1、2021 年重庆市普通高中学业水平选择性考试适应性测试年重庆市普通高中学业水平选择性考试适应性测试 物理试卷物理试卷 一、单项选择题一、单项选择题:本题共本题共 7 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 28 分。在每小题给出的四个选项中，只有一分。在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的。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（E00） 。若物 块位于 r1时速度为 0，则位于 r2时其速度大小为（ ） A. 0 2 E m B. 0 6E m C. 0 2 2 E m D. 0 4 E
2、m 【答案】A 【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 12 EE 代入已知条件为 2 00 1 30 2 EEmv 解得 2 r处的速度为 0 2 E v m 故选 A。 2. 下列核反应方程正确的是（ ） A. 2371142911 92056360 UnBaKr3 n B. 2351901441 92037550 UnRbCs2 n C. 2351871461 92035571 UnBrLa3 H D. 2351901361 92038540 UnSrXe9 n 【答案】B 详解】A由于左边质量数 237+1=238，右边质量数 142+91+
3、3=236，质量数不守恒， 925636 电荷数守恒，故 A 错误； BB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 9237 55 电荷数守恒，故 B 正确； CC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 9257 35 3 电荷数不守恒，故 C错误； DD中方程左右两边质量数 235 190 136 9 质量数不守恒； D 中方程左右两边电荷数 9238 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
4、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 Wac。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 C. 带电粒子从 c 点运动到 c点，电场力做功为 0 D. aca c WW 【答案】C 【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WqU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
5、知 aca c WW ，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 【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 2mgkx 通电后，通过导体棒的电流方向为从右向左
6、，根据左手定则可知安培力竖直向下，根据平衡条件可知 21.5mgBIdkx 两式相比得 21 21.51.5 mgkx mgBIdkx 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 MNPQ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 MQ与 NP 重合，在 MQ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 【详解】闭合导线框 MNPQ匀速向左运动过程，穿过回路和磁通量不断增大，
7、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 2R 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 【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
8、 2 22 2 24 () n R aRR TT 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 Mmmv G RR 解得近地卫星绕地球运动的线速度大小 GM v R 故 B 错误； C地球表面的重力等于万有引力，所以有 2 Mm mgG R 地球表面的重力加速度大小为 2 GM g 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 22 2 2 () Mm GmrmR RT 解得地球的质量为 3 2 4 R M GT 地球的平均密度近似为 2 3 23 4 3 4 3 R M GT RVGT 故 D 正确。 故选 D。 7.
9、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 【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 ，沿切线方向有 cos T Fmg 沿半径方向有 sin N Fmg 通过细线将小球从 M 点缓慢向上拉至半圆最高点过程中 增大，所以细线对小球的拉力减小，小球
10、对柱 体的压力增大，故 AB 错误； CD以柱体为对象，竖直方向有 2 sinsin N FMgFMgmg 地 水平方向有 1 cossincossin2 2 N FFmgmg 墙 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 =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、多项选择题二、多项选择题:本题共本题共 3 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 15 分。在每小题给出的四个选项中，有多项分。在每小题给出的四个选项中，有多项 符合题目要求。全部选对的得符合题目要求。全部选对的得 5 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 3
11、 分，有错选的得分，有错选的得 0 分分. 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 ，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. 2与 r成正比 【答案】AC 【详解】ABN 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，绳子拉力完全提供 向心力，即 N Tm gF 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
12、错误； C根据向心加速度公式和牛顿第二定律得 2 N v Fm gm 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 N Fm gmr 向 则 2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 2sin100t（V） ，电器 RL与 RL的参数 分别为“220V/1100W”“220V/440W”，输电线的总电阻 r=2。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(
13、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 【详解】A根据PUI可得通过灯泡L的电流为 L L L 1100 A5A 220 P I U 电阻 r的功率为 22 L 52W50W r PI r 故 A 正确； B图(1)变压器输出电压为 L U220V5 2V230VUIr 出 图(1)输出功率等于输入功率为 1L 230 5W1150WPU I 出 RL正常工作的电流为 L L L 440 A2A 220 P I U 图(2)中干路电流为 LL 7AIII 总 图(2)中输出电压为 L 220V2 7V234VU
14、UI r 出总 图(2)中输出功率等于输入功率为 2 234 7W1638WPU 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 21 1610W 1150W488WPPP 故 B 错误； CD由于输入电压为 m 2700 2 27000V 22 U U 入 则图(1)中原副线圈匝数比 1 2 2700 23 Un nU 出 入 则图(1)中原副线圈匝数比 1 2 13500 117 Un nU 出 入 故 C 正确，D错误。 故选 AC。 10. 如图所示，倾角为 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、
15、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 tan。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 3mgsin C. 当四个样品均位于 MN段时，摩擦力做的总功为 9dmgsin D. 当四个样品均位于 MN段时，样品的共同速度大小为3singd 【答案】AD 【详解】AB当样品 1刚进入 MN段时，以四个
