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2021届云南省曲靖高考物理一模试卷含答案
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这是一份2021届云南省曲靖高考物理一模试卷含答案，共12页。试卷主要包含了非选择题，[物理─选修3-3]〔15分〕等内容，欢迎下载使用。
1.有关甲、乙、丙、丁四幅图的说法正确的选项是〔 〕
A. 甲图中，一群处于n＝4能级的氢原子跃迁到n＝1能级的过程中可发出8中不同频率的光子
B. 乙图中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大
C. 丙图中，1为β射线，2为γ射线，3为α射线
D. 丁图中，此反响属于轻核聚变
2.质量为2t的汽车，发动机的额定功率为60kW．该汽车在水平路面上以额定功率行驶时能到达的最大速度为15m/s，所受阻力恒定，那么当汽车速度为10m/s时的加速度为〔 〕
2 B. 1m/s2 C. 2m/s2 2
3.如下列图，正方形ABCD区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场．一个等腰直角三角形导体框abc与ABCD在同一平面内．bc边与磁场的边界BC边在同一直线上，bc的长是BC长的一半，现让导体框匀速向右通过磁场区，速度方向始终平行于BC边．设沿顺时针方向为感应电流的正方向，那么在导体框穿过磁场区的过程中，导体框中产生的感应电流随时间变化关系图象正确的选项是 〔 〕
A. B. C. D.
4.如下列图，在粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱形物体A，A与竖直挡板之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态．现对挡板加一向右的力F，使挡板缓慢向右移动，B缓慢上移而A仍保持静止．设地面对A的摩擦力为F1 ， B对A的作用力为F2 ， 地面对A的支持力为F3 ． 在此过程中〔 〕
A. F1缓慢减小，F3保持不变 B. F1缓慢增大，F3缓慢增大
C. F2缓慢增大，F3缓慢增大 D. F2缓慢增大，F3保持不变
5.如下列图，在某次发射卫星过程中，卫星由近地圆形轨道进入椭圆轨道，图中O点为地心，地球半径为R，A点是近地轨道和椭圆轨道的切点，远地点B离地面高度为6R，设卫星在近地轨道运动的周期为T，以下说法正确的选项是〔 〕
A. 卫星由近地圆形轨道的A点进入椭圆轨道需要使卫星减速
B. 卫星在椭圆轨道上通过A点时的速度大于通过B点时的速度
C. 卫星在椭圆轨道上通过A点时的加速度是通过B点时加速度的6倍
D. 卫星在椭圆轨道上由A点经4T的时间刚好能到达B点
6.某质点在2s内始终沿竖直方向向上运动，取竖直向下为正方向，其加速度a与时间t图象如下列图．重力加速度g＝10m/s2 ， 以下说法正确的选项是〔 〕
A. 质点在第1s内处于完全失重状态 B. 质点的初速度不小于22m/s
C. 质点在第1s内发生的位移可能为5m D. 质点在第2s末的机械能大于在第1s末的机械能
7.如下列图，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c 三点所在直线平行于两电荷的连线，且a和c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上。以下判断正确的选项是〔 〕
A. b点与d点场强方向相同
B. a点c点电势相同
C. a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差
D. 带正电的试探电荷在a点的电势能大于在c点的电势能
8.如下列图的装置，下侧是两竖直放置的平行金属板，它们之间的电势差为U、间距为d，其中有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，上侧矩形区域ACDH有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，AC＝L，AH＝2L，M为AH的中点．一束电荷量大小均为q、质量不等的带电粒子〔不计重力、可视为质点〕以某初速度从小孔S射入下侧装置，恰能沿竖直直线垂直AH由M点射入矩形区域，最后全部从边界DH射出，假设忽略电场、磁场的边缘效应及粒子间的相互作用，以下说法正确的选项是〔 〕
A. 该束粒子带负电 B. 该束粒子初速度的大小均为
C. 该束粒子中，粒子质量最小值为 B2 D. 该束粒子中，粒子质量最大值为 B2
二、非选择题
9.用图1装置验证动量守恒定律。实验中
〔1〕为了尽量减小实验误差，在安装斜槽轨道时，应让斜槽末端保持水平，这样做的目的是 。
〔2〕假设A球质量为m1＝50g，两小球发生正碰前后的位移﹣时间〔x﹣t〕图象如图2示，那么小球B的质量为m2＝________。
〔3〕调节A球自由下落高度，让A球以一定速度v与静止的B球发生正碰，碰后两球动量正好相等，那么A、B两球的质量之比 应满足________。
1改装成简易的多用电表．首先用如图甲所示的电路测量电流表A1的内阻RA ， 图中A2为另一电流表、R0为定值电阻，闭合开关调节滑动变阻器R，记录假设干次A1和A2的读数I1和I2 ， 并以I1为纵坐标、I2为横坐标作出相应图线，假设图象的斜率为k，那么电流表A1的内阻表达式RA＝________〔用k、R0表示〕
假设测得电流表A1的内阻RA为200Ω，其量程为1mA，改装成的简易多用电表如图乙所示．
