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高中物理高考 【最后十套】2021年高考名校考前提分仿真卷 物理（七）教师版
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这是一份高中物理高考 【最后十套】2021年高考名校考前提分仿真卷 物理（七）教师版，共7页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
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班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
【最后十套】2021年高考名校考前提分仿真卷
物 理 （七）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
二、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．让电子束通过电场加速后，照射到金属晶格（大小约10－10 m）上，可得到电子的衍射图样，如图所示。下列说法正确的是( )
A．电子衍射图样说明了电子具有粒子性
B．加速电压越大，电子的物质波波长越长
C．电子物质波波长比可见光波长更长
D．动量相等的质子和电子，对应的物质波波长也相等
【答案】D
【解析】电子衍射图样说明了电子具有波动性，A错误；根据，，解得，加速电压越大，电子的物质波波长越短，B错误；电子物质波波长比可见光波长更短，C错误；根据，动量相等的质子和电子，对应的物质波波长也相等，D正确。
15．2020年12月3日，嫦娥五号上升器在月球表面从着陆器上返回，如图所示。已知携带月壤样本的上升器重量高达500 kg，开始一段时间内的加速度大小为2.4 m/s2，月球表面的重力加速度大小为1.6 m/s2，上升器发动机向下喷出气体的速度为4.0×103 m/s，不计由于喷出气体上升器质量的变化，则每秒喷出气体的质量为( )
A．0.25 kg B．2.5 kg C．0.5 kg D．1.25 kg
【答案】C
【解析】对上升器受力分析，根据牛顿第二定律有，对喷出气体运用动量定理有，联立解得，ABD错误，C正确。
16．M、N两颗行星对卫星产生的向心加速度an与卫星离行星中心距离r的图象如图所示，两颗行星的半径各为R1、R2，下列说法正确的是( )
A．N行星的质量较小
B．N行星的密度较大
C．M行星的第一宇宙速度较小
D．M行星表面的重力加速度较小
【答案】A
【解析】设行星的质量为M，由万有引力定律得，解得，由图可知，当r相同时，N行星的向心加速度小，故N的质量小，故A正确；行星的质量，解得，因为R1＜R2，M行星的质量大，所以M行星的密度大，故B错误；由万有引力定律得，解得第一宇宙速度，所以M行星的第一宇宙速度大，故C错误；由万有引力定律得，解得行星表面的重力加速度，所以M行星表面的重力加速度大，故D错误。
17．从发电站发出的电能，一般都要通过输电线路输送到各个用电地方。如图所示的远距离输电示意图中的变压器均为理想变压器，发电机产生正弦交流电电压有效值不变，升压变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝1∶50，隆压变压器原、副线圈匝数比n3∶n4＝50∶1，已知用户两端电压的有效值U4＝220 V，且用户消耗的电功率为11 kW，远距离输电的输电线的总电阻r＝100 Ω（认为输电中的能量损耗完全由电阻产生），则( )
A．升压变压器的副线圈两端电压的有效值为11.1 kV
B．降压变压器的原线圈中的电流的有效值为2 A
C．输电线上消耗的功率为1000 W
D．升压变压器的输入功率为11.5 kW
【答案】A
【解析】降压变压器副线圈电流，根据，解得输电线中的电流，输电线上的损失电压，根据电压与匝数成正比，得降压变压器原线圈两端的电压，升压变压器的副线圈两端电压有效值，B错误，A正确；输电线上损失的功率，C错误；升压变压器的原线圈输入的电功率为，D错误。
