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试卷03-2021年高考物理考前冲刺押题卷（山东卷）（解析版）
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这是一份试卷03-2021年高考物理考前冲刺押题卷（山东卷）（解析版），共18页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，这就是著名的“卡诺循环”等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每个题目只有一个选项符合要求，选对得4分，选错得0分。
1、放射性同位素衰变过程释放的能量通过半导体换能器转变为电能，这是核电池的工作原理。一静止的核衰变为新核和粒子，并释放出光子。下列说法正确的是（ ）
A．新核和粒子的动量等大反向
B．新核的中子数比质子数多51个
C．新核的比结合能比的比结合能小
D．核反应过程中释放的核能等于光子的能量
【答案】B
【解析】由于处于静止，因此核反应过程系统的总动量为零，即新核、粒子、光子的总动量为零，A错误；根据质量数和电荷数守恒可知，新核的质量为235、电荷数即质子数为92，因此新核的中子数为143，因此中子数比质子数多51个，B正确；核反应过程释放能量有质量亏损，因此新核的比结合能比的比结合能大，C错误；新核与粒子的动能及光子的能量总和为核反应过程中释放的核能，D错误。故选B。
2、如图所示，在倾角的光滑固定斜面上，物块A、B质量均为m，物块A与轻弹簧相连，物块B用平行于斜面的细线与斜面顶端相连，A、B静止且两者之间的弹力大小为，重力加速度为g，，某时刻把细线剪断，下列说法正确的是（ ）
A．细线剪断前，细线的拉力大小为
B．细线剪断前，弹簧弹力大小为
C．细线剪断瞬间，A、B之间的弹力大小为
D．细线剪断瞬间，A、B之间的弹力大小为
【答案】D
【解析】细线剪断前，对B分析，有，解得，A错误；细线剪断前，对整体分析有，解得，B错误；细线剪断瞬间，弹簧弹力不变，整体分析有，对B分析，有，解得，C错误，D正确。故选D。
3、如图所示，A、B为水平放置平行正对金属板，在板中央分别有一小孔M、N，D为理想二极管，R为滑动变阻器。闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电荷的带电小球从M、N的正上方的P点由静止释放，小球恰好能运动至小孔N处。下列说法正确的是（ ）
A．若仅将B板下移，带电小球仍将恰好运动至B板的小孔N处
B．若仅将B板上移，带电小球将从B板的小孔N穿出
C．若仅将R的滑片上移，带电小球将无法运动至B板的小孔N处
D．若仅断开开关S，带电小球将从B板的小孔N穿出
【答案】C
【解析】若仅将B板下移，根据公式，电容减小；由于二极管的作用可以阻止电容器上的电量流出，故电量不变，根据，U=Ed，可得，故场强不变，故到达小孔N时，重力做功小于电场力做功，可知未达到小孔N时速度已经减为零返回了，故A错误；若仅将B板上移，根据公式
，电容增加，电容器要充电；由于电压U一定，根据U=Ed，电场强度增加；故到达小孔N时，重力做功小于电场力做功，可知未达到小孔N时速度已经减为零返回了，故B错误；将滑动变阻器的滑片上移，分压增加，故电容器的电压增加，故如果能到达小孔N，重力做功小于电场力做功，可知未达到小孔N时速度已经减为零返回了；故C正确；断开开关S，场强不变，故小球恰好能运动至小孔N处，故D错误。故选C。
4、墙网球又叫壁球，场地类似于半个网球场，在球网处立有一竖直墙壁，墙壁上与球网等高的位置画了水平线（发球线），在发球区发出的球必须击中发球线以上位置才有效，运动员站在接、发球区击球。假设运动员在某个固定位置将球发出，发球速度（球离开球拍时的速度）方向与水平面的夹角为θ，球击中墙壁位置离地面的高度为h，球每次都以垂直墙壁的速度撞击墙壁，设撞击速度大小为v，在球与墙壁极短时间的撞击过程中无机械能损失，球撞到墙面反弹后落地点到墙壁的水平距离为x，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．h越大，x越大B．v越小，x越大
C．h越大，θ越大D．v越大，h越大
【答案】C
【解析】
将球撞向墙壁的运动反向视为平抛运动，初速度大小为v，反弹时做平抛运动的初速度大小也为v，两运动的轨迹有一部分重合，运动员在某个固定位置发球，因此不同的击球速度对应不同的击中墙壁高度h，但所有轨迹均经过发球点，如图所示，h越大，运动时间越长，墙壁到发球点的水平位移x′相同，则v越小，由图可知，平抛运动的水平位移x越小，选项AB错误；设球击中墙壁的位置到发球点的高度为h′，由平抛运动的推论可知＝tan θ，则h越大，h′越大，θ越大，选项C正确；由x′＝vt可知，v越大，t越短，h′越小，则h越小，选项D错误；故选C。
5、如图所示，两圆弧中的电流大小相等，电流在圆心处产生的磁场的磁感应强度大小与其半径成反比，直线电流在其延长线上的磁感应强度为零，则关于图中两点（分别为各圆的圆心）的磁感应强度的大小关系和a处磁感应强度的方向，下列说法正确的是（ ）
A．垂直纸面向外B．垂直纸面向外
C．垂直纸面向里D．垂直纸面向里
【答案】A
【解析】圆弧中的电流在圆心处产生的磁场的磁感应强度大小与其半径成反比，可知其产生的磁感应强度大小，而直线电流在其延长线上的磁感应强度为零，所以a点的磁感应强度大小。
通过右手定则可判断合磁感应强度方向垂直纸面向外；b处的磁感应强度大小。通过右手螺旋定则可判断合磁感应强度方向垂直纸面向里，所以，故选A。
