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2021年湖南省新高考物理试卷
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这是一份2021年湖南省新高考物理试卷，共39页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2021年湖南省新高考物理试卷
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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．（4分）核废料具有很强的放射性，需要妥善处理。下列说法正确的是（ ）
A．放射性元素经过两个完整的半衰期后，将完全衰变殆尽
B．原子核衰变时电荷数守恒，质量数不守恒
C．改变压力、温度或浓度，将改变放射性元素的半衰期
D．过量放射性辐射对人体组织有破坏作用，但辐射强度在安全剂量内则没有伤害
2．（4分）物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p﹣x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p﹣x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是（ ）
A． B．
C． D．
3．（4分）“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比（F阻＝kv，k为常量），动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是（ ）
A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为vm
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为mvm2﹣Pt
4．（4分）如图，在（a，0）位置放置电荷量为q的正点电荷，在（0，a）位置放置电荷量为q的负点电荷，在距P（a，a）为a的某点处放置正点电荷Q，使得P点的电场强度为零。则Q的位置及电荷量分别为（ ）
A．（0，2a），q B．（0，2a），2q C．（2a，0），q D．（2a，0），2q
5．（4分）质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是（ ）
A．推力F先增大后减小
B．凹槽对滑块的支持力先减小后增大
C．墙面对凹槽的压力先增大后减小
D．水平地面对凹槽的支持力先减小后增大
6．（4分）如图，理想变压器原、副线圈匝数比为n1：n2，输入端C、D接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同。在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是（ ）
A．L1先变暗后变亮，L2一直变亮
B．L1先变亮后变暗，L2一直变亮
C．L1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗
D．L1先变亮后变暗，L2先变亮后变暗
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
（多选）7．（5分）2021年4月29日，中国空间站天和核心舱发射升空，准确进入预定轨道。根据任务安排，后续将发射问天实验舱和梦天实验舱，计划2022年完成空间站在轨建造。核心舱绕地球飞行的轨道可视为圆轨道，轨道离地面的高度约为地球半径的。下列说法正确的是（ ）
A．核心舱进入轨道后所受地球的万有引力大小约为它在地面时的（）2倍
B．核心舱在轨道上飞行的速度大于7.9km/s
C．核心舱在轨道上飞行的周期小于24h
D．后续加挂实验舱后，空间站由于质量增大，轨道半径将变小
（多选）8．（5分）如图（a），质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a﹣t图像如图（b）所示，S1表示0到t1时间内A的a﹣t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a﹣t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是（ ）
A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0
B．mA＞mB
C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x
D．S1﹣S2＝S3
（多选）9．（5分）如图，圆心为O的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，ab和cd为该圆直径。将电荷量为q（q＞0）的粒子从a点移动到b点，电场力做功为2W （W＞0）；若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为W。下列说法正确的是（ ）
A．该匀强电场的场强方向与ab平行
B．将该粒子从d点移动到b点，电场力做功为0.5W
C．a点电势低于c点电势
