1、 物理试卷一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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. 福建土楼兼具居住和防御的功能，承启楼是圆形土楼的典型代表，如图（a）所示。承启楼外楼共四层，各楼层高度如图（b）所示。同一楼层内部通过直径约的圆形廊道连接。若将质量为的防御物资先从二楼仓库搬到四楼楼梯口M处，再用沿廊道运送到N处，如图（c）所示。重力加速度大小取，则（）A. 该物资从二楼地面被运送到四楼M处的过程中，克服重力所做的功为B. 该物资从M处被运送到N处的过程中，克服重力所做的功为C. 从M处沿圆形廊道运动到N处，位移大小为D. 从M处沿圆形廊道运动到N处，平均速率为【
2、答案】A【解析】【详解】A该物资从二楼地面被运送到四楼M处的过程中，克服重力所做的功为故A正确；B该物资从M处被运送到N处的过程中，由于M、N高度差为零，所以克服重力做功为零，故B错误；C从M处沿圆形廊道运动到N处，位移大小为，故C错误；D从M处沿圆形廊道运动到N处，平均速率为故D错误。故选A。2. 2011年3月，日本发生的大地震造成了福岛核电站核泄漏。在泄露的污染物中含有大量放射性元素，其衰变方程为，半衰期为8天，已知，则下列说法正确的是（）A. 衰变产生的射线来自于原子的核外电子B. 该反应前后质量亏损C. 放射性元素发生的衰变为衰变D. 经过16天，75%的原子核发生了衰变【答案】D【
3、解析】【详解】A衰变时，原子核内中子转化为质子和电子，大量电子从原子核释放出来形成射线，故A错误；B该反应前后质量亏损为故B错误；C放射性元素发生的衰变为衰变，故C错误；D由于半衰期为8天，可知经过16天，即经过两个半衰期，75%的原子核发生了衰变，故D正确。故选D。3. 平时我们所处的地球表面，实际上存在场强大小为的电场，可将其视为匀强电场，在地面立一金属杆后空间中的等势面如图所示。空间中存在a、b、c三点，其中a点位于金属杆正上方，b、c等高。则下列说法正确的是（）A. b、c两点的电势差B. a点场强大小大于C. a点场强方向水平向右D. a点的电势低于c点【答案】B【解析】【详解】A由
4、图可知，b、c两点的电势差为故A错误；B由图可知，a点与相邻两等势面的距离小于，电势差等于，根据可知a点场强大小大于，故B正确；C根据场强方向垂直于等势面，可知a点的场强方向沿竖直方向，不是水平方向，故C错误；D由图可知，a点与c点在同一等势面上，电势均为，故D错误。故选B。4. 2021年美国“星链”卫星曾近距离接近我国运行在距地近圆轨道上的天宫空间站。为避免发生危险，天宫空间站实施了发动机点火变轨的紧急避碰措施。已知质量为m的物体从距地心r处运动到无穷远处克服地球引力所做的功为，式中M为地球质量，G为引力常量；现将空间站的质量记为，变轨前后稳定运行的轨道半径分别记为、，如图所示。空间站紧急
5、避碰过程发动机做的功至少为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】空间站紧急避碰过程可简化为加速、变轨、再加速的三个阶段；空间站从轨道变轨到过程，根据动能定理有依题意可得引力做功万有引力提供在圆形轨道上做匀速圆周运动的向心力，由牛顿第二定律有求得空间站在轨道上运动的动能为动能的变化解得故选A。二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分5. 奥斯特利用如图所示实验装置研究电流的磁效应。一个可自由转动的小磁针放在白金丝导线正下方，导线两端与一伏打电池相连。接通电源瞬间，小磁针发生了明显偏转。奥斯特采
6、用控制变量法，继续研究了导线直径、导线材料、电池电动势以及小磁针位置等因素对小磁针偏转情况的影响。他能得到的实验结果有（）A. 减小白金丝直径，小磁针仍能偏转B. 用铜导线替换白金丝，小磁针仍能偏转C. 减小电源电动势，小磁针一定不能偏转D. 小磁针的偏转情况与其放置位置无关【答案】AB【解析】【详解】A减小导线直径，仍存在电流，其产生的磁场仍能使小磁针偏转，选项A正确；B白金导线换成铜导线，仍存在电流，产生的磁场仍能使小磁针偏转，选项B正确；C减小伏打电池电动势，只要导线中有电流，小磁场还是会发生偏转，选项C错误；D通电导线产生的磁场与地磁场叠加后，其空间磁场方向与位置有关，当小磁针在不同位
