2021届石室中学适应性考试理综含答案物理答案

成都石室中学高2021届高考适应性考试（一）
物理答案
14.【答案】D
【解析】根据光的强度越强，则光电子数目越多，对应的光电流越大，即可判定甲光的强度较大；选项A 错误；由光电效应方程mv 2=hν-W 0，mv 2=U c e ，由图可知，甲乙的截止电压相同，故甲乙的频率相同，选项B 错误；甲光照射时产生的光电子的最大初动能均为eU c ，选项C 错误；根据
，可得，选项D 正确；故选D. 15.【答案】B
【解析】由ω＝ΔφΔt 知，ω1ω2＝φ1φ2，又因为ω＝2πT ，所以T 1T 2＝φ2φ1，A 对；由GMm r 2＝mr 4π2
T 2知r 3＝GMT 2
4π
2，既然周期之比能求，则r 之比同样可求，C 错；由a ＝rω2知，向心加速度之比同样可求，D 错；由于水星和金星的质量未知，故密度不可求，B 对．
16.【答案】A
【解析】以衣服和衣架为整体受力分析可知，整体受总重力和轻绳OA 的拉力作用，根据平衡条件得：F T ′＝(M ＋m )g ，根据牛顿第三定律可知，OA 受到的拉力F T ＝F T ′＝(M ＋m )g ；以衣服为研究对象，根据几何关系得F 与竖直方向的夹角为30°，由平衡条件得：2F cos 30°＝Mg ，解得：F ＝
33Mg .故A 正确． 17.【答案】D
【解析】由题中图乙可知正弦交流电的周期T ＝0.04 s ，则f ＝1T
＝25 Hz ，ω＝2πf ＝50π rad/s ，所以该交流电的电压瞬时值的表达式为u ＝2202sin(50πt ) V ，A 、B 错误；从题图甲中可以
看出，自耦变压器的副线圈的匝数约是原线圈匝数的12
，故副线圈两端的电压约为110 V ，流过电阻的电流约为2 A ，C 项错误；电阻消耗的功率P ＝U 2I 2＝220 W ，D 项正确。

18.【答案】D
【解析】带电粒子垂直射入磁场中，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，
当粒子的轨迹恰好与△ABC 的边AB 相切时，其不能射出三角形区域的
运动半径最大，所对应的磁感应强度的最小，由几何知识可求出半径的
最大值为√3a 12，由牛顿第二定律可求出B 的最小值
4√3mv qa ，D 正确．
19.【答案】AD
【解析】A 、由图像可以知道ab 、cd 两中垂线上各点的电势都为零,所以P 、O 两点的电势相
等，故A 对；B 、电场线的疏密表示场强的大小,根据图像知E Q <E P ,故B 错误；C 、四个点电荷在O 点产生的电场相互抵消,场强为零,故在O 点放一正点电荷,则该正点电荷受到的电场力为零,故C 错误.D 、P 、Q 电势相等,，若将某一负电荷由P 点沿着图中曲线PQ 移到Q 点，电场力做功为零，故D 正确。

20.【答案】AD
【解析】A 项，由于小环和重物只有重力做功，则系统机械能守恒，故A 项正确。

B 项，结合几何关系可知，重物上升的高度 ，故B 项错误。

C 项，将小环在B 处的速度分解为沿着绳子方向和垂直于绳子方向的两个分速度，其中沿着绳子方向的速度即为重物上升的速度，则，环在B 处的速度与重物上升的速度大小之比为√2：1，故C 项错误。

