文档内容
2021 年湖北省普通高中学业水平选择性考试
物理
全卷满分 100分。考试用时 75分钟。
一、选择题∶本题共 11小题，每小题 4分，共 44 分。在每小题给出的四个选项中，第 1-7 题
只有一项符合题目要求，第 8-11 题有多项符合题目要求。全部选对的得 4分，选对但不全的
得 2分，有选错的得 0分。
1. 20世纪60年代，我国以国防为主的尖端科技取得了突破性的发展。1964年，我国第一颗原子弹试爆成
功；1967年，我国第一颗氢弹试爆成功。关于原子弹和氢弹，下列说法正确的是（ ）
A. 原子弹和氢弹都是根据核裂变原理研制的
B. 原子弹和氢弹都是根据核聚变原理研制的
C. 原子弹是根据核裂变原理研制的，氢弹是根据核聚变原理研制的
D. 原子弹是根据核聚变原理研制的，氢弹是根据核裂变原理研制的
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】原子弹是根据重核裂变研制的，而氢弹是根据轻核聚变研制的，故ABD错误，C正确。
故选C。
2. 2019年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军。某轮比赛中，陈芋汐在跳台上
倒立静止，然后下落，前5 m完成技术动作，随后5 m完成姿态调整。假设整个下落过程近似为自由落体
运动，重力加速度大小取10 m/s2，则她用于姿态调整的时间约为（ ）
A. 0.2 s B. 0.4s C. 1.0 s D. 1.4s
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查自由落体运动。
【详解】陈芋汐下落的整个过程所用的时间为
2H 2´10
t = = s »1.4s
g 10
下落前5 m的过程所用的时间为
2h 2´5
t = = s=1s
1 g 10
第1页 | 共21页则陈芋汐用于姿态调整的时间约为
t =t-t =0.4s
2 1
故B正确，ACD错误。
故选B。
3. 抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质量约8 g，出膛速度大小约
750 m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约12 N，则机枪
在这1分钟内射出子弹的数量约为（ ）
A. 40 B. 80 C. 120 D. 160
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查动量定理。
【详解】设1分钟内射出的子弹数量为n，则对这n颗子弹由动量定理得
Ft =nmv
0
代入数据解得
n=120
故选C
。
4. 如图（a）所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物
块动能E 与运动路程s的关系如图（b）所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f
k
分别为（ ）
A. m=0.7 kg，f=0.5 N B. m=0.7 kg，f=1.0N
C. m=0.8kg，f=0.5 N D. m=0.8 kg，f=1.0N
【答案】A
【解析】
第2页 | 共21页【分析】本题结合E -s图像考查动能定理。
k
【详解】0~10m内物块上滑，由动能定理得
-mgsin30°×s- fs = E -E
k k0
整理得
E = E -(mgsin30° + f)s
k k0
结合0~10m内的图像得，斜率的绝对值
|k|=mgsin30° + f =4N
10~20 m内物块下滑，由动能定理得
mgsin30° - f (s-s )= E
1 k
整理得
E = mgsin30° - f s- mgsin30° - f s
k 1
结合10~20 m内的图像得，斜率
k¢ =mgsin×30° - f =3N
联立解得
f =0.5N
m =0.7kg
故选A。
5. 如图所示，由波长为λ 和λ 的单色光组成的一束复色光，经半反半透镜后分成透射光和反射光。透射光
1 2
经扩束器后垂直照射到双缝上并在屏上形成干涉条纹。O是两单色光中央亮条纹的中心位置，P 和P 分别
1 2
是波长为λ 和λ 的光形成的距离O点最近的亮条纹中心位置。反射光入射到三棱镜一侧面上，从另一侧面
1 2
M和N位置出射，则（ ）
第3页 | 共21页A. λ <λ ，M是波长为λ 的光出射位置 B. λ <λ ，N是波长为λ 的光出射位置
1 2 1 1 2 1
C. λ >λ ，M是波长为λ 的光出射位置 D. λ >λ ，N是波长为λ 的光出射位置
