1.答題前，考生務(wù)必用0.5 毫米黑色簽字筆將自己的姓名、座號和科類填寫到答題卡和試卷規(guī)定的位置上。
2.第I卷每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑；第Ⅱ卷必須用0.5 毫米黑色簽字筆作答，不能使用涂改液、膠帶紙、修正帶。不按以上要求作答的答案無效。
第I卷（選擇題共48分）
一、單項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題6分，共24分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。
1. 如圖甲所示，彈簧振子以O(shè)點(diǎn)為平衡位置，在A、B兩點(diǎn)間做簡諧運(yùn)動，圖乙是彈簧振子的振動圖象。則（ ）
A. 在t=0.2s時，彈簧振子的速度為正向最大
B. 在t=0.3s與t=0.5s兩個時刻，速度相同
C. 從t=0.5s到t=0.6s時間內(nèi)，彈簧振子做加速度減小的減速運(yùn)動
D. 在t=0.6s時，彈簧振子有最小的彈性勢能
【答案】B
【解析】
【詳解】A．由圖乙可知，在t=0.2s時，彈簧振子位于正向位移最大處，此時速度為零，故A錯誤；
B．在t=0.3s與t=0.5s兩個時刻，彈簧振子關(guān)于平衡位置對稱，速度大小相等，方向相同，故B正確；
C．從t=0.5s到t=0.6s時間內(nèi)，彈簧振子從平衡位置向負(fù)向最大位移處運(yùn)動，位移逐漸增大，加速度逐漸增大，加速度方向與速度方向相反，彈簧振子做加速度增大的減速運(yùn)動，故C錯誤；
D．在t=0.6s時，彈簧振子的位移為負(fù)向最大值，即彈簧的形變量最大，彈簧振子的彈性勢能最大，故D錯誤。
故選B。
2. 2021年5月15日，“天問一號”著陸器成功著陸于火星，中國首次著陸火星任務(wù)取得圓滿成功?！疤靻栆惶枴敝懫髟趧恿p速階段80s內(nèi)速度從95m/s降到6m/s以下，已知著陸器總質(zhì)量約為，火星表面的重力加速度為，則在該過程中，噴射的燃料對著陸器的平均作用力約為（）
A. B.
CD.
【答案】B
【解析】
【分析】
【詳解】根據(jù)動量定理有
( - F + mg)t=mv′ - mv（取“天問一號”速度的方向?yàn)檎?br>代入數(shù)據(jù)有
F= - 3.39 × 103N
故選B。
3. 如圖所示，直線A為某電源的圖線，曲線B為某LED燈泡的圖線，用該電源和燈泡串聯(lián)起來組成閉合回路，燈泡恰能正常發(fā)光。下列說法正確的是（ ）
A. 電源的內(nèi)阻為
B. 燈泡正常發(fā)光時的功率小于5W
C. 燈泡的阻值隨其電壓增大而增大
D. 將燈泡換成的定值電阻后，電源的輸出功率增大
【答案】D
【解析】
【詳解】A．根據(jù)圖線的斜率的絕對值為電源內(nèi)阻，可得此電源的內(nèi)阻
故A錯誤；
B．兩圖線的交點(diǎn)表示小燈泡與電源連接時的工作狀態(tài)，由于燈泡正常發(fā)光，則知燈泡的額定電壓
額定電流
則額定功率為
故B錯誤；
C．根據(jù)歐姆定律
可知燈泡圖像上的點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率表示電阻的大小，可知小燈L的電阻隨兩端電壓的增大而減小，故C錯誤；
D．電源的輸出功率圖像如下
由圖可看出當(dāng)時輸出功率最大，由選項(xiàng)B知小燈泡L的額定電壓，額定電流，則小燈泡正常發(fā)光時的電阻為
若把燈泡L換成阻值恒為的純電阻，則更接近內(nèi)阻，則電源的輸出功率變大，故D正確。
故選D。
4. 如圖所示電路中，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，電流表、電壓表、、均為理想電表，為定值電阻，為滑動變阻器。閉合開關(guān)，當(dāng)?shù)幕瑒佑|頭由上端向下滑動的過程中（ ）
A. 電壓表、的示數(shù)增大，電壓表的示數(shù)不變；
B. 電流表示數(shù)變大，電壓表的示數(shù)變?。?br>C. 電壓表示數(shù)與電流表示數(shù)的比值不變；
D. 電壓表示數(shù)變化量與電流表示數(shù)變化量比值的絕對值不變。
【答案】D
【解析】
【詳解】AB．由圖可知，電路中與串聯(lián)接在電源兩端，電壓表V1測量兩端的電壓，V2測量兩端的電壓，V3測量路端電壓；電流表測干路電流；當(dāng)滑片向下滑動時，滑動變阻器接入電阻增大，則電路中總電阻增大；由閉合電路歐姆定律可知，電路中電流減小，根據(jù)