16、样品整体为对象，根据牛顿第二定律得 1 4sincos4mgmgma 解得样品的共同加速度大小为 1 3 sin 4 ag 以样品 1为对象，根据牛顿第二定律得 11 sincosFmgmgma 解得样品 1 的轻杆受到压力大小为 1 3 sin 4 Fmg 故 A 正确，B错误； C当四个样品均位于 MN段时，摩擦力对样品 1做功 1 cos33sinWmgdmgd 摩擦力对样品 2 做功 2 cos22sinWmgdmgd 摩擦力对样品 3 做功 3 cossinWmgdmgd 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 123
17、 6sinWWWWmgd 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 4sin sin 4 mg ag 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 4sincos3 sin 44 mgmg ag 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 4sin2cos1 sin 42 mgm g ag 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 4sin(3 ) cos1 sin 44 mgm g ag m 由速度位移关第可知样品 1 刚进入 MN段时的速度 2 11 2(3 )va
18、d 样品 2 刚进入 MN 段时速度 22 212 2vva d 样品 3 刚进入 MN 段时的速度 22 323 2vva d 样品 4 刚进入 MN 段时的速度 22 434 2vva d 综合上面分析可知 2 41234 2(3 )2229sinvada da da dgd 当四个样品均位于 MN段时，样品的共同速度大小为 4 9sin3sinvvgdgd 故 D 正确。故选 AD。 三、非选择题三、非选择题:共共 57 分。第分。第 1114 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 1516题为选题为选 考题，考生根据要求作答。考题，考生根据要求作
19、答。 （一）必考题（一）必考题:共共 45 分。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 【详解】(1)1打点计时器的打点周期为 11 0.02s 50Hz T f 相邻计数
20、点之间的时间间隔 50.1stT (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 3 33 10 m 0.165m/s 22 0.1s AC B x v t (3)3根据逐差法求解加速度 3 22 22 (24 14) 10 m/s0.5m/s 22 0.1 CDAB xx a 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 100 和 2600的滑动变阻器，则 R2应选用最大阻值为_的滑动变阻器。开关 S1接通，
21、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 50时，电流表 G的示数为 0.50mA，则电流表 G的内阻 Rg为_； (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_ 的电阻。 【答案】 (1). 2600 (2). 50 (3). 串联 (4). 950 【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2600的滑动变阻器。 2半偏法中变阻器改变后其阻值等于
22、电流表内阻，即50。 (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 1000 0.001 R 则需要串联的电阻为 Vg 100050950RRR 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:
23、 (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 【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 1 33 2 mgLmv 解得 0 2vgL (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 2 1 2 Lgt 解得 2L t g 水平方向上做匀速直线运动 2 2Lv t 解得 2 22 22 22 LLg vLgL tLL g 小木块 1和 2 碰撞瞬间，根据动量守恒定律得 012 33mvmvmv 解得碰撞后小木块 1 的速度为 0
24、2 1 32 2 33 vv vgL 之后小木块 1上升，根据机械能守恒定律可知 2 1 1 33 2 mghmv 解得 144 2 299 hLL 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（q0）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=8
25、l，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。 【答案】 （1） mg q E ； （2） 73 4 qBlqBl v mm ； （3） 2 19 127144 8144 Sl 【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 qEmg 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 P
26、T 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 222 (4 )(8)lRlR 可以解得 3Rl； 5PAl 由几何关系 3 cos 5 R QAP 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 mv qv B R 解得，带电粒子最大速度为 1 3qBl v 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
27、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 35 rl lr 解得 7 4 rl 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 mv qv B r 解得，带电粒子最大速度为 2 7 4 qBl v m 所以带电粒子的速度范围为 73 4 qBlqBl v mm （3）由几何关系可以证明： DKKMRr 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
28、面内的最小面积为 22 (18053)(18053)1 ()()sin53 3603602 Rr SRr Rr 解得 2 19 127144 8144 Sl （二）选考题（二）选考题:共共 12分。请考生从第分。请考生从第 15 题和第题和第 16 题中任选一题作答，若两题都做，则按所做题中任选一题作答，若两题都做，则按所做 的第一题记分。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 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 【详解】A菜籽油滴入水中漂浮在水面
29、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
30、气体的压强； （2）若密闭气体的内能与温度的关系为 21 Uk TT（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） 0 1.2p， 0 0.2kT 【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 000 2p VpV 解得此时气体压强 0 1 2 pp （2）升高温度，理想气体发生等容变化，根据查理定律得 00 1.2 pp TT 解得压强为 1.2pp 温度改变，理想气体的体积不变，则外界即
31、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 000 (1.2)0.2UkTTkT 根据热力学第一定律UQW可知气体吸收的热量为 0 0.2QUkT 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
32、 错误； B由图可知，这列波的波长为 2 6m 3 ad x 波的周期为 3sT v 故 B 正确； Cc 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 4.5s ad x t 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 hR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 【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 由几何关系可知 3 sin = 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