18．如图所示，有一长方体ABCD－A1B1C1D1，AB＝2BC，BB1＝BC，M、N、P、Q分别为AB、A1B1、C1D1、CD的中点（图中未画出），下列说法正确的是( )
A．若B点放置一正点电荷，则电势差UCC1＜UNP
B．若B点放置一正点电荷，则电势差UCC1＝UNP
C．若在B1、B两点分别放置等量异种点电荷，则C1、M两点的电场强度大小相等
D．若在B1、B两点分别放置等量异种点电荷，则D、D1两点的电势相等
【答案】C
【解析】B点放一正点电荷时，如图所示，连接B、P，以B为圆心，分别以BC、BN（长度与BC1相等）的长为半径作圆弧，分别交BP于R、S，因，故，又因，故，设，则有，，显然，根据正点电荷电场的特点，RS段的平均电场强度大于SP段，且离电荷越远场强越小、电势越低，故必有，综上可知，故AB错误；若在B1、B两点分别放置等量异种点电荷，由等量异种点电荷的电场特点可知M、N两点的电场强度大小相等，C、C1两点的电场强度大小相等，M、C两点的电场强度大小相等，则C1、M两点的电场强度大小相等，故C正确；若在B1、B两点处放置等量异种点电荷，则B1、B连线的中垂面是等势面，则D、D1两点分布在中垂面的两侧，电势不相等，故D错误。
19．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。
20．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。
21．如图甲，一质量为m的小物块以初动能Ek向右滑上足够长的水平传送带上，传送带以恒定速度逆时针转动，小物块在传送带上运动时，小物块的动能Ek与小物块的位移x关系Ek－x图像如图乙所示，传送带与小物块之间动摩擦因数不变重力加速度为g。则( )
A．小物块与传送带之间的动摩擦因数为
B．从小物块开始滑动到与传送带达到共同速度所需时间为
C．整个过程中物块与传送带间产生的热量为
D．整个过程中传送带电动机多消耗的电能为
【答案】ABC
【解析】由图乙可知，Ek－x图像的斜率表示合外力的大小，小物块向右滑，合外力为μmg，则，解得，A正确；根据题意作图，由图像可知，小物块做匀变速直线运动且共速前加速度不变，全程可看为匀减速，即，，，联立解得，B正确；由图像可知，产生的热量，为物块与传送带的相对位移（即图中的阴影面积），故，即，C正确；整个过程中电动机多消耗的电能为，解得，D错误。
三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题～第25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第34题为选考题，考生根据要求做答)
(一)必考题(共47分)
22．(5分)为测量弹簧劲度系数，某探究小组设计了如下实验，实验装置如下图甲、乙所示，角度传感器与可转动“T”形螺杆相连，“T”形螺杆上套有螺母，螺母上固定有一个力传感器，力传感器套在左右两个固定的套杆（图乙中未画出）上，弹簧的一端挂在力传感器下端挂钩上，另一端与铁架台底座的固定点相连。当角度传感器顶端转盘带动“T”形螺杆转动时，力传感器会随着“T”形螺杆旋转而上下平移，弹簧长度也随之发生变化。
(1)已知“T”形螺杆的螺纹间距d＝4.0×10－3 m，当其旋转300°时，力传感器在竖直方向移动_______m。（结果保留2位有效数字）
(2)该探究小组操作步骤如下：
①旋转螺杆使初状态弹簧长度大于原长
②记录初状态力传感器示数F0以及角度传感器示数θ0
③旋转“T”形螺杆使弹簧长度增加，待稳定后，记录力传感器示数F1，其增加值ΔF1＝F1－F0角度传感器示数θ1，其增加值Δθ1＝θ1－θ0
④多次旋转“T”形螺杆，重复步骤③的操作，在表格中记录多组ΔF、Δθ值：
序号
ΔF（单位：N）
Δθ（单位：°）
1
0.121
499.7
2
0.247
999.9
3
0.373
1500.5
4
0.498
2000.2
5
0.623
2500.6
6
0.747
3000.3
图丙已描出5个点，请将剩余点在图中描出并连线。
⑤若上图中的直线斜率a，则用d、a写出弹簧的劲度系数的表达式为k＝___________
【答案】(1) (2)见解析图
