江苏省扬州市2021-2022学年高考物理必刷试卷含解析

注意事项：

1．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．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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．如图所示，传送带以恒定速率逆时针运行，将一小物体从顶端A无初速释放，物体与传送带之间的动摩擦因数

tan，已知物体到达底端B前已与传送带共速，下列法中正确的是（ ）

A．物体与传送带共速前摩擦力对物体做正功，共速后摩擦力对物体不做功 B．物体与传送带共速前摩擦力对物体做的功等于物体动能的增加量

C．物体与传送带共速前物体和传送带间的摩擦生热等于物体机械能的增加量 D．物体从A到B过程中物体与传送带间的摩擦生热等于物体机械能的增加量

2．在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用。下列说法正确的是（ ） A．查德威克用α粒子轰击铍原子核，发现了质子

B．卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，揭示了原子核有复杂的结构

C．汤姆孙通过对阴极射线的研究，发现阴极射线是原子核中的中子变为质子时产生的射线 D．居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋（Po）和镭（Ra）两种新元素

3．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为10:1，原线圈接有正弦交流电源u＝2202sin314t(V)，副线圈接电阻R，同时接有理想交流电压表和理想交流电流表。则下列说法中正确的是（ ）

A．电压表读数为222V

B．若仅将原线圈的匝数减小到原来的一半，则电流表的读数会增加到原来的2倍 C．若仅将R的阻值增加到原来的2倍，则变压器输入功率增加到原来的4倍 D．若R的阻值和副线圈的匝数同时增加到原来的2倍，则变压器输入功率不变

4．2019年1月3日，嫦娥四号月球探测器平稳降落在月球背面南极——艾特肯盆地内的冯·卡门撞击坑内，震惊了全世界。 嫦娥四号展开的太阳能电池帆板在有光照时，可以将光能转化为电能，太阳能电池板作为电源，其路端电压与干路电流的关系如图所示，则下列说法正确的是 （ ）

A．该电池板的电动势为2.80V

B．随着外电路电阻增大，其内阻逐渐增大 C．外电路阻值为1kΩ时电源输出功率约为3.2W D．外电路阻值为1kΩ时电源效率约为36%

5．如图所示，D点为固定斜面AC的中点，在A点先后分别以初速度v01和v02水平抛出一个小球，结果小球分别落在斜面上的D点和C点．空气阻力不计．设小球在空中运动的时间分别为t1和t2，落到D点和C点前瞬间的速度大小分别为v1和v2，落到D点和C点前瞬间的速度方向与水平方向的夹角分别为1和2，则下列关系式正确的是

A．

t11 t22B．

v011 v022C．

v11 v22D．

tan11 tan226．反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似，已10知静电场的方向平行于x轴，其电势q随x的分布如图所示，一质量m＝1.0×

﹣20

kg，带电荷量大小为q＝1.0×10﹣9C

的带负电的粒子从（1，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动。忽略粒子的重力等因素，则（ ）

A．x轴左侧的电场强度方向与x轴正方向同向

B．x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比E1：E2＝2：1 C．该粒子运动的周期T＝1.5×10﹣8s D．该粒子运动的最大动能Ekm＝2×10﹣8J

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。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．下面是有关地球和月球的一些信息：(1)月球轨道半径约为地球半径的60倍；(2)月球密度约为地球密度的月球半径约为地球半径的

3；(3)53。地球和月球均可视为质量均匀分布的球体且忽略自转，根据以上信息可得（ ） 111A．月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的

36009B．月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的

551C．月球绕地球运行的加速度约为地球表面重力加速度的

36001D．月球绕地球运行的速率约为第一宇宙速度的

608．两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为，每根杆的电阻均为R，导轨电阻不计。整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v1沿水平方向的导轨向右匀速运动时，cd杆正以速度v2v1v2沿竖直方向的导轨向下匀速运动，重力加速度为g。则以下说法正确的是（ ）

A．ab杆所受拉力F的大小为

B2L2v22Rmg

B．ab杆所受拉力F的大小为

12mg

2Rm2g2hC．cd杆下落高度为h的过程中，整个回路中电流产生的焦耳热为222

BLv1D．ab杆水平运动位移为s的过程中，整个回路中产生的总热量为FssB2L2v22R

9．如图所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，长木板始终静止．已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．则( )

