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高中物理高考 湖南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 湖南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、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．某实验小组在做光电效应的实验时，用频率为v的单色光照射光电管的阴极K，得到光电流I与光电管两端电压U的关系图线如图所示，已知电子电荷量的绝对值为e，普朗克常量为h，则光电子逸出功为( )
A．hv B．eUc C．hv－eUc D．hv＋eUc
【答案】C
【解析】由公式Ekm＝hv－W0＝eUc，解得W0＝hv－eUc，故C正确。
2．如图所示，半圆形容器固定在地面上，容器内壁光滑，球A和球B放在容器内，用水平力作用在球A上，使球A的球心与半圆形容器的球心在同一竖直线上，容器半径、球A半径、球B半径之比为6∶1∶2，球B的质量为m，两球质量分布均匀，重力加速度为g，整个系统始终静止。则推力F的大小为( )
A． B． C．mg D．mg
【答案】A
【解析】受力分析如图所示，设A球的半径为r，则有OA＝5r，OB＝4r，AB＝3r，即△OAB是直角三角形，根据力的平衡可知，球B对球A的压力F2＝mgsin 37°＝mg，由于A球受力平衡，则有F＝F2cos 37°＝，故选A。
3．如图，在直角坐标系xOy平面内，O（0，0）、P（a，0）两点各放置一点电荷，其中P点的电荷量为－q，Q（0，a）点电场强度沿x轴正方向，则下列判断正确的是( )
A．O点电荷带负电，且电荷量为q
B．O点电荷带正电，且电荷量为2q
C．在x轴上P点右侧某点电场强度为零
D．从P点沿x轴正方向电势越来越高
【答案】D
【解析】分析可知O点电荷带正电，故AC错误；由题意Q点电场强度沿x轴正方向，可得EOy＝EPy，即，解得q′＝q，故B错误；由于电势沿电场线方向降低，P点电荷带负电且电荷量较大，则P点右侧电场线沿x轴负方向，则沿x轴正方向电势越来越高，故D正确。
4．如图所示，匀强磁场区域足够大，磁感应强度大小为B，方向水平向右，将一段圆弧形导体ab置于磁场中，圆弧圆心为O，半径为r。现在导体ab中通以方向从b→a的恒定电流I，并将磁场从图示位置沿顺时针方向在纸面内缓慢旋转，下列说法正确的是( )
A．圆环受到的安培力方向始终垂直纸面向内
B．圆环受到的安培力大小可能为零
C．圆环受到的安培力最小为BIr
D．圆环受到的安培力最大值为πBIr
【答案】B
【解析】圆环受到的安培力方向即垂直与B的方向，又垂直与I的方向，即垂直与B与I所组成的平面，再根据左手定则可知，圆环受到的安培力方向先垂直纸面向外，后垂直纸面向里，故A错误；圆弧形导体ab中的等效电流方向由b指向a，且竖直向下，当磁场方向转至与等效电流方向平行时，圆环受到的安培力为零，故B正确，C错误；圆环导线的有效长度为r，当磁场方向与等效电流方向垂直时，安培力最大，为F＝BIr，故D错误。
5．如图所示，两平行金属板间带电微粒P处于静止状态，当某时刻滑动变阻器R2的滑片时，微粒P向上运动，则下列说法正确的是( )
A．滑动变阻器R2的滑片是向b端移动
B．电流表读数增大
C．R3上消耗的电功率减小
D．电源的输出效率增大
【答案】D
【解析】电容器、滑动变阻器R2和R3并联后，再与R1串联，接在电源两端。假设滑动变阻器R2的滑片向b端移动，此时滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流增大，路端电压减小，R1两端的电压增大，故并联部分两端的电压减小，平行金属板两端电压减小，微粒P将向下运动，故滑片是向a端移动，A错误；当滑片是向a端移动时，接入电路的电阻增大，总电阻增大，干路电流减小，路端电压增大，R1两端电压减小，R3两端电压增大，流过R3的电流增大，又干路电流减小，故流过R2的电流减小，即电流表读数减小，故B错误；由于流过R3的电流增大，故R3上消耗的电功率增大，故C错误；由电源的输出效率。可知，当路端电压增大时，电源的输出效率增大，故D正确。
6．如图所示，从小山坡上的O点将质量不同的两个小石块a、b以相同的动能分别沿同一方向水平抛出，两石块分别落在山坡的P、Q两点。已知O、P、Q三点的连线恰在一条直线上，且xOP∶xPQ＝2∶3，不计石块飞行时受到的空气阻力，下列说法中正确的是( )
A．a、b的初速度之比为∶
B．a、b的质量之比为3∶2
C．落到山坡上时，a、b的动能大小之比为1∶1
D．从抛出到落在山坡上的过程中，重力对a、b冲量的大小之比为∶
【答案】C
【解析】由xOP∶xPQ＝2∶3可知，两个小石块a、b下落的高度之比ha∶hb＝2∶5，下落的水平位移之比xa∶xb＝2∶5，由h＝gt2可得下落时间之比ta∶tb＝∶，由v＝可得两石块的初速度之比va∶vb＝∶，故A错误；二者初动能相等，即mava2＝mbvb2，可得两石块的质量之比ma∶mb＝5∶2，故B错误；重力对两石块做功大小之比magha∶mbghb＝1∶1，由动能定理可知，落到山坡上时，两石块的动能大小之比Eka∶Ekb＝1∶1，故C正确；两石块落在山坡上时，重力对两石块冲量的大小之比pa∶pb＝magta∶mbgtb＝∶，故D错误。
