2021屆重慶市普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試適應(yīng)性測(cè)試物理

1、2021年重慶市普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試適應(yīng)性測(cè)試物理試卷一、單項(xiàng)選擇題:本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1. 一質(zhì)量為m的物塊僅在重力作用下運(yùn)動(dòng)，物塊位于r1和r2時(shí)的重力勢(shì)能分別為3E0和E0（E00）。若物塊位于r1時(shí)速度為0，則位于r2時(shí)其速度大小為（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】【詳解】物體僅在重力作用下運(yùn)動(dòng)，物體的機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知代入已知條件為解得處的速度為故選A。2. 下列核反應(yīng)方程正確的是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】【詳解】A由于左邊質(zhì)量數(shù)237+1=23

2、8，右邊質(zhì)量數(shù)142+91+3=236，質(zhì)量數(shù)不守恒，電荷數(shù)守恒，故A錯(cuò)誤；BB中方程左右兩邊質(zhì)量數(shù)質(zhì)量數(shù)守恒；B中方程左右兩邊電荷數(shù)電荷數(shù)守恒，故B正確；CC中方程左右兩邊質(zhì)量數(shù)質(zhì)量數(shù)守恒；C中方程左右兩邊電荷數(shù)電荷數(shù)不守恒，故C錯(cuò)誤；DD中方程左右兩邊質(zhì)量數(shù)質(zhì)量數(shù)不守恒；D中方程左右兩邊電荷數(shù)電荷數(shù)守恒，故D錯(cuò)誤。故選B。3. 如圖所示，虛線表示某電場(chǎng)中的三個(gè)等勢(shì)面，a、a、b、b、c、c為分布在等勢(shì)面上的點(diǎn)。一帶電粒子從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的過(guò)程中電場(chǎng)力做功為Wac，從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的過(guò)程中電場(chǎng)力做功為Wac。下列說(shuō)法正確的是（）A. c點(diǎn)的電場(chǎng)方向一定指向b點(diǎn)B. a點(diǎn)電勢(shì)一定比c點(diǎn)電勢(shì)高C

3、. 帶電粒子從c點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，電場(chǎng)力做功0D. 【答案】C【解析】【分析】【詳解】AB帶電粒子的電性和電場(chǎng)力做功的正負(fù)均未知，所以各等勢(shì)面的電勢(shì)高低未知，電場(chǎng)線的方向未知，AB錯(cuò)誤；C因?yàn)楹驮谕粋€(gè)等勢(shì)面上，電勢(shì)差，根據(jù)電場(chǎng)力做功可知電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做功為0，C正確；D根據(jù)題意可得、兩點(diǎn)的電勢(shì)差與、兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差相等，根據(jù)電場(chǎng)力做功可知，D錯(cuò)誤。故選C。4. 如圖所示，兩根相同的豎直懸掛的彈簧上端固定，下端連接一質(zhì)量為40g的金屬導(dǎo)體棒部分導(dǎo)體棒處于邊界寬度為d=10cm的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。導(dǎo)體棒通入4A的電流后靜止時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量是未通電時(shí)的1.5倍。若彈簧始終處于彈性

4、限度內(nèi)，導(dǎo)體棒一直保持水平，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為（取重力加速度g=10m/s2）（）A. 0.25TB. 0.5TC. 0.75TD. 0.83T【答案】B【解析】【分析】【詳解】未通電時(shí)，導(dǎo)體棒重力與兩彈簧的彈力相等，根據(jù)平衡條件可知通電后，通過(guò)導(dǎo)體棒的電流方向?yàn)閺挠蚁蜃?，根?jù)左手定則可知安培力豎直向下，根據(jù)平衡條件可知兩式相比得解得5. 如圖所示，正方形MNPQ內(nèi)的兩個(gè)三角形區(qū)域充滿勻強(qiáng)磁場(chǎng)，形狀與MNPQ完全相同的閉合導(dǎo)線框MNPQ在外力作用下沿軸線OO水平向左勻速運(yùn)動(dòng)。設(shè)通過(guò)導(dǎo)線框的感應(yīng)電流為i，逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)殡娏鞯恼较?，?dāng)t=0時(shí)MQ與NP重合，在MQ從NP到臨近MQ的過(guò)程中，下列

