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2021届全国卷之Ⅲ高考压轴卷之物理Word版含答案解析
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这是一份2021届全国卷之Ⅲ高考压轴卷之物理Word版含答案解析，共12页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
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KSSU2021年全国新课标Ⅲ高考压轴卷（物理）
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．物体A、B的x-t图象如图所示，由图可知( )
A．从第3 s起，两物体运动方向相同，且vA＞vB
B．两物体由同一位置开始运动，但物体A比B迟3 s才开始运动
C．在5 s内两物体的位移相等，5 s末A、B相遇
D．5 s内A、B的平均速度相等
15.美国物理学家密立根通过测量金属的遏止电压Uc与入射光频率ν，算出普朗克常量h，并与普朗克根据黑体辐射得出的h相比较，以验证爱因斯坦光电效应方程的正确性。下图是某次试验中得到的两种金属的遏止电压Uc与入射光须率ν关系图象，两金属的逸出功分别为W甲、W乙，如果用ν0频率的光照射两种金属，光电子的最大初动能分别为E甲、E乙，则下列关系正确的是( )
A．W甲E乙
B．W甲>W乙，E甲
D．W甲
A. B．
C. D．
17.如图为人造地球卫星的轨道示意图，LEO是近地轨道，MEO是中地球轨道，GEO是地球同步轨道，GTO是地球同步转移轨道。已知地球的半径R＝6 400 km，该图中MEO卫星的周期约为(图中数据为卫星近地点、远地点离地面的高度)( )
A．3 h B．8 h
C．15 h D．20 h
18.如图所示，心脏除颤器用于刺激心脏恢复正常的跳动，它通过皮肤上的电极板使电容器放电。已知某款心脏除颤器，在短于一分钟内使70 μF电容器充电到5 000 V，存储875 J能量，抢救病人时一部分能量在2 ms脉冲时间通过电极板放电进入身体，此脉冲的平均功率为100 kW。下列说法正确的是( )
A．电容器放电过程中电压不变
B．电容器充电至2 500 V时，电容为35 μF
C．电容器充电至5 000 V时，电荷量为35 C
D．电容器所释放出的能量约占存储总能量的23%
19.如图所示，相距为d的两水平虚线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的上下两个边界，磁场的磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为L(L
A．线框中一直有感应电流
B．线框中有一阶段的加速度为重力加速度g
C．线框中产生的热量为mg(d＋h＋L)
D．线框有一阶段做减速运动
20.如图所示，小车分别以加速度a1、a2、a3、a4向右做匀加速运动，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过细线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，加速度为a1、a2时，细线在竖直方向上，全过程中M始终未相对杆bc移动，M、m与小车保持相对静止，M受到的摩擦力大小分别为f1、f2、f3、f4，则以下结论正确的是( )
A．若＝，则＝
B．若＝，则＝
C．若＝，则＝
D．若＝，则＝
21.如图所示，长度为l的竖直轻杆上端连着一质量为m的小球A(可视为质点)，杆的下端用铰链连接于水平地面上的O点。置于同一水平地面上的正方体B恰与A接触，正方体B的质量为M。今有微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而A与B刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．A与B刚脱离接触的瞬间，A、B速率之比为2∶1
B．A与B刚脱离接触的瞬间，B的速率为
C．A落地时速率为
D．A、B质量之比为1∶4
第Ⅱ卷
二、非选择题：共62分，第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～34题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共47分。
22.（6分）电流表A1的量程为0～200 μA，内阻约为500 Ω，现要准确测量其内阻，除若干开关、导线之外还有器材如下：
电流表A2：与A1规格相同
滑动变阻器R1：阻值为0～20 Ω
电阻箱R2：阻值为0～9 999 Ω
保护电阻R3：阻值约为3 kΩ
电源：电动势E约为1.5 V、内阻r约为2 Ω