A．μ1一定小于μ2 B．μ1可能大于μ2

C．改变F的大小，F>μ2(m1＋m2)g时，长木板将开始运动

D．改F作用于长木板，F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动

10．如图所示，是小型交流发电机的示意图，正对的异名磁极间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，A为理想交流电流表。匝数为n、面积为S。阻值为r的线圈绕垂直于磁场的水平轴OO´以角速度ω匀速转动，定值电阻阻值为R，从图示位置开始计时。下列说法正确的是（ ）

A．线圈每转动一周，电流方向改变2次 B．图示位置时交流电流表的示数为IC．tnBS Rrπ时，线框中的磁通量最大，瞬时感应电动势最大 22RnBSD．电阻R消耗的热功率为P

2Rr三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）图（a）为某同学组装完成的简易多用电表的电路图，图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，

R6是可变电阻；A端和B端分别与两表笔相连。表头G的满偏电流为250 μA，内阻为480 Ω。虚线方框内为换档开关，该多用电表有5个档位，5个档位为：直流电压1 V 档和5 V档，直流电流1 mA档和2.5 mA档，欧姆×100 Ω档。

(1)图（a）中的B端与________（填“红”或“黑”）色表笔相连接 (2)关于R6的使用，下列说法正确的是________（填正确答案标号） A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置

B．使用欧姆档时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置 C．使用电流档时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置 (3)根据题给条件可得R1＋R2＝__________Ω，R4＝____________Ω

(4)某次测量时该多用电表指针位置如图（b）所示。若此时B端是与“3”相连的，则读数为________。

12．（12分）如图甲所示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码，探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长长度的关系实验．

（1）实验中还需要的测量工具有：______

（2）如图乙所示，根据实验数据绘图，纵轴是钩码质量m，横轴是弹簧的形变量x，由图可知：图线不通过原点的原因是由于______；弹簧的劲度系数k______N/m(计算结果保留2位有效数字，重力加速度g取9.8m/s)； （3）如图丙所示，实验中用两根不同的弹簧a和b，画出弹簧弹力F与弹簧长度L的FL图象，下列正确的是______ A．a的原长比b的长 B．a的劲度系数比b的大

2C．a的劲度系数比b的小 D．弹力与弹簧长度成正比

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图纸面内的矩形 ABCD 区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边 AB∥CD、AD∥BC，电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为 B.一带电粒子从AB 上的 P 点平行于纸面射入该区域，入射方向与 AB 的夹角为 θ（θ<90°），粒子恰好做匀速直线运动并从 CD 射出．若撤去电场，粒子以同样的速度从P 点射入该区域，恰垂直 CD 射出.已知边长 AD=BC=d，带电粒子的质量为 m，带电量为 q，不计粒子的重力.求：

(1)带电粒子入射速度的大小；

(2)带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间； (3)匀强电场的电场强度大小．

14．（16分）如图所示，在光滑绝缘的水平面上有一矩形区域abcd，ab和bc边长度分别为9cm和8cm，O为矩形的中心。在矩形区域内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B0.5T。在O点把一带电小球向各个方向发射，小球质量为m0.01kg、所带电荷量为q2C。 (1)求小球在磁场中做完整圆周运动时的最大速度v0； (2)现在把小球的速度增大为v0的

8倍，欲使小球尽快离开矩形，求小球在磁场中运动的时间。 5

15．（12分）我们可以借鉴研究静电场的方法来研究地球周围空间的引力场，如用“引力场强度”、“引力势”的概念描述引力场。已知地球质量为M，半径为R，万有引力常量为G，将地球视为均质球体，且忽略自转。

(1)类比电场强度的定义方法，写出地球引力场的“引力场强度E”的定义式，并结合万有引力定律，推导距离地心为r

（r>R）处的引力场强度的表达式E引=GM； r2'引，如果它们满足

(2)设地面处和距离地面高为h处的引力场强度分别为E引和E'E引E引E引0.02，则该空间就可以近

似为匀强场，也就是我们常说的重力场。请估算地球重力场可视为匀强场的高度h（取地球半径R=6400km）； (3)某同学查阅资料知道:地球引力场的“引力势”的表达式为引=-G简要叙述推导该表达式的主要步骤。

