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高中物理高考 广东2021届好教育云平台泄露天机高考押题卷 物理 教师版
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这是一份高中物理高考 广东2021届好教育云平台泄露天机高考押题卷 物理 教师版，共7页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分等内容，欢迎下载使用。
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2021年普通高等学校招生全国统一考试
物 理
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。
4．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列各组物理量，全属于矢量的是( )
A．磁感应强度 洛伦兹力 B．电流 磁通量
C．电场强度 电势 D．磁通量 安培力
【答案】A
【解析】电势、电流、磁通量都是标量，A项正确。
2．李娜是亚洲第一位大满贯女子单打冠军。若李娜某次训练击球时，第一次将网球从A点水平击出，网球击中D点；第二次将该网球从位于A点正下方且与D点等高的B点斜向上击出，最高点为C，网球也击中D点。A、C高度相同，忽略空气阻力，则( )
A．两次击球过程中，网球的初速度大小一定不相等
B．网球两次击中D点时速大小相等
C．网球两次击中D点时，重力做功的瞬时功率相同
D．网球从B点到D点的过程中，重力对球的冲量为零
【答案】C
【解析】A、B两点发出的球都能到达D点，球从C到地面竖直方向做自由落体运动，根据竖直方向的运动可知tB＝2tA，vyA＝vyB，由于水平方向的位移相同，根据v＝可知vxA＞vxB，根据速度的合成可知，球从A点抛出时的速度vA＝vxA，球从B点抛出时的速度，故两次击球时球的初速度大小可能相等，A错误；第一次落到D点时的速度，第二次落到D点时的速度，故两过程中网球击中D点时速度不相等，B错误；vyA＝vyB，则重力的瞬时功率P＝mgvy，相同，故C正确；网球从B点到D点的过程中，重力的冲量I＝mgt，不为零，故D错误。
3．如图，在水平桌面上叠放着两个物块M和m，M与桌面间的动摩擦因数为μ1，m与M之间的动摩擦因数为μ2，一根轻绳一端与M相连，另一端绕过光滑的定滑轮A系在竖直杆上的B点，现将另一个物体G用光滑轻质挂钩挂在轻绳上AB之间的O点，已知整个装置处于静止状态时，竖直杆与绳OB的夹角为α，则( )
A．将绳的B端向上缓慢移动一小段距离时绳的张力变小
B．将竖直杆缓慢向右移动一小段距离时绳的张力增大
C．M所受的摩擦力为μ1(M＋m)g
D．剪断A处轻绳瞬间，m的加速度为μ2g
【答案】B
【解析】设滑轮A和竖直杆之间的绳长为L，距离为d，则根据晾衣绳模型可知，而2Tsin α＝G，解得绳子上的张力，所以将绳的B端向上缓慢移动一小段距离时，d不变，L不变，故α不变，所以绳子的张力不变，A错误；将竖直杆缓慢向右移动一小段距离，则d变大，L不变，故α变大，因此绳子的张力增大，B正确；由于有整个装置处于静止状态，所以M和m都受力平衡，M和m之间没有摩擦力，因此M所受的摩擦力等于绳子的张力。但由于是静摩擦力，所以，C错误；剪断A处轻绳瞬间，m的加速度为零，D错误。
4．如图所示，通电直导线a与金属圆环b位于同一竖直平面内，相互绝缘。若a中通有方向水平向右的电流时，其受到的安培力向上，则下列分析正确的是( )
A．a中的电流一定在增大
B．a中的电流可能在增大，也可能在减小
C．b中产生逆时针方向的感应电流，且感应电流在减小
D．b中产生顺时针方向的感应电流，感应电流可能恒定不变
【答案】D
【解析】由右手螺旋定则可判断，通过电导线a在圆环中的合磁通量方向向里，又因导线a受到的安培力向上，则说明圆环中向里的磁通量在减弱，即a中的电流在减小，故AB错误；由右手螺旋定则可判断圆环b中产生顺时针方向的电流，因不知a中电流变化的快慢程度，所以b中感应电流的大小可能恒定不变，故C错误，D正确。
5．如图所示，矩形ABCD的顶点A、C分别固定有电荷量相等的正、负点电荷，O点为矩形对角线的交点， B点的电势为φ，则下列说法正确的是( )
A．D点电势为φ
B．B、D两点的场强大小相等，方向相反
C．B、D两点的场强大小相等，方向相同
D．将一质子从B点沿直线移到D点电场力先做正功后做负功
【答案】C
【解析】电场线由A指向C，等势线与电场线垂直，顺着电场线的方向电势逐渐降低，所以B点的电势比D点的高，故A错误；根据点电荷的电场线分布特点可知，B、D两点的场强大小相等，方向相同，故B错误，C正确；将一质子从B点沿直线移到D点，电场力先做负功后做正功，故D错误。