【解析】(1)当其旋转360°时，力传感器在竖直方向移动，则当其旋转300°，力传感器在竖直方向移动距离为。
(2)描点作图如图所示。角度增加Δθ时，弹簧形变量为Δx，则有，根据胡克定律得，解得，将上式变换得，图像斜率为，解得。
23．(9分)某同学有一块满偏电流Ig＝250 μA的小量程电流表G。需要将它改装为4 mA量程的电流表。
(1)他采用图甲所示电路测量电流表G的内阻R。断开S1闭合S2时电流表G读数为Ig，若再闭合S1后干路电流仍保持为Ig，则当电流表G读数为_______时，电流表G内阻Rg与电阻箱R'的阻值相等。
据此原理，该同学测出电流G内阻。下面是打乱的操作，请按正确步骤排序_________。
A．读出R'的阻值为90.0 Ω，断开开关
B．闭合开关S2，调节R的阻值使电流表G指针偏转到满刻度
C．闭合开关S1保持R的阻值不变，调节R'的阻值使电流表G指针偏转到满刻度的一半
D．将R的阻值调至最大
实验室有∶滑动变阻器R1（最大阻值200 Ω）、滑动变阻器R2（最大阻值10 kΩ）备选。为了让Rg≈R'，滑动变阻器应选用_____（选填“R1”或“R2”"）
(2)改装为4 mA量程的电流表，需要将电阻箱R'并联在电流表G两端，调其阻值为____ Ω。
(3)该实验，小组用图乙所示电路校准改装的电流表，当标准表示数为3.2 mA时，电流表G示数如图丙所示，由于实验测量的Rg存在误差，导致改装表与标准表存在读数差异，为了使改装表示数与标准表示数一致，则需要将R'的阻值调整为________Ω。
【答案】(1)Ig DBCA R2 (2)6.0 (3)7.6
【解析】(1)闭合S1后，并联部分电路起到分流的作用，干路电流仍保持为Ig，则当电流表G读数为Ig时，两支路电流相等，故电流表G内阻Rg与电阻箱R'的阻值相等。
正确步骤排序为DBCA。
甲电路中，测电流表内阻，要求闭合S1后，干路电流不变，故要求滑动变阻器的阻值足够大，故选R2。
(2)分流电阻满足IgRg＝(I－Ig)R'，带入数据可得R'＝6.0 Ω。
(3)设电流表G的内阻为Rg′，则有(3.2－0.16)×10－3R'＝0.16×10－3Rg′，解得Rg′＝1140 Ω，根据上一问中求分流电阻的方法，有IgRg′＝(I－Ig)R'′，解得R'′＝7.6 Ω。
24．(12分)在一种新的子母球表演中，让同一竖直线上的小球A和小球B，从距地面高度为3h和h的地方同时由静止释放，如图所示，若B与地面发生碰撞后能原速率反弹，且A、B第一次发生弹性碰撞后，A恰好能回到出发点，假设碰撞时间极短，且运动过程中忽略空气阻力的影响，求：
(1)A、B两物体相碰时的位置距地面的距离；
(2)A、B两物体的质量之比。
【解析】(1)A、B静止释放后自由落体，B的落地速度v＝
设经过时间t两球相遇：
联立可得。
(1)A、B发生弹性碰撞，即可得
由碰后恰好回到出发点，可得
由此可知
从中可得
又有，
联立可得。
25．(20分)如图所示，在光滑绝缘水平面上，存在两个相邻的相同矩形区域CDMN和MNGH，CD＝2m、CN＝1 m。区域CDMN中有竖直向下的匀强磁场B1，区域MNGH中有竖直向上的匀强磁场B2。不可伸长的轻质细线固定于O点，另一端拴有一个质量为m＝0.2 kg绝缘小球a，拉紧细线使小球a从距水平面高h＝0.8m的位置静止释放，当小球a运动到悬点正下方时，与静止在水平面的带电小球b发生弹性正碰，小球b从CD边界中点P垂直CD进入磁场区域，已知小球b的质量也为m，带电量为q＝0.5 C（q>0），且始终保持不变，忽略电磁场的边界效应和小球b产生的电场影响，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)两小球相碰后，求b球的速度大小；
(2)若B1、B2的大小均为B，要使小球b仅能从NG边界射出，求B的取值范围；
(3)若磁感应强度B1＝1.28 T，方向不变，将区域MNGH中的磁场改为方向由N指向M的匀强电场，小球b恰由H点离开电场区域，求场强E的大小（结果用小数表示）。
【解析】(1)设小球碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度为va，小球b碰撞后的速度为vb，碰撞前根据机械能守恒定律得