1 2 1 1 2 1
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查折射定律以及双缝干涉实验。
【详解】由双缝干涉条纹间距的公式
lL
Dx=
d
可知，当两种色光通过同一双缝干涉装置时，波长越长条纹间距越宽，由屏上亮条纹的位置可知
l>l
1 2
反射光经过三棱镜后分成两束色光，由图可知M光的折射角大，又由折射定律可知，入射角相同时，折射
率越大的色光折射角越大，由于
l>l
1 2
则
n 0）。平衡时两轻绳
与竖直方向的夹角均为θ=45°。若仅将两小球的电荷量同时变为原来的2倍，两小球仍在原位置平衡。已知
静电力常量为k，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A. M带正电荷 B. N带正电荷
mg mg
C. q = L D. q =3L
k k
【答案】BC
【解析】
【分析】本题考查库仑定律、受力分析以及共点力的平衡。
【详解】AB．由题图可知，对小球M受力分析如图（a）所示，对小球N受力分析如图（b）所示，由受力
分析图可知小球M带负电，小球N带正电，故B正确，A错误；
CD．由几何关系可知，两小球之间的距离为
r = 2L
当两小球的电荷量为q时，由力的平衡条件得
q2
mgtan45° = Eq-k
r2
两小球的电荷量同时变为原来的2倍后，由力的平衡条件得
(2q)2
mgtan45° = E×2q-k
r2
整理解得
第9页 | 共21页mg
q = L
k
故C正确，D错误。
故选BC。
二、非选择题∶本题共 S 小题，共 56分。
12. 某同学假期在家里进行了重力加速度测量实验。如图（a） 所示，将一根米尺竖直固定，在米尺零刻度
1
处由静止释放实心小钢球，小球下落途经某位置时，使用相机对其进行拍照，相机曝光时间为 s。由于
500
小球的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹。根据照片中米尺刻度读出小球所在位置到释放点的距离
H、小球在曝光时间内移动的距离Dl。计算出小球通过该位置时的速度大小v，进而得出重力加速度大小
g。实验数据如下表∶
次数 1 2 3 4 5
Dl/cm 0.85 0.86 0.82 0.83 0.85
v/（m·s-1） 4.25 4.10 4.15 4.25
H/m 0.9181 0.9423 0.8530 0.8860 0.9231
（1）测量该小球直径时，游标卡尺示数如图（b）所示，小球直径为________mm。。
（2）在第2次实验中，小球下落H =0.9423m时的速度大小v=________m/s（保留3位有效数字）；第3次
第10页 | 共21页实验测得的当地重力加速度大小g=________m/s2（保留3位有效数字）。
（3）可以减小本实验重力加速度大小测量误差的措施有_______。
A.适当减小相机的曝光时间
B.让小球在真空管中自由下落；
C．用质量相等的实心铝球代替实心钢球
【答案】 ①. 15.75 ②. 4.30 ③. 9.85 ④. AB
【解析】
【分析】本题考查重力加速度的测量，意在考查考生对实验原理的理解以及处理实验数据的能力。
【详解】（1）[1]由游标卡尺的读数规则可知，小球的直径为
15mm+15´0.05mm=15.75mm
（2）[2][3]由题意可知，小球下落H =0.9423 m时的速度
Dl 0.86´10-2
v= = m/s=4.30 m/s
T 1
500
由运动学公式
v2 =2gh
得
v2 4.102
g = = m/s2 =9.85m/s2
2H 2´0.8530
（3）[4]A．小球下落一定高度时的瞬时速度近似为曝光时间内的平均速度，曝光时间越短，曝光时间内的
平均速度越接近瞬时速度，实验误差越小，故A正确；
B．让小球在真空管中自由下落，可减小空气阻力的影响，可减小实验误差，故B正确；
C．质量相等的实心铝球代替实心钢球时，铝球体积更大，阻力对铝球的影响较大，实验误差较大，故C错
误。
13. 小明同学打算估测5个相同规格电阻的阻值。现有一个量程为0.6 A的电流表、一个电池组（电动势E
不大于4.5 V、内阻r未知）、一个阻值为R 的定值电阻、一个阻值为R 的定值电阻（用作保护电阻），开
0 1
关S和导线若干。他设计了如图（a）所示的电路，实验步骤如下：
第一步∶把5个待测电阻分别单独接入A、B之间，发现电流表的示数基本一致，据此他认为5个电阻的阻
值相等，均设为R。
第二步∶取下待测电阻，在A、B之间接入定值电阻R ，记下电流表的示数I 。
0 0
第三步∶取下定值电阻R ，将n个（n=1，2，3，4，5）待测电阻串联后接入A、B之间，记下串联待测电