6．如图所示，某机器人研究小组自制的机器车能够自动识别障碍物上、下坡。该机器车质量m＝20 kg，在水平路面AB段以速度v1＝6 m/s匀速行驶，BC段是一段陡坡。机器车在BC段仅用t＝5 s就运动到了坡顶，且到达坡顶前机器车已经以速度v2＝3 m/s做匀速运动。已知整个过程中该机器车的输出功率保持不变，机器车在AB段受到的阻力Ff1＝200 N，在BC段所受阻力恒定，机器车经过B点时无机械能损失，则下列说法正确的是( )
A．该机器车的额定功率为600 W
B．该机器车经过B点后刚开始上坡的加速度大小为8 m/s2
C．该机器车速度减至4 m/s时，其加速度大小为5 m/s2
D．BC段的长度为10.5 m
【答案】C
【解析】该机器车在AB段匀速运动，则F＝Ff1，则额定功率P＝Ff1v1＝200×6 W＝1200 W，故A错误；机器车到达坡顶之前匀速运动，满足P＝(Ff2＋mgsin θ)v2，刚经过B点时F－(Ff2＋mgsin θ)＝maB，解得aB＝－10 m/s2，即机器车经过B点后刚开始上坡的加速度大小为10 m/s2，故B错误；该机器车速度减至4 m/s时，根据牛顿第二定律可知F′－(Ff2＋mgsin θ)＝ma′，其中P＝F′v′，解得a′＝－5 m/s2，即加速度大小为5 m/s2，故C正确；设BC段长度为s，从B到C的过程中，根据动能定理Pt－(Ff2＋mgsin θ)s＝mv22－mv12，解得s＝15.675 m，故D错误。
7．如图所示，图甲为氢原子的能级图，大量处于n＝3激发态的氢原子跃迁时，发出频率不同的大量光子，其中频率最高的光子照射到图乙电路中光电管阴极K上时，电路中电流随电压变化的图像如图丙所示。下列说法正确的是( )
A．光电管阴极K金属材料的逸出功为7.00 eV
B．这些氢原子跃迁时共发出3种频率的光
C．若调节滑动变阻器滑片能使光电流为零，则可判断图乙中电源右侧为正极
D．氢原子跃迁放出的光子中有3种频率的光子可以使阴极K发生光电效应现象
【答案】B
【解析】由图甲可知光子的能量E＝－1.51 eV－(－13.6 eV)＝12.09 eV，由图丙可知遏止电压为7 V，所以光电子的初动能Ek＝eU＝7 eV，所以金属材料的逸出功W＝E－Ek＝5.09 eV，故A错误；由排列组合的规律可知，处于n＝3激发态的氢原子跃迁时能够发出3种频率的光，故B正确；光电子由阴极K向对面的极板运动，形成的电流在图乙中从右向左流动，要阻止该电流，需要施加反向电压，即电源左侧应该为正极，故C错误；只要光子的能量大于5.09 eV，就可以使阴极K发生光电效应，由图甲可知满足要求的有2种频率的光子，故D错误。
二、多选选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
8．电阻不可忽略的线圈L0可看作是一个定值电阻R0（线圈电阻）与一个纯线圈L串联而成，如图甲。在如图乙所示电路中，常规变压器T线圈电阻不可忽略，变压器原线圈接理想交流电源，当滑动变阻器触头P向b端滑动时，下列说法正确的是( )
A．变压器初级线圈电压降低
B．变压器输入功率变小
C．小灯泡变暗
D．R1消耗功率增大
【答案】CD
【解析】初级线圈电压U1等于理想交流电源电压，不变，故A错误；当滑动变阻器触头P向b端滑动时，由R1、R2组成的电路总电阻减小，副线圈电流增大，由I1＝I2得原线圈电流增大，则变压器输入功率变大，B错误；U2＝U1不变，由于常规变压器T线圈电阻不可忽略，所以次级线圈等效为有内阻的电源，变压器次级线圈电压E＝U2－I2r降低，小灯泡变暗，故C正确；灯泡两端的电压降低，则灯泡的电流降低，而副线圈的总电流变大，因此电阻R1两端电流升高，功率增大，故D正确。
9．有A、B两颗绕地球运动的人造卫星，其轨道分别为如图所示的Ⅰ和Ⅱ，轨道Ⅰ为半径为R的圆，轨道Ⅱ为长轴等于2R的椭圆，两轨道不在同一平面内，轨道Ⅱ上c、d两点距离轨道Ⅰ垂直距离均为l且是两轨道距离最近的两点，O点为地球球心位置，已知地球质量为M，万有引力常量为G。下列说法正确的是( )
A．A、B运行周期之比TA∶TB＝1∶1
B．若B经过c点时到A的距离为l，则下次距离为l时B恰好经过d点
C．若A的运行速率为v0，设B经过a点时的速率为v，则v＜v0
D．若Oa＝R，则B经过b点时的加速度与A的加速度之比为4∶9
【答案】AD
【解析】由开普勒第三定律得，其中RA、RB是圆轨道半径或椭圆轨道半长轴，因此TA∶TB＝1∶1，A正确；若B经过c点时到A的距离为l，则下次距离为l时B恰好经过一个周期又回到c点，同时A经过一个周期又回到上次位置，两卫星相距最近，B错误；若A的运行速率v0＝，B经过a点时的速率，C错误；卫星加速度a＝，因此，D正确。
10．如图所示，足够长的两平行光滑金属导轨间的距离L＝0.6 m，导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内分布着磁感应强度B＝0.5 T，方向垂直于导轨平面的匀强磁场。两导轨上端接有一额定电压U＝3.6 V的小灯泡。现把一质量m＝0.1 kg的金属棒ab垂直放置在导轨上由静止释放，当金属棒达到最大速度时小灯泡恰好正常发光，金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。金属棒和导轨电阻不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则下列说法正确的是( )
