江苏省连云港市2021届新高考中招适应性测试卷物理试题(2)含解析

江苏省连云港市2021届新高考中招适应性测试卷物理试题（2）
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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．如图，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点．有无数带有同样电荷、具有同样质量的粒子在纸面内沿各个方向以同样的速率通过P 点进入磁场．这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的1/1．将磁感应强度的大小从原来的1B 变为2B ，结果相应的弧长变为原来的一半，则2B ：1B 等于
A ．2
B ．3
C ．2
D ．1
【答案】B
【解析】
【分析】 画出导电粒子的运动轨迹，找出临界条件好角度关系，利用圆周运动由洛仑兹力充当向心力，分别表示出圆周运动的半径，进行比较即可．
【详解】
磁感应强度为B 1时，从P 点射入的粒子与磁场边界的最远交点为M ，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，∠POM=120°，如图所示：
所以粒子做圆周运动的半径R 为：sin60°=R r ，得：3R 磁感应强度为B 2时，从P 点射入的粒子与磁场边界的最远交点为N ，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，∠PON=60°，如图所示：
所以粒子做圆周运动的半径R′为：sin10°=
'
R
r
，得：'
2
r
R=
由带电粒子做圆周运动的半径：
mv
R
qB
=得：
13
mv mv R
qB qB ===
'
21 2
mv mv
R r qB qB
===
联立解得：2
13
B
B
=
故选B．
【点睛】
带电粒子在电磁场中的运动一般有直线运动、圆周运动和一般的曲线运动；直线运动一般由动力学公式求解，圆周运动由洛仑兹力充当向心力，一般的曲线运动一般由动能定理求解．
2．地光是在地震前夕出现在天边的一种奇特的发光现象，它是放射性元素氡因衰变释放大量的带电粒子，
通过岩石裂隙向大气中集中释放而形成的。

已知氡222
86
Rn的半衰期为3.82d，经衰变后产生一系列子体，
最后变成稳定的206
82
Pb，在这一过程中（）
A．要经过4次α衰变和4次β衰变
B．要经过4次α衰变和6次β衰变
C．氡核22286Rn的中子数为86，质子数为136
D．标号为a、b、c、d的4个氡核22286Rn经3.82d后一定剩下2个核未衰变
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
增加1，所以要经过4次α衰变和4次β衰变，A 正确，B 错误；
C ．氡222
86Rn 核的质子数为86，质量数为222，中子数为136，C 错误；
D ．半衰期是大量原子核衰变的统计规律，几个原子核不具有统计意义，D 错误。

故选A 。

3．如图，理想变压器的原线圈接在输出电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈的中间有一抽头将副线圈分为匝数分别为n 1和n 2的两部分，抽头上接有定值电阻R 。

开关S 接通“1”、“2”时电流表的示数分
别为I 1、I 2
，则12
I I 为（ ） A ．12n n B ．21n n C ．2122n n D 12
n n 【答案】C
【解析】
【详解】
设变压器原线圈两端的电压为U 0、匝数为n 0，根据变压器原理可知副线圈n 1和n 2的电压分别为 1100n U U n =，2200
n U U n = 根据能量守恒 2110U I U R
=，2220U I U R = 整理得
211222
I n I n = 故ABD 错误，C 正确。

故选C 。

4．1896年法国科学家贝可勒尔发现了放射性元素能够自发地发出射线的现象，即天然放射现象。

让放射性元素镭衰变过程中释放出的α、β、γ三种射线，经小孔垂直进入匀强电场中，如图所示。

下列说法正确的是（ ）
A ．③是α射线， α粒子的电离能力最强，穿透能力也最强
B ．①是β射线，是高速电子流，来自于原子的核外电子
C ．原子核发生一次衰变的过程中，不可能同时产生α、β两种射线
D ．原子序数大于83的元素，都具有放射性，原子序数小于或等于83的元素，都不具有放射性
【答案】C
【解析】
【详解】
A ．由射线的带电性质可知，①是β射线，②是γ射线，③是α射线，α粒子的电离能力最强，穿透能力最弱，A 不符合题意；
B ．β射线是原子核发生β衰变时产生的，是高速电子流，来自于原子核，B 不符合题意；
C ．原子核发生一次衰变的过程中，只能发生α衰变或β衰变，不能同时发生α衰变和β衰变，故不可能同时产生α、β两种射线，C 符合题意；
D ．原子序数大于83的元素，都具有放射性，原子序数小于或等于83的元素，有的也具有放射性，D 不符合题意。