(1)如图所示，某同学想用等效法测量电流表内阻，设计了部分测量电路，在此基础上请你将滑动变阻器接入电路中，使实验可以完成。
(2)电路补充完整后，请你完善以下测量电流表A1内阻的实验步骤。
a．先将滑动变阻器R1的滑片移到使电路安全的位置，再把电阻箱R2的阻值调到 。(选填“最大”或“最小”)
b．闭合开关S、S1，调节滑动变阻器R1，使两电流表接近满偏，记录电流表A2的示数I。
c．保持S闭合、滑动变阻器R1的滑片位置不变，断开S1，再闭合S2，调节R2，使电流表A2的示数 ，读出此时电阻箱的阻值R0，则电流表A1内阻r1＝ 。
23.（9分）某同学设计了一个用电磁打点计时器探究碰撞中的不变量的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动。他设计的装置如图(甲)所示。小车A后连着纸带，电磁打点计时器所用电源频率为50 Hz，长木板下垫着薄木片以平衡摩擦力。
(甲)
(乙)
(1)若已测得打点纸带如图(乙)所示，并测得各计数点间距(已标在图上)。A为运动的起点，则应选 段来计算A碰前的速度。应选 段来计算A和B碰后的共同速度。(以上两空选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)
(2)已测得小车A的质量m1＝0.4 kg，小车B的质量为m2＝0.2 kg，则碰前两小车的总动量为 kg·m/s，碰后两小车的总动量为 kg·m/s。
24.（12分）如图所示，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求：
(1)带电粒子的比荷；
(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
25.（20分）图所示AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置。AB是半径为R＝1 m的圆周轨道，CDO是半径为r＝0.5 m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹回，不损失能量，图中没有画出)，D为CDO轨道的中点。BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接。已知BC段水平轨道长L＝2 m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.2。现让一个质量为m＝1 kg的小球从A点的正上方距水平线OA高H的P处自由落下。(g取10 m/s2)
(1)当H＝2 m时，求此时小球第一次到达D点对轨道的压力大小；
(2)为使小球仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，求H的取值范围。
（二） 选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
33.【物理一一选修3–3】（15分）
（1）（5分）一定质量的理想气体，经等温压缩，气体的压强增大，用分子动理论的观点分析，这是因为( )
A．气体分子每次碰撞器壁的平均冲力增大
B．单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多
C．气体分子的总数增加
D．单位体积内的分子数目增加
（2）（10分）如图所示，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：
(1)抽气前氢气的压强；
(2)抽气后氢气的压强和体积。
34. 【物理一一选修3–4】（15分）
（1）（5分）如图所示，一束由两种单色光混合的复色光沿PO方向射向一上、下表面平行的厚玻璃平面镜的上表面，得到三束光Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ。下列有关这三束光的判断正确的是( )
A．光束Ⅰ仍为复色光，光束Ⅱ、Ⅲ为单色光
B．光束Ⅱ在玻璃中的传播速度比光束Ⅲ小
C．增大α角且α<90°，光束Ⅱ、Ⅲ会远离光束Ⅰ
D．改变α角且α<90°，光束Ⅱ、Ⅲ一定与光束Ⅰ平行
(2)一质点做简谐运动，其位移和时间的关系如图所示。
①求t＝0.25×10－2 s时质点的位移；
②在t＝1.5×10－2 s到t＝2×10－2 s的振动过程中，质点的位移、回复力、速度、动能、势能如何变化？
③在t＝0到t＝8.5×10－2 s时间内，质点的路程、位移各多大？
参考答案+解析
14.
【答案】A
【解析】：x-t图象的斜率大小表示物体运动的速度大小，斜率的正、负表示物体运动的方向，由题图可知，A正确；B物体的出发点在距离原点5 m处，A物体的出发点在原点处，B错误；物体B在5 s内的位移为10 m－5 m＝5 m，物体A在5 s内的位移为10 m，B＝ m/s＝1 m/s，A＝ m/s＝2 m/s，C、D错误。
15.