D．若只受电场力，从d点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动
（多选）10．（5分）两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，通过长为L的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体。距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．B与v0无关，与成反比
B．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变
C．通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等
D．调节H、v0和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变
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．（6分）某实验小组利用图（a）所示装置探究加速度与物体所受合外力的关系。主要实验步骤如下：
（1）用游标卡尺测量垫块厚度h，示数如图（b）所示，h＝ cm；
（2）接通气泵，将滑块轻放在气垫导轨上，调节导轨至水平；
（3）在右支点下放一垫块，改变气垫导轨的倾斜角度；
（4）在气垫导轨合适位置释放滑块，记录垫块个数n和滑块对应的加速度a；
（5）在右支点下增加垫块个数（垫块完全相同），重复步骤（4），记录数据如下表：
n
1
2
3
4
5
6
（a/m•s﹣2）
0.087
0.180
0.260
0.425
0.519
根据表中数据在图（c）上描点，绘制图线。
如果表中缺少的第4组数据是正确的，其应该是 m/s2（保留三位有效数字）。
12．（9分）某实验小组需测定电池的电动势和内阻，器材有：一节待测电池、一个单刀双掷开关、一个定值电阻（阻值为R0）、一个电流表（内阻为RA）、一根均匀电阻丝（电阻丝总阻值大于R0，并配有可在电阻丝上移动的金属夹）、导线若干。由于缺少刻度尺，无法测量电阻丝长度，但发现桌上有一个圆形时钟表盘。某同学提出将电阻丝绕在该表盘上，利用圆心角来表示接入电路的电阻丝长度。主要实验步骤如下：
（1）将器材如图（a）连接；
（2）开关闭合前，金属夹应夹在电阻丝的 端（填“a”或“b”）；
（3）改变金属夹的位置，闭合开关，记录每次接入电路的电阻丝对应的圆心角θ和电流表示数I，得到多组数据；
（4）整理数据并在坐标纸上描点绘图，所得图像如图（b）所示，图线斜率为k，与纵轴截距为d，设单位角度对应电阻丝的阻值为r0，该电池电动势和内阻可表示为E＝ ，r＝ ；（用R0、RA、k、d、r0表示）
（5）为进一步确定结果，还需要测量单位角度对应电阻丝的阻值r0。利用现有器材设计实验，在图（c）方框中画出实验电路图（电阻丝用滑动变阻器符号表示）；
（6）利用测出的r0，可得该电池的电动势和内阻。
13．（13分）带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一。带电粒子流（每个粒子的质量为m、电荷量为+q）以初速度v垂直进入磁场，不计重力及带电粒子之间的相互作用。对处在xOy平面内的粒子，求解以下问题。
（1）如图（a），宽度为2r1的带电粒子流沿x轴正方向射入圆心为A（0，r1）、半径为r1的圆形匀强磁场中，若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点O，求该磁场磁感应强度B1的大小；
（2）如图（a），虚线框为边长等于2r2的正方形，其几何中心位于C（0，﹣r2）。在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场，使汇聚到O点的带电粒子流经过该区域后宽度变为2r2，并沿x轴正方向射出。求该磁场磁感应强度B2的大小和方向，以及该磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）；
（3）如图（b），虚线框Ⅰ和Ⅱ均为边长等于r3的正方形，虚线框Ⅲ和Ⅳ均为边长等于r4的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场，使宽度为2r3的带电粒子流沿x轴正方向射入Ⅰ和Ⅱ后汇聚到坐标原点O，再经过Ⅲ和Ⅳ后宽度变为2r4，并沿x轴正方向射出，从而实现带电粒子流的同轴控束。求Ⅰ和Ⅲ中磁场磁感应强度的大小，以及Ⅱ和Ⅳ中匀强磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）。
14．（15分）如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ。质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为μ。以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为（2μL，μL），Q端在y轴上。重力加速度为g。
（1）若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小；
（2）若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的曲线方程；
（3）将质量为λm（λ为常数且λ≥5）的小物块B置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围。