故选C 。

5．如图所示为交流发电机发电的示意图，矩形线圈ABCD 面积为S 、匝数为N 、整个线圈的电阻为r 。

在磁感应强度为B 的磁场中，线圈绕OO '轴以角速度ω匀速转动，外电阻为R ，线圈的AB 边连在金属滑环K 上，CD 边连在金属滑环L 上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路相连。

关于发电过程中的四个状态，下列说法正确的是（ ）
A ．线圈转到图甲位置时，通过线圈的磁通量为NBS
B ．线圈转到图乙位置时，通过线圈的磁通量的变化率为NBS ω
C ．线圈转到图丙位置时，外电路中交流电流表的示数为()NBS R r ω+
D ．线圈转到图丁位置时，AB 边感应电流方向为A B →
【分析】
【详解】
A ．线圈转到图甲位置时，通过线圈的磁通量为BS ，与匝数无关，A 错误；
B ．线圈转到图乙位置时，感应电动势
m E NBS N t ω∆Φ=
=∆ 解得磁通量的变化率
BS t
ω=ΔΦΔ B 错误；
C ．电流表示数显示的为有效值
m
22()
I R r ==+ C 错误；
D ．线圈转到图丁位置时，根据楞次定律可知线框中的电流为A B C D →→→，D 正确。

故选D 。

6．如图所示，a 、b 两个小球用一根不可伸长的细线连接，细线绕过固定光滑水平细杆CD ，与光滑水平细杆口接触，C 、D 在同一水平线上。

D 到小球b 的距离是L ，在D 的正下方也固定有一光滑水平细杆DE 。

D 、E 间距为2
L ，小球a 放在水平地面上，细线水平拉直，由静止释放b ，当细线与水平细杆E 接触的一瞬间，小球a 对地面的压力恰好为0，不计小球大小，则下列说法正确的是
A ．细线与水平细杆E 接触的一瞬间，小球b 加速度大小不变
B ．细线与水平细杆E 接触的一瞬间，小球b 速度发生变化
C ．小球a 与小球b 质量比为5：1
D ．将D 、
E 细杆向左平移相同的一小段距离再固定，由静止释放小球b ，线与E 相碰的一瞬间，小球a 会离开地面。

【答案】C
AB ．细线与水平细杆接触瞬间，小球的速度不会突变，但是由与小球做圆周运动半径变小，由2υa r =可知，其加速度变大，故
A 、
B 错误；
C ．当细线与水平细杆E 接触的一瞬间，对小球a 可知，细线中的拉力为
a T m g =
对小球b ，由牛顿第二定律可得
2
2
b b υT m g m L -=
由机械能守恒可得
212
b b m gL m υ= 解得
5a b m m =
故C 正确；
D ．将D 、
E 细杆向左平移相同的一小段距离x ，则
2
()2
b b υT m g m L x ''-=+ ()212
b b m g L x m υ+=
解得 ()452b b b m g L x T m g m g T L x
+'=+<=+ 故小球a 不会离开地面，故D 错误；
故选C 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．如图所示，小球放在光滑固定的板AO 与装有铰链的光滑轻质薄板BO 之间。

当薄板OB 由图示位置顺时针缓慢转至水平的过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．薄板AO 对小球的弹力在逐渐增大
B ．小球对薄板BO 的压力先减小后增大
C ．两板对小球的弹力可能同时小于小球的重力
D ．两板对小球弹力的合力可能小于小球的重力
【答案】BC
【解析】
【详解】
AB ．以小球为研究对象，分析受力情况，根据力图看出，薄板OB 的作用力B F 先减小后增大，木板AO 对小球的作用力A F 一直减小，由牛顿第三定律得知，小球对薄板BO 的压力先减小后增大，小球对木板AO 的压力减小，故A 错误，B 正确；
C ．根据图中线段的长度可以看出，两板对小球的弹力可能同时小于小球的重力，故C 正确；
D ．根据平衡条件可知，两板对小球弹力的合力等于小球的重力，故D 错误。

故选BC 。

8．如图所示，劲度数为k 的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m 的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变．用水平力F 缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了0x ，此时物体静止．撤去F 后，物体开始向左运动，运动的最大距离为40x ．物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ．则（ ）
A ．撤去F 后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动
B ．撤去F 后，物体刚运动时的加速度大小为
0kx g m μ-
D ．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为0()mg mg x k μμ-
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】 A ．撤去F 后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动后做减速运动，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动，A 错误；
B ．刚开始时，由牛顿第二定律有：
0kx mg ma μ-= 解得：0kx a g m
μ=
- B 正确；
C ．由题意知，物体离开弹簧后通过的最大距离为3x 0，由牛顿第二定律得： 1a g μ＝
将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则：
20112
3x a t =
联立解得：t =C 错误； D ．当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度速度最大时合力为零，则有
F mg kx μ== 解得mg
x k μ=，所以物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为：
()f 00(mg W mg x x mg x k μμμ=⎛⎫=- ⎪⎝
⎭- D 正确。