【答案】 A
【答案】： 根据光电效应方程得： Ekm＝hν－W0＝hν－hν0，又Ekm＝qUc，解得：Uc＝ν－ν0，知Ucν图线中：当Uc＝0，ν＝ν0；由图象可知， 金属甲的极限频率小于金属乙， 则金属甲的逸出功小于乙的， 即W甲E乙，A正确。
16.
【答案】A
【解析】OM切割磁感线产生的电动势E＝，OM切割磁感线时产生的感应电流I＝，设电流的有效值为I有效，则IRT＝2I2R·T，解得I有效＝，选项A正确。
17.
【答案】A
【解析】 根据题图中MEO卫星距离地面高度为4 200 km，可知轨道半径约为R1＝10 600 km，同步轨道上GEO卫星距离地面高度为36 000 km，可知轨道半径约为R2＝42 400 km，为MEO卫星轨道半径的4倍，即R2＝4R1。地球同步卫星的周期为T2＝24 h，运用开普勒第三定律，＝，解得T1＝3 h，选项A正确。
18.
【答案】D
【解析】 电容器放电过程，电荷量减少，电压减小，选项A错误；电容不随电压、电荷量的变化而变化，选项B错误；由C＝知Q＝CU＝70×10－6×5×103 C＝0.35 C，选项C错误；由η＝知，η＝×100%＝23%，选项D正确。
19.
【答案】BD
【解析】 正方形线框abcd边长为L(L
【答案】CD
【解析】对第一、二幅图有：若＝，对M根据牛顿第二定律有：f＝Ma，则＝，故选项A错误；对第二、三幅图有：f2＝Ma2，设细线的拉力为F，则f3－Fsin θ＝Ma3，若＝，则≠，故选项B错误；对第三、四幅图有：对M和m整体分析：f＝(M＋m)a，若＝，则＝，故选项C正确；m水平方向有：F3sin θ＝ma3、F4sin α＝ma4，竖直方向有：F3cos θ＝mg、F4cos α＝mg，解得a3＝gtan θ、a4＝gtan α，若＝，则＝，故选项D正确。
21.
【答案】ABD
【解析】设小球速度为vA，正方体速度为vB，分离时刻，小球的水平速度与正方体速度相同，即vAsin 30°＝vB，解得vA＝2vB，故A正确；根据牛顿第二定律有mgsin 30°＝m，解得vA＝，vB＝＝，故B正确；A从分离到落地，小球机械能守恒，有mglsin 30°＝mv2－mv，v＝，故C错误；在杆从竖直位置开始倾倒到小球与正方体恰好分离的过程中，小球和正方体组成的系统机械能守恒，则有mgl(1－sin 30°)＝mv＋Mv，把vA和vB的值代入，化简得m∶M＝1∶4，故D正确。
22.
【答案】:（1）见解析图（3分）（2）a.最大 c．再次为I(或仍为I) R0（3分）
【解析】(1)滑动变阻器的最大阻值远小于待测电流表内阻，因此必须采用分压式接法，电路图如图所示。
(2)a.实验前电阻箱R2应该调节到最大，以保证两电表安全；c.让电流表A2示数不变，可直接从电阻箱R2的读数得到电流表A1的内阻r1。
23.
【答案】:(1)BC DE (2)0.420 0.417
【解析】(1)从题图乙中纸带上打点的情况看，BC段既表示小车做匀速运动，又表示小车有较大速度，因此BC段能较准确地描述A在碰前的运动情况，应选用BC段计算A碰前的速度。从CD段打点的情况看，小车的运动情况还没稳定，而在DE段内小车运动稳定，故应选用DE段计算A和B碰后的共同速度。
(2)取A的初速度方向为正方向，A在碰撞前的速度v0＝＝ m/s＝1.050 m/s，A在碰撞前的动量p0＝m1v0＝0.4×1.050 kg·m/s＝0.420 kg·m/s，碰撞后两小车的共同速度v＝＝ m/s＝0.695 m/s，碰撞后两小车的总动量p＝(m1＋m2)v＝(0.2＋0.4)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s。
24.