A．通过金属棒ab的电流方向从a到b
B．金属棒运动过程中的最大速度为12 m/s
C．小灯泡正常发光时的电阻值为2.0 Ω
D．小灯泡的额定功率为7.2 W
【答案】BD
【解析】由右手定则可判断通过金属棒的电流方向从b到a，故A错误；因金属棒达到最大速度时小灯泡恰好正常发光，则金属棒达到最大速度时其感应电动势E＝U＝3.6 V，由公式E＝BLv解得v＝12 m/s，故B正确；金属棒达到最大速度后做匀速运动，则有BIL＝mgsin 37°，解得I＝2 A，则灯泡正常发光时的电阻r＝＝1.8 Ω，功率P＝UI＝7.2 W，故C错误，D正确。
三、非选择题：共54分。第11～14题为必考题，每个试题考生都必须作答。第15～16题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共42分
11．(6分)某学生用图甲所示的实验装置测量物块与斜面间的动摩擦因数。已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图乙所示，已知图中每相邻两个计数点间还有一个点未标出。
(l)由图乙可知：物块下滑过程打计数点D时物块的速度vD＝ m/s，该过程物块运动的加速度a＝ m/s2；（结果保留两位小数）
(2)已知当地的重力加速度g，斜面倾角θ，则物块与斜面间的动摩擦因数可表示为μ＝＿＿＿＿。（用g、θ及a等物理理表示）
【答案】(l)0.77 3.96 (2)（每空2分）
【解析】(l)由公式，其中T＝0.04 s，解得vD＝0.77 m/s，m/s2；
(2)由公式，解得。
12．(10分)某同学准备测量一节干电池电动势和内电阻，他从实验室里借来如下实验器材：
A．电流表A1（量程为0.6 A，内阻约为0.5 Ω）
B．电流表A2（量程为2 mA，内阻为100 Ω）
C．电压表V（量程为6 V，内阻约为10 kΩ）
D．滑动变阻器R1（最大电阻值为10 Ω）
E．电阻箱R2（最大电阻值为999.9 Ω）
F．开关、导线若干
G．待测干电池
(l)该同学发现电压表的量程太大，准备用电流表和电阻箱改装为一量程为2.0 V的电压表，则其应该选择的电流表是________(填“A1”或“A2”)，电阻箱的接入电路的电阻值应该为______Ω；
(2)请你帮助该同学在图甲中补充完整实验电路图；
(3)实验过程中，该同学多次调节滑动接入电路的电阻值，得到两电流表A1的示数I1和电流表A2的示数I2如下表所示。请你根据表中的数据帮助该同学在图乙的坐标系中描点并连线。根据图线可知，该干电流的电动势E＝_____V，内阻r＝_____Ω。（结果保留两位小数）
I1/A
0.10
0.20
0.30
0.40
0.50
I2/mA
1.37
1.28
1.21
1.14
1.05
【答案】(l)A2（1分） 900（2分） (2)见解析图（2分） (3)描点连线见解析图（1分）1.45（2分） 0.82（2分）
【解析】(l)要用已知精确内阻的电流表改装电压表，所以选A2，电流表与电阻箱串联后改装为电压表，则有U＝I2m(r2＋R)，解得R＝900 Ω。
(2)如图所示。
(3)由闭合电流的欧姆定律可得E＝I2(r2＋R)＋I1r，则有，由图可知A，，解得E＝1.45 V，内阻r＝0.82 Ω。
13．(10分)如图甲所示，倾角为θ的倾斜轨道与水平轨道交于Q点，在倾斜轨道上高h处由静止释放滑块A，此后A与静止在水平轨道上P处的滑块B发生弹性碰撞（碰撞时间不计）。已知B与轨道间的动摩擦因数为μ，A与轨道间无摩擦，重力加速度大小为g。滑块A的部分速度－时间图像如图乙所示。（A、B均可视为质点，水平轨道足够长，A过Q点时速度大小不变、方向变为与轨道平行。）
(1)求A、B的质量之比mA∶mB；
(2)当P、Q的距离sPQ＝0.2h，θ＝30°时，要使在B的速度减为零之前，A与B能发生第二次碰撞，试确定μ的取值范围。
【解析】(1)第一次碰撞前的过程中A的机械能守恒，有：
mAgh＝mAvA02 （1分）
解得vA0＝
第一次碰撞过程中，以向左方向为正方向，由动量守恒，机械能守恒有
mAvA0＝mAvA＋mBvB （1分）
mAvA02＝mAvA2＋mBvB2 （1分）
由图乙可知，碰后滑块A反向，速度大小vA＝－vA0
解得：mA∶mB＝1∶4，vB＝。（1分）
(2)设第一次碰撞至B的速度减为零经历的时间为t，A与B在时间t内发生的位移分别为xA、xB
对B，由动量定理有：－μmBgt＝0－mBvB （1分）
解得
由运动学规律有 （1分）
对A，在时间t内，设其在倾斜轨道、水平轨道上运动的时间分别为t1、t2。在倾斜轨道上，由牛顿第二定律有：
mgsin 30°＝ma （1分）
由运动学规律有 （1分）
解得
（1分）
由题意可得xA＞xB，μ＞0
联立解得：。（1分）