根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
解得，。
(2)若小球b恰好从N点射出，如图甲所示，由几何关系得：
解得
若小球b恰好从G点射出，如图乙所示，由几何关系得：
解得
综上所述。
(3)由上得，当时，小球b在CDMN区域做圆周运动后，小球从距离N点0.5 m处以v0斜射入MNGH区域中，设vb与边界NM的夹角为θ
解得
则，
小球恰好能从H点离开电场，运动时间为t
在NG方向上做匀速直线运动
在MN方向上做类竖直上抛运动
解得。
（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·选修3—3(15分)
(1)(5分)一定质量的理想气体由状态a经状态b、状态c到状态d，最后回到状态a，其压强p与温度T的变化关系如图所示，图中ab延长线过原点，bc、ad平行T轴，cd平行p轴。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．气体在a、b两状态的体积相等
B．从b到c，每个气体分子的动能都增大
C．从c到d，单位体积中气体分子数增加
D．从d到a，外界对气体做功，气体放出热量
E．在过程bc中气体对外界做功小于过程da中外界对气体做的功
【答案】ADE
【解析】a、b处同一等容线上，则气体在a、b两状态的体积相等，所以A正确；从b到c，温度升高，分子平均动能增大，但并不是每个气体分子的动能都增大，所以B错误；从c到d，是等温过和，压强与体积成反比，压强减小，则体积增大，所以单位体积中气体分子数减小，则C错误；从d到a，气体体积减小，外界对气体做功，但是气体的温度降低，气体的内能减小，由热力学第一定律可知，气体放出热量，所以D正确；在过程bc中气体对外界做功为，过程da中外界对气体做的功为，过程cd为等温变化，有，联立可得，由图像可知，，则，所以在过程bc中气体对外界做功小于过程da中外界对气体做的功，则E正确。
(2)(10分)如图所示，内部长为L、横截面积为S的气缸中有一厚度不计、质量为m的活塞将气缸内同一种理想气体分隔成A、B两部分，活塞与气缸内壁紧密接触且无摩擦，活塞通过一原长为L，劲度系数的轻质弹簧与气缸顶部相连。气缸竖直放置于地面时，活塞到底部的距离为L﹔气缸沿倾角为θ的旳足够长光滑斜而自由下滑，稳定时弹簧恢复原长。重力加速度g，气缸和活塞的导热性能良好，外界环境温度保持不变。求：
(i)气缸竖直放置时，A、B两部分气体的压强差；
(ii)气缸沿斜面下滑时，A中气体的压强。
【解析】(i)竖直放置时，弹簧弹力
活塞受力平衡
得压强差。
(ii)沿斜面下滑时
其中
得
对中气体
对中气体
联立解得。
34．物理·选修3—4(15分)
(1)(5分)如图，一列简谐横波沿x轴正方向传播，实线为t＝0时的波形图，虚线为t＝0.5 s时的波形图。已知该简谐波的周期大于0.5 s。关于该简谐波，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．波长为2 m
B．波速为6 m/s
C．频率为1.5 Hz
D．t＝1 s时，x＝1 m处的质点处于波峰
E．t＝2 s时，x＝2 m处的质点经过平衡位置
【答案】BCE
【解析】由题图可知，该波波长λ＝4 m，A项错误；波速，B正确；T＞0.5 s，则由题图知波在0.5 s内沿x轴正方向传播的距离为，传播时间，，频率，C正确；1 s＝T，t＝1 s时，x＝1 m处的质点处于波谷，D错误；2 s＝3T，t＝2 s时，x＝2 m处的质点经过平衡位置，E正确。
(2)(10分)现要检测一块工业半球形玻璃砖的折射率。半球形玻璃砖的截面如图所示，O是半球形玻璃砖的球心，MN是其中心轴，已知玻璃砖的半径R＝1 m，两東与中心轴平行的相同检测光a、b射人半球形玻璃砖，当a光与中心轴MN的距离L＝0.5 m时，a光从玻璃砖上C点射出，出射光线与中心轴MN交于F点，当b光与中心轴MN距离s＝ m时，b光在玻璃砖右侧恰好发生全反射，求：
(i)玻璃砖对检测光的折射率n；
(ii)C点与F点间的距离。（取cos 15°＝0.97）
