2021届重庆市高考压轴卷 物理（解析版）

参考答案1．【答案】C【解析】由质量数和电荷数守恒可得，A项中的X的电荷数为0，质量数为，故A错误；B项中的X的电荷数为0，质量数为1即为中子，故B错误；C项中的X的电荷数为1，质量数为0即为正电子，故C正确；D项中的X的电荷数为1，质量数为1即为质子，故D错误。2．【答案】B【解析】小球由斜面顶端到达桌沿的过程由机械能守恒定律；解得v=2m/s；小球从桌沿飞出时的竖直分速度为；根据；解得t=0.4s3．【答案】C【解析】通过左手定则可知，电流向右时金属框所受安培力向上，安培力的大小为，每根绳上的拉力大小应该故AB错误。当电流大小不变、方向反向时，金属框所受安培力向下，每根绳上的拉力大小；故C正确，D错误。4．【答案】D【解析】探测器从远火点向近火点运动过程中，万有引力做正功，由动能定理可知，探测器动能增加，速率增大，故A错误；在火星表面附近做近火环绕时有；解得；其中，；联立解得；其中；则有；故运行周期不为1个火星日，故B错误；同步卫星周期等于自转周期，所以火星同步卫星的周期为24小时37分钟大于地球同步卫星的周期，故C错误；根据；可得；则有；解得故D正确。5．【答案】A【解析】A．玩偶的受力分析如图所示，玩偶对墙壁的压力等于支持力有；细绳AB越短，越大，则玩偶对墙壁的压力越大，所以A正确；对吸盘与玩偶整体分析竖直方向只受重力与摩擦力，所以吸盘受到墙壁的摩擦力总是等于重力，与细绳的长短无关，与吸盘与墙壁之间的挤压力无关，则BD错误；由平衡条件可知，吸盘重力等于墙壁和细绳对吸盘作用力的合力，所以C错误6．【答案】C【解析】对任一小球研究。设细线与竖直方向的夹角为，竖直方向受力平衡，则；解得；所以细线L1和细线L2所受的拉力大小之比；故A错误；小球所受合力的大小为，根据牛顿第二定律得得；两小球相等，所以角速度相等，故B错误；小球所受合力提供向心力，则向心力为；小球m1和m2的向心力大小之比为；故C正确；根据v=ωr，角速度相等，得小球m1和m2的线速度大小之比为故D错误。7．【答案】A【解析】根据等量异种电荷电场线、等势面分布对称性，B、D两处电势、场强均相同，故A正确；据顺着电场线方向电势降低，结合等量异种电荷电场线、等势面分布对称性特点可知，A、C场强相同，故B错误；据顺着电场线方向电势降低，结合等量异种电荷电场线、等势面分布对称性特点可知，A点电势高，故同一个试探电荷放在A、C两处时电势能不相等，故C错误；把一个带正电的试探电荷从A点沿直线移动到B点的过程中，电场力与位移的方向夹角先大于，后小于，故电场力先做负功后做正功，故D错误。8．【答案】AC【解析】由右手定则可知，此时感应电流为逆时针方向，故A正确；B．左右两边圆环均切割磁感线，故感应电动势的大小为；感应电流大小为；故其所受安培力大小为；加速度为；故B错误；此时圆环的电功率为；故C正确；此过程中圆环磁通量的变化为；故电荷量为故D错误9．【答案】AC【解析】电动势为的有效值；开关接a时，电流表的示数；A正确；根据变压比可得；原线圈所在电路中，电源内阻要分压，原线圈输入电压小于220V，则U2小于110V，B错误；电源输出功率相等时，即R等效至原线圈时阻值等于R0或等于1Ω，由可得或C正确；副线圈消耗的功率最大，即电源输出功率最大，即解得；D错误。10．【答案】BD【解析】由题目可知，阻力恒定不变，即f不变，在t0时刻开始运动，可得在0<t<t0时间内，F<f，汽车保持静止，在t0<t<2t0时间内，由牛顿第二定律可得；由于F在增大，所以加速度也在增大，故汽车做加速度增大的变加速直线运动，在2t0<t<4t0时间内，力F未发生变化，汽车做匀加速直线运动，故A错误；设汽车在2t0时的速度为v1，在4t0时的速度为v2，在t0~2t0时间内由动量定理可得；联立方程，解得；在2t0~4t0时间内由动量定理可得；联立方程，解得；在2t0~4t0时间内，汽车克服阻力做的功等于动能的变化量，由动能定理可得；故B正确，C错误；设汽车在3t0时的速度为v3，在t0~3t0时间内，由动量定理可得；解得；则牵引力的瞬时功率为；联立方程，解得；故D正确。