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
7．如图所示，质量为M的小车在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，一个质量为m的小球从高h处自由下落，与小车碰撞后反弹上升的高度为仍为h。设M>>m，发生碰撞时弹力FN＞mg，小球与车之间的动摩擦因数为μ，则小球弹起时的水平速度可能是( )
A．v0 B．0 C．2μ D．－v0
【答案】AC
【解析】若小球离开小车之前已经与小车达到共同速度v，则水平方向上动量守恒，有Mv0＝(M＋m)v，由于M>>m，所以v＝v0；若小球离开小车之前始终未与小车达到共同速度，则对小球应用动量定理，水平方向上有FΔt＝mv′，竖直方向上有FNΔt＝2mv＝2m，又 F＝μFN，解以得v′＝2μ。故选AC。
8．2020年7月31日，北斗三号全球卫星导航系统正式建成开通。如图是北斗卫星导航系统中三个卫星的圆轨道示意图，其中A为地球赤道同步轨道；轨道B为倾斜同步轨道，轨道半径与地球赤道同步轨道半径相同；轨道C为一颗中地球轨道。则下列说法中正确的是( )
A．在轨道A、B、C上运动的卫星的线速度大小关系为vA＝vB＜vC
B．在轨道A、B上运动的卫星需要的向心力大小一定相等
C．在轨道A、C上运动的卫星周期关系为TA＜TC
D．在轨道A、B、C上运动的卫星周期的平方和轨道半径三次方的比值相等
【答案】AD
【解析】在轨道运动的卫星的线速度大小v＝，在轨道A、B、C上运动的卫星半径rA＝rB＞rC，所以有vA＝vB＜vC，故A正确；在轨道A、B上运动的卫星向心加速度a相同，而向心力F＝ma，由于在轨道A、B上运动的卫星的质量未知，故B错误；在轨道运动的卫星周期T＝2π，由于rA＞rC，所以在轨道A、C上运动的卫星周期关系为TA＞TC，故C错误；根据开普勒第三定律，可知D正确。
9．如图，质量为M的物块A放在倾角为θ的斜面上，一质量为m的小球B通过细绳跨过定滑轮与物块A相连，当小球B以角速度ω做圆周运动时，物块A刚好保持静止。忽略绳与滑轮间摩擦，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是( )
A．物块A受到的摩擦力可能向下
B．物块A可能不受摩擦力作用
C．若斜面倾角θ增大，要使A继续保持静止，小球B做圆周运动的角速度一定增大
D．若斜面倾角θ增大，要使A继续保持静止，小球B做圆周运动的角速度可能保持不变
【答案】AD
【解析】设球B做圆周运动时细线与竖直方向夹角为α，细线张力为F，则对B有Fsin α＝mω2r；对物块A，因为刚好保持静止，则一定受摩擦力作用，且达到最大静摩擦力fm，当fm沿斜面向上时，有F＋fm＝Mgsin θ①，当fm沿斜面向下时，有F＝fm＋Mgsin θ②，A正确，B错误；当θ增大时，Mgsin θ增大，fm＝μMgcos θ减小，要使A继续保持静止，在①式情况下，绳的拉力F要增大，小球B做圆周运动的角速度要增大；在②式情况下，绳的拉力F有可能保持不变，小球B做圆周运动的角速度可以保持不变，C错误，D正确。
10．如图甲所示，在竖直平面内，水平界线MN以下存在垂直纸面面向里的磁场，以MN位置为x＝0，磁感应强度B随向下位移x（以m为单位）的分布规律为B＝kx＋4（T）。一边长L＝2 m、质量m＝2 kg的金属框abcd从MN上方某位置静止释放，进入磁场时由于受到竖直方向的力F作用，金属框中电流保持不变，且ab边始终保持水平。力F随位移x变化的规律如图乙所示，金属框的总电阻R＝4 Ω，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．金属框中的电流方向为adcba
B．金属框中的电流大小为2 A
C．金属框进入磁场的过程中产生的电热为40 J
D．若金属框刚完全进入磁场后立即撤去力F，金属框将开始做匀减速直线运动
【答案】BC
【解析】由楞次定律得金属框金属框中的电流方向为abcda，故A错误；由图乙可知刚进入磁场时力F减小，则有F＋FA＝mg，FA＝BIL，得F＝－2Ikx－8I＋20（N），则20－8I＝4，2Ik＝4，解得I＝2 A，k＝1，故B正确；金属框进入磁场的过程中，所受到的安培力FA＝BIL＝4x＋16（N），该图像所围成的面积即为安培力所做的功，如图，则有，根据能量守恒，金属框完全进入磁场，所以金属框进入磁场的过程中产生的电热Q＝WA＝40 J，故C正确；金属框刚完全进入磁场后立即撤去力F，如果金属框做匀减速直线运动，则电流强度发生变化、安培力发生变化、加速度发生变化，故不可能出现匀减速运动的情况，故D错误。
三、非选择题：共56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43分。
11．(5分)某同学利用如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律。
(1)该同学首先利用20分度的游标卡尺测量小球的直径d，测量结果如图乙所示，则d＝________ cm。