D 项，小环和重物系统机械能守恒，则
且，解得：
，故D 正确；故选AD
21.【答案】AC 【解析】设BC 的长度为L ，小球在C 点时根据胡克定律有0.5mg ＝kL (k 为弹性绳的劲度系数)，在向下运动的过程中，设小球和B 点的连线与竖直方向的夹角为α，则弹性绳对小球
的拉力为F ＝k L sin α
，将F 正交分解可得水平方向上有F x ＝F sin α＝kL ＝0.5mg ，竖直方向上有F y ＝F cos α＝mg 2tan α，若某时小球下降的距离为l ，则tan α＝L l ，整理可得F y ＝mgl 2L
，由此可知，弹性绳的弹力沿竖直方向的分力与小球下降的高度l 成正比．对小球受力分析，小球受重力、弹性绳的拉力、电场力、杆的支持力N ，小球在下滑过程中，由于在竖直方向上重力的方向始终向下，大小不变，所受电场力的方向始终向上，大小也不变，弹性绳沿竖直方向
的分力与下降的距离l 成正比，所以小球在竖直方向上的运动具有对称性，当l ＝h 2
时，即小球运动到D 点时小球具有最大速度，故A 正确；小球从C 点运动到E 点的过程中由能量守恒得mgh=E p +0.25mgh ，解得E p ＝0.75mgh ，电场方向向下后，若在E 点给小球一个向上的速度v ，小球恰好回到C 点，由能量守恒得，E k +E p =mgh+0.25mgh ，解得v ＝gh ，故C 正确；因小球在下滑过程中受到的电场力是恒力，D 是CE 的中点，所以在CD 段与DE 段小球克服电场力做的功是相等的，弹性绳沿竖直方向的分力与小球下降的距离l 成正比，则小球在CD 段克服拉力做的功小于在DE 段克服拉力做的功，即小球在CD 段损失的机械能小于小球在DE 段损失的机械能，故B 错误；若仅把小球的质量变成3m ，小球从C 到E 的过
程中，由能量守恒得，3mgh=Ep+0.25mgh+12·3mv 21，解得v 1＝√4gℎ3，故D 错误．
22. 【答案】（1）A （2）W=mgx =2.90×10−2J ， v =≈1.04m/s 23.【答案】见解析【解析】(1)由于电源电动势为4V ，所以不能使用电压表测量电压，只能使用其中两个电流表，分析可知，应将电流表A 1、A 2与R x 、R 0组合才能完成实验，所以应选择ABEFGH 。

（2）如图
（3）由欧姆定律可得I 1(r 1+R x )=(I 2-I 1)R 0 解得 R x =
(I 2−I 1)R 0I 1−r 1其中r 1为A 1表的内阻，R 0
为定值电阻，I 1为A 1表示数，I 2为A 2表示数。

24.【答案】(1)10A c →d (2)q ＝2/15(c) (3)130 J
【解析】(1)ab 棒从高为h 处滑下到ef 过程，由动能定理可知，
m 1gh ＝12m 1v 02 ............................................................................(1分)
得v 0＝2gh ＝2×10×0.2 m/s ＝2 m/s ，
金属棒ab 切割磁感线产生电动势E ＝BLv 0.............................(1分)
I ＝BLv
0R+r
=10A...............................................................................(1分) I 方向:由c 到d ............................................................................(1分)
（2）从ab 棒刚到ef 处至两棒达共同速度过程，由动量守恒定律得，
m 1v 0＝(m 1＋m 2)v .........................................................................(1分)
cd 棒在导轨上运动，设电流的平均值为I ，对金属棒cd ，应用动量定理得：
BIL Δt ＝m 2v ..................................................................................(1分)
q ＝I ·Δt ........................................................................................(1分)
q ＝2/15(C)......................................................................................(1分)
(3)对ab 棒和cd 棒从解除锁定到开始以相同的速度做匀速运动过程，由能量守恒可知，
m 1gh ＝12(m 1＋m 2)v 2＋Q .........................................................................(1分)
代入数据解得：Q ＝2/15J......................................................................(1分)
由于ab 和cd 棒串联，所以产生的热量之比等于电阻之比，所以
Q ab ＝r R+r Q..........................................................................................(1分) 312x x T
Q ab ＝0.050.05＋0.15×215
J ＝130 J..................................................................(1分) 24.【答案】(1)0.15 m (2)100 N (3)8/3（m ）
【解析】(1)对于平抛过程，根据几何关系得：
v By =3v 0..................................................................(2分)
由v By 2=2gh ..................................................................(2分)
得h =0.15 m.................................................................(1分)
(2)从B 点运动到C 点的过程根据动能定理有：
m 1gR (1＋sin θ)＝12m 1v C 2－12m 1v B 2............................................................................(2分)
刚到达C 点时有：F C －m 1g ＝m 1v C 2R .....................................................................(2分) 根据牛顿第三定律有：F C ′＝F C ..........................................................................(1分) 可得：F C ′＝100 N 方向竖直向下...........................................................................(1分)
(3)物块m 1与木板M 发生弹性碰撞，
由动量守恒定律：m 1v C ＝m 1v 1＋Mv 2，.............................................................(2分)
由机械能守恒定律:12m 1v C 2＝12m 1v 12＋12×Mv 22，................................................(2分)
得v 1＝0，v 2＝v C
设物块m 2与木板M 的共同速度为v ，对物块m 2与木板M ，
由动量守恒定律有：Mv C ＝(m 2＋M )v .............................................................(2分)
由能量守恒定律有：μm 2gL ＝12Mv C 2－12(m 2＋M )v 2.........................................(2分)
解得：L ＝8/3（m ）...........................................................................................(1分)
33. （1）【答案】ABC
【解析】A ．热量不可以“自己”从低温物体向高温物体传递，能在“一定”的条件下是可以实现的，A 正确；
B ．气体分子的平均动能只与分子的温度有关，因此温度升高，平均动能增加，而理想气体的内能只有分子动能，气体分子的内能一定增大，B 正确；
C ．同样质量同样温度的水蒸气和水的平均动能相等，可同样温度的水变成水蒸气需要吸收热量，因此水蒸气的内能更大，C 正确；
D ．分子在做永不停息的无规则运动，因此其分子的平均动能不是零，D 错误；
E ．气体分子间的距离很大，相对作用力近似是零，气体如果没有容器的约束，气体分子散开原因是分子做杂乱无章的运动的结果，E 错误。