【解析】(i)由题意知，当b光与中心轴MN距离s＝ m时，发生全反射
根据几何关系有
解得。
(ii)由题意知，a光从C点射出，其入射角i＝ 30°，由
解得折射角r＝45°
在△COF中，∠CFE＝15° ，CO＝1 m，根据正弦定理有
解得x＝1.94 m。
此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
【最后十套】2021年高考名校考前提分仿真卷
物 理 （七）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
二、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．让电子束通过电场加速后，照射到金属晶格（大小约10－10 m）上，可得到电子的衍射图样，如图所示。下列说法正确的是( )
A．电子衍射图样说明了电子具有粒子性
B．加速电压越大，电子的物质波波长越长
C．电子物质波波长比可见光波长更长
D．动量相等的质子和电子，对应的物质波波长也相等
【答案】D
【解析】电子衍射图样说明了电子具有波动性，A错误；根据，，解得，加速电压越大，电子的物质波波长越短，B错误；电子物质波波长比可见光波长更短，C错误；根据，动量相等的质子和电子，对应的物质波波长也相等，D正确。
15．2020年12月3日，嫦娥五号上升器在月球表面从着陆器上返回，如图所示。已知携带月壤样本的上升器重量高达500 kg，开始一段时间内的加速度大小为2.4 m/s2，月球表面的重力加速度大小为1.6 m/s2，上升器发动机向下喷出气体的速度为4.0×103 m/s，不计由于喷出气体上升器质量的变化，则每秒喷出气体的质量为( )
A．0.25 kg B．2.5 kg C．0.5 kg D．1.25 kg
【答案】C
【解析】对上升器受力分析，根据牛顿第二定律有，对喷出气体运用动量定理有，联立解得，ABD错误，C正确。
16．M、N两颗行星对卫星产生的向心加速度an与卫星离行星中心距离r的图象如图所示，两颗行星的半径各为R1、R2，下列说法正确的是( )
A．N行星的质量较小
B．N行星的密度较大
C．M行星的第一宇宙速度较小
D．M行星表面的重力加速度较小
【答案】A
【解析】设行星的质量为M，由万有引力定律得，解得，由图可知，当r相同时，N行星的向心加速度小，故N的质量小，故A正确；行星的质量，解得，因为R1＜R2，M行星的质量大，所以M行星的密度大，故B错误；由万有引力定律得，解得第一宇宙速度，所以M行星的第一宇宙速度大，故C错误；由万有引力定律得，解得行星表面的重力加速度，所以M行星表面的重力加速度大，故D错误。
17．从发电站发出的电能，一般都要通过输电线路输送到各个用电地方。如图所示的远距离输电示意图中的变压器均为理想变压器，发电机产生正弦交流电电压有效值不变，升压变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝1∶50，隆压变压器原、副线圈匝数比n3∶n4＝50∶1，已知用户两端电压的有效值U4＝220 V，且用户消耗的电功率为11 kW，远距离输电的输电线的总电阻r＝100 Ω（认为输电中的能量损耗完全由电阻产生），则( )
A．升压变压器的副线圈两端电压的有效值为11.1 kV
B．降压变压器的原线圈中的电流的有效值为2 A
C．输电线上消耗的功率为1000 W
D．升压变压器的输入功率为11.5 kW
【答案】A
【解析】降压变压器副线圈电流，根据，解得输电线中的电流，输电线上的损失电压，根据电压与匝数成正比，得降压变压器原线圈两端的电压，升压变压器的副线圈两端电压有效值，B错误，A正确；输电线上损失的功率，C错误；升压变压器的原线圈输入的电功率为，D错误。
18．如图所示，有一长方体ABCD－A1B1C1D1，AB＝2BC，BB1＝BC，M、N、P、Q分别为AB、A1B1、C1D1、CD的中点（图中未画出），下列说法正确的是( )
A．若B点放置一正点电荷，则电势差UCC1＜UNP
B．若B点放置一正点电荷，则电势差UCC1＝UNP
C．若在B1、B两点分别放置等量异种点电荷，则C1、M两点的电场强度大小相等