0
第11页 | 共21页阻的个数n与电流表对应示数I 。
n
请完成如下计算和判断∶
1 1
（1）根据上述第二步， 与R 、R 、E、r的关系式是 =___________。
I 0 1 I
0 0
1 1
（2）定义Y = - ，则Y与n、R、R 、E的关系式是Y=__________。
I I 0
0 n
（3）已知R =12.0Ω，实验测得I =0.182 A，得到数据如下表∶
0 0
n 1 2 3 4 5
I /A 0.334 0.286 0.250 0.224 0.200
n
Y/A-1 2.500 1.998 1.495 1.030 0.495
根据上述数据作出Y -n图像，如图（b）所示，可得R=______Ω（保留2位有效数字），同时可得E=______V
（保留2位有效数字）。
（4）本实验中电流表的内阻对表中Y的测量值_______影响（选填“有"或“无"）。
R +R +r R -nR
【答案】 ①. 1 0 ②. 0 ③. 2.0 ④. 4.0 ⑤. 无
E E
【解析】
【分析】本题考 查测定电源电动势以及电阻测量的实验，意在考查考生处理实验数据的能力。
1
第（1）问通过闭合电路欧姆定律写出关系式，变形即可得到 的表达式；第（2）问结合题中的信息以及
I
0
闭合电路欧姆定律整理出Y的表达式；第（3）问利用数形结合法解读出图像的斜率以及截距的物理意义，
第12页 | 共21页求出电源的电动势和定值电阻的阻值；第（4）问把电流表的内阻考虑进内之后列出关系式直接分析出电流
表的内阻对Y测量值的影响即可。
【详解】（1）[1]由闭合电路欧姆定律得
E = I (R +R +r)
0 1 0
整理得
1 R +R +r
= 1 0
I E
0
（2）[2]A、B间接入n个待测电阻后，由闭合电路欧姆定律得
E = I R +nR+r
n 1
又
1 1
Y = -
I I
0 n
由以上整理得
R -nR
Y = 0
E
（3）[3][4]由
R -nR
Y = 0
E
变形得
R R
Y =- n+ 0
E E
结合图（b）得
R
=0.5 A-1
E
R
0 =3.0A-1
E
又
R =12.0Ω
0
解得
E =4.0V
R=2.0Ω
（4）[5]如果考虑电流表的内阻，则有
E = I (R +R +r+R )
0 1 0 L
第13页 | 共21页E = I (R +nR+r+R )
n 1 A
整理得
R -nR
Y = 0
E
显然电流表的内阻对Y的测量值没有影响。
14. 质量为m的薄壁导热柱形气缸，内壁光滑，用横截面积为S的活塞封闭一定量的理想气体。在下述所有
过程中，气缸不漏气且与活塞不脱离。当气缸如图(a)竖直倒立静置时。缸内气体体积为V ，。温度为T 。
1 1
已知重力加速度大小为g，大气压强为p 。
0
(1)将气缸如图(b)竖直悬挂，缸内气体温度仍为T ，求此时缸内气体体积V ；
1 2
(2)如图(c)所示，将气缸水平放置，稳定后对气缸缓慢加热，当缸内气体体积为V 时，求此时缸内气体的温
3
度。
p S+mg p SVT
【答案】(1) 0 V ；(2) 0 3 1
p S-mg 1 (p S+mg)V
0 0 1
【解析】
【分析】
【详解】(1)图(a)状态下，对气缸受力分析，如图1所示，则封闭气体的压强为
mg
p = p +
1 0 S
当气缸按图(b)方式悬挂时，对气缸受力分析，如图2所示，则封闭气体的压强为
mg
p = p -
2 0 S
对封闭气体由玻意耳定律得
pV = pV
1 1 2 2
解得
p S +mg
V = 0 V
2 p S -mg 1
0
第14页 | 共21页(2) 当气缸按图(c)的方式水平放置时，封闭气体的压强为
p = p
3 0
由理想气体状态方程得
pV pV
1 1 = 3 3
T T
1 3
解得
p SVT
T = 0 3 1
3 (p S+mg)V
0 1
15. 如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点
相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。A、B发生正碰
后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为
零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。
（1）求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；
（2）当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率；