①当转换开关S旋到位置2时为欧姆档，电源电动势E＝9.0V，将两表笔短接欧姆调零后，在两表笔之间接4.50kΩ电阻时，电流表A1恰好半偏，那么R1＝________Ω；
②当转换开关S旋到位置3时为电压档，其量程为10V，那么R2＝________Ω．
11.如下列图，有一倾斜的光滑平行金属导轨，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨间距为L＝0.5m，在导轨的中间矩形区域内存在垂直斜面向上的匀强磁场。一质量m＝0.05kg、有效电阻r＝2Ω的导体棒从距磁场上边缘d处静止释放，当它进入磁场时刚好匀速运动，整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持与导轨垂直，d＝0.4m，接在两导轨间的电阻R＝6Ω，不计导轨的电阻，取g＝10m/s2 ． 求：
〔1〕导体棒刚进入磁场时的速度v。
〔2〕导体棒通过磁场过程中，电阻R上产生的热量QR。
〔3〕导体棒通过磁场过程中，通过电阻R的电荷量q。
12.如下列图，质量M＝4kg、长L＝2m的木板A静止在光滑水平面上，质量m＝1kg的小滑块B置于A的左端．B在F＝3N的水平恒力作用下由静止开始运动，当B运动至A的中点时撤去力F．A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2 ． 求：
〔1〕撤去F之前A、B的加速度大小a1、a2；
〔2〕F对B做的功W；
〔3〕整个运动过程中因摩擦产生的热量Q．
三、[物理─选修3-3]〔15分〕
13.以下说法中正确的选项是〔 〕
A. 气体的摩尔体积和 阿伏加德罗常数，就可以求出一个气体分子的体积
B. 0℃的水分子势能比相同质量0℃的冰的分子势能大
C. 水面能托住小硬币不下沉主要是因为液体外表存在外表张力
D. 在“水油膜法估测分子的大小〞实验中理想化的假设是不考虑油膜分子间的相互作用力
E. 一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能增大，且一定吸收热量
14.如下列图，一顶部导热、侧壁和底部绝热的气缸静止在地面上，一厚度不计的绝热活塞将其分隔上、下两局部，活塞可沿气缸无摩擦滑动，且与气缸密闭性良好．开始时，进气口封闭，气缸上、下两局部装有同种理想气体，上局部气体压强为P0 ， 上、下两局部的气体体积均为V0、温度均为T0 ， 活塞静止．现从进气口缓慢打进压强为2P0 ， 体积为V0的同种理想气体．打进压强为2P0的同种理想气体．打进气体后活塞再次平衡时，上、下两局部气体的体积之比为3：2．取重力加速度为g，活塞质量为m，横截面积为S，且mg＝P0S，环境温度不变，忽略进气管内气体的体积．求：
〔1〕再次平衡时上局部气体的压强；
〔2〕再次平衡时下局部气体的温度．
四、【物理--选修3-4】〔15分〕
15.一列简谐横波在x轴上传播，平衡位置位于x＝0处的质点P的振动图象如图甲所示，平衡位置位于x＝2m处的质点Q的振动图象如图乙所示，波长大于2m，以下说法正确的选项是〔填正确答案的标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每错选1个扣3分，最低得分为0分〕〔 〕
A. 该波的周期一定是12s B. 假设该波沿x轴正向传播，那么波长为12m
C. 假设该波沿x轴负向传播，那么波长为 m D. 该波的传播速度可能是1m/s
E. 假设该波沿x轴负方向传播，那么由Q传到P的时间为9s
16.如下列图，一细光束从O点射入上、下外表平行的玻璃砖，折射后分成a、b两束光由下外表上的M、N两点射出．入射光与玻璃砖上外表的夹角为θ，玻璃对a光、b光的折射率分别为na、nb〔na＞nb〕，玻璃砖的厚度为d．求：
〔1〕作出光穿过玻璃砖的光路图，并标明a光、b光；
〔2〕两束光在玻璃砖下外表出射点M、N之间的距离．
答案解析局部
一、选择题〔此题共8小题，每题6分．在每题给出的四个选项中，第1-4题只有一项符合题目要求，第5-8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〕
1.【解析】【解答】解：A、一群原来处于n＝4能级的氢原子跃迁到n＝1能级的过程中，根据 ＝6知，辐射的光子频率为6种。A不符合题意；
B、在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大，B符合题意。
C、α射线带正电荷，在磁场中根据左手定那么判定向左偏转；β射线带负电荷，偏转的方向与α射线相反；γ射线不带电，不偏转；由此可以判定。C不符合题意。
D、链式反响属于重核的裂变，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】利用排列组合可以判别发出光的种数；利用入射光的强度可以判别饱和电流的大小；利用射线的偏转结合左手定那么可以判别射线的种类；利用链式反响可以判别属于重核裂变。
2.【解析】【解答】解：汽车在水平路面上到达最大速度时，牵引力与阻力二力平衡，即有：F＝f
由P＝Fvm ， 得：P＝fvm ，
解得：f＝
当汽车的速度为10m/s时，牵引力为：F′＝
根据牛顿第二定律得：a＝ ＝
2 ． B符合题意，ACD不符合题意
故答案为：B。
【分析】利用功率的表达式结合牛顿第二定律可以求出加速度的大小。
3.【解析】【解答】解：当线圈进入磁场的过程中，根据楞次定律可得电流方向为逆时针，根据i＝ 可知，有效切割长度L逐渐减小，所以感应电流逐渐减小；
当线圈完全进入磁场后，感应电流为零；
当线圈离开磁场的过程中，根据楞次定律可得电流方向为逆顺时针，根据i＝ 可知，有效切割长度L逐渐减小，所以感应电流逐渐减小，所以ABC不符合题意，D符合题意；