5、圖像中能反映i隨時(shí)間t變化規(guī)律的是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】【詳解】閉合導(dǎo)線框MNPQ勻速向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程，穿過(guò)回路和磁通量不斷增大，根據(jù)楞次定律可知，回路中的電流一直是逆時(shí)針的，所以電流一直為正。線框向左勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，切割磁感線的有效長(zhǎng)度先減小，后增大，所以感應(yīng)電流先減小，后增大。故選B。6. 近地衛(wèi)星繞地球的運(yùn)動(dòng)可視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，若其軌道半徑近似等于地球半徑R，運(yùn)行周期為T，地球質(zhì)量為M，引力常量為G，則（）A. 近地衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)的向心加速度大小近似為B. 近地衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)的線速度大小近似為C. 地球表面的重力加速度大小近似為D. 地球的平均密度近似為【答案

6、】D【解析】【分析】【詳解】A由向心加速度公式可知，近地衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)的向心加速度大小故A錯(cuò)誤；B近地衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)的向心力由萬(wàn)有引力提供，由向心力公式得解得近地衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)的線速度大小故B錯(cuò)誤；C地球表面的重力等于萬(wàn)有引力，所以有地球表面的重力加速度大小為故C錯(cuò)誤；D近地衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)的向心力由萬(wàn)有引力提供，由向心力公式得解得地球的質(zhì)量為地球的平均密度近似為故D正確。故選D。7. 如圖所示，垂直墻角有一個(gè)截面為半圓的光滑柱體，用細(xì)線拉住的小球靜止靠在接近半圓底端的M點(diǎn)。通過(guò)細(xì)線將小球從M點(diǎn)緩慢向上拉至半圓最高點(diǎn)的過(guò)程中，細(xì)線始終保持在小球處與半圓相切。下列說(shuō)法正確的是（）A. 細(xì)線對(duì)小球的

7、拉力先增大后減小B. 小球?qū)χw的壓力先減小后增大C. 柱體受到水平地面的支持力逐漸減小D. 柱體對(duì)豎直墻面的壓力先增大后減小【答案】D【解析】【分析】【詳解】AB以小球?yàn)閷?duì)象，設(shè)小球所在位置沿切線方向與豎直方向夾角為，沿切線方向有沿半徑方向有通過(guò)細(xì)線將小球從M點(diǎn)緩慢向上拉至半圓最高點(diǎn)的過(guò)程中增大，所以細(xì)線對(duì)小球的拉力減小，小球?qū)χw的壓力增大，故AB錯(cuò)誤；CD以柱體為對(duì)象，豎直方向有水平方向有增大，柱體受到水平地面的支持力逐漸增大；柱體對(duì)豎直墻面的壓力先增大后減小當(dāng)=45°時(shí)柱體對(duì)豎直墻面的壓力最大，故D正確，C錯(cuò)誤。故選C。二、多項(xiàng)選擇題:本題共3小題，每小題5分，共15分。在每

8、小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有錯(cuò)選的得0分.8. 如圖所示，一輕繩穿過(guò)水平桌面上的小圓孔，上端拴物體M，下端拴物體N。若物體M在桌面上做半徑為r的勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，角速度為，線速度大小為v，物體N處于靜止?fàn)顟B(tài)，則（不計(jì)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與r成正比D. 2與r成正比【答案】AC【解析】【分析】【詳解】ABN物體靜止不動(dòng)，繩子拉力與N物體重力相等，M物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，繩子拉力完全提供向心力，即，所以M所需向心力大小等于N所受重力的大小，A正確，B錯(cuò)誤；C根據(jù)向心

9、加速度公式和牛頓第二定律得則v2與r成正比，C正確；D根據(jù)向心加速度公式和牛頓第二定律得則2與r成反比，D錯(cuò)誤。故選AC。9. 如圖(1)、(2)所示，理想變壓器對(duì)電器供電，其輸入電壓u=27000sin100t（V），電器RL與RL的參數(shù)分別為“220V/1100W”“220V/440W”，輸電線的總電阻r=2。若兩圖中電器都能正常工作，則（）A. 圖(1)中電阻r的功率為50WB. 圖(2)中變壓器的輸入功率比圖(1)中變壓器的輸入功率增加了440WC. 圖(1)中原副線圈匝數(shù)比n1：n2=2700：23D. 圖(2)中原副線圈匝數(shù)比n1：n2=1500：13【答案】ACD【解析】【分析】