可知，路端電壓增大；因?yàn)槎ㄖ惦娮瑁势鋬啥穗妷簻p?。豢傠妷涸龃?，故兩端的電壓增大，所以電壓表V1示數(shù)減小，V2、V3的示數(shù)增大。電流表示數(shù)減小，故AB錯誤；
C．V2示數(shù)與電流表示數(shù)的比值等于，則知V2示數(shù)與電流表示數(shù)的比值增大，故C錯誤；
D．由閉合電路歐姆定律可知
則得
保持不變，故D正確。
故選D。
二、雙項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題6分，共24分。每小題只有兩個項(xiàng)符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有錯選的得0分。
5. 一單擺在地球表面做受迫振動，其共振曲線（A表示受迫振動的振幅，f表示驅(qū)動力的頻率）如圖所示，重力加速度取，則下列說法不正確的是（ ）
A. 此單擺的固有周期為2s
B. 此單擺的擺長約為1m
C. 若擺長增大，單擺的固有頻率增大
D. 若擺長減小，共振曲線的峰值將向左移動
【答案】CD
【解析】
【詳解】A．當(dāng)驅(qū)動力的頻率等于單擺的固有周期時發(fā)生共振，所以單擺發(fā)生共振的頻率是
根據(jù)周期和頻率可知單擺的固有周期為
故A正確；
B．根據(jù)單擺周期的表達(dá)式
得
故B正確；
C．若擺長增大，根據(jù)
可知單擺的固有周期變大，固有頻率變小，故C錯誤；
D．若擺長減小，可知單擺的固有周期變小，固有頻率變大，產(chǎn)生共振的頻率變大，所以共振曲線的峰值將向右移動，故D錯誤。
該題選擇錯誤選項(xiàng)，故選CD。
6. 圖（a）為一列簡諧橫波在某一時刻的圖像，P、Q兩質(zhì)點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為xP=2m和xQ=6m；圖（b）為質(zhì)點(diǎn)P從該時刻開始計(jì)時的振動圖像。下列說法正確的是（ ）
A. 該波沿x軸正方向傳播，波速為1m/s
B. 質(zhì)點(diǎn)P經(jīng)4s振動的路程為4m
C. 此時刻質(zhì)點(diǎn)Q的速度沿y軸負(fù)方向
D. 質(zhì)點(diǎn)Q在t=2s時，加速度為0
【答案】AC
【解析】
【詳解】A．由（a）圖可知波長為8m，由（b）圖可知周期T=8s，則波速為
由（b）圖可知t=0時，P點(diǎn)向y軸正方向振動，結(jié)合（a）圖可知該波沿x軸正方向傳播，故A正確；
B．根據(jù)
知，質(zhì)點(diǎn)P經(jīng)4s振動的路程為
s=2A=2×0.5 m=l m
故B錯誤；
C．由于該波沿x軸正方向傳播，所以此時刻質(zhì)點(diǎn)Q速度沿y軸負(fù)方向，故C正確；
D．根據(jù)
質(zhì)點(diǎn)Q在t=2s時，在y軸負(fù)向最大位移處，加速度最大，故D錯誤。
故選AC。
7. 如圖所示，質(zhì)量分別為的兩個小球A、B用長為的輕質(zhì)細(xì)繩連接，B球穿在光滑水平細(xì)桿上，初始時刻，細(xì)繩處于水平狀態(tài)，將A、B由靜止釋放，空氣阻力不計(jì)，A、B可視為質(zhì)點(diǎn)。從釋放到A球運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程中，下列說法正確的是（）
A. A、B組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒
B. A球運(yùn)動到最低點(diǎn)時，B球向右運(yùn)動距離為
C. A球運(yùn)動到最低點(diǎn)時，B球的速度為
D. A球運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程中，繩對B做的功為
【答案】ACD
【解析】
【詳解】A．從釋放到A球運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程中，A、B組成的系統(tǒng)在水平方向不受力，所以水平方向動量守恒，故A正確；
B．A球運(yùn)動到最低點(diǎn)時，取水平向左為正方向，水平方向由動量守恒定律得
兩邊同時乘以t，則有
其中
解得
故B錯誤；
C．A球運(yùn)動到最低點(diǎn)時，取水平向左為正方向，水平方向由動量守恒定律得
由機(jī)械能守恒得
其中
聯(lián)立可得
故C正確；
D．對B球由動能定理，A球運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程中，繩對B做的功為為
故D正確。
故選ACD。