(2)让小球从光电门A上方某一高度处自由下落，计时装置测出小球通过光电门A、B的挡光时间tA、tB，已知当地的重力加速度为g，用刻度尺测量出光电门A、B间的距离h，则只需比较________与________是否相等就可以验证小球下落过程中机械能是否守恒。(用题目中涉及的物理量符号来表示)
(3)为了提高实验精度，下列说法正确的是___________。
A．两光电门间的距离适当大一些
B．小球的直径越小，实验精度越高
C．应该选用材质密度较大的小球
【答案】(1)0.885 (2分) (2)gh (1分) (1分) (3)AC (1分)
【解析】(1)根据游标卡尺的读数规则可知，小球的直径为0.885 cm。
(2)小球从A到B，重力势能减少了mgh，动能增加了，因此，要验证机械能是否守恒，只需比较gh与是否相等即可。
(3)两光电门间的距离适当大一些，可以减小距离及时间测量的误差，还可以减小小球大小对实验误差的影响，A正确；小球的直径小而质量大，精度才高，B错误；选用材质密度较大的小球，可以减小空气阻力的影响，C正确。
12．(10分)某课外小组在参观工厂时，看到一丢弃不用的电池，同学们想用物理上学到的知识来测定这个电池的电动势和内阻，已知这个电池的电动势约为11～13 V，内阻小于3 Ω，由于直流电压表量程只有3 V，需要将这只电压表通过连接一固定电阻（用电阻箱代替），改装为量程为15 V的电压表，然后再用伏安法测电池的电动势和内阻，以下是他们的实验操作过程：
(1)把电压表量程扩大，实验电路如图甲所示，实验步骤如下，完成填空：
第一步：按电路图连接实物
第二步：把滑动变阻器滑片移到最右端，把电阻箱阻值调到零
第三步：闭合开关，把滑动变阻器滑片调到适当位置，使电压表读数为3 V
第四步：把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为________V
第五步：不再改变电阻箱阻值，保持电压表和电阻箱串联，撤去其他线路，即得量程为15 V的电压表。
(2)实验可供选择的器材有：
A．电压表（量程为3 V，内阻约2 kΩ）
B．电流表（量程为3 A，内阻约0.1 Ω）
C．电阻箱（阻值范围0～9999 Ω）
D．电阻箱（阻值范围0～999 Ω）
E．滑动变阻器（阻值为0～20 Ω，额定电流2 A）
F．滑动变阻器（阻值为0～20 kΩ）
电阻箱应选_________，滑动变阻器应选_________。
(3)用该扩大了量程的电压表（电压表的表盘没变），测电池电动势E和内阻r，实验电路如图乙所示，得到多组电压U和电流I的值，并作出U－I图线如图丙所示，可知电池的电动势为_____V，内阻为_____Ω。
【答案】(1)0.6 (2)C E (3)11.5 2.5 (每空2分)
【解析】(1)把3 V的直流电压表接一电阻箱，改装为量程为15 V的电压表时，将直流电压表与电阻箱串联，整个作为一只电压表，据题分析，电阻箱阻值调到零，电压表读数为3 V，则知把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为0.6 V。
(2)由题，电压表的量程为3 V，内阻约为2 kΩ，要改装成15 V的电压表，根据串联电路的特点可知，所串联的电阻箱电阻应为8 kΩ，故电阻箱应选C。在分压电路中，为方便调节，滑动变阻器选用阻值较小的，即选E。
(3)由丙读出，外电路断路时，电压表的电压U＝2.3 V，则电源的电动势E＝2.3×5＝11.5 V，内阻。
13．(13分)如图甲所示，两端分别为M、N的长木板A静止在水平地面上，木板上有一点P，PN段上表面光滑，N端上静止着一个可视为质点的滑块B。给木板施加一个水平向右的力F，F作用1 s后撤去，撤去前B仍在木板上，木板A运动的速度－时间图像如图乙所示。已知A、B的质量均为m＝1 kg，A的MP段上表面与B及A与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)力F的大小；
(2)木板A的最小长度。
(3)整个运动过程中，A与地面间因摩擦产生的热量。
【解析】(1)由图乙可知，木板A在0～0.5 s时间内的加速度a1＝4 m/s2，在0.5～1.5 s时间内的加速度a2＝－2 m/s2。由于1 s后撤去F，且a2＝－μg，所以时物块B刚好运动到P点，1 s时二者已共速。(2分)
对木板A由牛顿第二定律得：
F1－μ‧2mg＝ma1，得F1＝8 N (2分)
F2－μ‧2mg－μmg ＝ma2，得F2＝4 N (2分)
所以。
(2)0.5～1 s时间内，A减速，B加速，当二者共速时B恰好滑到A的左端，此时A的长度最小。在此段时间内，A的位移xA＝(1＋2)×0.5 m＝0.75 m (1分)
B的位移xB＝×1×0.5 m＝0.25 m (1分)
0～0.5 s时间内A的位移x1＝×0.5×2 m＝0.5 m (1分)
故A的最小长度L＝x1＋xA－xB＝1 m。 (1分)
(3)整个运动过程中，A运动的位移x＝×1.5×2 m＝1.5 m (1分)
则A与地面间因摩擦产生的热量Q＝μ‧2mg‧x＝6 J。 (2分)