10、【詳解】A根據(jù)可得通過(guò)用電器的電流為電阻r的功率為故A正確；B圖(1)變壓器輸出電壓為圖(1)輸出功率等于輸入功率為圖(2)中用電器RL正常工作的電流為圖(2)中干路電流為圖(2)中輸出電壓為圖(2)中輸出功率等于輸入功率為圖(2)中變壓器的輸入功率比圖(1)中變壓器的輸入功率增加了故B錯(cuò)誤；CD由于輸入電壓為則圖(1)中原副線圈匝數(shù)比則圖(2)中原副線圈匝數(shù)比故CD正確。故選ACD。10. 如圖所示，傾角為的斜面MN段粗糙，其余段光滑，PM、MN長(zhǎng)度均為3d。四個(gè)質(zhì)量均為m的相同樣品1、2、3、4放在斜面上，每個(gè)樣品（可視為質(zhì)點(diǎn)）左側(cè)固定有長(zhǎng)度為d的輕質(zhì)細(xì)桿，細(xì)桿與斜面平行，且與其左側(cè)的樣品

11、接觸但不粘連，樣品與MN間的動(dòng)摩擦因數(shù)為tan。若樣品1在P處時(shí)，四個(gè)樣品由靜止一起釋放，則（重力加速度大小為g）（）A. 當(dāng)樣品1剛進(jìn)入MN段時(shí)，樣品的共同加速度大小為B. 當(dāng)樣品1剛進(jìn)入MN段時(shí)，樣品1的輕桿受到壓力大小為3mgsinC. 當(dāng)四個(gè)樣品均位于MN段時(shí)，摩擦力做的總功為9dmgsinD. 當(dāng)四個(gè)樣品均位于MN段時(shí)，樣品的共同速度大小為【答案】AD【解析】【分析】【詳解】AB當(dāng)樣品1剛進(jìn)入MN段時(shí)，以四個(gè)樣品整體為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得解得樣品共同加速度大小為以樣品1為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得解得樣品1的輕桿受到壓力大小為故A正確，B錯(cuò)誤；C當(dāng)四個(gè)樣品均位于MN段時(shí)，摩擦力對(duì)樣

12、品1做功摩擦力對(duì)樣品2做功摩擦力對(duì)樣品3做功此時(shí)樣品4剛進(jìn)入MN段摩擦力對(duì)樣品4不做功，所以當(dāng)四個(gè)樣品均位于MN段時(shí)，摩擦力做的總功為故C錯(cuò)誤；D樣品1進(jìn)入MN段之前，根據(jù)牛頓第二定律可知，整體加速度樣品2進(jìn)入MN段之前，根據(jù)牛頓第二定律可知，整體的加速度樣品3進(jìn)入MN段之前，根據(jù)牛頓第二定律可知，整體的加速度樣品4進(jìn)入MN段之前，根據(jù)牛頓第二定律可知，整體的加速度由速度位移關(guān)第可知樣品1剛進(jìn)入MN段時(shí)的速度樣品2剛進(jìn)入MN段時(shí)的速度樣品3剛進(jìn)入MN段時(shí)的速度樣品4剛進(jìn)入MN段時(shí)的速度綜合上面分析可知當(dāng)四個(gè)樣品均位于MN段時(shí)，樣品的共同速度大小為故D正確。故選AD。三、非選擇題:共57分。第1

13、114題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第1516題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題:共45分。11. 某小組用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器研究小車的勻變速直線運(yùn)動(dòng)，該打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源的頻率為50Hz，在打好的紙帶上每5個(gè)點(diǎn)標(biāo)記一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，標(biāo)記結(jié)果如圖所示A、B、C、D為連續(xù)選擇的計(jì)數(shù)點(diǎn)，其位置分別為20.0mm、34.0mm、53.0mm和77.0mm。則：(1)圖中相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)的時(shí)間間隔是_s；(2)打B點(diǎn)時(shí)小車的速度大小是_m/s；(3)小車運(yùn)動(dòng)的加速度大小是_m/s2。【答案】 (1). (2). (3). 【解析】【分析】【詳解】(1)1打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的打點(diǎn)周期為相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時(shí)間間隔(2)2勻