故选BD 。

9．以下说法正确的是（ ）
A ．已知阿伏加德罗常数、气体摩尔质量和密度，可算出该气体分子的直径
B ．物质是晶体还是非晶体，比较可靠的办法是从各向异性或各向同性来判断
C ．随着分子间距离的增大，分子间的引力和斥力都减小，斥力减小得快，但合力表现仍可能为斥力
【答案】CD 【解析】【分析】【详解】
A．摩尔体积
M V
ρ
=，气体分子所占空间
A
V
V
N
=，所以可以求得分子间的平均距离，故A错误；B．因多晶体也具有各向同性，故晶体和非晶体一般从熔点来判断，故B错误；
C．当分子间距离小于r0时，随着分子间距离的增大，分子间的引力和斥力都减小，斥力减小得快，合力表现为斥力，故C正确；
D．根据热力学定律可知，宏观自然过程自发进行是有其方向性，能量耗散就是从能量的角度反映了这种方向性，故D正确。

故选CD。

10．如图所示，质量为M=2kg足够长的小车以v0=2.5m/s的速度沿光滑的水平面运动，在小车正上方
h=1.25m处有一质量为m=0.5kg的可视为质点的物块静止释放，经过一段时间刚好落在小车上无反弹，作用时间很短，随后二者一起沿水平面向右运动。

已知物块与小车上表面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度为g=10m/s2，忽略空气阻力。

则下列说法正确的是（）
A．物块落在小车的过程中，物块和小车的动量守恒
B．物块落上小车后的最终速度大小为3m/s
C．物块在小车的上表面滑动的距离为0.5m
D．物块落在小车的整个过程中，系统损失的能量为7.5J
【答案】CD
【解析】
【详解】
A．物块落在小车的过程中，物块与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，但竖直方向的动量不守恒，故A错误；
B．物块与小车组成的系统水平方向不受外力，则系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有：Mv0=（M+m）v
02 2.5m /s 2m /s 20.5
Mv v M m ⨯===++ 故B 错误；
C ．物块落上小车到二者共速的过程中，因摩擦损失的机械能为：
221011()22
E Mv M m v ∆=-+ 代入数据解得：
ΔE 1=1.25J
由功能关系：
ΔE 1=μmg·Δx
解得：
Δx =0.5m
故C 正确；
D ．在整个的过程中，系统损失的机械能等于物块减少的重力势能与二者损失的动能之和，由能量守恒定律得：
22011()22E mgh Mv M m v ⎡⎤∆=+-+⎢⎥⎣⎦
代入数据可得：
ΔE=7.5J
故D 正确。

故选CD 。

11．如图所示，质量为m = 245 g 的物块（可视为质点）放在质量为M = 0.5 kg 的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ = 0.4，质量为 m 0 = 5 g 的子弹以速度v 0 = 300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），g = 10 m/s 2，则在整个过程中
A ．物块和木板组成的系统动量守恒
B ．子弹的末动量大小为0.01kg·m/s
C ．子弹对物块的冲量大小为0.49N·s
D ．物块相对木板滑行的时间为1s
【答案】BD
【解析】
【详解】
误；
B ．选取向右为正方向，子弹打入木块过程，由动量守恒定律可得：
m 0v 0=（m 0+m ）v 1……①
木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得：
（m 0+m ）v 1=（m 0+m+M ）v 2……②
联立可得：
3002
330510300m/s 2m/s 510245100.5
m v v m m M ---⨯⨯=++⨯+⨯+＝＝ 所以子弹的末动量：
p ＝m 0v 2＝5×10−3×2＝0.01kg·m/s ．
故B 正确；
C ．由动量定理可得子弹受到的冲量：
I ＝△p ＝p−p 0＝0.01 kg·m/s −5×10−3×300 kg·m/s ＝1.49kg·m/s=1.49N·s ．
子弹与物块作用力的时间相等，相互作用力大小始终相等，而方向相反，所以子弹对物块的冲量大小也是
1.49N·s ．故C 错误；
D ．对子弹木块整体，由动量定理得：
-μ（m 0+m ）gt=（m 0+m ）（v 2-v 1）……③
由①②③式可得，物块相对于木板滑行的时间
211s v v t g
μ-=-＝ ． 故D 正确．
12．如图所示，A 、B 是两列波的波源，0s t =时，两波源同时开始垂直纸面做简谐运动。