14．(16分)如图，在xOy平面的I、II区域内，分别存在沿y轴方向的匀强电场与垂直xOy平面的匀强磁场，其边界与x轴垂直，电场的宽度为l，电场强度大小为E；磁场的宽度为d，磁感应强度的大小为B。一带正电的粒子以某一速度从P点沿x轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从II区域右侧沿x轴正方向射出。不计重力。
(1)求该粒子从P点入射时速度的大小；
(2)若改变磁场的大小，带电粒子从P点以原速度射入，恰好不从磁场右侧射出，且该粒子进入磁场时的速度方向与y轴负方向的夹角为37°，求改变后磁场的大小及粒子运动的时间。
【解析】(1)粒子运动的轨迹如图甲所示，粒子在电场中做类平抛运动，设粒子从P点射入时速度的大小为v0，在电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场时的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ，速度沿电场方向的分量为vy。
根据牛顿第二定律有：qE＝ma (1分)
由运动学公式有：
vy＝at (1分)
l＝v0t (1分)
vy＝vcos θ (1分)
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得：
qvB＝m (1分)
由几何关系得：d＝Rcos θ (1分)
联立解得：。 (2分)
(3)如图乙，有：qvB′＝m，d＝r(1+cos θ) (2分)
θ=37°
联立解得： (2分)
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 (1分)
粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则t′＝2t＋ (1分)
得。 (2分)
（二）选考题：共12分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
15．[物理——选修3－3]（12分）
(1)(4分)一定质量的理想气体，从初始状态a经状态b、c、d再回到a，它的压强p与热力学温度T的变化关系如图所示，其中ba和cd的延长线过坐标原点，状态a、d的温度相等。则从状态d到a，气体与外界 热交换（选填“有”或“无”）；从状态b到c，气体吸收的热量 它对外界做的功（选填“大于”“等于”或“小于”）。
【答案】有 大于 （每空2分）
【解析】对于p－T图像，因为ab、cd延长线经过原点，因此ab、cd分别体积恒定。因为ad过程是等温降压，因此体积变大，即Vd＞Va，从而得到Vc＞Va。从d到a，气体温度不变，则内能不变；体积变小，则外界对气体做功，所以气体需要放出热量，故有热交换发生。从b到c，温度升高，体积变大，因此气体吸收的热量抵消对外界做功后仍使其内能增加，故从状态b到c，气体吸收的热量大于它对外界做的功。
(2)(8分)如图所示，一竖直放置的气缸被轻活塞AB和固定隔板CD分成两个气室，CD上安装一单向阀门，单向阀门只能向下开启；气室1内气体压强为2p0，气室2内气体压强为p0，气柱长均为L，活塞面积为S，活塞与气缸间无摩擦，气缸导热性能良好。现在活塞上方缓慢放上质量为m的细砂，重力加速度为g。若，则气室1内气体压强为多少？
【解析】若，对活塞AB有：pS＝p0S＋mg （2分）
解得：p＝4p0 （1分）
单向阀打开，如果气室2的气体未完全进入气室1，则有：p0LS＋2p0LS＝4p0xS （2分）
解得x＝L，假设不成立（1分）
所以气体完全进入气室1，则有：p0LS＋2p0LS＝pxLS （1分）
解得：px＝3p0。 （1分）
16．[物理——选修3－4]（12分）
(1)(4分)一列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴正方向传播，当传播到x＝1 m处的质点A时开始计时，t＝4 s时的波形如图所示，且此时波刚好传播到x＝3 m处，B、C两质点此时的位移均为y＝1 m。则质点A振动的位移方程为y＝ ； t＝4 s之后，质点C比质点B回到平衡位置要晚 s。
【答案】y＝2sin(t) cm （每空2分）
【解析】由题意知周期T＝4 s，x＝1 m处的质点A开始振动时，位移y＝2sin(t) cm；由图像可知λ＝2 m，则波速v＝＝0.5 m/s，B点正在向下振动，再经tB＝T回到平衡位置，C点正在向上振动，再经tC＝回到平衡位置，即质点C比质点B晚Δt＝ s的时间回到平衡位置。
(2)(8分)如图，一边长a＝2 m的正方体浮箱ABCD漂浮在水面上，恰好露出水面一半体积，AB边左侧水面上有不透明物体覆盖，但E处有一小孔，在E处左侧F处有一潜水员竖直向下潜水，当潜水员下潜到P处时恰好能从E处小也看到浮箱的A角。现测得E、F间距离s＝3 m。P、F间距离h＝4 m，已知水的折射率n＝。若浮箱向左移动s1＝ m，则潜水员要多深才能从E处小孔看到浮箱的A角。
【解析】潜水员从水中到A角的光路如图所示。设求E点到AB的距离为x，从P点看到A角时：
入射角的正弦为 (1分)
折射角的正弦为 (1分)