M（以无穷远处引力势为0）。请你设定物理情景，r 参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、C 【解析】

A.物体与传送带共速前，物体受到的滑动摩擦力沿传送带向下，与速度方向相同，则摩擦力对物体做正功。共速后，物体受到的静摩擦力方向沿传送带向上，与速度方向相反，对物体做负功，选项A错误； B.物体与传送带共速前，重力和摩擦力对物体做功之和等于物体动能的增加量，选项B错误； C.设传送带的速度为v，物体与传送带共速前，物体机械能的增加量为：

Emgcosx物mgcos物体与传送带间的相对位移为：

vt 2vvtxvtt

22物体与传送带间的摩擦生热为：

Qmgcosxmgcos所以有Q=△E，选项C正确；

vt 2D.物体从A到B过程中，只有物体与传送带共速前摩擦产生热量，共速后不产生热量，但共速后物体的机械能在减少，所以物体从A到B过程中物体与传送带间的摩擦生热大于物体机械能的增加量，选项D错误。 故选C。 2、D 【解析】

A．查德威克用α粒子轰击铍原子核，发现了中子。卢瑟福用α粒子轰击氮原子核，发现了质子，故A错误； B．贝克勒尔通过对天然放射性现象的研究，证明原子核有复杂结构，故B错误；

C．汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，但阴极射线不是原子核中的中子变为质子时产生的β射线，故C错误； D．居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋（P0）和镭（Ra）两种新元素，故D正确。 故选D。 3、B 【解析】

A．根据u=2202sin314t（V）可知，原线圈的电压有效值为U1=220V，电压表的读数为变压器的输出电压的有效值，

1由 ＝UU2n1得电压表读数为：U2=22V，故A错误； n2U1n1 ＝可知，U2增大到原来的2倍，由I2＝U2可知，电流表的B．若仅将原线圈的匝数减小到原来的一半，根据

U2n2R读数增大到原来的2倍，故B正确；

2U2C．若仅将R的阻值增加到原来的2倍，则变压器的输出电压不变，根据P可知次级功率变为原来的一半，则

R变压器输入功率变为原来的一半，选项C错误；

2U2D．若副线圈匝数增加到原来的2倍，则U2增加到原来的2倍，同时R的阻值也增加到原来的2倍，故输出功率PR变为原来的2倍，故D错误。 故选B。 4、A 【解析】

A．电源的路端电压与干路电流的关系图像中，图线与纵轴的交点表示电动势，所以由图可知该电池板的电动势为2. 80V， A正确。

B．随着外电路电阻增大，干路电流不断减小，由闭合电路欧姆定律EUIr可知内阻

rEU I如图所示，

外电路电阻R1R2，阻的伏安特性曲线与原路端电压与干路电流的图线分别交于P1、P2， 则

r1EU1 I1指的是E与P1的斜率，

r2EU2 I2指的是E与P2连线的斜率，可知r1r2，B错误。

C．在原图中作出阻值为1kΩ的电阻的伏安特性曲线，如下图所示

与原图交于(1. 8V，1.8mA)，此交点即表示电阻的实际状态，所以电源输出功率约为

1. 78V1.78mA3.2103W

故C错误。 D．此时电源的效率

IU1.7864% IE2.8故D错误。 故选A。 5、C 【解析】

本题考查的是平抛运动的规律，两次平抛均落到斜面上，位移偏转角相等，以此切入即可求出答案．

【详解】

gt1gt2t1gt1=tanθ== ，求得设斜面的倾角为θ，可得，所以，竖直方向下降的高度之比为1：2，所以2v02v012v02t22v011v1v011tanθ1====1，所以C正确． ，再结合速度偏转角的正切值是位移偏转角正切值的两倍，，v02v2v0222tanθ2【点睛】