D．若在B1、B两点分别放置等量异种点电荷，则D、D1两点的电势相等
【答案】C
【解析】B点放一正点电荷时，如图所示，连接B、P，以B为圆心，分别以BC、BN（长度与BC1相等）的长为半径作圆弧，分别交BP于R、S，因，故，又因，故，设，则有，，显然，根据正点电荷电场的特点，RS段的平均电场强度大于SP段，且离电荷越远场强越小、电势越低，故必有，综上可知，故AB错误；若在B1、B两点分别放置等量异种点电荷，由等量异种点电荷的电场特点可知M、N两点的电场强度大小相等，C、C1两点的电场强度大小相等，M、C两点的电场强度大小相等，则C1、M两点的电场强度大小相等，故C正确；若在B1、B两点处放置等量异种点电荷，则B1、B连线的中垂面是等势面，则D、D1两点分布在中垂面的两侧，电势不相等，故D错误。
19．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。
20．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。
21．如图甲，一质量为m的小物块以初动能Ek向右滑上足够长的水平传送带上，传送带以恒定速度逆时针转动，小物块在传送带上运动时，小物块的动能Ek与小物块的位移x关系Ek－x图像如图乙所示，传送带与小物块之间动摩擦因数不变重力加速度为g。则( )
A．小物块与传送带之间的动摩擦因数为
B．从小物块开始滑动到与传送带达到共同速度所需时间为
C．整个过程中物块与传送带间产生的热量为
D．整个过程中传送带电动机多消耗的电能为
【答案】ABC
【解析】由图乙可知，Ek－x图像的斜率表示合外力的大小，小物块向右滑，合外力为μmg，则，解得，A正确；根据题意作图，由图像可知，小物块做匀变速直线运动且共速前加速度不变，全程可看为匀减速，即，，，联立解得，B正确；由图像可知，产生的热量，为物块与传送带的相对位移（即图中的阴影面积），故，即，C正确；整个过程中电动机多消耗的电能为，解得，D错误。
三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题～第25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第34题为选考题，考生根据要求做答)
(一)必考题(共47分)
22．(5分)为测量弹簧劲度系数，某探究小组设计了如下实验，实验装置如下图甲、乙所示，角度传感器与可转动“T”形螺杆相连，“T”形螺杆上套有螺母，螺母上固定有一个力传感器，力传感器套在左右两个固定的套杆（图乙中未画出）上，弹簧的一端挂在力传感器下端挂钩上，另一端与铁架台底座的固定点相连。当角度传感器顶端转盘带动“T”形螺杆转动时，力传感器会随着“T”形螺杆旋转而上下平移，弹簧长度也随之发生变化。
(1)已知“T”形螺杆的螺纹间距d＝4.0×10－3 m，当其旋转300°时，力传感器在竖直方向移动_______m。（结果保留2位有效数字）
(2)该探究小组操作步骤如下：
①旋转螺杆使初状态弹簧长度大于原长
②记录初状态力传感器示数F0以及角度传感器示数θ0
③旋转“T”形螺杆使弹簧长度增加，待稳定后，记录力传感器示数F1，其增加值ΔF1＝F1－F0角度传感器示数θ1，其增加值Δθ1＝θ1－θ0
④多次旋转“T”形螺杆，重复步骤③的操作，在表格中记录多组ΔF、Δθ值：
序号
ΔF（单位：N）
Δθ（单位：°）
1
0.121
499.7
2
0.247
999.9
3
0.373
1500.5
4
0.498
2000.2
5
0.623
2500.6
6
0.747
3000.3
图丙已描出5个点，请将剩余点在图中描出并连线。
⑤若上图中的直线斜率a，则用d、a写出弹簧的劲度系数的表达式为k＝___________
【答案】(1) (2)见解析图
【解析】(1)当其旋转360°时，力传感器在竖直方向移动，则当其旋转300°，力传感器在竖直方向移动距离为。
(2)描点作图如图所示。角度增加Δθ时，弹簧形变量为Δx，则有，根据胡克定律得，解得，将上式变换得，图像斜率为，解得。
23．(9分)某同学有一块满偏电流Ig＝250 μA的小量程电流表G。需要将它改装为4 mA量程的电流表。