14、變速直線運(yùn)動(dòng)中，中間時(shí)刻速度等于平均速度，所以點(diǎn)速度為(3)3根據(jù)逐差法求解加速度12. 某同學(xué)擬將量程為Ig=1mA，內(nèi)阻約為幾十歐姆的電流表G改裝成量程為1V的電壓表。(1)他首先設(shè)計(jì)了如圖所示電路來(lái)測(cè)量電流表G的內(nèi)阻Rg，圖中E為電源電動(dòng)勢(shì)?，F(xiàn)有最大阻值分別為100和2600的滑動(dòng)變阻器，則R2應(yīng)選用最大阻值為_(kāi)的滑動(dòng)變阻器。開(kāi)關(guān)S1接通，S2未接通時(shí)，調(diào)節(jié)R2使電流表G示數(shù)為1.00mA；接通S2后，保持滑動(dòng)變阻器R2的滑片位置不變，調(diào)節(jié)電阻箱R1，當(dāng)其阻值為50時(shí)，電流表G的示數(shù)為0.50mA，則電流表G的內(nèi)阻Rg為_(kāi)；(2)為了將電流表G改裝成量程為1V的電壓表，需要_（選填“串聯(lián)

15、”或“并聯(lián)”）一個(gè)大小為_(kāi)的電阻?！敬鸢浮?(1). 2600 (2). 50 (3). 串聯(lián) (4). 950【解析】【分析】【詳解】(1)1本題中采用“半偏法測(cè)電流表的內(nèi)阻”，要求滑動(dòng)變阻器的阻值遠(yuǎn)大于電流表的內(nèi)阻，電流表內(nèi)阻為幾十歐，則R2應(yīng)選用最大阻值為的滑動(dòng)變阻器。2半偏法中變阻器改變后其阻值等于電流表內(nèi)阻，即。(2)3改裝后電壓表的內(nèi)阻較大，故應(yīng)該串聯(lián)一個(gè)電阻。4改裝后電壓表的滿偏電流為，滿偏電壓為，則改裝后電壓表內(nèi)阻為則需要串聯(lián)的電阻為13. 如圖所示，質(zhì)量為3m的小木塊1通過(guò)長(zhǎng)度為L(zhǎng)的輕繩懸掛于O點(diǎn)，質(zhì)量為m的小木塊2置于高度為L(zhǎng)的光滑水平桌面邊沿。把木塊1拉至水平位置由靜止釋

16、放，當(dāng)其運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與木塊2相撞，木塊2沿水平方向飛出，落在距桌面邊沿水平距離為2L處，木塊1繼續(xù)向前擺動(dòng)。若在碰撞過(guò)程中，木塊1與桌面間無(wú)接觸，且忽略空氣阻力。求:(1)碰撞前，木塊1在最低點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)碰撞后，木塊1相對(duì)桌面能上升到的最大高度?！敬鸢浮?1)；(2)【解析】【分析】【詳解】(1)從小木塊1從水平位置釋放到與小木塊2碰前瞬間，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知解得(2)小木塊2碰撞后做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)解得水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)解得小木塊1和2碰撞瞬間，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得解得碰撞后小木塊1的速度為之后小木塊1上升，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知解得14. 有人設(shè)計(jì)了一

17、種利用電磁場(chǎng)分離不同速率帶電粒子儀器，其工作原理如圖所示。空間中充滿豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一束質(zhì)量為m、電量為-q（q0）的粒子以不同的速率從P點(diǎn)沿某豎直平面內(nèi)的PQ方向發(fā)射，沿直線飛行到Q點(diǎn)時(shí)進(jìn)入有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于該豎直平面，PQ=4l。若速度最大粒子在最終垂直于PT打到M點(diǎn)之前都在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)，且其它速度粒子在離開(kāi)磁場(chǎng)后最終都能垂直打在PT上的NM范圍內(nèi)，PM=8l，PN=6l，若重力加速度大小為g，求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；(2)粒子速度大小的范圍；(3)磁場(chǎng)穿過(guò)該豎直平面內(nèi)的最小面積?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】【分析】【詳解】（1）帶電粒子沒(méi)PQ直