由折射定律可知： (1分)
浮箱向左移动s1＝ m时，A角移动到A′位置，则有：
入射角的正弦为 (1分)
折射角的正弦为 (1分)
由折射定律可知： (1分)
解得：m。 (2分)
此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
绝密 ★ 启用前
2021年普通高等学校招生全国统一考试
物 理
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。
4．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列各组物理量，全属于矢量的是( )
A．磁感应强度 洛伦兹力 B．电流 磁通量
C．电场强度 电势 D．磁通量 安培力
【答案】A
【解析】电势、电流、磁通量都是标量，A项正确。
2．李娜是亚洲第一位大满贯女子单打冠军。若李娜某次训练击球时，第一次将网球从A点水平击出，网球击中D点；第二次将该网球从位于A点正下方且与D点等高的B点斜向上击出，最高点为C，网球也击中D点。A、C高度相同，忽略空气阻力，则( )
A．两次击球过程中，网球的初速度大小一定不相等
B．网球两次击中D点时速大小相等
C．网球两次击中D点时，重力做功的瞬时功率相同
D．网球从B点到D点的过程中，重力对球的冲量为零
【答案】C
【解析】A、B两点发出的球都能到达D点，球从C到地面竖直方向做自由落体运动，根据竖直方向的运动可知tB＝2tA，vyA＝vyB，由于水平方向的位移相同，根据v＝可知vxA＞vxB，根据速度的合成可知，球从A点抛出时的速度vA＝vxA，球从B点抛出时的速度，故两次击球时球的初速度大小可能相等，A错误；第一次落到D点时的速度，第二次落到D点时的速度，故两过程中网球击中D点时速度不相等，B错误；vyA＝vyB，则重力的瞬时功率P＝mgvy，相同，故C正确；网球从B点到D点的过程中，重力的冲量I＝mgt，不为零，故D错误。
3．如图，在水平桌面上叠放着两个物块M和m，M与桌面间的动摩擦因数为μ1，m与M之间的动摩擦因数为μ2，一根轻绳一端与M相连，另一端绕过光滑的定滑轮A系在竖直杆上的B点，现将另一个物体G用光滑轻质挂钩挂在轻绳上AB之间的O点，已知整个装置处于静止状态时，竖直杆与绳OB的夹角为α，则( )
A．将绳的B端向上缓慢移动一小段距离时绳的张力变小
B．将竖直杆缓慢向右移动一小段距离时绳的张力增大
C．M所受的摩擦力为μ1(M＋m)g
D．剪断A处轻绳瞬间，m的加速度为μ2g
【答案】B
【解析】设滑轮A和竖直杆之间的绳长为L，距离为d，则根据晾衣绳模型可知，而2Tsin α＝G，解得绳子上的张力，所以将绳的B端向上缓慢移动一小段距离时，d不变，L不变，故α不变，所以绳子的张力不变，A错误；将竖直杆缓慢向右移动一小段距离，则d变大，L不变，故α变大，因此绳子的张力增大，B正确；由于有整个装置处于静止状态，所以M和m都受力平衡，M和m之间没有摩擦力，因此M所受的摩擦力等于绳子的张力。但由于是静摩擦力，所以，C错误；剪断A处轻绳瞬间，m的加速度为零，D错误。
4．如图所示，通电直导线a与金属圆环b位于同一竖直平面内，相互绝缘。若a中通有方向水平向右的电流时，其受到的安培力向上，则下列分析正确的是( )
A．a中的电流一定在增大
B．a中的电流可能在增大，也可能在减小
C．b中产生逆时针方向的感应电流，且感应电流在减小
D．b中产生顺时针方向的感应电流，感应电流可能恒定不变
【答案】D
【解析】由右手螺旋定则可判断，通过电导线a在圆环中的合磁通量方向向里，又因导线a受到的安培力向上，则说明圆环中向里的磁通量在减弱，即a中的电流在减小，故AB错误；由右手螺旋定则可判断圆环b中产生顺时针方向的电流，因不知a中电流变化的快慢程度，所以b中感应电流的大小可能恒定不变，故C错误，D正确。
5．如图所示，矩形ABCD的顶点A、C分别固定有电荷量相等的正、负点电荷，O点为矩形对角线的交点， B点的电势为φ，则下列说法正确的是( )
A．D点电势为φ
B．B、D两点的场强大小相等，方向相反
C．B、D两点的场强大小相等，方向相同
D．将一质子从B点沿直线移到D点电场力先做正功后做负功
【答案】C
【解析】电场线由A指向C，等势线与电场线垂直，顺着电场线的方向电势逐渐降低，所以B点的电势比D点的高，故A错误；根据点电荷的电场线分布特点可知，B、D两点的场强大小相等，方向相同，故B错误，C正确；将一质子从B点沿直线移到D点，电场力先做负功后做正功，故D错误。
6．如图所示，某机器人研究小组自制的机器车能够自动识别障碍物上、下坡。该机器车质量m＝20 kg，在水平路面AB段以速度v1＝6 m/s匀速行驶，BC段是一段陡坡。机器车在BC段仅用t＝5 s就运动到了坡顶，且到达坡顶前机器车已经以速度v2＝3 m/s做匀速运动。已知整个过程中该机器车的输出功率保持不变，机器车在AB段受到的阻力Ff1＝200 N，在BC段所受阻力恒定，机器车经过B点时无机械能损失，则下列说法正确的是( )
A．该机器车的额定功率为600 W