6、屈原曾在《天向》中发出了“九天之际，安放安属？日月安放，列星安陈？”的旷世之问。其诗中提到的“荧惑”（即火星）始终是人们最关心的行星之一。为此，中国航天正式启动了行星探测计划——“天问”。2020年7月23日，天问一号火星探测器搭乘长征五号遥四火箭成功发射，开启了中国航天走向深空的新旅程。由着陆巡视器和环绕器组成的天问一号经过发射、地火转移、火星捕获、火星停泊、离轨着陆和科学探测六个阶段后，其中的着陆巡视器将于2021年5月着陆火星，如图所示，则（ ）
A．天问一号发射速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度
B．天问一号绕“火星停泊段”运行的周期大于它绕“科学探测段”运行的周期
C．天问一号从图示“火星捕获段”需经过加速才能运动到“火星停泊段”
D．着陆巡视器从图示“离轨着陆段”至着陆火星过程，机械能守恒
【答案】B
【解析】天问一号探测器要挣脱地球引力的束缚，在地面的发射速度要大于第二宇宙速度，A错误；天问一号绕“火星停泊段”的长轴大于“科学探测段”轨道的长轴，根据开普勒第三定律，天问一号绕“火星停泊段”运行的周期大于它绕“科学探测段”运行的周期，B正确；天问一号从图示“火星捕获段”到“火星停泊段”轨道半径变小，做的是近心运动，所以需要减速运动，C错误；着陆巡视器从图示“离轨着陆段”至着陆火星过程，需要不断点火减速，到达火星表面，机械能不守恒，D错误。故选B。
7、如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A.其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程(气体与外界无热量交换)．这就是著名的“卡诺循环”．该循环过程中，下列说法正确的是（ ）
A．A→B过程中，外界对气体做功
B．B→C过程中，气体分子的平均动能增大
C．C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多
D．D→A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化
【答案】C
【解析】(1)在A→B的过程中，气体体积增大，故气体对外界做功，A错误；B→C的过程中，气体对外界做功，W＜0，且为绝热过程，Q＝0，根据ΔU＝Q＋W，知ΔU＜0，即气体内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，B错误；C→D的过程中，气体体积减小，单位体积内的分子数增多，故单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，C正确；D→A的过程为绝热压缩，故Q＝0，W＞0，根据ΔU＝Q＋W，ΔU＞0，即气体的内能增加，温度升高，所以气体分子的速率分布曲线发生变化，D错误．
8、如图所示，将小砝码放在桌面上的薄纸板上，若砝码和纸板的质量分别为M和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码到纸板左端的距离和到桌面右端的距离均为d.现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是( )
A．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ(M＋m)g
B．要使纸板相对砝码运动，F一定大于2μ(M＋m)g
C．若砝码与纸板分离时的速度小于eq \r(μgd)，砝码就会从桌面上掉下
D．当F＝μ(2M＋3m)g时，砝码恰好到达桌面边缘
【答案】B
【解析】对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，纸板所受的摩擦力为μ(M＋m)g＋μMg，故A错误．设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有μMg＝Ma1，F－μMg－μ(M＋m)g＝ma2，发生相对运动需要a2>a1，代入数据解得F>2μ(M＋m)g，故B正确．若砝码与纸板分离时的速度小于eq \r(μgd)，砝码匀加速运动的位移小于eq \f(v2,2a1)＝eq \f(μgd,2μg)＝eq \f(d,2)，匀减速运动的位移小于eq \f(v2,2a1)＝eq \f(μgd,2μg)＝eq \f(d,2)，则总位移小于d，不会从桌面上掉下，故C正确．当F＝μ(2M＋3m)g时，砝码未脱离纸板时的加速度a1＝μg，纸板的加速度a2＝eq \f(F－μ（M＋m）g－μMg,m)＝2μg，根据eq \f(1,2)a2t2－eq \f(1,2)a1t2＝d，解得t＝eq \r(\f(2d,μg))，则此时砝码的速度v＝a1t＝eq \r(2μgd)，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a′＝μg，则匀减速运动的位移x＝eq \f(v2,2a′)＝eq \f(2μgd,2μg)＝d，而匀加速运动的位移x′＝eq \f(1,2)a1t2＝d，可知砝码离开桌面，D错误．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9、一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴线匀速转动时，产生正弦式交变电流，其电动势的变化规律如图甲中图线①所示。当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图甲中图线②所示。用此线圈给乙图中匝数比为3∶2的理想变压器供电，则（ ）
A．图线①和图线②中线圈的转动频率之比为3∶2
B．在时刻，图线①和图线②穿过线圈的磁通量均为0
C．转速调整前，右图中电压表的示数为
D．图线②电动势的瞬时值表达式
【答案】AD