（二）选考题：共13分。请考生从两道题中任选一题作答。如果多做，则按第一题计分。[物理-选修3-3]（13分）
（多选）15．（5分）如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞（截面积分别为S1和S2）封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从A下降h高度到B位置时，活塞上细砂的总质量为m。在此过程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强p0保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．整个过程，外力F做功大于0，小于mgh
B．整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变
C．整个过程，理想气体的内能增大
D．整个过程，理想气体向外界释放的热量小于（p0S1h+mgh）
E．左端活塞到达B位置时，外力F等于
16．（8分）小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置，如图所示。导热汽缸开口向上并固定在桌面上，用质量m1＝600g、截面积S＝20cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点A上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂一个质量m2＝1200g的铁块，并将铁块放置到电子天平上。当电子天平示数为600.0g时，测得环境温度T1＝300K。设外界大气压强p0＝1.0×105Pa，重力加速度g＝10m/s2，轻杆始终保持水平。
（i）当电子天平示数为400.0g时，环境温度T2为多少？
（ii）该装置可测量的最高环境温度Tmax为多少？
[物理-选修3-4]（13分）
（多选）17．均匀介质中，波源位于O点的简谐横波在xOy水平面内传播，波面为圆。t＝0时刻，波面分布如图（a）所示，其中实线表示波峰，虚线表示相邻的波谷。A处质点的振动图像如图（b）所示，z轴正方向竖直向上。下列说法正确的是（ ）
A．该波从A点传播到B点，所需时间为4s
B．t＝6s时，B处质点位于波峰
C．t＝8s时，C处质点振动速度方向竖直向上
D．t＝10s时，D处质点所受回复力方向竖直向上
E．E处质点起振后，12s内经过的路程为12cm
18．我国古代著作《墨经》中记载了小孔成倒像的实验，认识到光沿直线传播。身高1.6m的人站在水平地面上，其正前方0.6m处的竖直木板墙上有一个圆柱形孔洞，直径为1.0cm、深度为1.4cm，孔洞距水平地面的高度是人身高的一半。此时，由于孔洞深度过大，使得成像不完整，如图所示。现在孔洞中填充厚度等于洞深的某种均匀透明介质，不考虑光在透明介质中的反射。
（i）若该人通过小孔能成完整的像，透明介质的折射率最小为多少？
（ii）若让掠射进入孔洞的光能成功出射，透明介质的折射率最小为多少？
2021年湖南省新高考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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．（4分）核废料具有很强的放射性，需要妥善处理。下列说法正确的是（ ）
A．放射性元素经过两个完整的半衰期后，将完全衰变殆尽
B．原子核衰变时电荷数守恒，质量数不守恒
C．改变压力、温度或浓度，将改变放射性元素的半衰期
D．过量放射性辐射对人体组织有破坏作用，但辐射强度在安全剂量内则没有伤害
【分析】根据质量数守恒与电荷数守恒写出核反应方程；半衰期是放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间，半衰期由放射性原子核内部本身的因素决定，跟原子所处的物理或化学状态无关；核辐射强度在安全剂量内则对人体没有伤害，但是过量的核辐射对人体有害。
【解答】解：A、半衰期是放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间，经过两个完整的半衰期后，还剩下四分之一的原子核没有衰变，故A错误；
B、原子核衰变时电荷数守恒，质量数也守恒，故B错误；
C、半衰期由放射性原子核内部本身的因素决定，不会受到阳光、温度、气候变化等自然环境因素影响，故C错误；
D、核辐射强度在安全剂量内则对人体没有伤害，但是过量的核辐射对人体有害，故D正确。
故选：D。
【点评】该题考查对半衰期、及质能方程的理解，关键是知道半衰期由放射性原子核内部本身的因素决定，跟原子所处的物理或化学状态无关。
2．（4分）物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p﹣x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p﹣x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】依据匀加速直线运动速度与位移关系，结合动量的定义式，及数学的二次函数图象，即可分析判定。
【解答】解：一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，那么位移与速度关系为：x＝，