【答案】:(1) (2)
【解析】(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有qU＝mv2 ①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qvB＝m ②
由几何关系知d＝r ③
联立①②③式得＝。 ④
(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为
s＝＋rtan 30° ⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为
t＝ ⑥
联立②④⑤⑥式得t＝。 ⑦
25.
【答案】(1)84 N (2)0.65 m≤H≤0.7 m
【解析】
思路点拨：解此题可按以下思路
(1)小球由P到D全过程，由动能定理列方程求小球第一次到达D点的速度。
(2)小球仅仅与弹性挡板碰撞一次且刚好不脱离CDO轨道的两个临界条件是在O点重力提供向心力，碰后再返回最高点恰能上升到D点。
[解析](1)设小球第一次到达D的速度为vD，对小球从P到D点的过程，根据动能定理得：
mg(H＋r)－μmgL＝mv－0
在D点轨道对小球的支持力FN提供向心力，则有：
FN＝m
联立解得：FN＝84 N
由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为：
F′N＝FN＝84 N。
(2)为使小球仅仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最小时必须满足能上升到O点，由动能定理得：
mgHmin－μmgL＝mv－0
在O点有：mg＝m
代入数据解得：Hmin＝0.65 m
仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最大时，碰后再返回最高点能上升到D点，则有：
mg(Hmax＋r)－3μmgL＝0
代入数据解得：Hmax＝0.7 m
故有：0.65 m≤H≤0.7 m。
33.
【答案】(1)BD （2） 1)(p0＋p) 2)p0＋p
【解析】理想气体经等温压缩，体积减小，单位体积内的分子数目增加，则单位时间内单位面积器壁上受到气体分子的碰撞次数增多，压强增大，但气体分子每次碰撞器壁的平均冲力不变，故B、D正确，A、C错误。
（2）
(1)设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得
(p10－p)·2S＝(p0－p)·S ①
得p10＝(p0＋p)。 ②
(2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氮气的压强和体积分别为p2和V2。根据力的平衡条件有
p2·S＝p1·2S ③
由玻意耳定律得
p1V1＝p10·2V0 ④
p2V2＝p0V0 ⑤
由于两活塞用刚性杆连接，故V1－2V0＝2(V0－V2)⑥
联立②③④⑤⑥式解得
p1＝p0＋p ⑦
V1＝。
34.
【答案】(1)ABD (2)①－ cm ②变大 变大 变小 变小 变大 ③34 cm 2 cm
【解析】
由题意画出如图所示的光路图，可知光束Ⅰ是反射光线，所以仍是复色光，而光束Ⅱ、Ⅲ由于折射率的不同导致偏折分离，所以光束Ⅱ、Ⅲ是单色光，故A正确；由于光束Ⅱ的偏折程度大于光束Ⅲ，所以玻璃对光束Ⅱ的折射率大于对光束Ⅲ的折射率，根据v＝可知，光束Ⅱ在玻璃中的传播速度比光束Ⅲ小，故B正确；当增大α角且α<90°，即入射角减小时，光束Ⅱ、Ⅲ会靠近光束Ⅰ，故C错误；因为厚玻璃平面镜的上下表面是平行的，根据光的入射角与反射角相等以及光的可逆性，可知改变α角且α<90°，光束Ⅱ、Ⅲ一定与光束Ⅰ平行，故D正确。
(2)①由题图可知A＝2 cm，T＝2×10－2 s，振动方程为x＝Asin
＝－Acos ωt＝－2cos cm
＝－2cos 100πt cm
当t＝0.25×10－2 s时，x＝－2cos cm＝－ cm。
②由题图可知在t＝1.5×10－2 s到t＝2×10－2 s的振动过程中，质点的位移变大，回复力变大，速度变小，动能变小，势能变大。
③在t＝0到t＝8.5×10－2 s时间内经历个周期，质点的路程为s＝17A＝34 cm，位移为2 cm。
绝密★启用前
KSSU2021年全国新课标Ⅲ高考压轴卷（物理）
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．物体A、B的x-t图象如图所示，由图可知( )