【解析】由图甲可知，图线①和图线②中线圈的转动周期分别为0.4s和0.6s，由可知，频率之比为3∶2，A正确；在时刻，图线①和图线②电动势的瞬时值为零，线圈处于中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，B错误；转速调整前，变压器原线圈所接电压有效值为，电压与匝数关系
，联立可得图中电压表的示数为，C错误；电动势的最大值为
。由A的分析可知，最大值之比为3：2，故图线②的最大值为10V，图线②电动势的瞬时值表达式为，D正确。故选AD。
10、某电场中的一条电场线与x轴重合，一负点电荷仅在电场力作用下以某一初速度沿x轴正方向做直线运动。已知点电荷的电荷量为-2×10-8C，点电荷的动能E，与坐标x的关系如图中曲线所示，斜线为该曲线过点（0.3，3）的切线。下列判定正确的是（ ）
A．该电场的电势沿x轴正方向降低
B．该电场为匀强电场
C．x=0.3m处的场强大小为500 N/C
D．x=0.3m与x=0.5m间的电势差是100V
【答案】AC
【解析】点电荷沿x轴正方向运动的过程中，动能减少，由动能定理知电场力对其做负功，则电场方向沿轴的正方向，电势沿x轴正方向降低。故A正确；由于点电荷仅受电场力，由动能定理得知，图象的斜率为电场力，由图可知，斜率减小，电场力减小，根据，可知电场强度变小。故B错误；由图可知，x=0.3m处的场强大小为，故C正确；设x=0.3m处动能为，x=0.5m处动能为，由图可知，，由动能定理得，解得，故D错误。选AC。
11、如图所示，一列简谐横波沿轴传播，实线为时刻的波形图，虚线为=0.6s时刻的波形图，已知波的周期s，下列说法正确的是（ ）
A．该波的波速一定是10m/s
B．该波的波速可能是m/s
C．s时，点的位移一定是0
D．s时，点的位移可能是0.2m
【答案】BC
【解析】若波沿x轴正向传播，因为波的周期s，由 ，则，波速，s时，波的传播距离，可以认为x=4m处的波形传到了Q点，此时Q点的位移是零；
若波沿x轴负向传播，有，则，波速，s时，波传播的距离，可以认为平衡位置在32m的质点的振动形式传到Q点，由图可知，此时Q的位移是零，
故AD错误，BC正确。故选BC。
12、如图所示，在直角三角形中存在磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里的匀强磁场（未画出），垂直交于，，。一对正、负电子均从点沿方向射入磁场，已知电子的电荷量为，质量为，重力不计，不考虑电子间的作用。下列判断正确的是（ ）
A．正电子不可能从点以大小为的速度射出磁场
B．若正、负电子恰好分别不从、边射出磁场，则它们的速率之比为
C．若正、负电子分别垂直、边射出磁场，则它们的速率之比为
D．若正、负电子分别垂直、边射出磁场，则它们在磁场中运动的时间之比为
【答案】AC
【解析】若正电子能通过点，其运动轨迹如图中曲线①
正电子已从点射出磁场，不可能从点射出磁场，A正确；若正、负电子恰好分别不从、边射出磁场，它们的运动轨迹分别如图中曲线②、③，则，，，
。由得正、负电子恰好分别不从、边射出磁场时的速率之比，B错误；若正、负电子分别垂直、边射出磁场，它们的运动轨迹的圆心分别在、点，轨迹半径分别为和，则它们的速率之比，C正确；若正、负电子分别垂直、边射出磁场，则它们在磁场中运动轨迹所对的圆心角分别为30、60，由，得，它们在磁场中运动的时间之比为
，D错误。故选AC。
第Ⅱ卷
三、实验题：本题共2小题，第13题6分，第14题9分，共15分。
13、（6分）在“探究加速度与力、质量的关系”时，某班A小组同学按教材中的实验方案组装了一套实验装置如图甲所示，B小组同学自己设计了另一套实验装置如图乙所示。其中B小组同学将拉力传感器测出的拉力F直接认为等于小车所受的合力。
（1）为了让细线的拉力等于小车所受的合力，A小组同学将木板右侧垫高以补偿小车运动过程中所受的阻力．你认为B小组同学是否应将木板右侧垫高以补偿小车运动过程中所受的阻力：___________（填“是”、“否”或“无影响”）。
（2）为了让小盘和重物所受的重力等于细线的拉力，A小组同学让小盘和重物的总质量m远小于小车的总质量M．你认为B小组同学是否必须让小盘和重物的总质量m远小于小车的总质量_________（填“是”或“否”）。
（3）B小组同学通过对另一条清晰纸带的分析，在图像中描出了一些点，如图丙所示．则小车运动的加速度大小________（结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）是（2分） （2） 否（2分） （3） 4.8 （2分）
【解析】(1)为使细线上的拉力等于小车所受的合力，两个小组都要平衡摩擦力；
(2)A小组中要使小盘和重物受到的重力等于小车所受的合力，必须满足小盘和重物的总质量远小于小车的质量，而B小组中细线上的拉力是用拉力传感器直接测出的，不需要满足小盘和重物的总质量远小于小车的质量；
(3)将题图丙中的点连成直线，如图所示，由匀变速直线运动规律可知
，变形后得，所以由图像的斜率可求得。
14、（9分）某些固体材料受到外力作用后，除了产生形变，其电阻率也会发生变化、这种现象称为“压阻效应”。已知的阻值变化范围为几十欧姆到几百欧姆，某实验小组在室温下用伏安法探究压敏电阻阻值随压力F变化的规律，实验室提供了如下器材可供选择：
A．压敏电阻，无压力时阻值
B．直流电源，电动势，内阻不计
C．电流表A，量程为，内阻不计
D．电压表V，量程为，内阻为
E．定值电阻
F．滑动变阻器R，最大电阻值约
G．开关S与导线若干
（1）甲同学设计了图1实验电路原理图，请在图2将实物连线图补充完整______________。
（2）某次压力测试，在电阻上施加力F，闭合开关S，测得两个电表的读数分别为U和I，则压敏电阻的阻值=___________。