B．该机器车经过B点后刚开始上坡的加速度大小为8 m/s2
C．该机器车速度减至4 m/s时，其加速度大小为5 m/s2
D．BC段的长度为10.5 m
【答案】C
【解析】该机器车在AB段匀速运动，则F＝Ff1，则额定功率P＝Ff1v1＝200×6 W＝1200 W，故A错误；机器车到达坡顶之前匀速运动，满足P＝(Ff2＋mgsin θ)v2，刚经过B点时F－(Ff2＋mgsin θ)＝maB，解得aB＝－10 m/s2，即机器车经过B点后刚开始上坡的加速度大小为10 m/s2，故B错误；该机器车速度减至4 m/s时，根据牛顿第二定律可知F′－(Ff2＋mgsin θ)＝ma′，其中P＝F′v′，解得a′＝－5 m/s2，即加速度大小为5 m/s2，故C正确；设BC段长度为s，从B到C的过程中，根据动能定理Pt－(Ff2＋mgsin θ)s＝mv22－mv12，解得s＝15.675 m，故D错误。
7．如图所示，图甲为氢原子的能级图，大量处于n＝3激发态的氢原子跃迁时，发出频率不同的大量光子，其中频率最高的光子照射到图乙电路中光电管阴极K上时，电路中电流随电压变化的图像如图丙所示。下列说法正确的是( )
A．光电管阴极K金属材料的逸出功为7.00 eV
B．这些氢原子跃迁时共发出3种频率的光
C．若调节滑动变阻器滑片能使光电流为零，则可判断图乙中电源右侧为正极
D．氢原子跃迁放出的光子中有3种频率的光子可以使阴极K发生光电效应现象
【答案】B
【解析】由图甲可知光子的能量E＝－1.51 eV－(－13.6 eV)＝12.09 eV，由图丙可知遏止电压为7 V，所以光电子的初动能Ek＝eU＝7 eV，所以金属材料的逸出功W＝E－Ek＝5.09 eV，故A错误；由排列组合的规律可知，处于n＝3激发态的氢原子跃迁时能够发出3种频率的光，故B正确；光电子由阴极K向对面的极板运动，形成的电流在图乙中从右向左流动，要阻止该电流，需要施加反向电压，即电源左侧应该为正极，故C错误；只要光子的能量大于5.09 eV，就可以使阴极K发生光电效应，由图甲可知满足要求的有2种频率的光子，故D错误。
二、多选选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
8．电阻不可忽略的线圈L0可看作是一个定值电阻R0（线圈电阻）与一个纯线圈L串联而成，如图甲。在如图乙所示电路中，常规变压器T线圈电阻不可忽略，变压器原线圈接理想交流电源，当滑动变阻器触头P向b端滑动时，下列说法正确的是( )
A．变压器初级线圈电压降低
B．变压器输入功率变小
C．小灯泡变暗
D．R1消耗功率增大
【答案】CD
【解析】初级线圈电压U1等于理想交流电源电压，不变，故A错误；当滑动变阻器触头P向b端滑动时，由R1、R2组成的电路总电阻减小，副线圈电流增大，由I1＝I2得原线圈电流增大，则变压器输入功率变大，B错误；U2＝U1不变，由于常规变压器T线圈电阻不可忽略，所以次级线圈等效为有内阻的电源，变压器次级线圈电压E＝U2－I2r降低，小灯泡变暗，故C正确；灯泡两端的电压降低，则灯泡的电流降低，而副线圈的总电流变大，因此电阻R1两端电流升高，功率增大，故D正确。
9．有A、B两颗绕地球运动的人造卫星，其轨道分别为如图所示的Ⅰ和Ⅱ，轨道Ⅰ为半径为R的圆，轨道Ⅱ为长轴等于2R的椭圆，两轨道不在同一平面内，轨道Ⅱ上c、d两点距离轨道Ⅰ垂直距离均为l且是两轨道距离最近的两点，O点为地球球心位置，已知地球质量为M，万有引力常量为G。下列说法正确的是( )
A．A、B运行周期之比TA∶TB＝1∶1
B．若B经过c点时到A的距离为l，则下次距离为l时B恰好经过d点
C．若A的运行速率为v0，设B经过a点时的速率为v，则v＜v0
D．若Oa＝R，则B经过b点时的加速度与A的加速度之比为4∶9
【答案】AD
【解析】由开普勒第三定律得，其中RA、RB是圆轨道半径或椭圆轨道半长轴，因此TA∶TB＝1∶1，A正确；若B经过c点时到A的距离为l，则下次距离为l时B恰好经过一个周期又回到c点，同时A经过一个周期又回到上次位置，两卫星相距最近，B错误；若A的运行速率v0＝，B经过a点时的速率，C错误；卫星加速度a＝，因此，D正确。
10．如图所示，足够长的两平行光滑金属导轨间的距离L＝0.6 m，导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内分布着磁感应强度B＝0.5 T，方向垂直于导轨平面的匀强磁场。两导轨上端接有一额定电压U＝3.6 V的小灯泡。现把一质量m＝0.1 kg的金属棒ab垂直放置在导轨上由静止释放，当金属棒达到最大速度时小灯泡恰好正常发光，金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。金属棒和导轨电阻不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则下列说法正确的是( )
A．通过金属棒ab的电流方向从a到b
B．金属棒运动过程中的最大速度为12 m/s
C．小灯泡正常发光时的电阻值为2.0 Ω
D．小灯泡的额定功率为7.2 W