平抛运动问题的切入点有三种：轨迹切入、偏转角切入、竖直方向相邻相等时间位移差为常数． 6、D 【解析】

A．沿着电场线方向电势降落，可知x轴左侧场强方向沿x轴负方向，x轴右侧场强方向沿x轴正方向，故A错误；： B．根据U＝Ed可知：左侧电场强度为：E1＝

20203

V/m2.0×10V/mEV/m＝＝；右侧电场强度为：＝2

11020.5102qE1t1同理可知：m4.0×103V/m；所以x轴左侧电场强度和右侧电场强度的大小之比E1：E2＝1：2，故B错误； C．设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t1、t2，在原点时的速度为vm，由运动学公式有：vm＝vm＝

qE21t2；Ekm＝mvm2；而周期：T＝2（t1+t2）10﹣8s；故C错误。 ；联立以上各式并代入相关数据可得：T＝3.0×

2mD．该粒子运动过程中电势能的最大值为：EPm＝qφm＝﹣2×10﹣8J，由能量守恒得当电势能为零时动能最大，最大动能10﹣8J，故D正确； 为Ekm＝2×

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。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、BC 【解析】 AB．天体质量

MV根据G4R3 3Mmmg可知 R2g月M月R2月R月9 2gMR月R55故A错误B正确； C． 根据GMmma可知，月球绕地球运行的加速度 r2aGM 2r且gGM，因为rR260R ，所以

a1 g3600故C正确；

Mmv2D． 根据G2m可知，月球绕地球运行的速率

rrvGM r第一宇宙速度

v0所以

GM Rv1 v060故D错误。 故选BC。 8、BD 【解析】

AB．ab杆切割磁感线时产生沿abdc方向的感应电流，大小为

IBLv1E① 2R2Rcd杆中的感应电流方向为d→c，cd杆受到的安培力方向水平向右，大小为 F安=BIL ②

cd杆向下匀速运动，有 mg=μF安 ③

解①②③式得，ab杆匀速运动的速度为 v12mgR ④ B2L2导体ab受到水平向左的安培力，由受力平衡得 F=F安+μmg ⑤ 由③⑤解得

F12mg

选项A错误，B正确．

C．设cd杆以v2速度向下运动h过程中，ab杆匀速运动了s距离，则

sh ． v1v2整个回路中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功 Q=F安s 得

2(mg)2hRQ222

v2BL选项C错误；

D．ab杆水平运动位移为s的过程中，整个回路中产生的焦耳热为

Q1F安s=mgs

ab杆摩擦生热

Q2mgs

cd杆摩擦生热

Q3F安h=则总热量

sB2L2v22R

QQ1Q2Q3mgs选项D正确； 故选BD. 9、BD 【解析】

mgssB2L2v22RFssB2L2v22R

因为木块所受的摩擦力为滑动摩擦力，地面对木板的摩擦力为静摩擦力，无法比较动摩擦因数的大小．通过对木板分析，根据水平方向上的受力判断其是否运动．当F作用于长木板时，先采用隔离法求出临界加速度，再运用整体法，求出最小拉力． 【详解】

对m1，根据牛顿运动定律有：F-μ1m1g=m1a，对m2，由于保持静止有：μ1m1g-Ff=0，Ff＜μ2（m1+m2）g，所以动摩擦因数的大小从中无法比较．故A错误、B正确．改变F的大小，只要木块在木板上滑动，则木块对木板的滑动摩擦力μ1m1g=m1a，不变，则长木板仍然保持静止．故C错误．若将F作用于长木板，当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块，解得a=μ1g，对整体分析，有F-μ2（m1+m2）g=（m1+m2）a，解得F=（μ1+μ2）（m1+m2）g，所以当F＞（μ1+μ2）（m1+m2）g时，长木板与木块将开始相对滑动．故D正确．故选BD． 【点睛】