7、置时其偏转情况不同，选项D错误。故选AB6. 某同学利用如图所示电路模拟远距离输电图中交流电源电压为，定值电阻，小灯泡、的规格均为“ ”，理想变压器、原副线圈的匝数比分别为13和31分别接通电路和电路，两电路都稳定工作时，（）A. 与一样亮B. 比更亮C. 上消耗的功率比的大D. 上消耗的功率比的小【答案】BC【解析】【详解】若开关接cd端，则若电源电压为，理想变压器、的匝数比为用户电阻为，输电线电阻为，由变压器工作原理和欧姆定律。升压变压器次级电压 降压变压器初级电压降压变压器次级电压 可得输电功率为输电线上损耗的电功率为用户得到的电功率为若开关接ab端，则负载得到的功率输电线上损耗的电功率
8、为将， ，k=3带入可知可得即比更亮；上消耗的功率比的大。故选BC。7. 一物块以初速度自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。该物体的动能随位移x的变化关系如图所示，图中、均已知。根据图中信息可以求出的物理量有（）A. 重力加速度大小B. 物体所受滑动摩擦力的大小C. 斜面的倾角D. 沿斜面上滑的时间【答案】BD【解析】【详解】ABC由动能定义式得，则可求解质量m；上滑时，由动能定理下滑时，由动能定理x0为上滑的最远距离；由图像的斜率可知，两式相加可得相减可知即可求解gsin和所受滑动摩擦力f的大小，但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出，故AC错误，B正确；D根据牛顿第二定律和
9、运动学关系得，故可求解沿斜面上滑的时间，D正确。故选BD。8. 我国霍尔推进器技术世界领先，其简化的工作原理如图所示。放电通道两端电极间存在一加速电场，该区域内有一与电场近似垂直的约束磁场（未画出）用于提高工作物质被电离的比例。工作时，工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。某次测试中，氙气被电离的比例为95%，氙离子喷射速度为，推进器产生的推力为。已知氙离子的比荷为；计算时，取氙离子的初速度为零，忽略磁场对离子的作用力及粒子之间的相互作用，则（）A. 氙离子的加速电压约为B. 氙离子的加速电压约为C. 氙离子向外喷射形成的电流约为D. 每秒进入放电通道的氙气质量
10、约为【答案】AD【解析】【详解】AB氙离子经电场加速，根据动能定理有可得加速电压为故A正确，B错误；D在时间内，有质量为的氙离子以速度喷射而出，形成电流为，由动量定理可得进入放电通道的氙气质量为，被电离的比例为，则有联立解得故D正确；C在时间内，有电荷量为的氙离子喷射出，则有， 联立解得故C错误。故选AD。三、非选择题：共60分，其中9、10为填空题，11、12为实验题，1315为计算题9. 艺术体操运动员站在场地中以一定频率上下抖动长绸带的一端，绸带自左向右呈现波浪状起伏。某时刻绸带形状如图所示（符合正弦函数特征），此时绸带上P点运动方向_（填“向上”“向下”“向左”或“向右”）。保持抖动幅
11、度不变，如果要在该绸带上产生更加密集的波浪状起伏效果，运动员上下抖动的频率应_（填“增大”“减小”或“保持不变”）。【答案】 . 向上 . 增大【解析】【详解】1从图中可知绸带上形成的波是自左向右传播的，根据波形平移法，可判断绸带上P点运动方向向上；2绸带上产生更加密集的波浪状起伏效果，说明波长变小，而同种介质中同类型波的传播波速是不变的，根据可知运动员上下抖动的周期变短、频率增大。10. 带有活塞的汽缸内封闭一定质量的理想气体，气体开始处于a状态，然后经过状态变化过程到达c状态。在图中变化过程如图所示。（1）气体从a状态经过到达b状态的过程中压强_。（填“增大”、“减小”或“不变”）（2）气