【答案】BD
【解析】由右手定则可判断通过金属棒的电流方向从b到a，故A错误；因金属棒达到最大速度时小灯泡恰好正常发光，则金属棒达到最大速度时其感应电动势E＝U＝3.6 V，由公式E＝BLv解得v＝12 m/s，故B正确；金属棒达到最大速度后做匀速运动，则有BIL＝mgsin 37°，解得I＝2 A，则灯泡正常发光时的电阻r＝＝1.8 Ω，功率P＝UI＝7.2 W，故C错误，D正确。
三、非选择题：共54分。第11～14题为必考题，每个试题考生都必须作答。第15～16题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共42分
11．(6分)某学生用图甲所示的实验装置测量物块与斜面间的动摩擦因数。已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图乙所示，已知图中每相邻两个计数点间还有一个点未标出。
(l)由图乙可知：物块下滑过程打计数点D时物块的速度vD＝ m/s，该过程物块运动的加速度a＝ m/s2；（结果保留两位小数）
(2)已知当地的重力加速度g，斜面倾角θ，则物块与斜面间的动摩擦因数可表示为μ＝＿＿＿＿。（用g、θ及a等物理理表示）
【答案】(l)0.77 3.96 (2)（每空2分）
【解析】(l)由公式，其中T＝0.04 s，解得vD＝0.77 m/s，m/s2；
(2)由公式，解得。
12．(10分)某同学准备测量一节干电池电动势和内电阻，他从实验室里借来如下实验器材：
A．电流表A1（量程为0.6 A，内阻约为0.5 Ω）
B．电流表A2（量程为2 mA，内阻为100 Ω）
C．电压表V（量程为6 V，内阻约为10 kΩ）
D．滑动变阻器R1（最大电阻值为10 Ω）
E．电阻箱R2（最大电阻值为999.9 Ω）
F．开关、导线若干
G．待测干电池
(l)该同学发现电压表的量程太大，准备用电流表和电阻箱改装为一量程为2.0 V的电压表，则其应该选择的电流表是________(填“A1”或“A2”)，电阻箱的接入电路的电阻值应该为______Ω；
(2)请你帮助该同学在图甲中补充完整实验电路图；
(3)实验过程中，该同学多次调节滑动接入电路的电阻值，得到两电流表A1的示数I1和电流表A2的示数I2如下表所示。请你根据表中的数据帮助该同学在图乙的坐标系中描点并连线。根据图线可知，该干电流的电动势E＝_____V，内阻r＝_____Ω。（结果保留两位小数）
I1/A
0.10
0.20
0.30
0.40
0.50
I2/mA
1.37
1.28
1.21
1.14
1.05
【答案】(l)A2（1分） 900（2分） (2)见解析图（2分） (3)描点连线见解析图（1分）1.45（2分） 0.82（2分）
【解析】(l)要用已知精确内阻的电流表改装电压表，所以选A2，电流表与电阻箱串联后改装为电压表，则有U＝I2m(r2＋R)，解得R＝900 Ω。
(2)如图所示。
(3)由闭合电流的欧姆定律可得E＝I2(r2＋R)＋I1r，则有，由图可知A，，解得E＝1.45 V，内阻r＝0.82 Ω。
13．(10分)如图甲所示，倾角为θ的倾斜轨道与水平轨道交于Q点，在倾斜轨道上高h处由静止释放滑块A，此后A与静止在水平轨道上P处的滑块B发生弹性碰撞（碰撞时间不计）。已知B与轨道间的动摩擦因数为μ，A与轨道间无摩擦，重力加速度大小为g。滑块A的部分速度－时间图像如图乙所示。（A、B均可视为质点，水平轨道足够长，A过Q点时速度大小不变、方向变为与轨道平行。）
(1)求A、B的质量之比mA∶mB；
(2)当P、Q的距离sPQ＝0.2h，θ＝30°时，要使在B的速度减为零之前，A与B能发生第二次碰撞，试确定μ的取值范围。
【解析】(1)第一次碰撞前的过程中A的机械能守恒，有：
mAgh＝mAvA02 （1分）
解得vA0＝
第一次碰撞过程中，以向左方向为正方向，由动量守恒，机械能守恒有
mAvA0＝mAvA＋mBvB （1分）
mAvA02＝mAvA2＋mBvB2 （1分）
由图乙可知，碰后滑块A反向，速度大小vA＝－vA0
解得：mA∶mB＝1∶4，vB＝。（1分）
(2)设第一次碰撞至B的速度减为零经历的时间为t，A与B在时间t内发生的位移分别为xA、xB
对B，由动量定理有：－μmBgt＝0－mBvB （1分）
解得
由运动学规律有 （1分）
对A，在时间t内，设其在倾斜轨道、水平轨道上运动的时间分别为t1、t2。在倾斜轨道上，由牛顿第二定律有：
mgsin 30°＝ma （1分）
由运动学规律有 （1分）
解得
（1分）
由题意可得xA＞xB，μ＞0
联立解得：。（1分）
14．(16分)如图，在xOy平面的I、II区域内，分别存在沿y轴方向的匀强电场与垂直xOy平面的匀强磁场，其边界与x轴垂直，电场的宽度为l，电场强度大小为E；磁场的宽度为d，磁感应强度的大小为B。一带正电的粒子以某一速度从P点沿x轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从II区域右侧沿x轴正方向射出。不计重力。