解决本题的关键能够正确地受力分析，结合整体和隔离法，运用牛顿第二定律进行求解． 10、AD 【解析】

A．线圈每转动一周，正弦交流电一个周期内，电流方向改变2次。故A正确； B．交流电流表的示数为电流的有效值，为

EmnBS I2Rr2(Rr)故B错误； C．tT时，线框转到中性面位置，磁通量最大，瞬时感应电动势为零，故C错误； 242D．电阻R消耗的热功率为

RnBSPIR

2Rr2故D正确。 故选AD。

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11、红 B 160 880 1100 【解析】

(1)[1]根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保证在测电阻时电流“红进黑出”，即图（a）中的B端与红色表笔相连接；

(2)[2]由电路图可知，R6只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要时行调节，AC错误，B正确；

(3)[3]直流电流档分为1mA和2.5mA，由图可知，当接2时应为1mA；根据串并联电路规律可知：

R1R2IgRgIIg160Ω；

[4]总电阻为： R总160480Ω120Ω

160480接4时，为电压档，因串入的电阻较小，故应为量程1V的电压表；此时电流计与R1、R2并联后再与R4串联，即改装后的1mA电流表与R4串联再改装后电压表；根据串联电路规律可知：

11103120R4Ω880Ω； 3110(5)[5]若与3连接，则为欧姆档“100”档，读数为：11100Ω1100Ω。 12、刻度尺 弹簧有自身重力 4.9 B 【解析】

（1）［1］实验需要测量弹簧伸长的长度，故需要刻度尺．

（2）［2］由图可知，当F=0时，x0，说明没有挂重物时，弹簧有伸长，这是由于弹簧自身的重力造成的．故图线不过原点的原因是由于弹簧有自身重力，实验中没有考虑（或忽略了）弹簧的自重． ［3］由图线乙，弹簧的劲度系数

F6010109.8N/m=4.9N/m k==2x122103（3）［4］A.由图丙知，F-L图像横坐标的截距表示原长，故b的原长比a的长，选项A错误； BC.由弹簧的劲度系数k=

FF=知，a图线较b图线倾斜，a的劲度系数比b的大，选项B正确，C错误； xLD.图线的物理意义是表明弹簧的弹力大小和弹簧伸长量大小成正比，选项D错误．

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

mcosqBdqB2d （3） 13、（1）（2）

qBsinmcosmcos【解析】

画出粒子的轨迹图，由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子入射速度的大小；带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛伦兹力平衡求解场强. 【详解】

（1） 设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，画出运动轨迹如图所示，轨迹圆心为O．

由几何关系可知：cosd R2v0 洛伦兹力做向心力：qv0BmR解得v0qBd

mcos（2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x，有sin粒子作匀速运动：x=v0t 联立解得td xmcos

qBsin（3）带电粒子在矩形区域内作直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡：Eq=qv0B

qB2d 解得Emcos【点睛】

此题关键是能根据粒子的运动情况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解半径等物理量；知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等于电场力. 14、（1）2.5m/s（2）【解析】

（1）O点到ad(bc)边的距离为D14.5cm，到ab(cd)边的距离为D24cm，要使小球不离开磁场，小球与两边相切时，小球做圆周运动的半径最大，如图所示，设最大半径为R1， 由几何知识有

300s

R1R1sinD2

R1R1cosD1

联立解得

R12.5cm

2v0由qv0Bm解得

R1v0=2.5m/s

（2）把小球的速度增大为v0的

8倍，即v=4m/s，此时小球运动的半径为 5Rmv0.04m4cm=D1 qB欲使小球尽快离开矩形，则轨迹如图；由几何关系可知，粒子在磁场中的圆周角为60°，则时间

tRv0.043ss 4300F，推导见解析；(2)h=64976m；(3)推导见解析. m15、 (1)引力场强度定义式E引【解析】

(1)引力场强度定义式E引F mFG联立得

Mm r2E引GM 2r(2)根据题意

E引GM R2M'E引G2

r'E引E引E引0.02 RR 0.98hrR解得 h=64976m

(3)定义式引力势引=Epm，式中Ep为某位置的引力势能

把某物体从无穷远移动到某点引力做的功

W引=0-Ep=-Ep

即

Ep=-W引

则当质量为m的物体自无穷远处移动到距离地球r处时，引力做功为W引 通过计算得

W引G所以

Mm＞0 rMm rM引=-G

rEp=-G