8. 如圖所示，水平光滑桌面上，輕彈簧的左端固定，右端連接物體P，P和Q通過細(xì)繩繞過定滑輪連接。開始時，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，滑塊P處于位置O。將滑塊P向左推至彈簧原長的位置A點(diǎn)后由靜止釋放，當(dāng)滑塊P運(yùn)動到最右端時細(xì)繩恰好被拉斷，滑塊未與定滑輪相碰，彈簧未超出彈性限度，已知Q的質(zhì)量為m，彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，不計(jì)一切摩擦，則（ ）
A. 細(xì)繩被拉斷前的瞬間，滑塊P的加速度與剛釋放時的加速度相同
B. 細(xì)繩被拉斷后，滑塊P回到O位置時速度最大
C. 從釋放到細(xì)繩被拉斷過程，物塊Q下落的高度為
D. 彈簧的最大彈性勢能為
【答案】CD
【解析】
【詳解】A．由于物體P、Q組成的系統(tǒng)受到
F=-kx
回復(fù)力（x是偏離平衡位置的位移），則P、Q組成的系統(tǒng)做簡諧運(yùn)動，根據(jù)對稱性可知，當(dāng)繩斷時加速度大小與釋放時加速度大小相同，方向相反，故A錯誤；
B．由于滑塊P運(yùn)動到最右端時細(xì)繩恰好被拉斷，則之后P只受彈力作用，在P往回走過程中彈力做正功，當(dāng)滑塊P回到A位置時速度最大，故B錯誤；
C．由選項(xiàng)A知，從釋放到細(xì)繩被拉斷過程中，P、Q組成的系統(tǒng)做簡諧運(yùn)動，根據(jù)對稱性可知，當(dāng)繩斷時加速度大小與釋放時加速度大小相同，則初位置根據(jù)牛頓第二定律可得
mg=（mP+m）a
細(xì)繩剛好被拉斷前瞬間，根據(jù)牛頓第二定律可得
kxm-mg=（mP+m）a
又因?yàn)殚_始時，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，則有物塊Q下落的高度為
故C正確；
D．當(dāng)滑塊P運(yùn)動到最右端時彈簧的彈性勢能最大，為
故D正確。
故選CD。
第II卷（共52分）
三、非選擇題：共52分，其中9-10題為填空題，11-12題為實(shí)驗(yàn)題，13-15題為計(jì)算題?？忌鶕?jù)要求作答。
9. 醫(yī)學(xué)中常用頻率為23kHz~27kHz的超聲波破碎膽結(jié)石，某頻率超聲波在結(jié)石和膽汁中的波速分別為2250m/s和1500m/s，則該超聲波在結(jié)石中的波長是膽汁中的___________倍。破碎結(jié)石時當(dāng)超聲波與結(jié)石體發(fā)生共振時效果最佳。已知結(jié)石體固有頻率可表為為常數(shù)，如果采用25kHz的超聲波破碎質(zhì)量為m的結(jié)石效果最佳，為破碎質(zhì)量比m略大的結(jié)石，應(yīng)調(diào)整超聲波的頻率，頻率應(yīng)略___________（填“大于”或“小于”）25kHz。
【答案】 ①. 1.5 ②. 小于
【解析】
【分析】
【詳解】[1][2]超聲波在傳播中頻率不變，波長
則說明長與波速成正比，故波長之比為
=1.5倍
根據(jù)頻率公式，質(zhì)量變大，固有頻率變小，則超聲波頻率變小。
10. 在學(xué)校運(yùn)動場上直跑道的兩端，分別安裝了由同一信號發(fā)生器帶動的兩個相同的揚(yáng)聲器。兩個揚(yáng)聲器連續(xù)發(fā)出波長為的聲波。一同學(xué)從該跑道的中點(diǎn)出發(fā)，向某一端點(diǎn)緩慢行進(jìn)，求在此過程中他聽到揚(yáng)聲器聲音由強(qiáng)變?nèi)醯拇螖?shù)為___________次。
【答案】4
【解析】
【詳解】振動頻率相同、振動情況完全相同的兩列波疊加時，設(shè)點(diǎn)到兩波源的距離差為，當(dāng)?shù)扔诎雮€波長的奇數(shù)倍時，該點(diǎn)振動減弱，設(shè)該同學(xué)向某一段運(yùn)動的距離為x，則
，
根據(jù)
，
可知當(dāng)n取0、1、2、3，即該同學(xué)向某一段運(yùn)動的距離x為、、、時波的振動減弱，即該同學(xué)聽到揚(yáng)聲器聲音由強(qiáng)變?nèi)醯拇螖?shù)為4次。
11. 如圖1所示為某實(shí)驗(yàn)小組驗(yàn)證碰撞中動量守恒的實(shí)驗(yàn)裝置。安裝好實(shí)驗(yàn)裝置后，在地上鋪一張記錄紙，記下重垂線所指的位置O，先不放靶球，讓入射球從斜槽上由靜止?jié)L下，并落在地面上，再將靶球放在斜槽前端邊緣位置，讓入射球從斜槽上滾下，使它們碰撞，重復(fù)多次，分別測量三個落地點(diǎn)的平均位置M、P、N離O點(diǎn)的距離分別為、、。