14．(15分)如图所示，金属板的右侧存在两种左右有理想边界的匀强磁场，磁场的上边界AE与下边界BF间的距离足够大。ABCD区域里磁场的方向垂直于纸面向里，CDEF区域里磁场的方向垂直于纸面向外，两区域中磁感应强度的大小均为B，两磁场区域的宽度相同。一电子以速度v0垂直于磁场边界AB进入匀强磁场，经的时间后，垂直于另一磁场边界EF离开磁场。已知电子的质量为m，电荷量为e。求：
(1)每一磁场的宽度d；
(2)现使ABCD区域的磁感应强度变为2B，使电子仍以速率v0从磁场边界AB射入，可改变射入时的方向（其他条件不变），求电子穿过两区域的最短时间t。
【解析】(1)电子在磁场中运动的周期 (1分)
则电子在每一磁场中运动的时间 (1分)
故电子的在磁场中转过
电子在磁场中运动时，洛仑兹力提供向心力即
evB＝m (1分)
由图甲可知d＝risn 45° (1分)
解得。 (2分)
(2)若要电子穿过ABCD区域的时间最短，则需要电子对称地穿过ABCD区域，如图乙。(2分)
电子在两区域的半径关系r2＝2r1＝ (1分)
由
解得θ＝45° (1分)
第一段时间为 (1分)
在区域CDEF中的圆心必在EF边上（如图内错角）φ＝θ (2分)
第二段时间 (1分)
通过两场的总时间。(1分)
（二）选考题：共13分。请考生从两道中任选一题作答。如果多做，则按第一题积分。
15．[物理—选修3－3]（13分）
(1)(5分)下列说法正确的是___________。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．扩散现象是由物质分子的无规则运动引起的
B．只要知道某种物质的摩尔质量和密度，一定可以求出该物质的分子体积
C．布朗运动不是分子运动，但可以反映液体分子的无规则运动
D．水蒸汽凝结成水珠的过程中，分子间斥力减小，引力增大
E．一定质量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加
【答案】ACE
【解析】扩散现象是由物质分子无规则运动引起的，A正确；如果是气体，知道摩尔质量和密度，结合阿伏伽德罗常数只能求出该气体的分子运动占据的空间的体积，不能求解分子体积，B错误；布朗运动不是分子运动，但可以反映液体分子的无规则运动，C正确；水蒸汽凝结成水珠的过程中，分子距离减小，分子间斥力和引力都增大，D错误；—定质量的某种理想气体在等压膨胀过程中，温度升高，内能一定增加，E正确。
(2)(8分)如图所示，一端封闭、粗细均匀的U形细管，管道水平部分长为L、竖直部分长1.5L，管内有一段长度为L的水银柱封闭一段气柱。U形管静止不动时水银柱恰好在管道的水平部分，当U形管绕开口臂的轴线匀速转动时，处于U形管水平部分的水银柱的长度为L 。设水银的密度为ρ(kg/m3)，大气压强是p0 (Pa)。求：
(i)U形管转动的角速度ω为多大？（不考虑气体温度的变化）
(ii)不断增大角速度ω，能否使水银柱全部进入封闭端竖直管内？
【解析】(i)设U形管横截面积为S，管道转动时被封气体的压强为p，由玻意耳定律可得
p0‧1.5LS＝pLS (2分)
解得p＝1.5p0
取水平部分的水银分析，有：pS＋ρgLS－p0S＝ρgLSω2×L (2分)
联立解得。 (2分)
(ii)全部进入竖直管内，水银柱不能平衡，水银柱上面的压强比大气压大，再加上水银柱的重力，所以大气压不能把水银柱压上去。 (2分)
16．[物理—选修3－4]（13分）
(1)(5分)下列说法正确的是___________。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．麦克斯韦预言了电磁波的存在，并用实验加以证实
B．在高速运动的火箭上的人认为火箭的长度不变
C．与平面镜相比，全反射棱镜的反射率高
D．单摆在驱动力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长有关
E．在磨制各种镜面或其他精密的光学平面时，可以用干涉法检查平面的平整程度
【答案】BCE
【解析】历史上，麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，赫兹通过实验对此进行了证实，故A错误；根据相对论原理：沿着高速运动方向的长度缩短，因此在高速运动的火箭上的人认为其他物体长度缩短，而自身的长度并没有改变，故B正确；根据全反射原理，没有折射光线，因此全反射棱镜的反射率极高，故C正确；在驱动力作用下做受迫振动，其振动周期与驱动力的周期有关，与单摆的摆长无关，故D错误；磨制各种镜面或其他精密的光学平面时，可以用光的干涉，依据光程差是半个波长的奇数倍时，处于振动减弱，而光程差是半个波长的偶数倍时，处于振动加强，从而检查平面的平整程度，故E正确。
(2)(8分)一简谐横波以4 m/s的波速沿水平绳向x轴正方向传播。已知t＝0时的波形如图所示，绳上两质点M、N的平衡位置相距波长。设向上为正，经时间t1(小于一个周期)，此时质点M向下运动，其位移仍为0.02 m，求t1。
【解析】由波形图象知，波长：λ＝4 m (1分)
又波长、波速和周期关系为：v＝ (1分)
联立得该波的周期为：T＝1 s。 (2分)
由已知条件知从t＝0时刻起，质点M做简谐振动的位移表达式为：
yM＝0.04 sin (2分)
经时间t1(小于一个周期)，M点的位移仍为0.02 m，运动方向向下
可解得：t1＝ s。 (2分)