（3）改变F的大小、测得不同的值，绘成图象如图3所示，可得其斜率___________（保留两位有效数字）。阻值和压力F的关系式是=___________（用、F和k等表示）。
（4）按图1实验电路进行实验，调节滑动变阻器使电压表保持满偏，在电阻上施加力F，当电流表满偏时，压力F为___________N。
【答案】（1） （2分）
（2）（1分） （3）1.7~1.9（2分） ；（2分）
（3）185~199 （2分）
【解析】(1)图1是分压式接法，电流表是内接法，根据电路图可得实物图为
(2)由图可知两端电压为，电流表测量的电流，所以，(3)由图可得，图线斜率为，图线与轴的截距是400Ω，有一次函数可得。
(4)电压表满偏是为，则
四、解答题：本题共4小题，第15题8分，第16题9分，第17题12分，第18题16分，共45分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
15、（8分）如图所示，导热良好的圆柱形容器竖直固定放置，上方粗管A的横截面积是下方细管B的横截面积的4倍，中间充满水银，水银下方细管中密封一段空气柱，水银上方有一活塞（活塞自重及活塞与容器壁间的摩擦均不计）。已知大气压强p0=75cmHg， 静止时，粗管A内水银高度hA=5cm，细管B内水银柱高度hB=10cm，现用一竖直向上的力F拉活塞，在活塞慢慢上移的过程中拉力F先变大后变小，当活塞被提高2cm时，拉力F又变为零，求：
(1)原来水银下方细管中密封的空气柱长度L；
(2)当活塞约上移多少后水银对活塞的压强最小？
【答案】(1)112cm； (2)0.99cm
【解析】(1)活塞上移2cm，细管内水银柱上升8cm，水银总长由15cm减少了6cm，分析管内气体，由玻意耳定律得（2分）
解得L=112cm（1分）
(2)当活塞上移xcm，细管中水银上移4xcm，对气体，由玻意耳定律（2分）
解得（1分）
又
当（1分）
时，有极小值。即x=0.99cm（1分）
16、（9分）如图所示。在深的湖底O处有一激光光源。一桅杆顶部高出湖面的帆船静止在湖面上，从O点发出一束激光从水面出射后恰好照射到桅杆顶端。该出射光束与竖直向的夹角为，已知桅杆顶点A到O点的水平距离为。
（1）该湖水的折射率是多少？
（2）当激光束方向与竖直方向的夹角为多少度时，将没有光从水面射出？
【答案】（1）；（2）大于或等于时，将没有光从水面射出
【解析】
设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为，到O点的水平距离为，激光束在水中与竖直方向的夹角为，由几何关系有，（2分）
解得。（1分）
由折射定律有（1分）
得。（2分）
光射到水面上时的临界角满足（1分）
解得，则当激光束方向与竖直方向夹角为大于或等于时，将没有光从水面射出。（2分）
17、（12分）如图所示，倾角为的斜面上PP′、QQ′之间粗糙，且长为3L，其余部分都光滑．形状相同、质量分布均匀的三块薄木板A、B、C沿斜面排列在一起，但不粘接．每块薄木板长均为L，质量均为m，与斜面PP′、QQ′间的动摩擦因数均为2tan。将它们从PP′上方某处由静止释放，三块薄木板均能通过QQ′，重力加速度为g。求：
（1）薄木板A在PP′、QQ′间运动速度最大时的位置；
（2）薄木板A上端到达PP′时受到木板B弹力的大小；
（3）释放木板时，薄木板A下端离PP′距离满足的条件。
【答案】(1)滑块A的下端离P处1.5L处时的速度最大；(2)mgsin；(3)A下端离PP′距离x>2.25L
【解析】(1)将三块薄木板看成整体,当它们下滑到下滑力等于摩擦力时运动速度达最大值（1分）
得到（1分）
即滑块A的下端离P处处时的速度最大（2分）
(2)对三个薄木板整体用牛顿第二定律（1分）
得到（1分）
对A薄木板用牛顿第二定律（1分）
（1分）
(3)要使三个薄木板都能滑出QQ′处，薄木板C中点过QQ′处时它的速度应大于零。薄木板C全部越过PP′前，三木板是相互挤压着，全部在PP′、QQ′之间运动无相互作用力，离开QQ′时，三木板是相互分离的,设C木板刚好全部越过PP′时速度为v.
①对木板C用动能定理（1分）
（1分）
②设开始下滑时，A的下端离PP′处距离为x，对三木板整体用动能定理（1分）
得到
即释放时，A下端离PP′距离（1分）
18、（16分）如图所示，某游乐场的一种装置可以简化为竖直面内的轨道，其中左侧半径为的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的上端点和圆心的连线与水平方向的夹角，下端点为轨道的最低点且与水平面相切，为粗糙水平轨道，为倾角为的光滑倾斜轨道，一轻质弹簧上端固定在点处的挡板上。现有质量为的小滑块（可视为质点）从空中的点以的初速度被向左水平抛出，恰好从点沿轨道切线方向进入轨道，在圆弧轨道的最低点点与原先静止的滑块（可视为质点）发生碰撞后结合为一个整体，并沿水平轨道继续滑动，经过点（不计经过点时的能量损失）后沿倾斜轨道向上运动至点（图中未标出），弹簧恰好压缩至最短。已知、之间和、之间距离都为，滑块、的质量之比为，两滑块与轨道间的动摩擦因数都为，取，不计空气阻力。求：
(1)小滑块经过圆弧轨道上点的速度大小；
(2)小滑块刚到达圆弧轨道上的点与碰撞前瞬间对轨道压力的大小；
(3)弹簧的弹性势能的最大值。
【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】(1)滑块先做平抛运动，恰好从点沿轨道切线方向进入轨道，设滑块经过点的速度大小为，根据速度的合成与分解和几何关系有 （1分）
（2分）
(2)滑块从点到达最低点点的过程中，满足动能定理，有 （2分）
解得 （1分）
对滑块经过点时对轨道的压力大小有 （2分）
解得 （1分）
(3)在点，滑块、发生碰撞后滑块、具有共同速度，满足动量守恒，有 （2分）