故答案为：D
【分析】利用楞次定律结合欧姆定律和切割的有效长度可以判别感应电流的大小和方向。
4.【解析】【解答】解：1以整体为研究对象：
那么在竖直方向有地面的支持力等于物体的重力，即F3=〔mA+mB〕g，故F3保持不变；
在水平方向有F=F1；
2以B为研究对象：
在竖直方向有：F2csθ=mBg，故有F2= ，由于θ逐渐减小，故csθ逐渐增大，所以F2逐渐减小；
在水平方向有tanθ= ，故F=mBgtanθ，由于θ逐渐减小，故tanθ逐渐减小，所以F逐渐减小，故F1逐渐减小．；
故A正确，BCD错误；
应选：A．
【分析】要求地面的支持力和摩擦力，应以整体为研究对象，对整体进行受力分析得到F3=〔mA+mB〕g和F=F1 ．
要求F必须转换研究对象，以B为研究对象并进行受力分析可以得到F2csθ=mBg和F=mBgtanθ从而求出答案．
5.【解析】【解答】解：A、卫星在A点只受万有引力作用，在圆轨道万有引力等于向心力，卫星做匀速圆周运动；在椭圆轨道，万有引力小于所需的向心力，卫星做离心运动；又有向心力 ，所以，卫星在椭圆轨道上通过A点时的速度答语卫星在圆轨道上通过A点时的速度，故卫星由近地圆形轨道的A点进入椭圆轨道需要使卫星加速，A不符合题意；
B、卫星在运动过程中只有万有引力做功，故卫星机械能守恒；又有卫星在椭圆轨道上通过A点时的势能小于通过B点时的势能，所以，卫星在椭圆轨道上通过A点时的动能大于通过B点时的动能，那么，卫星在椭圆轨道上通过A点时的速度大于通过B点时的速度，B符合题意；
C、卫星在椭圆轨道上只受万有引力作用，又有 ，所以，加速度 ，所以通过A点时的加速度是通过B点时加速度的 倍，C不符合题意；
D、由开普勒三定律可知： ，椭圆轨道〔半长轴为4R〕和圆轨道〔半径为R〕围绕的中心天体都是地球，故k相等，那么椭圆轨道周期T1与圆轨道周期T关系如下： ，所以，T1＝8T，所以，卫星在椭圆轨道上由A点经 的时间刚好能到达B点，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】利用圆轨道和椭圆轨道距离球心的距离可以判别离心运动需要卫星进行加速；利用机械能守恒定律结合重力势能的大小可以比较速度的大小；利用牛顿第二定律可以比较加速度的大小；利用开普勒第三定律可以判别运动的时间。
6.【解析】【解答】解：A、由图象可知，加速度大小为10m/s2 ， 且加速度为正，方向向下，所以质点在第1s内处于完全失重状态，A符合题意；
B、设初速度为v0 ， 质点在2s内始终沿竖直方向向上运动，加速度向下，所以物体向上做减速运动，假设在2s末速度减为0，根据逆向思维，那么由速度公式可得：v0＝a2t2+a1t1＝12×1+10×1＝22m/s，而末速度可能大于0，所以质点的初速度不小于22m/s，B符合题意；
C、假设按B项分析，质点的最小初速度为22m/s，那么质点在第1s内发生的最小位移为：x＝v0t﹣ at2＝22×1﹣ ×10×12＝17m，所以质点在第1s内发生的位移不可能为5m，C不符合题意；
D、1s至2s，加速度为12m/s2 ， 且方向向下，说明除重力之外，还有其它的力方向向下，且做负功，所以机械能减小，所以质点在第2s末的机械能小于在第1s末的机械能，D不符合题意。
故答案为：AB
【分析】利用加速度的方向可以判别质点的超重和失重；利用面积大小可以判别质点的初速度大小；利用位移公式看求出位移的大小；利用外力做功可以判别机械能的变化。
7.【解析】【解答】解：A、根据等量异种电荷周围的电场线的特点，知两电荷连线的垂直平分线上的电场方向水平向右，d点的场强方向水平向右，所以b点与d点的场强方向相同。A符合题意。
B、作出a点、c点的等势线，如下列图。沿着电场线方向电势逐渐降低，可知a点的电势大于c点的电势。B不符合题意。
C、由对称性可知，a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差。C符合题意。
D、将正电荷从a点移动到c点，电场力做正功，电势能减小，那么a点的电势能大于c点的电势能。D符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】利用电场线的分布可以比较场强和电势；利用对称性可以比较电势差的大小；利用电势结合电性可以比较电势能的大小。
8.【解析】【解答】解：A、粒子沿竖直直线垂直AH由M点射入矩形区域，最后全部从边界DH射出，那么粒子在M点是所受洛伦兹力向左，由左手定那么可判断，该束粒子带正电，A不符合题意；
B、粒子以某初速度从小孔S射入下侧装置，恰能沿竖直直线垂直AH由M点射入矩形区域，那么粒子在下方区域受力平衡，那么有 ，所以， ，B符合题意；
CD、粒子在上侧矩形区域只受洛伦兹力，洛伦兹力做向心力，粒子做匀速圆周运动， ， ；
粒子最后全部从边界DH射出，那么粒子做圆周运动的半径R由几何关系可得： ，
所以，m的最小值 ，最大值 ，C符合题意，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】利用左手定那么可以判别带电粒子的电性；利用平衡方程可以求出速度的大小；利用牛顿第二定律结合半径的大小可以求出粒子最大的质量及最小的质量。
二、非选择题
9.【解析】【解答】解：〔1〕研究平抛运动的实验很关键的地方是要保证小球能够水平飞出，只有水平飞出时小球才做平抛运动，ABD不符合题意，C符合题意；〔2〕由图乙所示图象可知：v1＝ ＝ ＝4m/s，v2＝0m/s，
由图求出碰后m2和m1的速度分别为：v1′＝ ＝ ＝2m/s；
v2′＝ ＝ ＝5m/s，