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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、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．某实验小组在做光电效应的实验时，用频率为v的单色光照射光电管的阴极K，得到光电流I与光电管两端电压U的关系图线如图所示，已知电子电荷量的绝对值为e，普朗克常量为h，则光电子逸出功为( )
A．hv B．eUc C．hv－eUc D．hv＋eUc
【答案】C
【解析】由公式Ekm＝hv－W0＝eUc，解得W0＝hv－eUc，故C正确。
2．如图所示，半圆形容器固定在地面上，容器内壁光滑，球A和球B放在容器内，用水平力作用在球A上，使球A的球心与半圆形容器的球心在同一竖直线上，容器半径、球A半径、球B半径之比为6∶1∶2，球B的质量为m，两球质量分布均匀，重力加速度为g，整个系统始终静止。则推力F的大小为( )
A． B． C．mg D．mg
【答案】A
【解析】受力分析如图所示，设A球的半径为r，则有OA＝5r，OB＝4r，AB＝3r，即△OAB是直角三角形，根据力的平衡可知，球B对球A的压力F2＝mgsin 37°＝mg，由于A球受力平衡，则有F＝F2cos 37°＝，故选A。
3．如图，在直角坐标系xOy平面内，O（0，0）、P（a，0）两点各放置一点电荷，其中P点的电荷量为－q，Q（0，a）点电场强度沿x轴正方向，则下列判断正确的是( )
A．O点电荷带负电，且电荷量为q
B．O点电荷带正电，且电荷量为2q
C．在x轴上P点右侧某点电场强度为零
D．从P点沿x轴正方向电势越来越高
【答案】D
【解析】分析可知O点电荷带正电，故AC错误；由题意Q点电场强度沿x轴正方向，可得EOy＝EPy，即，解得q′＝q，故B错误；由于电势沿电场线方向降低，P点电荷带负电且电荷量较大，则P点右侧电场线沿x轴负方向，则沿x轴正方向电势越来越高，故D正确。
4．如图所示，匀强磁场区域足够大，磁感应强度大小为B，方向水平向右，将一段圆弧形导体ab置于磁场中，圆弧圆心为O，半径为r。现在导体ab中通以方向从b→a的恒定电流I，并将磁场从图示位置沿顺时针方向在纸面内缓慢旋转，下列说法正确的是( )
A．圆环受到的安培力方向始终垂直纸面向内
B．圆环受到的安培力大小可能为零
C．圆环受到的安培力最小为BIr
D．圆环受到的安培力最大值为πBIr
【答案】B
【解析】圆环受到的安培力方向即垂直与B的方向，又垂直与I的方向，即垂直与B与I所组成的平面，再根据左手定则可知，圆环受到的安培力方向先垂直纸面向外，后垂直纸面向里，故A错误；圆弧形导体ab中的等效电流方向由b指向a，且竖直向下，当磁场方向转至与等效电流方向平行时，圆环受到的安培力为零，故B正确，C错误；圆环导线的有效长度为r，当磁场方向与等效电流方向垂直时，安培力最大，为F＝BIr，故D错误。
5．如图所示，两平行金属板间带电微粒P处于静止状态，当某时刻滑动变阻器R2的滑片时，微粒P向上运动，则下列说法正确的是( )
A．滑动变阻器R2的滑片是向b端移动
B．电流表读数增大
C．R3上消耗的电功率减小
D．电源的输出效率增大
【答案】D
【解析】电容器、滑动变阻器R2和R3并联后，再与R1串联，接在电源两端。假设滑动变阻器R2的滑片向b端移动，此时滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流增大，路端电压减小，R1两端的电压增大，故并联部分两端的电压减小，平行金属板两端电压减小，微粒P将向下运动，故滑片是向a端移动，A错误；当滑片是向a端移动时，接入电路的电阻增大，总电阻增大，干路电流减小，路端电压增大，R1两端电压减小，R3两端电压增大，流过R3的电流增大，又干路电流减小，故流过R2的电流减小，即电流表读数减小，故B错误；由于流过R3的电流增大，故R3上消耗的电功率增大，故C错误；由电源的输出效率。可知，当路端电压增大时，电源的输出效率增大，故D正确。
6．如图所示，从小山坡上的O点将质量不同的两个小石块a、b以相同的动能分别沿同一方向水平抛出，两石块分别落在山坡的P、Q两点。已知O、P、Q三点的连线恰在一条直线上，且xOP∶xPQ＝2∶3，不计石块飞行时受到的空气阻力，下列说法中正确的是( )
A．a、b的初速度之比为∶
B．a、b的质量之比为3∶2
C．落到山坡上时，a、b的动能大小之比为1∶1
D．从抛出到落在山坡上的过程中，重力对a、b冲量的大小之比为∶
【答案】C
【解析】由xOP∶xPQ＝2∶3可知，两个小石块a、b下落的高度之比ha∶hb＝2∶5，下落的水平位移之比xa∶xb＝2∶5，由h＝gt2可得下落时间之比ta∶tb＝∶，由v＝可得两石块的初速度之比va∶vb＝∶，故A错误；二者初动能相等，即mava2＝mbvb2，可得两石块的质量之比ma∶mb＝5∶2，故B错误；重力对两石块做功大小之比magha∶mbghb＝1∶1，由动能定理可知，落到山坡上时，两石块的动能大小之比Eka∶Ekb＝1∶1，故C正确；两石块落在山坡上时，重力对两石块冲量的大小之比pa∶pb＝magta∶mbgtb＝∶，故D错误。