A．从第3 s起，两物体运动方向相同，且vA＞vB
B．两物体由同一位置开始运动，但物体A比B迟3 s才开始运动
C．在5 s内两物体的位移相等，5 s末A、B相遇
D．5 s内A、B的平均速度相等
15.美国物理学家密立根通过测量金属的遏止电压Uc与入射光频率ν，算出普朗克常量h，并与普朗克根据黑体辐射得出的h相比较，以验证爱因斯坦光电效应方程的正确性。下图是某次试验中得到的两种金属的遏止电压Uc与入射光须率ν关系图象，两金属的逸出功分别为W甲、W乙，如果用ν0频率的光照射两种金属，光电子的最大初动能分别为E甲、E乙，则下列关系正确的是( )
A．W甲
B．W甲>W乙，E甲
D．W甲
A. B．
C. D．
17.如图为人造地球卫星的轨道示意图，LEO是近地轨道，MEO是中地球轨道，GEO是地球同步轨道，GTO是地球同步转移轨道。已知地球的半径R＝6 400 km，该图中MEO卫星的周期约为(图中数据为卫星近地点、远地点离地面的高度)( )
A．3 h B．8 h
C．15 h D．20 h
18.如图所示，心脏除颤器用于刺激心脏恢复正常的跳动，它通过皮肤上的电极板使电容器放电。已知某款心脏除颤器，在短于一分钟内使70 μF电容器充电到5 000 V，存储875 J能量，抢救病人时一部分能量在2 ms脉冲时间通过电极板放电进入身体，此脉冲的平均功率为100 kW。下列说法正确的是( )
A．电容器放电过程中电压不变
B．电容器充电至2 500 V时，电容为35 μF
C．电容器充电至5 000 V时，电荷量为35 C
D．电容器所释放出的能量约占存储总能量的23%
19.如图所示，相距为d的两水平虚线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的上下两个边界，磁场的磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为L(L
A．线框中一直有感应电流
B．线框中有一阶段的加速度为重力加速度g
C．线框中产生的热量为mg(d＋h＋L)
D．线框有一阶段做减速运动
20.如图所示，小车分别以加速度a1、a2、a3、a4向右做匀加速运动，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过细线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，加速度为a1、a2时，细线在竖直方向上，全过程中M始终未相对杆bc移动，M、m与小车保持相对静止，M受到的摩擦力大小分别为f1、f2、f3、f4，则以下结论正确的是( )
A．若＝，则＝
B．若＝，则＝
C．若＝，则＝
D．若＝，则＝
21.如图所示，长度为l的竖直轻杆上端连着一质量为m的小球A(可视为质点)，杆的下端用铰链连接于水平地面上的O点。置于同一水平地面上的正方体B恰与A接触，正方体B的质量为M。今有微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而A与B刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．A与B刚脱离接触的瞬间，A、B速率之比为2∶1
B．A与B刚脱离接触的瞬间，B的速率为
C．A落地时速率为
D．A、B质量之比为1∶4
第Ⅱ卷
二、非选择题：共62分，第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～34题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共47分。
22.（6分）电流表A1的量程为0～200 μA，内阻约为500 Ω，现要准确测量其内阻，除若干开关、导线之外还有器材如下：
电流表A2：与A1规格相同
滑动变阻器R1：阻值为0～20 Ω
电阻箱R2：阻值为0～9 999 Ω
保护电阻R3：阻值约为3 kΩ
电源：电动势E约为1.5 V、内阻r约为2 Ω
(1)如图所示，某同学想用等效法测量电流表内阻，设计了部分测量电路，在此基础上请你将滑动变阻器接入电路中，使实验可以完成。
(2)电路补充完整后，请你完善以下测量电流表A1内阻的实验步骤。
a．先将滑动变阻器R1的滑片移到使电路安全的位置，再把电阻箱R2的阻值调到 。(选填“最大”或“最小”)
b．闭合开关S、S1，调节滑动变阻器R1，使两电流表接近满偏，记录电流表A2的示数I。