两物体碰撞过程系统动量守恒，以m1的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v1＝m2v2′+m1v1′，
代入解得：m2＝20g；〔3〕设碰撞后两者的动量都为P，由于题意可知，碰撞前后总动量为2P，根据动量和动能的关系有：P2＝2mEK ，
碰撞过程动能不增加，有： ≥ + ，
解得： ≤3，
因为要用质量较大的球碰质量较小的球，故
故答案为：〔1〕C；〔2〕20g；〔3〕1＜ ≤3，
【分析】〔1〕斜槽末端切线水平是为了小球初速度沿水平方向；
〔2〕利用动量守恒定律结合速度的大小可以求出质量的大小；
〔3〕利用动量守恒结合动能不增加可以判别质量之比的大小。
10.【解析】【解答】解：由图甲所示电路图可知：I2＝I1+I0＝I1+ ，I1＝ I2 ，
I1﹣I2图象的斜率：k＝ ，电流表内阻：RA′＝ ；
①在两表笔之间接4.50kΩ电阻时，电流表A1恰好半偏，那么欧姆表内阻等于：R内＝4.50kΩ，
I＝
量程：I＝Ig+
解得：R1＝200Ω，I＝2mA，
②改装后电流表内阻：RA′＝ ＝ ＝100Ω，
R2＝ ﹣RA′＝ ﹣100＝4900Ω
故答案为： ；①200；②4900．
【分析】〔1〕利用图像斜率结合欧姆定律可以求出电流表的内阻大小；利用半偏法结合欧姆定律可以求出R1的大小；利用电表的改装可以求出内阻的大小。
11.【解析】【分析】〔1〕利用机械能守恒定律可以求出速度的大小；
〔2〕利用能量守恒定律可以求出产生的热量；
〔3〕利用欧姆定律结合平衡条件及电磁感应定律可以求出电荷量的大小。
12.【解析】【分析】〔1〕利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；
〔2〕利用位移公式结合力的大小可以求出做功的大小；
〔3〕利用位移公式结合摩擦力的大小可以求出摩擦产生的热量。
三、[物理─选修3-3]〔15分〕
13.【解析】【解答】解：A、由气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可以算出气体分子所占的体积，但是得不到气体分子的体积，A不符合题意。
B、因冰融化成水需要吸热，由于温度不变，分子动能不变，故内能增加，因此0℃的水分子势能比相同质量0℃的冰的分子势能大，B符合题意；
C、水面能托住小硬币不下沉主要是因为液体外表存在外表张力，C符合题意；
D、在“用油膜法估测分子的大小〞的实验中，我们的实验依据是：①油膜是呈单分子层分布的；②把油酸分子看成球形；③不考虑分子之间的空隙，D不符合题意；
E、一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，根据理想气体状态方程可得，气体的温度升高，故气体分子的平均动能增大、故内能增大，因气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体一定吸收热量，E符合题意。
故答案为：BCE
【分析】气体的摩尔体积与阿伏伽德罗常数之比可以求出一个气体分子的平均空间体积；利用油膜法测量分子的大小是不考虑分子间的间距。
14.【解析】【分析】〔1〕利用等温变化结合体积关系可以求出压强的大小；
〔2〕利用平衡方程结合理想气体的状态方程可以求出气体的温度。
四、【物理--选修3-4】〔15分〕
15.【解析】【解答】解：A、由图甲、乙两图可知该波的周期一定为：T＝12s，A符合题意；
B、假设该波沿x轴正向传播，由图知：t＝0时刻质点P正通过平衡位置向上运动，质点Q位于波谷，那么有 x＝〔n+ 〕λ＝2m，〔n＝0、1、2、3…〕，
波长为 λ＝ m，
由于波长大于2m，所以波长为8m，B不符合题意；
C、假设该波x轴负向传播，那么有 x＝〔n+ 〕λ′＝2m，〔n＝0、1、2、3…〕，波长为 λ′＝ m，
由于波长大于2m，n取0，所以波长为 λ′＝ m，C符合题意；
D、假设该波沿x轴正向传播，波速为 v＝ ＝ m/s。假设该波x轴负向传，波速为 v′＝\ ＝ ＝ m/s，D不符合题意；
E、假设该波沿x轴负方向传播，那么由Q传到P的时间为t＝ ＝ s＝9s，E符合题意。
故答案为：ACE
【分析】利用图像可以判别周期的大小；利用传播的距离可以判别波长的大小；利用波长和周期的大小可以求出波速的大小；利用距离和传播速度可以求出传播的时间。
16.【解析】【分析】〔1〕利用折射率的比较可以判别折射角的大小进而画出对应的光路图；
〔2〕利用折射定律结合几何关系可以求出MN之间的距离大小。
1.有关甲、乙、丙、丁四幅图的说法正确的选项是〔 〕
A. 甲图中，一群处于n＝4能级的氢原子跃迁到n＝1能级的过程中可发出8中不同频率的光子
B. 乙图中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大
C. 丙图中，1为β射线，2为γ射线，3为α射线
D. 丁图中，此反响属于轻核聚变
2.质量为2t的汽车，发动机的额定功率为60kW．该汽车在水平路面上以额定功率行驶时能到达的最大速度为15m/s，所受阻力恒定，那么当汽车速度为10m/s时的加速度为〔 〕
2 B. 1m/s2 C. 2m/s2 2
3.如下列图，正方形ABCD区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场．一个等腰直角三角形导体框abc与ABCD在同一平面内．bc边与磁场的边界BC边在同一直线上，bc的长是BC长的一半，现让导体框匀速向右通过磁场区，速度方向始终平行于BC边．设沿顺时针方向为感应电流的正方向，那么在导体框穿过磁场区的过程中，导体框中产生的感应电流随时间变化关系图象正确的选项是 〔 〕