18、線運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明重力和電場(chǎng)力二力平衡，由平衡條件可知解得電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為（2）進(jìn)入磁場(chǎng)的速度方向沿PQ直線，說(shuō)明圓心在過(guò)Q點(diǎn)垂直PQ的垂線上，若速度最大粒子在最終垂直于PT打到M點(diǎn)之前都在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明圓心在PT上，所以圓心是垂直PQ的直線與PT的交戰(zhàn)A，設(shè)最大速度為v1，做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R。由幾何關(guān)系可知可以解得；由幾何關(guān)系；帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由洛倫茲力提供，由向心力公式得解得，帶電粒子最大速度為設(shè)最小速度為v2，做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r。其軌跡如下圖藍(lán)色圓所示，圓心在C點(diǎn)，因?yàn)槿切问茿QM是等腰三角形，過(guò)C點(diǎn)作CD平行于PT交QM于D，由幾何關(guān)系可知，CQ=CD，所以最小速度的帶電粒

19、子剛好從D點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)。半徑是CQ，過(guò)D點(diǎn)用DK平行于QA交PT于K，在直角三角形NDK中，由幾何關(guān)系可知解得帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由洛倫茲力提供，由向心力公式得解得，帶電粒子最大速度為所以帶電粒子的速度范圍為（3）由幾何關(guān)系可以證明：所以三角形KDM是等腰三解形，在DM間任一點(diǎn)作PT的平行線交QA的交點(diǎn)等于該點(diǎn)到Q點(diǎn)的距離，也就是說(shuō)要想粒子在離開(kāi)磁場(chǎng)后最終都能垂直打在PT上的NM范圍內(nèi)，帶電粒子離開(kāi)磁場(chǎng)的邊界是DM線段。所以磁場(chǎng)穿過(guò)該豎直平面內(nèi)的最小面積為解得（二）選考題:共12分。請(qǐng)考生從第15題和第16題中任選一題作答，若兩題都做，則按所做的第一題記分。15. 以下現(xiàn)象中，主要是由分子

20、熱運(yùn)動(dòng)引起的是（）A. 菜籽油滴入水中后會(huì)漂浮在水面B. 含有泥沙的渾水經(jīng)過(guò)一段時(shí)間會(huì)變清C. 密閉容器內(nèi)懸浮在水中的花粉顆粒移動(dòng)D. 荷葉上水珠成球形【答案】C【解析】【分析】【詳解】A菜籽油滴入水中漂浮在水面主要體現(xiàn)的是浮力作用，A錯(cuò)誤；B含有泥沙的渾水經(jīng)過(guò)一段時(shí)間會(huì)變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，而上層水變清，B錯(cuò)誤；C密閉容器內(nèi)懸浮在水中的花粉顆粒移動(dòng)，是因?yàn)樗肿訜徇\(yùn)動(dòng)撞擊花粉顆粒，造成了花粉顆粒受力不平衡，C正確；D荷葉上的水珠成球形是表面張力的作用，是分子間作用力的結(jié)果，D錯(cuò)誤。故選C。16. 如圖所示，密閉導(dǎo)熱容器A、B的體積均為V0，A、B浸在盛水容器中，達(dá)到熱平衡后，A中壓強(qiáng)為p0，溫度為T0，B內(nèi)為真空，將A中的氣體視為理想氣體。打開(kāi)活栓C，A中部分氣體進(jìn)入B。（1）若再次達(dá)到平衡時(shí)，水溫未發(fā)生變化，求此時(shí)氣體的壓強(qiáng)；（2）若密閉氣體的內(nèi)能與溫度的關(guān)系為（k為大于0的已知常量，T1、T2分別為氣體始末狀態(tài)的溫度），在所述狀態(tài)的基礎(chǔ)上，將水溫升至1.2T0，重新達(dá)到平衡時(shí)，求氣體的壓強(qiáng)及所吸收的熱量?！敬?/p>