而动量表达式为：p＝mv，
联合上式，则有：p2＝2am2x
再由位移与速度均沿着x轴正方向，则取正值，那么动量也取正值，
综上所述，故D正确，ABC错误；
故选：D。
【点评】考查匀变速直线运动的规律，掌握动量的表达式内容，理解位移、速度与动量均为矢量，并注意矢量的正负取值。
3．（4分）“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比（F阻＝kv，k为常量），动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是（ ）
A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为vm
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为mvm2﹣Pt
【分析】根据受力分析，结合牛顿第二定律分析判断在相关条件下加速度和牵引力的变化；
当牵引力和阻力的大小相等时，动车的速度达到最大值，由此可求解最大速率；
根据动能定理计算经过时间t达到最大速度时克服阻力做的功。
【解答】解：A、若动车组做匀加速启动，则加速度不变，而速度增大，则阻力也增大，要使合力不变则牵引力也将增大，故A错误；
B、若动车组输出功率均为额定值，则其加速a＝＝，随着速度增大，加速度减小，所以动车组做加速度减小的加速运动，故B错误；
C、当动车组的速度增大到最大vm时，其加速度为零，则有：，若总功率变为2.25P，则同样有：，联立两式可得：vm′＝，故C正确；
D、对动车组根据动能定理有：4Pt﹣Wf＝，所以克服阻力做的功Wf＝4Pt﹣，故D错误。
故选：C。
【点评】解决该题的关键是知道功率与牵引力之间的关系，知道什么时候速度达到最大，应用动能定理求解在额定功率下达到最大速度时克服阻力做的功。
4．（4分）如图，在（a，0）位置放置电荷量为q的正点电荷，在（0，a）位置放置电荷量为q的负点电荷，在距P（a，a）为a的某点处放置正点电荷Q，使得P点的电场强度为零。则Q的位置及电荷量分别为（ ）
A．（0，2a），q B．（0，2a），2q C．（2a，0），q D．（2a，0），2q
【分析】根据点电荷的场强公式E＝，结合平行四边形定则计算Q所带电荷量及位置。
【解答】解：根据点电荷的场强公式及平行四边形定则，可以求出点电荷+q与﹣q在P点的合场强的大小为：E合＝2××cos45°＝，方向与﹣x方向成45°角指向左上方。那么+Q在P点产生的场强与E合大小相等，方向相反。再根据点电荷的场强公式有：＝E合，代入解得：Q＝2，Q在P点产生电场的方向应与+x方向成45°。结合题意+Q应在y轴上的（0，2a）位置，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题考查点的场强公式及矢量的运算法则，要结合简单的数学知识去处理计算方面的问题。
5．（4分）质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是（ ）
A．推力F先增大后减小
B．凹槽对滑块的支持力先减小后增大
C．墙面对凹槽的压力先增大后减小
D．水平地面对凹槽的支持力先减小后增大
【分析】根据受力平衡画出受力分析图，利用解析法分析各力的变化情况，运用整体法分析墙与凹槽之前的作用力大小，对M进行受力分析求解地面与凹槽之间的作用力关系。
【解答】解：AB、如图所示，设F与竖直方向夹角为α，根据受力平衡知：mgcosα＝F，mgsinα＝N，从A到B过程中，α从逐渐减小到0，可知F逐渐增大，N逐渐减小，故AB错误；
C、将两物体看成整体，整体受水平向左的作用力为F′＝Fsinα＝mgcosαsinα＝，因为0≤2α≤π，根据函数单调性可知sin2α先增大后减小，则F′先增大后减小，根据牛顿第三定律知墙面对凹槽的压力先增大后减小，故C正确；
D、对凹槽进行受力分析可知，水平地面对凹槽的支持力N1＝Mg+N′sinα，根据牛顿第三定律N′＝N，则地面对凹槽的作用力为N1＝Mg+Nsinα，由以上分析知，α逐渐减小，N逐渐减小，可知水平地面对凹槽的支持力逐渐减小，故D错误。
故选：C。
【点评】解答此题的关键是能够正确选取研究对象，并受力分析，然后根据数学知识分析物理量的变化情况，考查学生的综合应用能力，难度适中。
6．（4分）如图，理想变压器原、副线圈匝数比为n1：n2，输入端C、D接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同。在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是（ ）
A．L1先变暗后变亮，L2一直变亮
B．L1先变亮后变暗，L2一直变亮
C．L1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗
D．L1先变亮后变暗，L2先变亮后变暗
【分析】滑动变阻器滑片处于中间位置时副线圈所在电路电阻最大，根据滑动变阻器的移动情况分析总电阻的变化、总电流的变化以及灯泡两端电压的变化，由此分析灯泡亮度的变化。
【解答】解：由题意画出滑片移动时的等效电路图如图所示：
滑片在a端时，Ra＝0，滑片在b端时，Rb＝0。由于灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同，根据数学知识可知，当滑动变阻器的滑片处于中间位置时，副线圈的总电阻最大。