A. B. C. D.
4.如下列图，在粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱形物体A，A与竖直挡板之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态．现对挡板加一向右的力F，使挡板缓慢向右移动，B缓慢上移而A仍保持静止．设地面对A的摩擦力为F1 ， B对A的作用力为F2 ， 地面对A的支持力为F3 ． 在此过程中〔 〕
A. F1缓慢减小，F3保持不变 B. F1缓慢增大，F3缓慢增大
C. F2缓慢增大，F3缓慢增大 D. F2缓慢增大，F3保持不变
5.如下列图，在某次发射卫星过程中，卫星由近地圆形轨道进入椭圆轨道，图中O点为地心，地球半径为R，A点是近地轨道和椭圆轨道的切点，远地点B离地面高度为6R，设卫星在近地轨道运动的周期为T，以下说法正确的选项是〔 〕
A. 卫星由近地圆形轨道的A点进入椭圆轨道需要使卫星减速
B. 卫星在椭圆轨道上通过A点时的速度大于通过B点时的速度
C. 卫星在椭圆轨道上通过A点时的加速度是通过B点时加速度的6倍
D. 卫星在椭圆轨道上由A点经4T的时间刚好能到达B点
6.某质点在2s内始终沿竖直方向向上运动，取竖直向下为正方向，其加速度a与时间t图象如下列图．重力加速度g＝10m/s2 ， 以下说法正确的选项是〔 〕
A. 质点在第1s内处于完全失重状态 B. 质点的初速度不小于22m/s
C. 质点在第1s内发生的位移可能为5m D. 质点在第2s末的机械能大于在第1s末的机械能
7.如下列图，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c 三点所在直线平行于两电荷的连线，且a和c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上。以下判断正确的选项是〔 〕
A. b点与d点场强方向相同
B. a点c点电势相同
C. a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差
D. 带正电的试探电荷在a点的电势能大于在c点的电势能
8.如下列图的装置，下侧是两竖直放置的平行金属板，它们之间的电势差为U、间距为d，其中有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，上侧矩形区域ACDH有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，AC＝L，AH＝2L，M为AH的中点．一束电荷量大小均为q、质量不等的带电粒子〔不计重力、可视为质点〕以某初速度从小孔S射入下侧装置，恰能沿竖直直线垂直AH由M点射入矩形区域，最后全部从边界DH射出，假设忽略电场、磁场的边缘效应及粒子间的相互作用，以下说法正确的选项是〔 〕
A. 该束粒子带负电 B. 该束粒子初速度的大小均为
C. 该束粒子中，粒子质量最小值为 B2 D. 该束粒子中，粒子质量最大值为 B2
二、非选择题
9.用图1装置验证动量守恒定律。实验中
〔1〕为了尽量减小实验误差，在安装斜槽轨道时，应让斜槽末端保持水平，这样做的目的是 。
〔2〕假设A球质量为m1＝50g，两小球发生正碰前后的位移﹣时间〔x﹣t〕图象如图2示，那么小球B的质量为m2＝________。
〔3〕调节A球自由下落高度，让A球以一定速度v与静止的B球发生正碰，碰后两球动量正好相等，那么A、B两球的质量之比 应满足________。
1改装成简易的多用电表．首先用如图甲所示的电路测量电流表A1的内阻RA ， 图中A2为另一电流表、R0为定值电阻，闭合开关调节滑动变阻器R，记录假设干次A1和A2的读数I1和I2 ， 并以I1为纵坐标、I2为横坐标作出相应图线，假设图象的斜率为k，那么电流表A1的内阻表达式RA＝________〔用k、R0表示〕
假设测得电流表A1的内阻RA为200Ω，其量程为1mA，改装成的简易多用电表如图乙所示．
①当转换开关S旋到位置2时为欧姆档，电源电动势E＝9.0V，将两表笔短接欧姆调零后，在两表笔之间接4.50kΩ电阻时，电流表A1恰好半偏，那么R1＝________Ω；
②当转换开关S旋到位置3时为电压档，其量程为10V，那么R2＝________Ω．
11.如下列图，有一倾斜的光滑平行金属导轨，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨间距为L＝0.5m，在导轨的中间矩形区域内存在垂直斜面向上的匀强磁场。一质量m＝0.05kg、有效电阻r＝2Ω的导体棒从距磁场上边缘d处静止释放，当它进入磁场时刚好匀速运动，整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持与导轨垂直，d＝0.4m，接在两导轨间的电阻R＝6Ω，不计导轨的电阻，取g＝10m/s2 ． 求：
〔1〕导体棒刚进入磁场时的速度v。