12、体从b状态经过到达c状态的过程要_。（填“吸收”或“放出”）热量。【答案】 . 增大 . 放出【解析】【详解】（1）1由图像可知，气体从a状态经过到达b状态的过程中，气体的体积保持不变，温度升高，根据可知气体的压强增大。（2）2由图像可知，气体从b状态经过到达c状态的过程，气体的温度保持不变，则气体的内能保持不变；气体的体积减小，则外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体对外放出热量。11. 某实验小组利用图（a）所示装置验证小球平抛运动的特点。实验时，先将斜槽固定在贴有复写纸和白纸的木板边缘，调节槽口水平并使木板竖直；把小球放在槽口处，用铅笔记下小球在槽口时球心在木板上的水平投影点O，
13、建立坐标系然后从斜槽上固定的位置释放小球，小球落到挡板上并在白纸上留下印迹上下调节挡板进行多次实验实验结束后，测量各印迹中心点、的坐标，并填入表格中，计算对应的值。2.956.529.2713.2016.6119.905958.8110.7412.4914.0515.2835.477.6115.3156.0197.4233.5（1）根据上表数据，在图（b）给出的坐标纸上补上数据点，并绘制“”图线_。（2）由图线可知，小球下落的高度y，与水平距离的平方成_（填“线性”或“非线性”）关系，由此判断小球下落的轨迹是抛物线。（3）由图线求得斜率k，小球平抛运动的初速度表达式为_（用斜率k和重力加速度g
14、表示）。（4）该实验得到的图线常不经过原点，可能的原因是_。【答案】 . 见解析 . 线性 . . 水平射出点未与O点重合【解析】【详解】（1）1根据上表数据在坐标纸上描出数据点，并绘制“”图线如图所示（2）2由图线为一条倾斜的直线可知，小球下落的高度y，与水平距离的平方成线性关系。（3）3根据平抛运动规律可得联立可得可知图像的斜率为解得小球平抛运动的初速度为（4）4图线是一条直线，但常不经过原点，说明实验中测量的y值偏大或偏小一个定值，这是小球的水平射出点未与O点重合，位于坐标原点O上方或下方所造成的。12. 在测量某电源电动势和内阻时，因为电压表和电流表的影响，不论使用何种接法，都会产生系
15、统误差，为了消除电表内阻造成的系统误差，某实验兴趣小组设计了如图甲实验电路进行测量。已知。（1）按照图甲所示的电路图，将图乙中的器材实物连线补充完整_。（2）实验操作步骤如下：将滑动变阻器滑到最左端位置接法：单刀双掷开关S与1接通，闭合开关，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据的值，断开开关将滑动变阻器滑到最左端位置接法：单刀双掷开关S与2闭合，闭合开关，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据的值，断开开关分别作出两种情况所对应的和图像（3）单刀双掷开关接1时，某次读取电表数据时，电压表指针如图丙所示，此时_V。（4）根据测得数据，作出和图像如图丁所示，根据图线求得电源电动势_，内阻_。（结果均保留
16、两位小数）（5）由图丁可知_（填“接法”或“接法”）测得的电源内阻更接近真实值。（6）综合考虑，若只能选择一种接法，应选择_（填“接法”或“接法”）测量更合适。【答案】 . 见解析 . 1.30 . 1.80 . 2.50 . 接法 . 接法【解析】【详解】（1）1根据图甲所示的电路图，实物连接如图所示（3）2量程为的电压表分度值为，需要估读到分度值的下一位，由图丙可知电压表读数为（4）3当单刀双掷开关接1时，电流表示数为零时，电压表测量准确，故电动势为的纵轴截距，则有4当单刀双掷开关接2时，电压表示数为零时，电流表测量准确，由图像可知此时电路电流为，根据闭合电路欧姆定律可知解得内阻为（5）5
17、由图丁可知图像斜率为解得由图丁可知图像的斜率为解得可得故接法测得的电源内阻更接近真实值。（6）6由电路图可知接法的误差来源是电流表的分压，接法的误差来源是电压表的分流，由于电源内阻较小，远小于电压表内阻，结合（5）问分析可知，若只能选择一种接法，应选择接法更合适。13. 清代乾隆的冰嬉赋用“躄躠”（可理解为低身斜体）二字揭示了滑冰的动作要领。短道速滑世界纪录由我国运动员武大靖创造并保持。在其创造纪录的比赛中，（1）武大靖从静止出发，先沿直道加速滑行，前用时。该过程可视为匀加速直线运动，求此过程加速度大小；（2）武大靖途中某次过弯时的运动可视为半径为的匀速圆周运动，速度大小为。已知武大靖的质量为