（2）【答案】'18.75cm A h =，'
31.25cm B h =
【解析】当光滑轻活塞上不施加外力时，AC 管中气体压强
10()40cmHg A p p g h h ρ=-+∆=（1分）
体积1A A V Sh =
其中S 为管的内横截面积。

BD 管中气体压强1050cmHg B p p gh ρ=-=（1分） 体积1B B V Sh =
用外力缓慢将活塞向左相对于水平管推动L ，固定住活塞，再将该装置以水平管CDE 为轴缓慢转动90后，AC 管和BD 管中气体压强相等，即
22A B p p =（1分）
两气柱的长度满足
''50cm A B h h +=（1分）
两部分气体体积分别为
'2A A V Sh =，'2B B V Sh =
AC 管中气体在此过程中发生等温变化，由玻耳定律可得
1122A A A A p V p V =（2分）
类似地，对于BD 管中气体
1122B B B B p V p V =（2分）
联立，可解得
22=64cmHg A B p p =，'18.75cm A h =，'31.25cm B h =（2分）
34. （1）【答案】ADE
【解析】A ．由图示波形图可知，t =0.5s 内波传播的最短距离x min =0.5m ，最小波速为
min min 0.5m/s 1.0m/s 0.5
x v t ==＝ 故A 正确； B ．质点只能上下运动，不能左右运动，故质点Q 不能运动到x =0.2m 处，B 错误； C ．由图示波形图可知，波长 1.2m λ=，若波向x 轴正方向传播，在0.5s t =内波传播的
距离0.5m 1.20.5m x n n λ=
+=+（）（） 波速 1.20.5m/s 2.41m/s 0.5
x n v n t +==+正＝（）（n =0，1，2，3…） 若波向x 轴负方向传播，在0.5s t =内波传播的距离'0.7m 1.20.7m x n n λ=+=+（）（） 波速 1.20.7m/s 1.4 2.4m/s 0.5x n v n t =
'+=+负＝（）（n =0，1，2，3…） 由以上分析可知，波速不一定是
1.4
2.4m/s n +（），故C 错误； D ．若波向x 轴正方向传播，0时刻后质点P 背离平衡位置运动，质点Q 靠近平衡位置运动，故质点P 比质点Q 后回到平衡位置，故D 正确；
E ．若波向x 轴正方向传播，则周期 0.56s s 0.55121.2T n n ++＝＝（n =0，1，2，3…） 质点O 的振动方程
51210sin cm 3n y t π⎡⎤+⎛⎫= ⎪⎢⎥⎝
⎭⎣⎦（n =0，1，2，3……） 若波向x 轴负向传播，则周期
1.2
0.56s s 0.7712T n n ++＝＝(n ＝0，1，2，3…) 质点O 的振动方程
712[(in 3
s )]10y n t π+＝（n =0，1，2，3…） 故E 正确； （2）【答案】（1）30γ=︒；（2）120︒
【解析】(i)光路如图所示
根据折射率公式 sin 60sin n γ
︒=（2分） 代入数据解得 30γ=︒（1分）
(ii)如图，连接AC ，由几何关系可得 tan tan30231
OC OAC OA ∠==<︒-（1分） 进入工件的光线经A 点折射到BC 边，在BC 边的入射角为
60α=︒（1分） 13sin sin 603
C n ==<︒（1分） 所以光线在BC 边发生全反射，设BC 边过E 点的法线与OA 边的交点为,
F OA 边与半圆球面的交点为D ，因为tan 3AF R R α== (231)23AD R R R =+-= 则有 FD AD AF AF =-=（2分）
光线在BC 边的反射角为60α=︒，所以BC 边的反射光线恰好过D 点，且在D 点的入射角为30β=︒（1分） sin sin n θβ
= 解得60θ=︒（1分） 过D 点作A 点入射光线的平行线，解得光线从工件表面射出的方向相对A 点入射光线的偏
角为120。