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
7．如图所示，质量为M的小车在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，一个质量为m的小球从高h处自由下落，与小车碰撞后反弹上升的高度为仍为h。设M>>m，发生碰撞时弹力FN＞mg，小球与车之间的动摩擦因数为μ，则小球弹起时的水平速度可能是( )
A．v0 B．0 C．2μ D．－v0
【答案】AC
【解析】若小球离开小车之前已经与小车达到共同速度v，则水平方向上动量守恒，有Mv0＝(M＋m)v，由于M>>m，所以v＝v0；若小球离开小车之前始终未与小车达到共同速度，则对小球应用动量定理，水平方向上有FΔt＝mv′，竖直方向上有FNΔt＝2mv＝2m，又 F＝μFN，解以得v′＝2μ。故选AC。
8．2020年7月31日，北斗三号全球卫星导航系统正式建成开通。如图是北斗卫星导航系统中三个卫星的圆轨道示意图，其中A为地球赤道同步轨道；轨道B为倾斜同步轨道，轨道半径与地球赤道同步轨道半径相同；轨道C为一颗中地球轨道。则下列说法中正确的是( )
A．在轨道A、B、C上运动的卫星的线速度大小关系为vA＝vB＜vC
B．在轨道A、B上运动的卫星需要的向心力大小一定相等
C．在轨道A、C上运动的卫星周期关系为TA＜TC
D．在轨道A、B、C上运动的卫星周期的平方和轨道半径三次方的比值相等
【答案】AD
【解析】在轨道运动的卫星的线速度大小v＝，在轨道A、B、C上运动的卫星半径rA＝rB＞rC，所以有vA＝vB＜vC，故A正确；在轨道A、B上运动的卫星向心加速度a相同，而向心力F＝ma，由于在轨道A、B上运动的卫星的质量未知，故B错误；在轨道运动的卫星周期T＝2π，由于rA＞rC，所以在轨道A、C上运动的卫星周期关系为TA＞TC，故C错误；根据开普勒第三定律，可知D正确。
9．如图，质量为M的物块A放在倾角为θ的斜面上，一质量为m的小球B通过细绳跨过定滑轮与物块A相连，当小球B以角速度ω做圆周运动时，物块A刚好保持静止。忽略绳与滑轮间摩擦，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是( )
A．物块A受到的摩擦力可能向下
B．物块A可能不受摩擦力作用
C．若斜面倾角θ增大，要使A继续保持静止，小球B做圆周运动的角速度一定增大
D．若斜面倾角θ增大，要使A继续保持静止，小球B做圆周运动的角速度可能保持不变
【答案】AD
【解析】设球B做圆周运动时细线与竖直方向夹角为α，细线张力为F，则对B有Fsin α＝mω2r；对物块A，因为刚好保持静止，则一定受摩擦力作用，且达到最大静摩擦力fm，当fm沿斜面向上时，有F＋fm＝Mgsin θ①，当fm沿斜面向下时，有F＝fm＋Mgsin θ②，A正确，B错误；当θ增大时，Mgsin θ增大，fm＝μMgcos θ减小，要使A继续保持静止，在①式情况下，绳的拉力F要增大，小球B做圆周运动的角速度要增大；在②式情况下，绳的拉力F有可能保持不变，小球B做圆周运动的角速度可以保持不变，C错误，D正确。
10．如图甲所示，在竖直平面内，水平界线MN以下存在垂直纸面面向里的磁场，以MN位置为x＝0，磁感应强度B随向下位移x（以m为单位）的分布规律为B＝kx＋4（T）。一边长L＝2 m、质量m＝2 kg的金属框abcd从MN上方某位置静止释放，进入磁场时由于受到竖直方向的力F作用，金属框中电流保持不变，且ab边始终保持水平。力F随位移x变化的规律如图乙所示，金属框的总电阻R＝4 Ω，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．金属框中的电流方向为adcba
B．金属框中的电流大小为2 A
C．金属框进入磁场的过程中产生的电热为40 J
D．若金属框刚完全进入磁场后立即撤去力F，金属框将开始做匀减速直线运动
【答案】BC
【解析】由楞次定律得金属框金属框中的电流方向为abcda，故A错误；由图乙可知刚进入磁场时力F减小，则有F＋FA＝mg，FA＝BIL，得F＝－2Ikx－8I＋20（N），则20－8I＝4，2Ik＝4，解得I＝2 A，k＝1，故B正确；金属框进入磁场的过程中，所受到的安培力FA＝BIL＝4x＋16（N），该图像所围成的面积即为安培力所做的功，如图，则有，根据能量守恒，金属框完全进入磁场，所以金属框进入磁场的过程中产生的电热Q＝WA＝40 J，故C正确；金属框刚完全进入磁场后立即撤去力F，如果金属框做匀减速直线运动，则电流强度发生变化、安培力发生变化、加速度发生变化，故不可能出现匀减速运动的情况，故D错误。
三、非选择题：共56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43分。
11．(5分)某同学利用如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律。
(1)该同学首先利用20分度的游标卡尺测量小球的直径d，测量结果如图乙所示，则d＝________ cm。