c．保持S闭合、滑动变阻器R1的滑片位置不变，断开S1，再闭合S2，调节R2，使电流表A2的示数 ，读出此时电阻箱的阻值R0，则电流表A1内阻r1＝ 。
23.（9分）某同学设计了一个用电磁打点计时器探究碰撞中的不变量的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动。他设计的装置如图(甲)所示。小车A后连着纸带，电磁打点计时器所用电源频率为50 Hz，长木板下垫着薄木片以平衡摩擦力。
(甲)
(乙)
(1)若已测得打点纸带如图(乙)所示，并测得各计数点间距(已标在图上)。A为运动的起点，则应选 段来计算A碰前的速度。应选 段来计算A和B碰后的共同速度。(以上两空选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)
(2)已测得小车A的质量m1＝0.4 kg，小车B的质量为m2＝0.2 kg，则碰前两小车的总动量为 kg·m/s，碰后两小车的总动量为 kg·m/s。
24.（12分）如图所示，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求：
(1)带电粒子的比荷；
(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
25.（20分）图所示AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置。AB是半径为R＝1 m的圆周轨道，CDO是半径为r＝0.5 m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹回，不损失能量，图中没有画出)，D为CDO轨道的中点。BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接。已知BC段水平轨道长L＝2 m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.2。现让一个质量为m＝1 kg的小球从A点的正上方距水平线OA高H的P处自由落下。(g取10 m/s2)
(1)当H＝2 m时，求此时小球第一次到达D点对轨道的压力大小；
(2)为使小球仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，求H的取值范围。
（二） 选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
33.【物理一一选修3–3】（15分）
（1）（5分）一定质量的理想气体，经等温压缩，气体的压强增大，用分子动理论的观点分析，这是因为( )
A．气体分子每次碰撞器壁的平均冲力增大
B．单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多
C．气体分子的总数增加
D．单位体积内的分子数目增加
（2）（10分）如图所示，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：
(1)抽气前氢气的压强；
(2)抽气后氢气的压强和体积。
34. 【物理一一选修3–4】（15分）
（1）（5分）如图所示，一束由两种单色光混合的复色光沿PO方向射向一上、下表面平行的厚玻璃平面镜的上表面，得到三束光Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ。下列有关这三束光的判断正确的是( )
A．光束Ⅰ仍为复色光，光束Ⅱ、Ⅲ为单色光
B．光束Ⅱ在玻璃中的传播速度比光束Ⅲ小
C．增大α角且α<90°，光束Ⅱ、Ⅲ会远离光束Ⅰ
D．改变α角且α<90°，光束Ⅱ、Ⅲ一定与光束Ⅰ平行
(2)一质点做简谐运动，其位移和时间的关系如图所示。
①求t＝0.25×10－2 s时质点的位移；
②在t＝1.5×10－2 s到t＝2×10－2 s的振动过程中，质点的位移、回复力、速度、动能、势能如何变化？
③在t＝0到t＝8.5×10－2 s时间内，质点的路程、位移各多大？
参考答案+解析
14.
【答案】A
【解析】：x-t图象的斜率大小表示物体运动的速度大小，斜率的正、负表示物体运动的方向，由题图可知，A正确；B物体的出发点在距离原点5 m处，A物体的出发点在原点处，B错误；物体B在5 s内的位移为10 m－5 m＝5 m，物体A在5 s内的位移为10 m，B＝ m/s＝1 m/s，A＝ m/s＝2 m/s，C、D错误。
15.