其振动表达式分别为0.1sin(2π)A x t =m ，0.5sin(2π)B x t =m ，产生的两列波在同一种均匀介质中沿纸面传播。

P 是介质中的一点，2s t =时开始振动，已知40cm PA =，50cm PB =，则_________。

A ．两列波的波速均为0.20m/s
B ．两列波的波长均为0.25m
C ．两列波在P 点相遇时，振动总是减弱的
D ．P 点合振动的振幅为0.4m
E. 2.25s t =，P 沿着A 传播的方向运动了0.05m
【答案】ACD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．两列波在同一种均匀介质中沿纸面传播，故两列波的波速相同；根据质点P 开始振动的时间可得 0.40m/s 0.20m/s 2x v t ∆===∆ 故A 正确；
B ．由振动方程可得，两列波的周期T 相同，由公式
T=2π
=ω1s
故两列波的波长均为
λ=vT=0.2m
故B 错误；
CD ．根据两波源到P 点的距离差
50cm 40cm 10cm 2
x λ∆-＝＝＝ 可知，B 波比A 波传到P 点的时间晚2
T ，根据振动方程可得，A 波起振方向与B 波起振方向相同，故两波在P 点的振动反向，那么，P 点为振动减弱点，故两列波在P 点相遇时振动总是减弱的，P 点合振动的振幅为
0.5m －0.1m=0.4m
故CD 正确；
E ．介质中的各质点不随波逐流，只能在各自平衡位置附近振动，故E 错误。

故选ACD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．在利用电磁打点计时器（所用电源频率为50Hz ）“验证机械能守恒定律”的实验中：
(1)某同学用如甲图所示装置进行实验，得到如乙图所示的纸带，把第一个点（初速度为零）记作O 点，
在中间适当位置选5个点A 、B 、C 、D 、E ，测出点O 、A 间的距离为68.97cm ，点A 、
C 间的距离为15.24cm ，点C 、E 间的距离为16.76cm ，已知当地重力加速度为9.80m/s 2，重锤的质量为m=1.0kg ，则打点计时器在打O 点到C 点的这段时间内，重锤动能的增加量为_______J ，重力势能的减少量为________JJ 。

导致动能的增加量小于重力势能减少量的原因是_______。

（结果精确到小数点后两位）
(2)用v 表示各计数点的速度，h 表示各计数点到点O 的距离，以2
2
v 为纵轴，以h 为横轴，根据实验数据绘出2
2
v －h 的图线，该图线的斜率表示某个物理量的数值时，说明重物下落过程中的机械能守恒，该物理量是____________。

【答案】8.00 8.25 纸带与打点计时器的摩擦阻力及空气阻力的影响 当地重力加速度g
【解析】
【详解】
(1)[1]根据匀变速直线运动的规律，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，C 点的速度为 215.2416.7610m/s 4m/s 220.04
AE C x v T -+==⨯=⨯ 重锤动能的增加量为
2211 14J 8.00J 22
k C E mv ∆==⨯⨯= [2]重力势能的减少量为
219.868.9715.2410J 8.25J P OC E mgh mgh -∆===⨯⨯+⨯≈（）
[3]导致动能的增加量小于重力势能减少量的原因是实验时存在空气阻力、纸带与打点计时器的限位孔有摩擦阻力等影响；
(2)[4]利用2
1 2v h -图线处理数据，物体自由下落过程中机械能守恒
212mgh mv = 即
2
2
v gh = 所以以2
2
v 为纵轴，以h 为横轴画出的图线应是过原点的倾斜直线；那么22v h -图线的斜率就等于当地重力加速度g
14．很多人都认为“力越小速度就越小”，为了检验这个观点是否正确，某兴趣小组的同学设计了这样的实验方案：在水平桌面上放一木块，木块后端与穿过打点计时器的纸带相连，前端通过定滑轮与不可伸长的细线相连接，细线上不等间距地挂了五个钩码，其中第四个钩码与第五个钩码之间的距离最大。

起初木块停在靠近打点计时器的位置，第五个钩码到地面的距离小于木块到定滑轮的距离，如图甲所示。

接通打点计时器，木块在钩码的牵引下，由静止开始运动，所有钩码落地后，木块会继续运动一段距离。

打点计时器使用的交流电频率为50Hz 。

图乙是实验得到的第一个钩码落地后的一段纸带，纸带运动方向如箭头所示。

（当地重力加速度大小g 取9.8m/s 2）
(1)根据纸带上提供的数据，可以判断第五个钩码落地时可能出现在纸带中的______段（用D 1，D 2，…，D 15字母区间表示）；第四个钩码落地后至第五个钩码落地前木块在做______运动。