11．【答案】B5.665【解析】(1)[1]钢球下落的高度h应该是小球释放时的球心位置到钢球在A点时的球心位置之间的竖直距离，故B正确，AC错误；(2)[2]由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为5.5mm，可动刻度示数为16.5×0.01mm=0.165mm，则螺旋测微器的示数为5.5mm+0.165mm=5.665mm；(3)[3]要验证机械能守恒定律，需要满足；即12．【答案】A1V1R1外接法分压式0.49W【解析】（1）[1]根据可知，小灯泡的额定电流为0.5A，故电流表应选择A1；[2]小灯泡的额定电压为3V，电压表应选择V1；[3]本实验中滑动变阻器应采用分压式接法，为了操作方便，滑动变阻器应选R1。（2）[4]小灯泡的电阻远小于电压表的电阻，所以电流表应该用外接法；[5]要求电压从零连续可调，所以滑动变阻器应该用分压式接法。（3）[6]将定值电阻看成电源的内阻，则电源电动势为5.0V，内阻为10.0Ω，在灯泡I−U图象坐标系内作出电源的I−U图象如下图所示两条图象的交点即为此时小灯泡两端的电压和流过的电流，由图示图象可知，灯泡两端电压约为1.35V，通过灯泡的电流约为0.36A，则小灯泡实际功率为13．【答案】(1)、；(2)或【解析】(1)对A、B和弹簧由动量守恒得；对A、B和弹簧由能量守恒得；联立解得、(2)BC碰撞由动量守恒得；得；当D恰好能过最高点，则有；对D从最低点到最高点有；得；当D恰好运动到与圆心等高处，则有；得；则轨道半径应满足的条件或14．【答案】(1)；(2)；(3)【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，由则(2)由动能定理得；由此可知，粒子进入磁场时与水平方向夹角α=45°，如图所示则粒子在磁场中做圆周运动的半径与水平夹角为，所以半径则粒子在磁场中的运动周期；粒子在磁场中运动的时间(3)粒子在磁场做匀速圆周运动，有；可得15．（1）【答案】ACE【解析】A．小雨滴表面附近的分子间距较大，分子间存在相互作用的引力，相同体积的物体，球的表面积最小，小雨滴在水的表面张力作用下呈球形，故A正确；B．布朗运动指的是悬浮在液体中固体颗粒的运动，它反映的是撞击小颗粒的那些液体分子在做无规则运动，故B错误；C．在一定气温条件下，大气中相对湿度越大，水气蒸发也就越慢，人就感受到越潮湿，故当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大，绝对湿度不一定大，故C正确；D．一定质量的理想气体内能仅与温度有关，由理想气体状态方程可知理想气体等压膨胀时，温度升高，说明气体内能增大，体积膨胀对外做功，由热力学第一定律可得解得，说明气体一定吸热，故D错误；E．根据热力学第二定律可知不可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功而不引起其它变化，故E正确。15．（2）【答案】；（2）【解析】（1）由题意可得初始状态时，气体的压强；当水银刚好完全进入圆筒时，气体的压强；由玻意耳定律；解得（2）由理想气体状态方程；解得16．【答案】（1）B【解析】A．根据题图质点P的振动图像和该波的波形图可知，这列波的传播方向是沿x轴正方向，故A错误；B．由波形图可知这列波的波长，由质点P的振动图像可知，这列波的周期，则这列波的传播速度故B正确；C．介质中有机械波传播时，质