(2)让小球从光电门A上方某一高度处自由下落，计时装置测出小球通过光电门A、B的挡光时间tA、tB，已知当地的重力加速度为g，用刻度尺测量出光电门A、B间的距离h，则只需比较________与________是否相等就可以验证小球下落过程中机械能是否守恒。(用题目中涉及的物理量符号来表示)
(3)为了提高实验精度，下列说法正确的是___________。
A．两光电门间的距离适当大一些
B．小球的直径越小，实验精度越高
C．应该选用材质密度较大的小球
【答案】(1)0.885 (2分) (2)gh (1分) (1分) (3)AC (1分)
【解析】(1)根据游标卡尺的读数规则可知，小球的直径为0.885 cm。
(2)小球从A到B，重力势能减少了mgh，动能增加了，因此，要验证机械能是否守恒，只需比较gh与是否相等即可。
(3)两光电门间的距离适当大一些，可以减小距离及时间测量的误差，还可以减小小球大小对实验误差的影响，A正确；小球的直径小而质量大，精度才高，B错误；选用材质密度较大的小球，可以减小空气阻力的影响，C正确。
12．(10分)某课外小组在参观工厂时，看到一丢弃不用的电池，同学们想用物理上学到的知识来测定这个电池的电动势和内阻，已知这个电池的电动势约为11～13 V，内阻小于3 Ω，由于直流电压表量程只有3 V，需要将这只电压表通过连接一固定电阻（用电阻箱代替），改装为量程为15 V的电压表，然后再用伏安法测电池的电动势和内阻，以下是他们的实验操作过程：
(1)把电压表量程扩大，实验电路如图甲所示，实验步骤如下，完成填空：
第一步：按电路图连接实物
第二步：把滑动变阻器滑片移到最右端，把电阻箱阻值调到零
第三步：闭合开关，把滑动变阻器滑片调到适当位置，使电压表读数为3 V
第四步：把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为________V
第五步：不再改变电阻箱阻值，保持电压表和电阻箱串联，撤去其他线路，即得量程为15 V的电压表。
(2)实验可供选择的器材有：
A．电压表（量程为3 V，内阻约2 kΩ）
B．电流表（量程为3 A，内阻约0.1 Ω）
C．电阻箱（阻值范围0～9999 Ω）
D．电阻箱（阻值范围0～999 Ω）
E．滑动变阻器（阻值为0～20 Ω，额定电流2 A）
F．滑动变阻器（阻值为0～20 kΩ）
电阻箱应选_________，滑动变阻器应选_________。
(3)用该扩大了量程的电压表（电压表的表盘没变），测电池电动势E和内阻r，实验电路如图乙所示，得到多组电压U和电流I的值，并作出U－I图线如图丙所示，可知电池的电动势为_____V，内阻为_____Ω。
【答案】(1)0.6 (2)C E (3)11.5 2.5 (每空2分)
【解析】(1)把3 V的直流电压表接一电阻箱，改装为量程为15 V的电压表时，将直流电压表与电阻箱串联，整个作为一只电压表，据题分析，电阻箱阻值调到零，电压表读数为3 V，则知把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为0.6 V。
(2)由题，电压表的量程为3 V，内阻约为2 kΩ，要改装成15 V的电压表，根据串联电路的特点可知，所串联的电阻箱电阻应为8 kΩ，故电阻箱应选C。在分压电路中，为方便调节，滑动变阻器选用阻值较小的，即选E。
(3)由丙读出，外电路断路时，电压表的电压U＝2.3 V，则电源的电动势E＝2.3×5＝11.5 V，内阻。
13．(13分)如图甲所示，两端分别为M、N的长木板A静止在水平地面上，木板上有一点P，PN段上表面光滑，N端上静止着一个可视为质点的滑块B。给木板施加一个水平向右的力F，F作用1 s后撤去，撤去前B仍在木板上，木板A运动的速度－时间图像如图乙所示。已知A、B的质量均为m＝1 kg，A的MP段上表面与B及A与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)力F的大小；
(2)木板A的最小长度。
(3)整个运动过程中，A与地面间因摩擦产生的热量。
【解析】(1)由图乙可知，木板A在0～0.5 s时间内的加速度a1＝4 m/s2，在0.5～1.5 s时间内的加速度a2＝－2 m/s2。由于1 s后撤去F，且a2＝－μg，所以时物块B刚好运动到P点，1 s时二者已共速。(2分)
对木板A由牛顿第二定律得：
F1－μ‧2mg＝ma1，得F1＝8 N (2分)
F2－μ‧2mg－μmg ＝ma2，得F2＝4 N (2分)
所以。
(2)0.5～1 s时间内，A减速，B加速，当二者共速时B恰好滑到A的左端，此时A的长度最小。在此段时间内，A的位移xA＝(1＋2)×0.5 m＝0.75 m (1分)
B的位移xB＝×1×0.5 m＝0.25 m (1分)
0～0.5 s时间内A的位移x1＝×0.5×2 m＝0.5 m (1分)
故A的最小长度L＝x1＋xA－xB＝1 m。 (1分)
(3)整个运动过程中，A运动的位移x＝×1.5×2 m＝1.5 m (1分)
则A与地面间因摩擦产生的热量Q＝μ‧2mg‧x＝6 J。 (2分)
14．(15分)如图所示，金属板的右侧存在两种左右有理想边界的匀强磁场，磁场的上边界AE与下边界BF间的距离足够大。ABCD区域里磁场的方向垂直于纸面向里，CDEF区域里磁场的方向垂直于纸面向外，两区域中磁感应强度的大小均为B，两磁场区域的宽度相同。一电子以速度v0垂直于磁场边界AB进入匀强磁场，经的时间后，垂直于另一磁场边界EF离开磁场。已知电子的质量为m，电荷量为e。求：