〔2〕导体棒通过磁场过程中，电阻R上产生的热量QR。
〔3〕导体棒通过磁场过程中，通过电阻R的电荷量q。
12.如下列图，质量M＝4kg、长L＝2m的木板A静止在光滑水平面上，质量m＝1kg的小滑块B置于A的左端．B在F＝3N的水平恒力作用下由静止开始运动，当B运动至A的中点时撤去力F．A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2 ． 求：
〔1〕撤去F之前A、B的加速度大小a1、a2；
〔2〕F对B做的功W；
〔3〕整个运动过程中因摩擦产生的热量Q．
三、[物理─选修3-3]〔15分〕
13.以下说法中正确的选项是〔 〕
A. 气体的摩尔体积和 阿伏加德罗常数，就可以求出一个气体分子的体积
B. 0℃的水分子势能比相同质量0℃的冰的分子势能大
C. 水面能托住小硬币不下沉主要是因为液体外表存在外表张力
D. 在“水油膜法估测分子的大小〞实验中理想化的假设是不考虑油膜分子间的相互作用力
E. 一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能增大，且一定吸收热量
14.如下列图，一顶部导热、侧壁和底部绝热的气缸静止在地面上，一厚度不计的绝热活塞将其分隔上、下两局部，活塞可沿气缸无摩擦滑动，且与气缸密闭性良好．开始时，进气口封闭，气缸上、下两局部装有同种理想气体，上局部气体压强为P0 ， 上、下两局部的气体体积均为V0、温度均为T0 ， 活塞静止．现从进气口缓慢打进压强为2P0 ， 体积为V0的同种理想气体．打进压强为2P0的同种理想气体．打进气体后活塞再次平衡时，上、下两局部气体的体积之比为3：2．取重力加速度为g，活塞质量为m，横截面积为S，且mg＝P0S，环境温度不变，忽略进气管内气体的体积．求：
〔1〕再次平衡时上局部气体的压强；
〔2〕再次平衡时下局部气体的温度．
四、【物理--选修3-4】〔15分〕
15.一列简谐横波在x轴上传播，平衡位置位于x＝0处的质点P的振动图象如图甲所示，平衡位置位于x＝2m处的质点Q的振动图象如图乙所示，波长大于2m，以下说法正确的选项是〔填正确答案的标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每错选1个扣3分，最低得分为0分〕〔 〕
A. 该波的周期一定是12s B. 假设该波沿x轴正向传播，那么波长为12m
C. 假设该波沿x轴负向传播，那么波长为 m D. 该波的传播速度可能是1m/s
E. 假设该波沿x轴负方向传播，那么由Q传到P的时间为9s
16.如下列图，一细光束从O点射入上、下外表平行的玻璃砖，折射后分成a、b两束光由下外表上的M、N两点射出．入射光与玻璃砖上外表的夹角为θ，玻璃对a光、b光的折射率分别为na、nb〔na＞nb〕，玻璃砖的厚度为d．求：
〔1〕作出光穿过玻璃砖的光路图，并标明a光、b光；
〔2〕两束光在玻璃砖下外表出射点M、N之间的距离．
答案解析局部
一、选择题〔此题共8小题，每题6分．在每题给出的四个选项中，第1-4题只有一项符合题目要求，第5-8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〕
1.【解析】【解答】解：A、一群原来处于n＝4能级的氢原子跃迁到n＝1能级的过程中，根据 ＝6知，辐射的光子频率为6种。A不符合题意；
B、在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大，B符合题意。
C、α射线带正电荷，在磁场中根据左手定那么判定向左偏转；β射线带负电荷，偏转的方向与α射线相反；γ射线不带电，不偏转；由此可以判定。C不符合题意。
D、链式反响属于重核的裂变，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】利用排列组合可以判别发出光的种数；利用入射光的强度可以判别饱和电流的大小；利用射线的偏转结合左手定那么可以判别射线的种类；利用链式反响可以判别属于重核裂变。
2.【解析】【解答】解：汽车在水平路面上到达最大速度时，牵引力与阻力二力平衡，即有：F＝f
由P＝Fvm ， 得：P＝fvm ，
解得：f＝
当汽车的速度为10m/s时，牵引力为：F′＝
根据牛顿第二定律得：a＝ ＝
2 ． B符合题意，ACD不符合题意
故答案为：B。
【分析】利用功率的表达式结合牛顿第二定律可以求出加速度的大小。
3.【解析】【解答】解：当线圈进入磁场的过程中，根据楞次定律可得电流方向为逆时针，根据i＝ 可知，有效切割长度L逐渐减小，所以感应电流逐渐减小；
当线圈完全进入磁场后，感应电流为零；
当线圈离开磁场的过程中，根据楞次定律可得电流方向为逆顺时针，根据i＝ 可知，有效切割长度L逐渐减小，所以感应电流逐渐减小，所以ABC不符合题意，D符合题意；
故答案为：D
【分析】利用楞次定律结合欧姆定律和切割的有效长度可以判别感应电流的大小和方向。
4.【解析】【解答】解：1以整体为研究对象：
那么在竖直方向有地面的支持力等于物体的重力，即F3=〔mA+mB〕g，故F3保持不变；