（1）下列關(guān)于本實(shí)驗(yàn)中正確的說法是___________（選填正確選項(xiàng)前面的字母）
A.入射球比靶球質(zhì)量大或小均可，但兩球的直徑必須相同
B.在同一組實(shí)驗(yàn)的不同碰撞中，每次入射球必須從同一高度由靜止釋放
C.安裝軌道時斜槽的末端必須水平
D.本實(shí)驗(yàn)中由于斜槽軌道不光滑會造成誤差，所造成的誤差屬于系統(tǒng)誤差
（2）若入射小球和靶球的質(zhì)量分別為和，本實(shí)驗(yàn)中需要驗(yàn)證兩球碰撞中動量守恒的表達(dá)式為___________（用所測物理量的符號表示）；
（3）完成上述實(shí)驗(yàn)后，實(shí)驗(yàn)小組的成員對上述裝置進(jìn)行了改造，小紅改造后的裝置如圖3所示。使入射球仍從斜槽上由靜止?jié)L下，重復(fù)實(shí)驗(yàn)步驟中的操作，使兩球落在以斜槽末端為最高點(diǎn)的斜面上，平均落點(diǎn)為、、。測得、、到斜槽末端距離分別為、、，則小紅需要驗(yàn)證兩球碰撞過程中動量守恒的表達(dá)式為___________（用所測物理量的符號表示）。
【答案】 ①. BC##CB ②. ③.
【解析】
【詳解】（1）[1] A．碰撞后為防止入射球反彈，入射球的質(zhì)量應(yīng)大于靶球的質(zhì)量，故A錯誤；
B．為保證碰撞的初速度相同，每次入射球必須從同一高度由靜止釋放，故B正確；
C．要保證碰撞后兩個球做平拋運(yùn)動，故斜槽軌道末端的切線必須水平，故C正確；
D．軌道是否光滑對實(shí)驗(yàn)的結(jié)果沒有影響，不需要控制軌道光滑，故D錯誤。
故選BC。
（2）[2] 小球做平拋運(yùn)動高度相同，則小球在空中運(yùn)動時間相同；設(shè)小球在空中運(yùn)動的時間為t，若滿足動量守恒定律有
整理得
（3）[3]設(shè)斜面與水平面的夾角，由幾何關(guān)系可得
，
由平拋運(yùn)動的規(guī)律得
，
聯(lián)立可得
則做平拋運(yùn)動的水平速度分別為
，，
代入動量守恒的表達(dá)式
化簡可得
12. 將一單擺裝置豎直懸掛于某一深度為h（未知）且開口向下的小筒中（單擺的下部分露于筒外），如圖甲所示，將懸線拉離平衡位置一個小角度后由靜止釋放，設(shè)單擺振動過程中懸線不會碰到筒壁，如果本實(shí)驗(yàn)的長度測量工具只能測量出筒的下端口到擺球球心之間的距離L，并通過改變L而測出對應(yīng)的擺動周期T，再以為縱軸、L為橫軸作出函數(shù)關(guān)系圖像，那么就可以通過此圖像得出小筒的深度h和當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭。
（1）現(xiàn)有如下測量工具：A.游標(biāo)卡尺；B.秒表；C.天平；D.毫米刻度尺，則本實(shí)驗(yàn)所需的測量工具有___________；
（2）如果實(shí)驗(yàn)中所得到的關(guān)系圖像如圖乙所示，那么對應(yīng)的圖像應(yīng)該是a、b、c中的___________；
（3）由圖像可知，小筒的深度___________m；當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萠__________（取，g值計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。
【答案】 ①. ABD ②. a ③. 0.3 ④. 9.86
【解析】
【詳解】（1）[1]本實(shí)驗(yàn)要測量周期和筒的下端口到擺球球心之距離， 需要秒表和毫米刻度尺，需要用游標(biāo)卡尺測量小球直徑，單擺的周期與小球質(zhì)量無關(guān)， 不需要測量小球的質(zhì)量。
故選ABD。
（2）[2]根據(jù)單擺的周期公式可得
可得
可知圖像為一條縱軸截距為正的，斜率為正的傾斜直線，則對應(yīng)的圖像應(yīng)該是a。
（3）[3][4]由
可知圖像的斜率和縱軸截距分別為
，
聯(lián)立解得
，
13. 如圖所示的電路中，兩平行金屬板 A、B 水平放置，兩板間的距離。電源電動勢，內(nèi)電阻，電阻。閉合S，待電路穩(wěn)定后，將一帶正電的小球從B板小孔以初速度豎直向上射入板間。若小球帶電量為，質(zhì)量為，不考慮空氣阻力。那么滑動變阻器滑片P在某位置時，小球恰能到達(dá)A板。（?。┣螅?br>（1）兩極板間的電場強(qiáng)度大??；
（2）滑動變阻器接入電路的阻值。
【答案】（1）?；（2）?
