通过长度为 L的轻绳悬挂于 O点，质量为 m的小木块 2 置于高度为 L的光滑水平桌面边沿。把木块 1拉至水平位置由静止释放，当其运动到最低点 时与木块 2相撞，木块 2沿水平方向飞出，落在距桌面边沿水平距离为 2L处，木块 1继续向 前摆动。若在碰撞过程中，木块 1与桌面间无接触，且忽略空气阻力。求: (1)碰撞前，木块 1在最低点时的速度大小； (2)碰撞后，木块 1相对桌面能上升到的最大高度。 【答案】(1) 2gL；(2) 4 9 L 【解析】 【分析】 【详解】(1)从小木块 1从水平位置释放到与小木块 2碰前瞬间，根据机械能守恒定律可知 2 0 13 3 2 mgL mv  解得 0 2v gL (2)小木块 2碰撞后做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动 21 2 L gt 解得 2Lt g  水平方向上做匀速直线运动 22L v t - 15 - 解得 2 2 2 2 2 22 L L gv L gL t LL g     小木块 1和 2碰撞瞬间，根据动量守恒定律得 0 1 23 3mv mv mv  解得碰撞后小木块 1的速度为 0 2 1 3 2 2 3 3 v vv gL   之后小木块 1上升，根据机械能守恒定律可知 2 1 13 3 2  mgh mv 解得 1 4 42 2 9 9 h L L    14. 有人设计了一种利用电磁场分离不同速率带电粒子的仪器，其工作原理如图所示。空间中 充满竖直向下的匀强电场，一束质量为 m、电量为-q（q＞0）的粒子以不同的速率从 P点沿某 竖直平面内的 PQ方向发射，沿直线飞行到 Q点时进入有界匀强磁场区域，磁感应强度大小 为 B，方向垂直于该竖直平面，PQ=4l。若速度最大粒子在最终垂直于 PT打到 M点之前都在 磁场内运动，且其它速度粒子在离开磁场后最终都能垂直打在 PT上的 NM范围内，PM=8l， PN=6l，若重力加速度大小为 g，求： (1)电场强度的大小； (2)粒子速度大小的范围； (3)磁场穿过该竖直平面内的最小面积。 - 16 - 【答案】（1） mg q E  ；（2） 7 3 4 qBl qBlv m m  „ ；（3） 219 127 144 8 144 S l       【解析】 【分析】 【详解】（1）带电粒子没 PQ直线运动，说明重力和电场力二力平衡，由平衡条件可知 qE mg 解得电场强度的大小为 mg q E  （2）进入磁场的速度方向沿 PQ直线，说明圆心在过 Q点垂直 PQ的垂线上，若速度最大粒 子在最终垂直于 PT打到 M点之前都在磁场内运动，说明圆心在 PT上，所以圆心是垂直 PQ 的直线与 PT的交战 A，设最大速度为 v1，做圆周运动的半径为 R。由几何关系可知 2 2 2(4 ) (8 )l R l R   可以解得 3R l ； 5PA l 由几何关系 3cos 5 RQAP PA    ； 53QAP   带电粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式得 2 1 1 mvqv B R  解得，带电粒子最大速度为 1 3qBlv m  设最小速度为 v2，做圆周运动的半径为 r。其轨迹如下图蓝色圆所示，圆心在 C点，因为三 角形是 AQM是等腰三角形，过 C点作 CD平行于 PT交 QM于 D，由几何关系可知，CQ=CD， 所以最小速度的带电粒子刚好从 D点离开磁场。半径是 CQ，过 D点用 DK平行于 QA交 PT 于 K，在直角三角形 NDK中，由几何关系可知 3 3 5 r l l r    解得 - 17 - 7 4 r l 带电粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式得 2 2 2 mvqv B r  解得，带电粒子最大速度为 2 7 4 qBlv m  所以带电粒子的速度范围为 7 3 4 qBl qBlv m m   （3）由几何关系可以证明： DK KM R r   所以三角形 KDM是等腰三解形，在 DM间任一点作 PT的平行线交 QA的交点等于该点到 Q 点的距离，也就是说要想粒子在离开磁场后最终都能垂直打在 PT上的 NM范围内，带电粒子 离开磁场的边界是 DM线段。