(2)根据纸带上提供的数据，还可以计算出第五个钩码落地后木块运动的加速度大小为______m/s 2；木块与桌面间的动摩擦因数为μ=______。

（计算结果保留两位有效数字）
(3)根据纸带上提供的数据，分析可知“力越小速度就越小”的观点是___的。

（填“正确”或“错误”）
【答案】1011~D D 匀速直线 5.0 0.51 错误
【解析】
【详解】
(1)[1][2]．第五个钩码落地后木块将做减速运动，点迹间距逐渐减小，则可以判断第五个钩码落地时可能出现在纸带中的1011~D D ；由此也可判断第四个钩码落地后至第五个钩码落地前的一段时间内，纸带上点迹均匀，木块在做匀速直线运动。

(2)[3][4]．由纸带可看出，第五个钩码落地后0.2cm x ∆= 根据2x aT ∆=可得木块运动的加速度大小为
2
2220.210 5.0m/s 0.02
x a T -∆⨯=== 由
mg
a g m μμ==
可得
μ=0.51
(3)[5]．根据纸带上提供的数据，分析可知“力越小速度就越小”的观点是错误的。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．某型号的舰载飞机在航空母舰的跑道上加速时，其最大加速度为25/m s ，所需的起飞速度为50/m s ，为了使飞机在开始滑行时就有一定的初速度，航空母舰装有弹射装置，弹射系统使它具有30/m s 的初速度，求：
（1）舰载飞机若要安全起飞，跑道至少为多长？
（2）若航空母舰匀速前进，在没有弹射装置的情况下，要保证飞机安全起飞，航空母舰前进的速度至少为多大？
【答案】（1）160m （2）10m/s
【解析】
【详解】
（1）设跑道最短为L ，则有：2202aL υυ-=，
代人数据解得：160L m =.
（2）设航空母舰前进的速度最小为1υ，飞机起飞的时间为t ，则：
对航空母舰：11x t υ=①
对飞机：1at υυ=+②
22122ax υυ-=③
21x x L =+④
由①②③④联立解得：110/m s υ=.
16．两物体A 、B 并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力F 作用在物体A 上，使A 、B 由静止开始一起向右做匀加速运动，如图(a)所示，在A 、B 的速度达到6m/s 时，撤去推力F.已知A 、B 质量分别为m A ＝1kg 、m B ＝3kg ，A 与地面间的动摩擦因数μ＝0.3，B 与地面间没有摩擦，B 物体运动的v-t 图象如图(b)所示.g 取10m/s 2，求：
(1)推力F 的大小.
(2)A 物体刚停止运动时，物体A 、B 之间的距离.
【答案】 (1) F=15N (2) 物体A 、B 之间的距离为6m
【解析】
【详解】
(1)在水平推力F 作用下，设物体A 、B 一起做匀加速运动的加速度为a ，由B 物体的v-t 图象得 a=3m/s 2
对于A 、B 整体，由牛顿第二定律得
A A
B ()F m g m m a μ-=+
代入数据解得
F=15N
(2)设物体A 匀减速运动的时间为t ，撤去推力F 后，A 、B 两物体分离。

A 在摩擦力作用下做匀减速直线运动，B 做匀速运动，对于A 物体有
A A A m g m a μ=
解得
2A 3m/s a g μ==
根据匀变速规律
0A v v a t =-
解得
t=2s
物体A 的位移为
2A 0A 12
x v t a t =-=6m 物体B 的位移为 B 0x v t ==12m 所以，A 物体刚停止运动时，物体A 、B 之间的距离为
B A x x x ∆=-=6m
17．如图所示，在高为的光滑水平平台的边缘放一质量为的木块P ，一颗子弹以
的速度从左向右水平射穿木块P 后，与P 离开平台落到水平地面上。

测得子弹和木块的落地
点到平台边缘的水平距离分别为
和。

若不计空气阻力，木块和子弹均可看成质点，子
弹射穿木块过程的时间很短，g 取
，求： （1）子弹的质量m ；
（2）子弹对木块的冲击力的冲量I 。

【答案】（1）0.1kg；（2）42N∙s，方向水平向右。

【解析】
【详解】
(1)设子弹射穿木块后子弹速度为，木块速度为，二者落地时间为，由平抛运动可得
代入数据可得，所以有
子弹射穿木块过程中由动量守恒定律可得
代入数据可得
(2)子弹射穿木块的过程中，对木块的冲击力是木块受到的合外力，方向向右。

对于木块，由动量定理可得
方向与合外力方向相同即水平向右。