【答案】 A
【答案】： 根据光电效应方程得： Ekm＝hν－W0＝hν－hν0，又Ekm＝qUc，解得：Uc＝ν－ν0，知Ucν图线中：当Uc＝0，ν＝ν0；由图象可知， 金属甲的极限频率小于金属乙， 则金属甲的逸出功小于乙的， 即W甲
16.
【答案】A
【解析】OM切割磁感线产生的电动势E＝，OM切割磁感线时产生的感应电流I＝，设电流的有效值为I有效，则IRT＝2I2R·T，解得I有效＝，选项A正确。
17.
【答案】A
【解析】 根据题图中MEO卫星距离地面高度为4 200 km，可知轨道半径约为R1＝10 600 km，同步轨道上GEO卫星距离地面高度为36 000 km，可知轨道半径约为R2＝42 400 km，为MEO卫星轨道半径的4倍，即R2＝4R1。地球同步卫星的周期为T2＝24 h，运用开普勒第三定律，＝，解得T1＝3 h，选项A正确。
18.
【答案】D
【解析】 电容器放电过程，电荷量减少，电压减小，选项A错误；电容不随电压、电荷量的变化而变化，选项B错误；由C＝知Q＝CU＝70×10－6×5×103 C＝0.35 C，选项C错误；由η＝知，η＝×100%＝23%，选项D正确。
19.
【答案】BD
【解析】 正方形线框abcd边长为L(L
【答案】CD
【解析】对第一、二幅图有：若＝，对M根据牛顿第二定律有：f＝Ma，则＝，故选项A错误；对第二、三幅图有：f2＝Ma2，设细线的拉力为F，则f3－Fsin θ＝Ma3，若＝，则≠，故选项B错误；对第三、四幅图有：对M和m整体分析：f＝(M＋m)a，若＝，则＝，故选项C正确；m水平方向有：F3sin θ＝ma3、F4sin α＝ma4，竖直方向有：F3cos θ＝mg、F4cos α＝mg，解得a3＝gtan θ、a4＝gtan α，若＝，则＝，故选项D正确。
21.
【答案】ABD
【解析】设小球速度为vA，正方体速度为vB，分离时刻，小球的水平速度与正方体速度相同，即vAsin 30°＝vB，解得vA＝2vB，故A正确；根据牛顿第二定律有mgsin 30°＝m，解得vA＝，vB＝＝，故B正确；A从分离到落地，小球机械能守恒，有mglsin 30°＝mv2－mv，v＝，故C错误；在杆从竖直位置开始倾倒到小球与正方体恰好分离的过程中，小球和正方体组成的系统机械能守恒，则有mgl(1－sin 30°)＝mv＋Mv，把vA和vB的值代入，化简得m∶M＝1∶4，故D正确。
22.
【答案】:（1）见解析图（3分）（2）a.最大 c．再次为I(或仍为I) R0（3分）
【解析】(1)滑动变阻器的最大阻值远小于待测电流表内阻，因此必须采用分压式接法，电路图如图所示。
(2)a.实验前电阻箱R2应该调节到最大，以保证两电表安全；c.让电流表A2示数不变，可直接从电阻箱R2的读数得到电流表A1的内阻r1。
23.
【答案】:(1)BC DE (2)0.420 0.417
【解析】(1)从题图乙中纸带上打点的情况看，BC段既表示小车做匀速运动，又表示小车有较大速度，因此BC段能较准确地描述A在碰前的运动情况，应选用BC段计算A碰前的速度。从CD段打点的情况看，小车的运动情况还没稳定，而在DE段内小车运动稳定，故应选用DE段计算A和B碰后的共同速度。
(2)取A的初速度方向为正方向，A在碰撞前的速度v0＝＝ m/s＝1.050 m/s，A在碰撞前的动量p0＝m1v0＝0.4×1.050 kg·m/s＝0.420 kg·m/s，碰撞后两小车的共同速度v＝＝ m/s＝0.695 m/s，碰撞后两小车的总动量p＝(m1＋m2)v＝(0.2＋0.4)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s。
24.