(1)每一磁场的宽度d；
(2)现使ABCD区域的磁感应强度变为2B，使电子仍以速率v0从磁场边界AB射入，可改变射入时的方向（其他条件不变），求电子穿过两区域的最短时间t。
【解析】(1)电子在磁场中运动的周期 (1分)
则电子在每一磁场中运动的时间 (1分)
故电子的在磁场中转过
电子在磁场中运动时，洛仑兹力提供向心力即
evB＝m (1分)
由图甲可知d＝risn 45° (1分)
解得。 (2分)
(2)若要电子穿过ABCD区域的时间最短，则需要电子对称地穿过ABCD区域，如图乙。(2分)
电子在两区域的半径关系r2＝2r1＝ (1分)
由
解得θ＝45° (1分)
第一段时间为 (1分)
在区域CDEF中的圆心必在EF边上（如图内错角）φ＝θ (2分)
第二段时间 (1分)
通过两场的总时间。(1分)
（二）选考题：共13分。请考生从两道中任选一题作答。如果多做，则按第一题积分。
15．[物理—选修3－3]（13分）
(1)(5分)下列说法正确的是___________。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．扩散现象是由物质分子的无规则运动引起的
B．只要知道某种物质的摩尔质量和密度，一定可以求出该物质的分子体积
C．布朗运动不是分子运动，但可以反映液体分子的无规则运动
D．水蒸汽凝结成水珠的过程中，分子间斥力减小，引力增大
E．一定质量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加
【答案】ACE
【解析】扩散现象是由物质分子无规则运动引起的，A正确；如果是气体，知道摩尔质量和密度，结合阿伏伽德罗常数只能求出该气体的分子运动占据的空间的体积，不能求解分子体积，B错误；布朗运动不是分子运动，但可以反映液体分子的无规则运动，C正确；水蒸汽凝结成水珠的过程中，分子距离减小，分子间斥力和引力都增大，D错误；—定质量的某种理想气体在等压膨胀过程中，温度升高，内能一定增加，E正确。
(2)(8分)如图所示，一端封闭、粗细均匀的U形细管，管道水平部分长为L、竖直部分长1.5L，管内有一段长度为L的水银柱封闭一段气柱。U形管静止不动时水银柱恰好在管道的水平部分，当U形管绕开口臂的轴线匀速转动时，处于U形管水平部分的水银柱的长度为L 。设水银的密度为ρ(kg/m3)，大气压强是p0 (Pa)。求：
(i)U形管转动的角速度ω为多大？（不考虑气体温度的变化）
(ii)不断增大角速度ω，能否使水银柱全部进入封闭端竖直管内？
【解析】(i)设U形管横截面积为S，管道转动时被封气体的压强为p，由玻意耳定律可得
p0‧1.5LS＝pLS (2分)
解得p＝1.5p0
取水平部分的水银分析，有：pS＋ρgLS－p0S＝ρgLSω2×L (2分)
联立解得。 (2分)
(ii)全部进入竖直管内，水银柱不能平衡，水银柱上面的压强比大气压大，再加上水银柱的重力，所以大气压不能把水银柱压上去。 (2分)
16．[物理—选修3－4]（13分）
(1)(5分)下列说法正确的是___________。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．麦克斯韦预言了电磁波的存在，并用实验加以证实
B．在高速运动的火箭上的人认为火箭的长度不变
C．与平面镜相比，全反射棱镜的反射率高
D．单摆在驱动力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长有关
E．在磨制各种镜面或其他精密的光学平面时，可以用干涉法检查平面的平整程度
【答案】BCE
【解析】历史上，麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，赫兹通过实验对此进行了证实，故A错误；根据相对论原理：沿着高速运动方向的长度缩短，因此在高速运动的火箭上的人认为其他物体长度缩短，而自身的长度并没有改变，故B正确；根据全反射原理，没有折射光线，因此全反射棱镜的反射率极高，故C正确；在驱动力作用下做受迫振动，其振动周期与驱动力的周期有关，与单摆的摆长无关，故D错误；磨制各种镜面或其他精密的光学平面时，可以用光的干涉，依据光程差是半个波长的奇数倍时，处于振动减弱，而光程差是半个波长的偶数倍时，处于振动加强，从而检查平面的平整程度，故E正确。
(2)(8分)一简谐横波以4 m/s的波速沿水平绳向x轴正方向传播。已知t＝0时的波形如图所示，绳上两质点M、N的平衡位置相距波长。设向上为正，经时间t1(小于一个周期)，此时质点M向下运动，其位移仍为0.02 m，求t1。
【解析】由波形图象知，波长：λ＝4 m (1分)
又波长、波速和周期关系为：v＝ (1分)
联立得该波的周期为：T＝1 s。 (2分)
由已知条件知从t＝0时刻起，质点M做简谐振动的位移表达式为：
yM＝0.04 sin (2分)
经时间t1(小于一个周期)，M点的位移仍为0.02 m，运动方向向下
可解得：t1＝ s。 (2分)
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