2021池州一中高三下学期高考适应性考试理科综合试题扫描版含答案

2021年普通高等学校招生全国统一考试-物理

参考答案

一、选择题

14．A

【解析】设物块P的质量为m，加速度为a，静止时弹簧的压缩量为x0，弹簧的劲度系数为k，由力的平衡条件得，mg=kx0，以向上为正方向，木块的位移为x时弹簧对P的弹力：F1=k（x0-x），对物块P，由牛顿第二定律得，F+F1-mg=ma，由以上式子联立可得，F=k x+ma．可见F与x是线性关系，且F随着x的增大而增大，当x=0时，kx+ma＞0，故A正确，B、C、D错误。故选A。

15．C

【解析】设小球运动到c点的速度大小为vC，则对小球由a到c的过程，由动能定理得：F·3R-mgR=mvc2，又F=mg，解得：vc2=4gR，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用力下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为:t=vC/g=2，小球在水平方向的加速度a=g，在水平方向的位移为x=at2=2R。由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量△E=F·5R=5mgR，选项C正确ABD错误。

16．D

【解析】A．磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab中的感应电流方向由a到b，A错误；

B．由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，根据可知电阻R消耗的热功率不变，B错误；

C．根据安培力公式知，电流不变，B均匀减小，则安培力减小，C错误；

D．导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，，安培力减小，则静摩擦力减小，D正确。

17．C

【解析】假设理想变压器原线圈的输入电压为，根据理想变压器线圈两端电压之比为线圈匝数之比可知，原线圈两端电压和满足，解得原线圈输入电压为，理想变压器原副线圈电流之比等于线圈匝数的反比，原线圈电流和通过灯泡的电流满足，定值电阻满足欧姆定律，则通过灯泡的电流为，结合可知副线圈电压为，原线圈与副线圈的电压之比等于线圈匝数之比，代入得，变形得，解得副线圈得匝数为，故选C。

18．A

【解析】由题意可知，基态（n=1）氢原子被激发后，至少被激发到n=3能级后，跃迁才可能产生能量在1.63eV~3.10eV的可见光。故。故本题选A。

19．BD

【解析】AC．根据v-t图像，可以判断在t=1s时，甲车和乙车并排行驶，故A、C错误；

B．在t=0时，甲车在乙车前的距离，故B正确；

D．甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离也就是从第1s末到第3s末两车运动的位移，故D正确。

20．BD

【解析】物块b仍始终保持静止，可知物块a也始终保持静止，滑轮两侧绳子的夹角也不变，可知连接a和b的绳的张力等于物块a的重力，所以连接a和b的绳的张力保持不变，夹角不变，所以绳OO'的张力也不变，故A、C错误；对b进行受力分析可知，当若F方向不变，大小在一定范围内变化时，而重力mg和绳子的拉力FT保持不变，所以物块b所受到的支持力也在一定范围内变化，物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化，故B、D正确。

21．BC

【解析】A．由于不知道电子速度变化，由运动轨迹图不能判断电子向那个方向运动，故A错误；

B．若aA＞aB，则A点离点电荷Q更近即Q靠近M端；又由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，所以，在MN上电场方向向右，那么Q靠近M端且为正电荷，故B正确；

C．由B可知，电子所受电场力方向指向左侧，那么，若电子从A向B运动，则电场力做负功，电势能增加；若电子从B向A运动，则电场力做正功，电势能减小，所以一定有EpA＜EpB，求解过程与Q所带电荷无关，只与电场线方向相关，故C正确；

D．由B可知，电场线方向由M指向N，那么A点电势高于B点，故D错误；故选BC。

二、非选择题

（一）必考题

22． A   0.233   0.75 

【解析】分析可知，物块沿倾斜长木板最匀加速直线运动，纸带上的点迹，从A到E，间隔越来越大，可知物块跟纸带的左端相连，纸带上最先打出的是A点；（1分）

在打点计时器打C点瞬间，物块的速度；（2分）

根据逐差法可知，物块下滑的加速度。（2分）

23．（1）图见解析；（2）增大  增大；（3）0.39  1.17

【解析】（1）要求能够实现在0~3.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，故滑动变阻器用分压式接法，小灯泡为小电阻，电流表用外接法，电压表量程达不到灯泡的额定电压，所以要利用电阻R0来改装电压表电路图如图所示：

（2分）

（2）由I–U图象知，切线的斜率在减小，故灯泡的电阻随电流的增大而增大（2分）；再由电阻定律知，电阻率增大（2分）；

（3）当滑动变阻器的阻值为9Ω时，电路电流最小，灯泡实际功率最小，此时E=U+I（r+R）得，在图中作出该直线如图所示，交点坐标约为U=1.75V，I=225mA，P1=UI=0.39W（2分）；当滑动变阻器的电阻为R时灯泡的功率最大，设此时灯泡的电压为U，电流为I，根据闭合电路欧姆定律可知：，整理得：，当直线的斜率最大时，与灯泡的I–U曲线的交点坐标最大，即灯泡消耗的功率最大。当滑动变阻器电阻值R=0时，灯泡消耗的功率最大，此时交点坐标为U=3.67V，I=0.32A，如图所示，所以最大的功率为P2=UI=1.17W（2分）。