【答案】:(1) (2)
【解析】(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有qU＝mv2 ①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qvB＝m ②
由几何关系知d＝r ③
联立①②③式得＝。 ④
(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为
s＝＋rtan 30° ⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为
t＝ ⑥
联立②④⑤⑥式得t＝。 ⑦
25.
【答案】(1)84 N (2)0.65 m≤H≤0.7 m
【解析】
思路点拨：解此题可按以下思路
(1)小球由P到D全过程，由动能定理列方程求小球第一次到达D点的速度。
(2)小球仅仅与弹性挡板碰撞一次且刚好不脱离CDO轨道的两个临界条件是在O点重力提供向心力，碰后再返回最高点恰能上升到D点。
[解析](1)设小球第一次到达D的速度为vD，对小球从P到D点的过程，根据动能定理得：
mg(H＋r)－μmgL＝mv－0
在D点轨道对小球的支持力FN提供向心力，则有：
FN＝m
联立解得：FN＝84 N
由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为：
F′N＝FN＝84 N。
(2)为使小球仅仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最小时必须满足能上升到O点，由动能定理得：
mgHmin－μmgL＝mv－0
在O点有：mg＝m
代入数据解得：Hmin＝0.65 m
仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最大时，碰后再返回最高点能上升到D点，则有：
mg(Hmax＋r)－3μmgL＝0
代入数据解得：Hmax＝0.7 m
故有：0.65 m≤H≤0.7 m。
33.
【答案】(1)BD （2） 1)(p0＋p) 2)p0＋p
【解析】理想气体经等温压缩，体积减小，单位体积内的分子数目增加，则单位时间内单位面积器壁上受到气体分子的碰撞次数增多，压强增大，但气体分子每次碰撞器壁的平均冲力不变，故B、D正确，A、C错误。
（2）
(1)设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得
(p10－p)·2S＝(p0－p)·S ①
得p10＝(p0＋p)。 ②
(2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氮气的压强和体积分别为p2和V2。根据力的平衡条件有
p2·S＝p1·2S ③
由玻意耳定律得
p1V1＝p10·2V0 ④
p2V2＝p0V0 ⑤
由于两活塞用刚性杆连接，故V1－2V0＝2(V0－V2)⑥
联立②③④⑤⑥式解得
p1＝p0＋p ⑦
V1＝。
34.
【答案】(1)ABD (2)①－ cm ②变大 变大 变小 变小 变大 ③34 cm 2 cm
【解析】
由题意画出如图所示的光路图，可知光束Ⅰ是反射光线，所以仍是复色光，而光束Ⅱ、Ⅲ由于折射率的不同导致偏折分离，所以光束Ⅱ、Ⅲ是单色光，故A正确；由于光束Ⅱ的偏折程度大于光束Ⅲ，所以玻璃对光束Ⅱ的折射率大于对光束Ⅲ的折射率，根据v＝可知，光束Ⅱ在玻璃中的传播速度比光束Ⅲ小，故B正确；当增大α角且α<90°，即入射角减小时，光束Ⅱ、Ⅲ会靠近光束Ⅰ，故C错误；因为厚玻璃平面镜的上下表面是平行的，根据光的入射角与反射角相等以及光的可逆性，可知改变α角且α<90°，光束Ⅱ、Ⅲ一定与光束Ⅰ平行，故D正确。
(2)①由题图可知A＝2 cm，T＝2×10－2 s，振动方程为x＝Asin
＝－Acos ωt＝－2cos cm
＝－2cos 100πt cm
当t＝0.25×10－2 s时，x＝－2cos cm＝－ cm。
②由题图可知在t＝1.5×10－2 s到t＝2×10－2 s的振动过程中，质点的位移变大，回复力变大，速度变小，动能变小，势能变大。
③在t＝0到t＝8.5×10－2 s时间内经历个周期，质点的路程为s＝17A＝34 cm，位移为2 cm。
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