(1)他采用图甲所示电路测量电流表G的内阻R。断开S1闭合S2时电流表G读数为Ig，若再闭合S1后干路电流仍保持为Ig，则当电流表G读数为_______时，电流表G内阻Rg与电阻箱R'的阻值相等。
据此原理，该同学测出电流G内阻。下面是打乱的操作，请按正确步骤排序_________。
A．读出R'的阻值为90.0 Ω，断开开关
B．闭合开关S2，调节R的阻值使电流表G指针偏转到满刻度
C．闭合开关S1保持R的阻值不变，调节R'的阻值使电流表G指针偏转到满刻度的一半
D．将R的阻值调至最大
实验室有∶滑动变阻器R1（最大阻值200 Ω）、滑动变阻器R2（最大阻值10 kΩ）备选。为了让Rg≈R'，滑动变阻器应选用_____（选填“R1”或“R2”"）
(2)改装为4 mA量程的电流表，需要将电阻箱R'并联在电流表G两端，调其阻值为____ Ω。
(3)该实验，小组用图乙所示电路校准改装的电流表，当标准表示数为3.2 mA时，电流表G示数如图丙所示，由于实验测量的Rg存在误差，导致改装表与标准表存在读数差异，为了使改装表示数与标准表示数一致，则需要将R'的阻值调整为________Ω。
【答案】(1)Ig DBCA R2 (2)6.0 (3)7.6
【解析】(1)闭合S1后，并联部分电路起到分流的作用，干路电流仍保持为Ig，则当电流表G读数为Ig时，两支路电流相等，故电流表G内阻Rg与电阻箱R'的阻值相等。
正确步骤排序为DBCA。
甲电路中，测电流表内阻，要求闭合S1后，干路电流不变，故要求滑动变阻器的阻值足够大，故选R2。
(2)分流电阻满足IgRg＝(I－Ig)R'，带入数据可得R'＝6.0 Ω。
(3)设电流表G的内阻为Rg′，则有(3.2－0.16)×10－3R'＝0.16×10－3Rg′，解得Rg′＝1140 Ω，根据上一问中求分流电阻的方法，有IgRg′＝(I－Ig)R'′，解得R'′＝7.6 Ω。
24．(12分)在一种新的子母球表演中，让同一竖直线上的小球A和小球B，从距地面高度为3h和h的地方同时由静止释放，如图所示，若B与地面发生碰撞后能原速率反弹，且A、B第一次发生弹性碰撞后，A恰好能回到出发点，假设碰撞时间极短，且运动过程中忽略空气阻力的影响，求：
(1)A、B两物体相碰时的位置距地面的距离；
(2)A、B两物体的质量之比。
【解析】(1)A、B静止释放后自由落体，B的落地速度v＝
设经过时间t两球相遇：
联立可得。
(1)A、B发生弹性碰撞，即可得
由碰后恰好回到出发点，可得
由此可知
从中可得
又有，
联立可得。
25．(20分)如图所示，在光滑绝缘水平面上，存在两个相邻的相同矩形区域CDMN和MNGH，CD＝2m、CN＝1 m。区域CDMN中有竖直向下的匀强磁场B1，区域MNGH中有竖直向上的匀强磁场B2。不可伸长的轻质细线固定于O点，另一端拴有一个质量为m＝0.2 kg绝缘小球a，拉紧细线使小球a从距水平面高h＝0.8m的位置静止释放，当小球a运动到悬点正下方时，与静止在水平面的带电小球b发生弹性正碰，小球b从CD边界中点P垂直CD进入磁场区域，已知小球b的质量也为m，带电量为q＝0.5 C（q>0），且始终保持不变，忽略电磁场的边界效应和小球b产生的电场影响，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)两小球相碰后，求b球的速度大小；
(2)若B1、B2的大小均为B，要使小球b仅能从NG边界射出，求B的取值范围；
(3)若磁感应强度B1＝1.28 T，方向不变，将区域MNGH中的磁场改为方向由N指向M的匀强电场，小球b恰由H点离开电场区域，求场强E的大小（结果用小数表示）。
【解析】(1)设小球碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度为va，小球b碰撞后的速度为vb，碰撞前根据机械能守恒定律得
根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
解得，。
(2)若小球b恰好从N点射出，如图甲所示，由几何关系得：
解得
若小球b恰好从G点射出，如图乙所示，由几何关系得：
解得
综上所述。