在水平方向有F=F1；
2以B为研究对象：
在竖直方向有：F2csθ=mBg，故有F2= ，由于θ逐渐减小，故csθ逐渐增大，所以F2逐渐减小；
在水平方向有tanθ= ，故F=mBgtanθ，由于θ逐渐减小，故tanθ逐渐减小，所以F逐渐减小，故F1逐渐减小．；
故A正确，BCD错误；
应选：A．
【分析】要求地面的支持力和摩擦力，应以整体为研究对象，对整体进行受力分析得到F3=〔mA+mB〕g和F=F1 ．
要求F必须转换研究对象，以B为研究对象并进行受力分析可以得到F2csθ=mBg和F=mBgtanθ从而求出答案．
5.【解析】【解答】解：A、卫星在A点只受万有引力作用，在圆轨道万有引力等于向心力，卫星做匀速圆周运动；在椭圆轨道，万有引力小于所需的向心力，卫星做离心运动；又有向心力 ，所以，卫星在椭圆轨道上通过A点时的速度答语卫星在圆轨道上通过A点时的速度，故卫星由近地圆形轨道的A点进入椭圆轨道需要使卫星加速，A不符合题意；
B、卫星在运动过程中只有万有引力做功，故卫星机械能守恒；又有卫星在椭圆轨道上通过A点时的势能小于通过B点时的势能，所以，卫星在椭圆轨道上通过A点时的动能大于通过B点时的动能，那么，卫星在椭圆轨道上通过A点时的速度大于通过B点时的速度，B符合题意；
C、卫星在椭圆轨道上只受万有引力作用，又有 ，所以，加速度 ，所以通过A点时的加速度是通过B点时加速度的 倍，C不符合题意；
D、由开普勒三定律可知： ，椭圆轨道〔半长轴为4R〕和圆轨道〔半径为R〕围绕的中心天体都是地球，故k相等，那么椭圆轨道周期T1与圆轨道周期T关系如下： ，所以，T1＝8T，所以，卫星在椭圆轨道上由A点经 的时间刚好能到达B点，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】利用圆轨道和椭圆轨道距离球心的距离可以判别离心运动需要卫星进行加速；利用机械能守恒定律结合重力势能的大小可以比较速度的大小；利用牛顿第二定律可以比较加速度的大小；利用开普勒第三定律可以判别运动的时间。
6.【解析】【解答】解：A、由图象可知，加速度大小为10m/s2 ， 且加速度为正，方向向下，所以质点在第1s内处于完全失重状态，A符合题意；
B、设初速度为v0 ， 质点在2s内始终沿竖直方向向上运动，加速度向下，所以物体向上做减速运动，假设在2s末速度减为0，根据逆向思维，那么由速度公式可得：v0＝a2t2+a1t1＝12×1+10×1＝22m/s，而末速度可能大于0，所以质点的初速度不小于22m/s，B符合题意；
C、假设按B项分析，质点的最小初速度为22m/s，那么质点在第1s内发生的最小位移为：x＝v0t﹣ at2＝22×1﹣ ×10×12＝17m，所以质点在第1s内发生的位移不可能为5m，C不符合题意；
D、1s至2s，加速度为12m/s2 ， 且方向向下，说明除重力之外，还有其它的力方向向下，且做负功，所以机械能减小，所以质点在第2s末的机械能小于在第1s末的机械能，D不符合题意。
故答案为：AB
【分析】利用加速度的方向可以判别质点的超重和失重；利用面积大小可以判别质点的初速度大小；利用位移公式看求出位移的大小；利用外力做功可以判别机械能的变化。
7.【解析】【解答】解：A、根据等量异种电荷周围的电场线的特点，知两电荷连线的垂直平分线上的电场方向水平向右，d点的场强方向水平向右，所以b点与d点的场强方向相同。A符合题意。
B、作出a点、c点的等势线，如下列图。沿着电场线方向电势逐渐降低，可知a点的电势大于c点的电势。B不符合题意。
C、由对称性可知，a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差。C符合题意。
D、将正电荷从a点移动到c点，电场力做正功，电势能减小，那么a点的电势能大于c点的电势能。D符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】利用电场线的分布可以比较场强和电势；利用对称性可以比较电势差的大小；利用电势结合电性可以比较电势能的大小。
8.【解析】【解答】解：A、粒子沿竖直直线垂直AH由M点射入矩形区域，最后全部从边界DH射出，那么粒子在M点是所受洛伦兹力向左，由左手定那么可判断，该束粒子带正电，A不符合题意；
B、粒子以某初速度从小孔S射入下侧装置，恰能沿竖直直线垂直AH由M点射入矩形区域，那么粒子在下方区域受力平衡，那么有 ，所以， ，B符合题意；
CD、粒子在上侧矩形区域只受洛伦兹力，洛伦兹力做向心力，粒子做匀速圆周运动， ， ；
粒子最后全部从边界DH射出，那么粒子做圆周运动的半径R由几何关系可得： ，
所以，m的最小值 ，最大值 ，C符合题意，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】利用左手定那么可以判别带电粒子的电性；利用平衡方程可以求出速度的大小；利用牛顿第二定律结合半径的大小可以求出粒子最大的质量及最小的质量。
二、非选择题