代入数据解得 （1分）
滑块、作为整体一起从点运动直至弹簧被压缩到最短的过程中，令弹簧的弹性势能的最大值为。根据动能定理有 （2分）
代入数据可解得（2分）
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每个题目只有一个选项符合要求，选对得4分，选错得0分。
1、放射性同位素衰变过程释放的能量通过半导体换能器转变为电能，这是核电池的工作原理。一静止的核衰变为新核和粒子，并释放出光子。下列说法正确的是（ ）
A．新核和粒子的动量等大反向
B．新核的中子数比质子数多51个
C．新核的比结合能比的比结合能小
D．核反应过程中释放的核能等于光子的能量
【答案】B
【解析】由于处于静止，因此核反应过程系统的总动量为零，即新核、粒子、光子的总动量为零，A错误；根据质量数和电荷数守恒可知，新核的质量为235、电荷数即质子数为92，因此新核的中子数为143，因此中子数比质子数多51个，B正确；核反应过程释放能量有质量亏损，因此新核的比结合能比的比结合能大，C错误；新核与粒子的动能及光子的能量总和为核反应过程中释放的核能，D错误。故选B。
2、如图所示，在倾角的光滑固定斜面上，物块A、B质量均为m，物块A与轻弹簧相连，物块B用平行于斜面的细线与斜面顶端相连，A、B静止且两者之间的弹力大小为，重力加速度为g，，某时刻把细线剪断，下列说法正确的是（ ）
A．细线剪断前，细线的拉力大小为
B．细线剪断前，弹簧弹力大小为
C．细线剪断瞬间，A、B之间的弹力大小为
D．细线剪断瞬间，A、B之间的弹力大小为
【答案】D
【解析】细线剪断前，对B分析，有，解得，A错误；细线剪断前，对整体分析有，解得，B错误；细线剪断瞬间，弹簧弹力不变，整体分析有，对B分析，有，解得，C错误，D正确。故选D。
3、如图所示，A、B为水平放置平行正对金属板，在板中央分别有一小孔M、N，D为理想二极管，R为滑动变阻器。闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电荷的带电小球从M、N的正上方的P点由静止释放，小球恰好能运动至小孔N处。下列说法正确的是（ ）
A．若仅将B板下移，带电小球仍将恰好运动至B板的小孔N处
B．若仅将B板上移，带电小球将从B板的小孔N穿出
C．若仅将R的滑片上移，带电小球将无法运动至B板的小孔N处
D．若仅断开开关S，带电小球将从B板的小孔N穿出
【答案】C
【解析】若仅将B板下移，根据公式，电容减小；由于二极管的作用可以阻止电容器上的电量流出，故电量不变，根据，U=Ed，可得，故场强不变，故到达小孔N时，重力做功小于电场力做功，可知未达到小孔N时速度已经减为零返回了，故A错误；若仅将B板上移，根据公式
，电容增加，电容器要充电；由于电压U一定，根据U=Ed，电场强度增加；故到达小孔N时，重力做功小于电场力做功，可知未达到小孔N时速度已经减为零返回了，故B错误；将滑动变阻器的滑片上移，分压增加，故电容器的电压增加，故如果能到达小孔N，重力做功小于电场力做功，可知未达到小孔N时速度已经减为零返回了；故C正确；断开开关S，场强不变，故小球恰好能运动至小孔N处，故D错误。故选C。
4、墙网球又叫壁球，场地类似于半个网球场，在球网处立有一竖直墙壁，墙壁上与球网等高的位置画了水平线（发球线），在发球区发出的球必须击中发球线以上位置才有效，运动员站在接、发球区击球。假设运动员在某个固定位置将球发出，发球速度（球离开球拍时的速度）方向与水平面的夹角为θ，球击中墙壁位置离地面的高度为h，球每次都以垂直墙壁的速度撞击墙壁，设撞击速度大小为v，在球与墙壁极短时间的撞击过程中无机械能损失，球撞到墙面反弹后落地点到墙壁的水平距离为x，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．h越大，x越大B．v越小，x越大
C．h越大，θ越大D．v越大，h越大
【答案】C
【解析】
将球撞向墙壁的运动反向视为平抛运动，初速度大小为v，反弹时做平抛运动的初速度大小也为v，两运动的轨迹有一部分重合，运动员在某个固定位置发球，因此不同的击球速度对应不同的击中墙壁高度h，但所有轨迹均经过发球点，如图所示，h越大，运动时间越长，墙壁到发球点的水平位移x′相同，则v越小，由图可知，平抛运动的水平位移x越小，选项AB错误；设球击中墙壁的位置到发球点的高度为h′，由平抛运动的推论可知＝tan θ，则h越大，h′越大，θ越大，选项C正确；由x′＝vt可知，v越大，t越短，h′越小，则h越小，选项D错误；故选C。
5、如图所示，两圆弧中的电流大小相等，电流在圆心处产生的磁场的磁感应强度大小与其半径成反比，直线电流在其延长线上的磁感应强度为零，则关于图中两点（分别为各圆的圆心）的磁感应强度的大小关系和a处磁感应强度的方向，下列说法正确的是（ ）
A．垂直纸面向外B．垂直纸面向外
C．垂直纸面向里D．垂直纸面向里
【答案】A
【解析】圆弧中的电流在圆心处产生的磁场的磁感应强度大小与其半径成反比，可知其产生的磁感应强度大小，而直线电流在其延长线上的磁感应强度为零，所以a点的磁感应强度大小。
通过右手定则可判断合磁感应强度方向垂直纸面向外；b处的磁感应强度大小。通过右手螺旋定则可判断合磁感应强度方向垂直纸面向里，所以，故选A。
6、屈原曾在《天向》中发出了“九天之际，安放安属？日月安放，列星安陈？”的旷世之问。其诗中提到的“荧惑”（即火星）始终是人们最关心的行星之一。为此，中国航天正式启动了行星探测计划——“天问”。2020年7月23日，天问一号火星探测器搭乘长征五号遥四火箭成功发射，开启了中国航天走向深空的新旅程。由着陆巡视器和环绕器组成的天问一号经过发射、地火转移、火星捕获、火星停泊、离轨着陆和科学探测六个阶段后，其中的着陆巡视器将于2021年5月着陆火星，如图所示，则（ ）