所以磁场穿过该竖直平面内的最小面积为 2 2(180 53) (180 53) 1 ( )( )sin53 360 360 2 R rS R r R r         解得 219 127 144 8 144 S l       （二）选考题:共 12分。请考生从第 15题和第 16题中任选一题作答，若两题都 做，则按所做的第一题记分。 15. 以下现象中，主要是由分子热运动引起的是（ ） A. 菜籽油滴入水中后会漂浮在水面 - 18 - B. 含有泥沙的浑水经过一段时间会变清 C. 密闭容器内悬浮在水中的花粉颗粒移动 D. 荷叶上水珠成球形 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．菜籽油滴入水中漂浮在水面主要体现的是浮力作用，A错误； B．含有泥沙的浑水经过一段时间会变清是由于泥沙的平均密度大于水的密度，泥沙在重力的 作用下向下沉，而上层水变清，B错误； C．密闭容器内悬浮在水中的花粉颗粒移动，是因为水分子热运动撞击花粉颗粒，造成了花粉 颗粒受力不平衡，C正确； D．荷叶上的水珠成球形是表面张力的作用，是分子间作用力的结果，D错误。 故选 C。 16. 如图所示，密闭导热容器 A、B的体积均为 V0，A、B浸在盛水容器中，达到热平衡后， A中压强为 p0，温度为 T0，B内为真空，将 A中的气体视为理想气体。打开活栓 C，A中部 分气体进入 B。 （1）若再次达到平衡时，水温未发生变化，求此时气体的压强； （2）若密闭气体的内能与温度的关系为  2 1U k T T   （k为大于 0的已知常量，T1、T2 分别为气体始末状态的温度），在①所述状态的基础上，将水温升至 1.2T0，重新达到平衡时， 求气体的压强及所吸收的热量。 【答案】（1） 0 1 2 p ；（2） 01.2p ， 00.2kT 【解析】 【分析】 【详解】（1）容器内的理想气体从打开 C到再次平衡时，发生等温变化，根据玻意尔耳定律 得 - 19 - 0 0 02p V p V  解得此时气体压强 0 1 2 p p （2）升高温度，理想气体发生等容变化，根据查理定律得 0 01.2 p p T T   解得压强为 1.2p p  温度改变，理想气体的体积不变，则外界即不对理想气体做功，理想气体也不对外界做功， 所以 0W  ；升高温度，内能增量为 0 0 0(1.2 ) 0.2U k T T kT    根据热力学第一定律 U Q W   可知气体吸收的热量为 00.2Q U kT   17. 如图所示，a、b、c、d是一简谐横波上的质点，某时刻 a、d位于平衡位置且相距为 9m， c在波谷，该波的波速为 2m/s。若此时 a经平衡位置向上振动，则（ ） A. 此波向右传播 B. b点振动周期为 3s C. c点运动速度大小为 2m/s D. 此波在a、d两点之间传播需 3s 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．此时 a经平衡位置向上振动，根据“上下坡法”可知，波是向左传播的，故 A错 误； - 20 - B．由图可知，这列波的波长为 2 6m 3 adx   波的周期为 3sT v    故 B正确； C．c点在波谷，所以此时 c点运动速度大小为 0，故 C错误； D．此波在 a、d两点之间传播所需时间 4.5sadxt v   故 D错误； 故选 B。 18. 将自然光引入室内进行照明是一种新型的绿色能源技术。某科技兴趣小组设计了一种接收 太阳光的实验装置，如图为过装置中心轴线的截面，上部的集光球是半径为 R的某种均匀透 明材料的半球体，下部为导光管，两部分的交界面是 PQ。若只有 PQ上方高度 3 2 h R 范围 内的光束平行于 PQ射入后，能直接通过 PQ面进入导光管（不考虑集光球内表面的反射）， 求该材料的折射率。 【答案】 3n  【解析】 【分析】 【详解】由于不考虑集光球内表面的反射，所以最上面的一束光线的光路图如图所示 - 21 - 由几何关系可知 3sin = 2 h R   解得 60   可知入射角 1 60    折射角 2 30 2     根据折射定律可知，材料的折射率 1 2 sin 3 sin n    