【解析】
【詳解】（1）小球恰能從B?到A?，由動能定理可得
解得
則兩極板間的電場強(qiáng)度大小為
（2）由閉合電路歐姆定律可得
解得
則滑動變阻器接入電路的阻值為
14. 某種型號的中性筆由彈簧、內(nèi)芯和外殼三部分構(gòu)成。李強(qiáng)同學(xué)探究這種筆的彈跳問題時發(fā)現(xiàn)筆的彈跳過程可簡化為三個階段：把筆豎直倒立于水平硬桌面上，下壓外殼使其下端接觸桌面（如圖1所示）；把筆由靜止釋放，外殼豎直上升，上升高度為h時（彈簧恰好恢復(fù)原長）與靜止的內(nèi)芯碰撞，碰撞過程時間極短，碰后瞬間，內(nèi)芯與外殼具有豎直向上的共同速度（如圖2所示）；此后，內(nèi)芯與外殼一起向上運(yùn)動，上升的最大高度為H（如圖3所示）。李強(qiáng)同學(xué)測得筆的外殼和內(nèi)芯質(zhì)量分別為m1和m2，不計(jì)彈簧質(zhì)量和空氣阻力，重力加速度大小為g。求：
（1）外殼與內(nèi)芯碰撞后的瞬間，二者的共同速度大小；
（2）外殼與內(nèi)芯碰撞前的瞬間，外殼的速度大??；
（3）在階段一中彈簧儲存的彈性勢能。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【詳解】（1）外殼與內(nèi)芯碰撞后一起上升到最高點(diǎn)過程，由機(jī)械能守恒定律可得
解得二者的共同速度大小為
（2）外殼與內(nèi)芯碰撞過程時間極短，可認(rèn)為碰撞時的內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于重力，二者組成的系統(tǒng)可認(rèn)為動量近似守恒，由動量守恒定律可得
解得
（3）在階段一中，由能量守恒定律可得
解得
15. 如圖所示，質(zhì)量的小物塊靜止在質(zhì)量的木板左端，木板靜止在光滑的水平面上，與木板右端相距處有一擋板?，F(xiàn)給物塊一水平向右的瞬時沖量，之后木板與擋板發(fā)生了彈性碰撞，物塊未與擋板碰撞且一直在木板上。已知物塊與木板間的動摩擦因素，取重力加速度。求：
（1）物塊獲得的初速度大?。?br>（2）木板與擋板碰撞前的瞬間，物塊的速度和木板的速度大??；
（3）木板的最小長度L。
【答案】（1）；（2），；（3）
【解析】
【詳解】（1）以向右為正方向，對物塊應(yīng)用動量定理
求得
（2）假設(shè)木板與物塊在共速后與擋板相碰，根據(jù)動量守恒可得
求得
對木板應(yīng)用動能定理可得
求得
說明木塊，木板在共速前就與擋板相撞，設(shè)物塊的加速度為，木板的加速度為，則對物塊列牛頓第二定律得
求得
對木板列牛頓第二定律得
解得
對木板列速度位移公式
求得
時間
此時物塊的速度
（3）與擋板碰后，對木板與物塊，由動量守恒可得
全程由能量守恒可得
聯(lián)立求得

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