(1)求该粒子从P点入射时速度的大小；
(2)若改变磁场的大小，带电粒子从P点以原速度射入，恰好不从磁场右侧射出，且该粒子进入磁场时的速度方向与y轴负方向的夹角为37°，求改变后磁场的大小及粒子运动的时间。
【解析】(1)粒子运动的轨迹如图甲所示，粒子在电场中做类平抛运动，设粒子从P点射入时速度的大小为v0，在电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场时的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ，速度沿电场方向的分量为vy。
根据牛顿第二定律有：qE＝ma (1分)
由运动学公式有：
vy＝at (1分)
l＝v0t (1分)
vy＝vcos θ (1分)
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得：
qvB＝m (1分)
由几何关系得：d＝Rcos θ (1分)
联立解得：。 (2分)
(3)如图乙，有：qvB′＝m，d＝r(1+cos θ) (2分)
θ=37°
联立解得： (2分)
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 (1分)
粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则t′＝2t＋ (1分)
得。 (2分)
（二）选考题：共12分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
15．[物理——选修3－3]（12分）
(1)(4分)一定质量的理想气体，从初始状态a经状态b、c、d再回到a，它的压强p与热力学温度T的变化关系如图所示，其中ba和cd的延长线过坐标原点，状态a、d的温度相等。则从状态d到a，气体与外界 热交换（选填“有”或“无”）；从状态b到c，气体吸收的热量 它对外界做的功（选填“大于”“等于”或“小于”）。
【答案】有 大于 （每空2分）
【解析】对于p－T图像，因为ab、cd延长线经过原点，因此ab、cd分别体积恒定。因为ad过程是等温降压，因此体积变大，即Vd＞Va，从而得到Vc＞Va。从d到a，气体温度不变，则内能不变；体积变小，则外界对气体做功，所以气体需要放出热量，故有热交换发生。从b到c，温度升高，体积变大，因此气体吸收的热量抵消对外界做功后仍使其内能增加，故从状态b到c，气体吸收的热量大于它对外界做的功。
(2)(8分)如图所示，一竖直放置的气缸被轻活塞AB和固定隔板CD分成两个气室，CD上安装一单向阀门，单向阀门只能向下开启；气室1内气体压强为2p0，气室2内气体压强为p0，气柱长均为L，活塞面积为S，活塞与气缸间无摩擦，气缸导热性能良好。现在活塞上方缓慢放上质量为m的细砂，重力加速度为g。若，则气室1内气体压强为多少？
【解析】若，对活塞AB有：pS＝p0S＋mg （2分）
解得：p＝4p0 （1分）
单向阀打开，如果气室2的气体未完全进入气室1，则有：p0LS＋2p0LS＝4p0xS （2分）
解得x＝L，假设不成立（1分）
所以气体完全进入气室1，则有：p0LS＋2p0LS＝pxLS （1分）
解得：px＝3p0。 （1分）
16．[物理——选修3－4]（12分）
(1)(4分)一列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴正方向传播，当传播到x＝1 m处的质点A时开始计时，t＝4 s时的波形如图所示，且此时波刚好传播到x＝3 m处，B、C两质点此时的位移均为y＝1 m。则质点A振动的位移方程为y＝ ； t＝4 s之后，质点C比质点B回到平衡位置要晚 s。
【答案】y＝2sin(t) cm （每空2分）
【解析】由题意知周期T＝4 s，x＝1 m处的质点A开始振动时，位移y＝2sin(t) cm；由图像可知λ＝2 m，则波速v＝＝0.5 m/s，B点正在向下振动，再经tB＝T回到平衡位置，C点正在向上振动，再经tC＝回到平衡位置，即质点C比质点B晚Δt＝ s的时间回到平衡位置。
(2)(8分)如图，一边长a＝2 m的正方体浮箱ABCD漂浮在水面上，恰好露出水面一半体积，AB边左侧水面上有不透明物体覆盖，但E处有一小孔，在E处左侧F处有一潜水员竖直向下潜水，当潜水员下潜到P处时恰好能从E处小也看到浮箱的A角。现测得E、F间距离s＝3 m。P、F间距离h＝4 m，已知水的折射率n＝。若浮箱向左移动s1＝ m，则潜水员要多深才能从E处小孔看到浮箱的A角。
【解析】潜水员从水中到A角的光路如图所示。设求E点到AB的距离为x，从P点看到A角时：
入射角的正弦为 (1分)
折射角的正弦为 (1分)
由折射定律可知： (1分)
浮箱向左移动s1＝ m时，A角移动到A′位置，则有：
入射角的正弦为 (1分)
折射角的正弦为 (1分)
由折射定律可知： (1分)
解得：m。 (2分)
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