A．天问一号发射速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度
B．天问一号绕“火星停泊段”运行的周期大于它绕“科学探测段”运行的周期
C．天问一号从图示“火星捕获段”需经过加速才能运动到“火星停泊段”
D．着陆巡视器从图示“离轨着陆段”至着陆火星过程，机械能守恒
【答案】B
【解析】天问一号探测器要挣脱地球引力的束缚，在地面的发射速度要大于第二宇宙速度，A错误；天问一号绕“火星停泊段”的长轴大于“科学探测段”轨道的长轴，根据开普勒第三定律，天问一号绕“火星停泊段”运行的周期大于它绕“科学探测段”运行的周期，B正确；天问一号从图示“火星捕获段”到“火星停泊段”轨道半径变小，做的是近心运动，所以需要减速运动，C错误；着陆巡视器从图示“离轨着陆段”至着陆火星过程，需要不断点火减速，到达火星表面，机械能不守恒，D错误。故选B。
7、如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A.其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程(气体与外界无热量交换)．这就是著名的“卡诺循环”．该循环过程中，下列说法正确的是（ ）
A．A→B过程中，外界对气体做功
B．B→C过程中，气体分子的平均动能增大
C．C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多
D．D→A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化
【答案】C
【解析】(1)在A→B的过程中，气体体积增大，故气体对外界做功，A错误；B→C的过程中，气体对外界做功，W＜0，且为绝热过程，Q＝0，根据ΔU＝Q＋W，知ΔU＜0，即气体内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，B错误；C→D的过程中，气体体积减小，单位体积内的分子数增多，故单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，C正确；D→A的过程为绝热压缩，故Q＝0，W＞0，根据ΔU＝Q＋W，ΔU＞0，即气体的内能增加，温度升高，所以气体分子的速率分布曲线发生变化，D错误．
8、如图所示，将小砝码放在桌面上的薄纸板上，若砝码和纸板的质量分别为M和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码到纸板左端的距离和到桌面右端的距离均为d.现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是( )
A．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ(M＋m)g
B．要使纸板相对砝码运动，F一定大于2μ(M＋m)g
C．若砝码与纸板分离时的速度小于eq \r(μgd)，砝码就会从桌面上掉下
D．当F＝μ(2M＋3m)g时，砝码恰好到达桌面边缘
【答案】B
【解析】对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，纸板所受的摩擦力为μ(M＋m)g＋μMg，故A错误．设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有μMg＝Ma1，F－μMg－μ(M＋m)g＝ma2，发生相对运动需要a2>a1，代入数据解得F>2μ(M＋m)g，故B正确．若砝码与纸板分离时的速度小于eq \r(μgd)，砝码匀加速运动的位移小于eq \f(v2,2a1)＝eq \f(μgd,2μg)＝eq \f(d,2)，匀减速运动的位移小于eq \f(v2,2a1)＝eq \f(μgd,2μg)＝eq \f(d,2)，则总位移小于d，不会从桌面上掉下，故C正确．当F＝μ(2M＋3m)g时，砝码未脱离纸板时的加速度a1＝μg，纸板的加速度a2＝eq \f(F－μ（M＋m）g－μMg,m)＝2μg，根据eq \f(1,2)a2t2－eq \f(1,2)a1t2＝d，解得t＝eq \r(\f(2d,μg))，则此时砝码的速度v＝a1t＝eq \r(2μgd)，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a′＝μg，则匀减速运动的位移x＝eq \f(v2,2a′)＝eq \f(2μgd,2μg)＝d，而匀加速运动的位移x′＝eq \f(1,2)a1t2＝d，可知砝码离开桌面，D错误．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9、一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴线匀速转动时，产生正弦式交变电流，其电动势的变化规律如图甲中图线①所示。当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图甲中图线②所示。用此线圈给乙图中匝数比为3∶2的理想变压器供电，则（ ）
A．图线①和图线②中线圈的转动频率之比为3∶2
B．在时刻，图线①和图线②穿过线圈的磁通量均为0
C．转速调整前，右图中电压表的示数为
D．图线②电动势的瞬时值表达式
【答案】AD
【解析】由图甲可知，图线①和图线②中线圈的转动周期分别为0.4s和0.6s，由可知，频率之比为3∶2，A正确；在时刻，图线①和图线②电动势的瞬时值为零，线圈处于中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，B错误；转速调整前，变压器原线圈所接电压有效值为，电压与匝数关系