（3）求碰撞过程中A和B损失的总动能。
【答案】（1）2R ；（2）mgsinq 2gRcosq；（3） 10mgR
【解析】
【分析】
第15页 | 共21页【详解】解：（1）设 B到半圆弧轨道最高点时速度为v¢ ，由于B对轨道最高点的压力为零，则由牛顿第二
2
定律得
v¢2
mg =m 2
R
B离开最高点后做平抛运动，则在竖直方向上有
1
2R= gt2
2
在水平方向上有
x=v¢t
2
联立解得
x=2R
（2）对A由C到D的过程，由机械能守恒定律得
1
mgRcosq= mv2
2 D
由于对A做功的力只有重力，则A所受力对A做功的功率为
P=mgv sinq
D
解得
P=mgsinq 2gRcosq
（3）设A、B碰后瞬间的速度分别为v ，v ，对B由Q到最高点的过程，由机械能守恒定律得
1 2
1 1
mv2 = mv¢2 +mg×2R
2 2 2 2
解得
v = 5gR
2
对A由Q到C的过程，由机械能守恒定律得
1
mv2 = mgR
2 1
解得
v = 2gR
1
设碰前瞬间A的速度为v ，对A、B碰撞的过程，由动量守恒定律得
0
mv =mv +mv
0 1 2
解得
第16页 | 共21页v = 2gR + 5gR
0
碰撞过程中A和B损失的总动能为
1 1 1
DE = mv2 - mv2 - mv2
2 0 2 1 2 2
解得
DE = 10mgR
16. 如图（a）所示，两根不计电阻、间距为L的足够长平行光滑金属导轨，竖直固定在匀强磁场中，磁场
方向垂直于导轨平面向里，磁感应强度大小为B。导轨上端串联非线性电子元件Z和阻值为R的电阻。元
件Z的U -I 图像如图（b）所示，当流过元件Z的电流大于或等于I 时，电压稳定为U 。质量为m、不
0 m
计电阻的金属棒可沿导轨运动，运动中金属棒始终水平且与导轨保持良好接触。忽略空气阻力及回路中的
mg mgR
电流对原磁场的影响，重力加速度大小为g。为了方便计算，取I = ，U = 。以下计算结果只
0 4BL m 2BL
能选用m、g、B、L、R表示。
（1）闭合开关S。，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v ；
1
（2）断开开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v ；
2
（3）先闭合开关S，由静止释放金属棒，金属棒达到最大速度后，再断开开关S。忽略回路中电流突变的
时间，求S断开瞬间金属棒的加速度大小a。
mgR 3mgR g
【答案】（1）v = ；（2）v = ；（3）a =
1 B2L2 2 2B2L2 2
【解析】
【分析】[关键能力]本题考 查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律等知识，意在考查考生综合电磁学
知识以及力学规律处理问题的能力。
[压轴题透析] 3第（1）问通过对金属棒的受力分析以及运动分析，求出当金属棒的加速度为零时的最大速
第17页 | 共21页度；第（2）问首先应分析比较第（1）问中的电流与图（b）中Z元件的电压达到最大时的电流大小关系，
然后通过定值电阻表示出回路中的最大电流，进而求出金属棒的最大速度；第（3）问的关键在于求出开关
断开瞬间回路中的电流，得出导体棒所受的安培力大小，再根据牛顿第二定律求出金属棒的加速度。
【详解】（1）闭合开关S，金属棒下落的过程中受竖直向下的重力、竖直向上的安培力作用，当重力与安培
力大小相等时，金属棒的加速度为零，速度最大，则
mg = BI L
1
由法拉第电磁感应定律得
E = BLv
1 1
由欧姆定律得
E
I = 1
1 R
解得
mgR
v =
1 B2L2
（2）由第（1）问得
mg
I =
1 BL
由于
I < I
0 1
断开开关S后，当金属棒的速度达到最大时，元件Z两端的电压恒为
mgR
U =
m 2BL
此时定值电阻两端的电压为
U = BLv -U
R 2 m
回路中的电流为
I = I
2 1
又由欧姆定律得
U
I = R
2 R
解得
3mgR
v =
2 2B2L2
（3）开关S闭合，当金属棒的速度最大时，金属棒产生的感应电动势为
第18页 | 共21页mgR
E =
1 BL
断开开关S的瞬间，元件Z两端的电压为
mgR
U =
m 2BL
则定值电阻两端的电压为
mgR
U¢ = E -U =
R 1 m 2BL
电路中的电流为
U¢
I¢ = R
R
金属棒受到的安培力为
F = BI¢L
A
对金属棒由牛顿第二定律得
mg-F =ma
A
解得
g
a =
2
第19页 | 共21页第20页 | 共21页第21页 | 共21页