24．（1）；（2）

【解析】（1）设烟花弹上升的初速度为，由题给条件有：

                               （1分）

设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为，由运动学公式有：

                              （1分）

联立①②式得：                 （3分）

（2）设爆炸时烟花弹距地面的高度为，由机械能守恒定律有：

                                 （1分）

火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为和。由题给条件和动量守恒定律有：

                         （1分）

                          （1分）

由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动．设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为，由机械能守恒定律有：

                             （1分）

联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为：

                             （3分）

25．（1）2h；（2）；（3）

【解析】在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示：

设在电场中的加速度大小为，初速度大小为，它在电场中的运动时间为，第一次进入磁场的位置到原点的距离为，由运动学公式有：                               （1分）

                               （1分）

由题给条件，进入磁场时速度的方向与轴正方向夹角，进入磁场时速度的分量的大小为：                       （1分）

联立可得：                        （1分）

（2）在电场中运动时，由牛顿第二定律有：                               （1分）

设进入磁场时速度的大小为，由速度合成法则有：                   （1分）

设磁感应强度大小为，在磁场中运动的圆轨道半径为，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有：                               （1分）

由几何关系得：                （1分）

联立可得：                       （1分）

（3）设在电场中沿轴正方向射出的速度大小为，在电场中的加速度大小为，由题给条件得：                         （1分）

由牛顿第二定律有：               （1分）

设第一次射入磁场时的速度大小为，速度的方向与轴正方向夹角为，入射点到原点的距离为，在电场中运动的时间为，由运动学公式有：

                               （1分）

                             （1分）

                          （1分）

                             （1分）

联立可得：，，                 （2分）

设在磁场中做圆周运动的时间为，及粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期公式得：

                               （1分）

且有：                        （1分）

第一次进入磁场到第一次离开磁场的运动时间：            （1分）

（二）选考题

33．[物理——选修3-3]

（1）BDE

（2）（i），；（ii）稳定时活塞位于气缸最顶端；（iii）

【解析】（1）A．气体吸热后，若再对外做功，温度一可能降低，故A错误；

B．改变气体的内能的方式有两种：做功和热传导，故B正确；

C．理想气体等压膨胀过程是吸热过程，故C错误；

D．根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，故D正确；

E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡否则就不会与第三个系统达到热平衡，故E正确。

（2）（i）打开K2之前，A缸内气体,缸内气体，体积均为V，温度均为                    （1分）

打开K2后，B缸内气体（活塞上方）等温压缩，压缩后体积为V1缸内气体（活塞下方）等温膨胀，膨胀后体积为2V-V1，活塞上下方压强相等均为P1，则：对A缸内（活塞下方）气体：

                         （1分）

对B缸内（活塞上方）气体：       （1分）

联立以上两式得：           （1分）

即稳定时活塞上方体积为，压强为；

（ii）打开K2，活塞上方与大气相连通，压强变为P0，则活塞下方气体等温膨胀，假设活塞下方气体压强可降为P0，则降为P0时活塞下方气体体积为V2，则：          （1分）

得：                         （1分）

即活塞下方气体压强不会降至P0，此时活塞将处于B气缸顶端，缸内气压为P2,，得：                                 （1分）

即稳定时活塞位于气缸最顶端；

（iii）缓慢加热汽缸内气体使其温度升高，等容升温过程，升温后温度为：

                   （1分）

由                                 （1分）

得：                             （1分）

即此时活塞下方压强为。

34．[物理——选修3-4]

（1）2  减弱  加强

（2）（i）7m；（ii）5.5m

【解析】（1）由几何关系可知AS1=10m，AS2=8m，所以波程差为2m（1分）；同理可求BS1–BS2=0，为波长整数倍，由振动图象知两振源振动方向相反，故B点为振动减弱点振动减弱（2分），CS1–CS2=1m，波长，所以C点振动加强（2分）。

（2）（i）设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为，到P点的水平距离为，桅杆高度为，P点处水深为；激光束在水中与竖直方向的夹角为，由几何关系有：

                         （1分）

                          （1分）

由折射定律有：                         （1分）

设桅杆到P点的水平距离为，则              （1分）

联立方程并代入数据得：                        （1分）

（ii）设激光束在水中与竖直方向的夹角为时，从水面出射的方向与竖直方向夹角为

由折射定律有：                          （1分）

设船向左行驶的距离为，此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为，到P点的水平距离为，则：                               （1分）

                                             （1分）

                                           （1分）

联立方程并代入数据得：           （1分）