，联立可得图中电压表的示数为，C错误；电动势的最大值为
。由A的分析可知，最大值之比为3：2，故图线②的最大值为10V，图线②电动势的瞬时值表达式为，D正确。故选AD。
10、某电场中的一条电场线与x轴重合，一负点电荷仅在电场力作用下以某一初速度沿x轴正方向做直线运动。已知点电荷的电荷量为-2×10-8C，点电荷的动能E，与坐标x的关系如图中曲线所示，斜线为该曲线过点（0.3，3）的切线。下列判定正确的是（ ）
A．该电场的电势沿x轴正方向降低
B．该电场为匀强电场
C．x=0.3m处的场强大小为500 N/C
D．x=0.3m与x=0.5m间的电势差是100V
【答案】AC
【解析】点电荷沿x轴正方向运动的过程中，动能减少，由动能定理知电场力对其做负功，则电场方向沿轴的正方向，电势沿x轴正方向降低。故A正确；由于点电荷仅受电场力，由动能定理得知，图象的斜率为电场力，由图可知，斜率减小，电场力减小，根据，可知电场强度变小。故B错误；由图可知，x=0.3m处的场强大小为，故C正确；设x=0.3m处动能为，x=0.5m处动能为，由图可知，，由动能定理得，解得，故D错误。选AC。
11、如图所示，一列简谐横波沿轴传播，实线为时刻的波形图，虚线为=0.6s时刻的波形图，已知波的周期s，下列说法正确的是（ ）
A．该波的波速一定是10m/s
B．该波的波速可能是m/s
C．s时，点的位移一定是0
D．s时，点的位移可能是0.2m
【答案】BC
【解析】若波沿x轴正向传播，因为波的周期s，由 ，则，波速，s时，波的传播距离，可以认为x=4m处的波形传到了Q点，此时Q点的位移是零；
若波沿x轴负向传播，有，则，波速，s时，波传播的距离，可以认为平衡位置在32m的质点的振动形式传到Q点，由图可知，此时Q的位移是零，
故AD错误，BC正确。故选BC。
12、如图所示，在直角三角形中存在磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里的匀强磁场（未画出），垂直交于，，。一对正、负电子均从点沿方向射入磁场，已知电子的电荷量为，质量为，重力不计，不考虑电子间的作用。下列判断正确的是（ ）
A．正电子不可能从点以大小为的速度射出磁场
B．若正、负电子恰好分别不从、边射出磁场，则它们的速率之比为
C．若正、负电子分别垂直、边射出磁场，则它们的速率之比为
D．若正、负电子分别垂直、边射出磁场，则它们在磁场中运动的时间之比为
【答案】AC
【解析】若正电子能通过点，其运动轨迹如图中曲线①
正电子已从点射出磁场，不可能从点射出磁场，A正确；若正、负电子恰好分别不从、边射出磁场，它们的运动轨迹分别如图中曲线②、③，则，，，
。由得正、负电子恰好分别不从、边射出磁场时的速率之比，B错误；若正、负电子分别垂直、边射出磁场，它们的运动轨迹的圆心分别在、点，轨迹半径分别为和，则它们的速率之比，C正确；若正、负电子分别垂直、边射出磁场，则它们在磁场中运动轨迹所对的圆心角分别为30、60，由，得，它们在磁场中运动的时间之比为
，D错误。故选AC。
第Ⅱ卷
三、实验题：本题共2小题，第13题6分，第14题9分，共15分。
13、（6分）在“探究加速度与力、质量的关系”时，某班A小组同学按教材中的实验方案组装了一套实验装置如图甲所示，B小组同学自己设计了另一套实验装置如图乙所示。其中B小组同学将拉力传感器测出的拉力F直接认为等于小车所受的合力。
（1）为了让细线的拉力等于小车所受的合力，A小组同学将木板右侧垫高以补偿小车运动过程中所受的阻力．你认为B小组同学是否应将木板右侧垫高以补偿小车运动过程中所受的阻力：___________（填“是”、“否”或“无影响”）。
（2）为了让小盘和重物所受的重力等于细线的拉力，A小组同学让小盘和重物的总质量m远小于小车的总质量M．你认为B小组同学是否必须让小盘和重物的总质量m远小于小车的总质量_________（填“是”或“否”）。
（3）B小组同学通过对另一条清晰纸带的分析，在图像中描出了一些点，如图丙所示．则小车运动的加速度大小________（结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）是（2分） （2） 否（2分） （3） 4.8 （2分）
【解析】(1)为使细线上的拉力等于小车所受的合力，两个小组都要平衡摩擦力；
(2)A小组中要使小盘和重物受到的重力等于小车所受的合力，必须满足小盘和重物的总质量远小于小车的质量，而B小组中细线上的拉力是用拉力传感器直接测出的，不需要满足小盘和重物的总质量远小于小车的质量；
(3)将题图丙中的点连成直线，如图所示，由匀变速直线运动规律可知
，变形后得，所以由图像的斜率可求得。
14、（9分）某些固体材料受到外力作用后，除了产生形变，其电阻率也会发生变化、这种现象称为“压阻效应”。已知的阻值变化范围为几十欧姆到几百欧姆，某实验小组在室温下用伏安法探究压敏电阻阻值随压力F变化的规律，实验室提供了如下器材可供选择：
A．压敏电阻，无压力时阻值
B．直流电源，电动势，内阻不计
C．电流表A，量程为，内阻不计
D．电压表V，量程为，内阻为
E．定值电阻
F．滑动变阻器R，最大电阻值约
G．开关S与导线若干
（1）甲同学设计了图1实验电路原理图，请在图2将实物连线图补充完整______________。
（2）某次压力测试，在电阻上施加力F，闭合开关S，测得两个电表的读数分别为U和I，则压敏电阻的阻值=___________。
（3）改变F的大小、测得不同的值，绘成图象如图3所示，可得其斜率___________（保留两位有效数字）。阻值和压力F的关系式是=___________（用、F和k等表示）。
（4）按图1实验电路进行实验，调节滑动变阻器使电压表保持满偏，在电阻上施加力F，当电流表满偏时，压力F为___________N。