18、，求此次过弯时所需的向心力大小；（3）武大靖通过侧身来调整身体与水平冰面的夹角，使场地对其作用力指向身体重心而实现平稳过弯，如图所示。求武大靖在（2）问中过弯时身体与水平面的夹角的大小。（不计空气阻力，重力加速度大小取，、）【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）设武大靖运动过程的加速度大小为，根据解得（2）根据解得过弯时所需的向心力大小为（3）设场地对武大靖的作用力大小为，受力如图所示根据牛顿第二定律可得解得可得14. 如图，L形滑板A静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为的轻质弹簧，弹簧左端与一小物块B相连，弹簧处于原长状态。一小物块C以初速度从滑板最左端滑入，滑行后与B
19、发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），然后一起向右运动；一段时间后，滑板A也开始运动已知A、B、C的质量均为，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为；最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求：（1）C在碰撞前瞬间的速度大小；（2）C与B碰撞过程中损失的机械能；（3）从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功。【答案】（1） ；（2） ；（3）【解析】【详解】（1）小物块C运动至刚要与物块B相碰过程，根据动能定理可得解得C在碰撞前瞬间的速度大小为（2）物块B、C碰撞过程，根据动量守恒可得解得物块B与物块C碰后一起运动的速度大小为故C与B碰
20、撞过程中损失的机械能为（3）滑板A刚要滑动时，对滑板A，由受力平衡可得解得弹簧的压缩量，即滑板A开始运动前物块B和物块C一起运动的位移大小为从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功为15. 如图（a），一倾角为的绝缘光滑斜面固定在水平地面上，其顶端与两根相距为L的水平光滑平行金属导轨相连；导轨处于一竖直向下的匀强磁场中，其末端装有挡板M、N两根平行金属棒G、H垂直导轨放置，G的中心用一不可伸长绝缘细绳通过轻质定滑轮与斜面底端的物块A相连；初始时刻绳子处于拉紧状态并与G垂直，滑轮左侧细绳与斜面平行，右侧与水平面平行从开始，H在水平向右拉力作用下向右运动；时，H与挡板M、N相碰
21、后立即被锁定G在后的速度一时间图线如图（b）所示，其中段为直线已知：磁感应强度大小，G、H和A的质量均为，G、H的电阻均为；导轨电阻、细绳与滑轮的摩擦力均忽略不计；H与挡板碰撞时间极短；整个运动过程A未与滑轮相碰，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好：，重力加速度大小取，图（b）中e为自然常数，求：（1）在时间段内，棒G的加速度大小和细绳对A的拉力大小；（2）时，棒H上拉力的瞬时功率；（3）在时间段内，棒G滑行的距离【答案】（1） ；（2）；（3）【解析】【详解】（1）由图像可得在内，棒G做匀加速运动，其加速度为依题意物块A的加速度也为，由牛顿第二定律可得解得细绳受到拉力（2）由法拉第电磁感应定律
22、与闭合电路欧姆定律推导出“双棒”回路中的电流为由牛顿运动定律和安培力公式有由于在内棒G做匀加速运动，回路中电流恒定为，两棒速度差为保持不变，这说明两棒加速度相同且均为a；对棒H由牛顿第二定律可求得其受到水平向右拉力由图像可知时，棒G的速度为此刻棒H的速度为其水平向右拉力功率（3）棒H停止后，回路中电流发生突变，棒G受到安培力大小和方向都发生变化，棒G是否还拉着物块A一起做减速运动需要通过计算判断，假设绳子立刻松弛无拉力，经过计算棒G加速度为物块A加速度为说明棒H停止后绳子松弛，物块A做加速度大小为的匀减速运动，棒G做加速度越来越小的减速运动；由动量定理、法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可以求得，在内棒G滑行的距离这段时间内物块A速度始终大于棒G滑行速度，绳子始终松弛。第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司