9.【解析】【解答】解：〔1〕研究平抛运动的实验很关键的地方是要保证小球能够水平飞出，只有水平飞出时小球才做平抛运动，ABD不符合题意，C符合题意；〔2〕由图乙所示图象可知：v1＝ ＝ ＝4m/s，v2＝0m/s，
由图求出碰后m2和m1的速度分别为：v1′＝ ＝ ＝2m/s；
v2′＝ ＝ ＝5m/s，
两物体碰撞过程系统动量守恒，以m1的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v1＝m2v2′+m1v1′，
代入解得：m2＝20g；〔3〕设碰撞后两者的动量都为P，由于题意可知，碰撞前后总动量为2P，根据动量和动能的关系有：P2＝2mEK ，
碰撞过程动能不增加，有： ≥ + ，
解得： ≤3，
因为要用质量较大的球碰质量较小的球，故
故答案为：〔1〕C；〔2〕20g；〔3〕1＜ ≤3，
【分析】〔1〕斜槽末端切线水平是为了小球初速度沿水平方向；
〔2〕利用动量守恒定律结合速度的大小可以求出质量的大小；
〔3〕利用动量守恒结合动能不增加可以判别质量之比的大小。
10.【解析】【解答】解：由图甲所示电路图可知：I2＝I1+I0＝I1+ ，I1＝ I2 ，
I1﹣I2图象的斜率：k＝ ，电流表内阻：RA′＝ ；
①在两表笔之间接4.50kΩ电阻时，电流表A1恰好半偏，那么欧姆表内阻等于：R内＝4.50kΩ，
I＝
量程：I＝Ig+
解得：R1＝200Ω，I＝2mA，
②改装后电流表内阻：RA′＝ ＝ ＝100Ω，
R2＝ ﹣RA′＝ ﹣100＝4900Ω
故答案为： ；①200；②4900．
【分析】〔1〕利用图像斜率结合欧姆定律可以求出电流表的内阻大小；利用半偏法结合欧姆定律可以求出R1的大小；利用电表的改装可以求出内阻的大小。
11.【解析】【分析】〔1〕利用机械能守恒定律可以求出速度的大小；
〔2〕利用能量守恒定律可以求出产生的热量；
〔3〕利用欧姆定律结合平衡条件及电磁感应定律可以求出电荷量的大小。
12.【解析】【分析】〔1〕利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；
〔2〕利用位移公式结合力的大小可以求出做功的大小；
〔3〕利用位移公式结合摩擦力的大小可以求出摩擦产生的热量。
三、[物理─选修3-3]〔15分〕
13.【解析】【解答】解：A、由气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可以算出气体分子所占的体积，但是得不到气体分子的体积，A不符合题意。
B、因冰融化成水需要吸热，由于温度不变，分子动能不变，故内能增加，因此0℃的水分子势能比相同质量0℃的冰的分子势能大，B符合题意；
C、水面能托住小硬币不下沉主要是因为液体外表存在外表张力，C符合题意；
D、在“用油膜法估测分子的大小〞的实验中，我们的实验依据是：①油膜是呈单分子层分布的；②把油酸分子看成球形；③不考虑分子之间的空隙，D不符合题意；
E、一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，根据理想气体状态方程可得，气体的温度升高，故气体分子的平均动能增大、故内能增大，因气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体一定吸收热量，E符合题意。
故答案为：BCE
【分析】气体的摩尔体积与阿伏伽德罗常数之比可以求出一个气体分子的平均空间体积；利用油膜法测量分子的大小是不考虑分子间的间距。
14.【解析】【分析】〔1〕利用等温变化结合体积关系可以求出压强的大小；
〔2〕利用平衡方程结合理想气体的状态方程可以求出气体的温度。
四、【物理--选修3-4】〔15分〕
15.【解析】【解答】解：A、由图甲、乙两图可知该波的周期一定为：T＝12s，A符合题意；
B、假设该波沿x轴正向传播，由图知：t＝0时刻质点P正通过平衡位置向上运动，质点Q位于波谷，那么有 x＝〔n+ 〕λ＝2m，〔n＝0、1、2、3…〕，
波长为 λ＝ m，
由于波长大于2m，所以波长为8m，B不符合题意；
C、假设该波x轴负向传播，那么有 x＝〔n+ 〕λ′＝2m，〔n＝0、1、2、3…〕，波长为 λ′＝ m，
由于波长大于2m，n取0，所以波长为 λ′＝ m，C符合题意；
D、假设该波沿x轴正向传播，波速为 v＝ ＝ m/s。假设该波x轴负向传，波速为 v′＝\ ＝ ＝ m/s，D不符合题意；
E、假设该波沿x轴负方向传播，那么由Q传到P的时间为t＝ ＝ s＝9s，E符合题意。
故答案为：ACE
【分析】利用图像可以判别周期的大小；利用传播的距离可以判别波长的大小；利用波长和周期的大小可以求出波速的大小；利用距离和传播速度可以求出传播的时间。
16.【解析】【分析】〔1〕利用折射率的比较可以判别折射角的大小进而画出对应的光路图；
〔2〕利用折射定律结合几何关系可以求出MN之间的距离大小。
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