【答案】（1） （2分）
（2）（1分） （3）1.7~1.9（2分） ；（2分）
（3）185~199 （2分）
【解析】(1)图1是分压式接法，电流表是内接法，根据电路图可得实物图为
(2)由图可知两端电压为，电流表测量的电流，所以，(3)由图可得，图线斜率为，图线与轴的截距是400Ω，有一次函数可得。
(4)电压表满偏是为，则
四、解答题：本题共4小题，第15题8分，第16题9分，第17题12分，第18题16分，共45分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
15、（8分）如图所示，导热良好的圆柱形容器竖直固定放置，上方粗管A的横截面积是下方细管B的横截面积的4倍，中间充满水银，水银下方细管中密封一段空气柱，水银上方有一活塞（活塞自重及活塞与容器壁间的摩擦均不计）。已知大气压强p0=75cmHg， 静止时，粗管A内水银高度hA=5cm，细管B内水银柱高度hB=10cm，现用一竖直向上的力F拉活塞，在活塞慢慢上移的过程中拉力F先变大后变小，当活塞被提高2cm时，拉力F又变为零，求：
(1)原来水银下方细管中密封的空气柱长度L；
(2)当活塞约上移多少后水银对活塞的压强最小？
【答案】(1)112cm； (2)0.99cm
【解析】(1)活塞上移2cm，细管内水银柱上升8cm，水银总长由15cm减少了6cm，分析管内气体，由玻意耳定律得（2分）
解得L=112cm（1分）
(2)当活塞上移xcm，细管中水银上移4xcm，对气体，由玻意耳定律（2分）
解得（1分）
又
当（1分）
时，有极小值。即x=0.99cm（1分）
16、（9分）如图所示。在深的湖底O处有一激光光源。一桅杆顶部高出湖面的帆船静止在湖面上，从O点发出一束激光从水面出射后恰好照射到桅杆顶端。该出射光束与竖直向的夹角为，已知桅杆顶点A到O点的水平距离为。
（1）该湖水的折射率是多少？
（2）当激光束方向与竖直方向的夹角为多少度时，将没有光从水面射出？
【答案】（1）；（2）大于或等于时，将没有光从水面射出
【解析】
设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为，到O点的水平距离为，激光束在水中与竖直方向的夹角为，由几何关系有，（2分）
解得。（1分）
由折射定律有（1分）
得。（2分）
光射到水面上时的临界角满足（1分）
解得，则当激光束方向与竖直方向夹角为大于或等于时，将没有光从水面射出。（2分）
17、（12分）如图所示，倾角为的斜面上PP′、QQ′之间粗糙，且长为3L，其余部分都光滑．形状相同、质量分布均匀的三块薄木板A、B、C沿斜面排列在一起，但不粘接．每块薄木板长均为L，质量均为m，与斜面PP′、QQ′间的动摩擦因数均为2tan。将它们从PP′上方某处由静止释放，三块薄木板均能通过QQ′，重力加速度为g。求：
（1）薄木板A在PP′、QQ′间运动速度最大时的位置；
（2）薄木板A上端到达PP′时受到木板B弹力的大小；
（3）释放木板时，薄木板A下端离PP′距离满足的条件。
【答案】(1)滑块A的下端离P处1.5L处时的速度最大；(2)mgsin；(3)A下端离PP′距离x>2.25L
【解析】(1)将三块薄木板看成整体,当它们下滑到下滑力等于摩擦力时运动速度达最大值（1分）
得到（1分）
即滑块A的下端离P处处时的速度最大（2分）
(2)对三个薄木板整体用牛顿第二定律（1分）
得到（1分）
对A薄木板用牛顿第二定律（1分）
（1分）
(3)要使三个薄木板都能滑出QQ′处，薄木板C中点过QQ′处时它的速度应大于零。薄木板C全部越过PP′前，三木板是相互挤压着，全部在PP′、QQ′之间运动无相互作用力，离开QQ′时，三木板是相互分离的,设C木板刚好全部越过PP′时速度为v.
①对木板C用动能定理（1分）
（1分）
②设开始下滑时，A的下端离PP′处距离为x，对三木板整体用动能定理（1分）
得到
即释放时，A下端离PP′距离（1分）
18、（16分）如图所示，某游乐场的一种装置可以简化为竖直面内的轨道，其中左侧半径为的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的上端点和圆心的连线与水平方向的夹角，下端点为轨道的最低点且与水平面相切，为粗糙水平轨道，为倾角为的光滑倾斜轨道，一轻质弹簧上端固定在点处的挡板上。现有质量为的小滑块（可视为质点）从空中的点以的初速度被向左水平抛出，恰好从点沿轨道切线方向进入轨道，在圆弧轨道的最低点点与原先静止的滑块（可视为质点）发生碰撞后结合为一个整体，并沿水平轨道继续滑动，经过点（不计经过点时的能量损失）后沿倾斜轨道向上运动至点（图中未标出），弹簧恰好压缩至最短。已知、之间和、之间距离都为，滑块、的质量之比为，两滑块与轨道间的动摩擦因数都为，取，不计空气阻力。求：
(1)小滑块经过圆弧轨道上点的速度大小；
(2)小滑块刚到达圆弧轨道上的点与碰撞前瞬间对轨道压力的大小；
(3)弹簧的弹性势能的最大值。
【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】(1)滑块先做平抛运动，恰好从点沿轨道切线方向进入轨道，设滑块经过点的速度大小为，根据速度的合成与分解和几何关系有 （1分）
（2分）
(2)滑块从点到达最低点点的过程中，满足动能定理，有 （2分）
解得 （1分）
对滑块经过点时对轨道的压力大小有 （2分）
解得 （1分）
(3)在点，滑块、发生碰撞后滑块、具有共同速度，满足动量守恒，有 （2分）
代入数据解得 （1分）
滑块、作为整体一起从点运动直至弹簧被压缩到最短的过程中，令弹簧的弹性势能的最大值为。根据动能定理有 （2分）
代入数据可解得（2分）
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