(3)由上得，当时，小球b在CDMN区域做圆周运动后，小球从距离N点0.5 m处以v0斜射入MNGH区域中，设vb与边界NM的夹角为θ
解得
则，
小球恰好能从H点离开电场，运动时间为t
在NG方向上做匀速直线运动
在MN方向上做类竖直上抛运动
解得。
（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·选修3—3(15分)
(1)(5分)一定质量的理想气体由状态a经状态b、状态c到状态d，最后回到状态a，其压强p与温度T的变化关系如图所示，图中ab延长线过原点，bc、ad平行T轴，cd平行p轴。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．气体在a、b两状态的体积相等
B．从b到c，每个气体分子的动能都增大
C．从c到d，单位体积中气体分子数增加
D．从d到a，外界对气体做功，气体放出热量
E．在过程bc中气体对外界做功小于过程da中外界对气体做的功
【答案】ADE
【解析】a、b处同一等容线上，则气体在a、b两状态的体积相等，所以A正确；从b到c，温度升高，分子平均动能增大，但并不是每个气体分子的动能都增大，所以B错误；从c到d，是等温过和，压强与体积成反比，压强减小，则体积增大，所以单位体积中气体分子数减小，则C错误；从d到a，气体体积减小，外界对气体做功，但是气体的温度降低，气体的内能减小，由热力学第一定律可知，气体放出热量，所以D正确；在过程bc中气体对外界做功为，过程da中外界对气体做的功为，过程cd为等温变化，有，联立可得，由图像可知，，则，所以在过程bc中气体对外界做功小于过程da中外界对气体做的功，则E正确。
(2)(10分)如图所示，内部长为L、横截面积为S的气缸中有一厚度不计、质量为m的活塞将气缸内同一种理想气体分隔成A、B两部分，活塞与气缸内壁紧密接触且无摩擦，活塞通过一原长为L，劲度系数的轻质弹簧与气缸顶部相连。气缸竖直放置于地面时，活塞到底部的距离为L﹔气缸沿倾角为θ的旳足够长光滑斜而自由下滑，稳定时弹簧恢复原长。重力加速度g，气缸和活塞的导热性能良好，外界环境温度保持不变。求：
(i)气缸竖直放置时，A、B两部分气体的压强差；
(ii)气缸沿斜面下滑时，A中气体的压强。
【解析】(i)竖直放置时，弹簧弹力
活塞受力平衡
得压强差。
(ii)沿斜面下滑时
其中
得
对中气体
对中气体
联立解得。
34．物理·选修3—4(15分)
(1)(5分)如图，一列简谐横波沿x轴正方向传播，实线为t＝0时的波形图，虚线为t＝0.5 s时的波形图。已知该简谐波的周期大于0.5 s。关于该简谐波，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．波长为2 m
B．波速为6 m/s
C．频率为1.5 Hz
D．t＝1 s时，x＝1 m处的质点处于波峰
E．t＝2 s时，x＝2 m处的质点经过平衡位置
【答案】BCE
【解析】由题图可知，该波波长λ＝4 m，A项错误；波速，B正确；T＞0.5 s，则由题图知波在0.5 s内沿x轴正方向传播的距离为，传播时间，，频率，C正确；1 s＝T，t＝1 s时，x＝1 m处的质点处于波谷，D错误；2 s＝3T，t＝2 s时，x＝2 m处的质点经过平衡位置，E正确。
(2)(10分)现要检测一块工业半球形玻璃砖的折射率。半球形玻璃砖的截面如图所示，O是半球形玻璃砖的球心，MN是其中心轴，已知玻璃砖的半径R＝1 m，两東与中心轴平行的相同检测光a、b射人半球形玻璃砖，当a光与中心轴MN的距离L＝0.5 m时，a光从玻璃砖上C点射出，出射光线与中心轴MN交于F点，当b光与中心轴MN距离s＝ m时，b光在玻璃砖右侧恰好发生全反射，求：
(i)玻璃砖对检测光的折射率n；
(ii)C点与F点间的距离。（取cos 15°＝0.97）
【解析】(i)由题意知，当b光与中心轴MN距离s＝ m时，发生全反射
根据几何关系有
解得。
(ii)由题意知，a光从C点射出，其入射角i＝ 30°，由
解得折射角r＝45°
在△COF中，∠CFE＝15° ，CO＝1 m，根据正弦定理有
解得x＝1.94 m。
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