由图可知，滑片在两端时，副线圈所在电路总阻值最小，当滑片从a端向中间滑动时，副线圈所在电路的总阻值增大，则副线圈所在电路的总电流减小，根据＝可知原线圈所在电路的电流也减小，则灯泡L1变暗，由于输入端C、D接入电压有效值恒定，L1两端电压减小，则原线圈两端电压增大，根据＝可知副线圈两端电压增大，而L2所在支路电阻减小，则通过L2的电流增大，灯泡L2变亮；
当滑片从中间向b端移动时，副线圈所在电路的总阻值减小，则副线圈所在电路的总电流增大，根据＝可知原线圈所在电路的电流也增大，则灯泡L1变亮，由于输入端C、D接入电压有效值恒定，L1两端电压增大，则原线圈两端电压减小，根据＝可知副线圈两端电压减小，R0所在支路总电阻增大、则通过R0的电流减小、而副线圈总电流增大，则通过L2的电流增大，灯泡L2变亮。
综上所述，A正确、BCD错误。
故选：A。
【点评】本题主要是考查涉及变压器问题的动态分析，关键是弄清楚电路的连接情况，根据滑动变阻器的移动情况分析总电阻的变化、总电流的变化以及灯泡两端电压的变化。知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比。
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
（多选）7．（5分）2021年4月29日，中国空间站天和核心舱发射升空，准确进入预定轨道。根据任务安排，后续将发射问天实验舱和梦天实验舱，计划2022年完成空间站在轨建造。核心舱绕地球飞行的轨道可视为圆轨道，轨道离地面的高度约为地球半径的。下列说法正确的是（ ）
A．核心舱进入轨道后所受地球的万有引力大小约为它在地面时的（）2倍
B．核心舱在轨道上飞行的速度大于7.9km/s
C．核心舱在轨道上飞行的周期小于24h
D．后续加挂实验舱后，空间站由于质量增大，轨道半径将变小
【分析】根据万有引力定律判断核心舱在轨道上的引力与在地面上引力的倍数关系；
根据第一宇宙速度的意义进行判断；
与同步卫星相比，核心舱运行更快，周期更小些；
根据运行速度与半径的关系进行回答。
【解答】解：A、由题意知，核心舱进入轨道后所受地球的万有引力为F＝，而在地面上的引力大小为F0＝，所以，故A正确；
B、v1＝7.9km/s 是第一宇宙速度，是圆轨道最大的环绕速度，根据环绕速度公式v＝，因为r＞R所以核心舱的飞行速度应小于7.9km/s，故B错误；
C、与同步卫星相比，核心舱的轨道半径远小于同步卫星，根据周期公式T＝＝，故核心舱的运动周期小于同步卫星的周期，故C正确；
D、后续加挂实验舱后，根据上述环绕速度公式知，与环绕天体的质量m无关，但只要运行速度不变，则轨道半径不变，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查万有引力的相关问题、第一宇宙速度的意义、卫星运行快慢问题等，从基本规律出发，结合轨道半径的关系不难判断结果。
（多选）8．（5分）如图（a），质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a﹣t图像如图（b）所示，S1表示0到t1时间内A的a﹣t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a﹣t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是（ ）
A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0
B．mA＞mB
C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x
D．S1﹣S2＝S3
【分析】a﹣t图线与坐标轴所围图形的面积等于物体速度变化量；根据题意分析清楚A、B的运动过程；应用动量定理、牛顿第二定律、能量守恒定律与动量守恒定律分析答题。
【解答】解：A、撤去外力后A受到的合力等于弹簧的弹力，0到t1时间内，对A，由动量定理可知，合力即弹簧弹力对A的冲量大小：I＝mAv0，弹簧对A与对B的弹力大小相等、方向相反、作用时间相等，因此弹簧对B的冲量大小与对A的冲量大小相等、方向相反，即弹簧对B的冲量大小I弹簧＝mAv0，对B，以向右为正方向，由动量定理得：I墙壁﹣I弹簧＝0，解得，墙对B的冲量大小I墙壁＝mAv0，方向水平向右，故A正确；
B、弹簧对A和对B的弹力F大小相等，由牛顿第二定律得：a＝，由图（b）所示图象可知，在t2时刻A、B的加速度大小关系是：aB＞aA，即＞，解得：mB＜mA，故B正确；
C、B运动后，当A、B速度相等时弹簧形变量（伸长量或压缩量）最大，此时A、B的速度不为零，A、B的动能不为零，由能量守恒定律可知，弹簧形变量最大时A、B的动能与弹簧的弹性势能之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等，则弹簧形变量最大时弹簧弹性势能小于撤去外力时弹簧的弹性势能，弹簧形变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力时弹簧的形变量x，故C错误；
D、a﹣t图线与坐标轴所围图形的面积等于物体速度的变化量，则因初速度为零，t1时刻A的速度大小v0＝S1，t2时刻A的速度大小vA＝S1﹣S2，B的速度大小vB＝S3，由图（b）所示图象可知，t1时刻A的加速度为零，此时弹簧恢复原长，B开始离开墙壁，到t2时刻两者加速度均达到最大，弹簧伸长量达到最大，此时两者速度相同，即vA＝vB，则S1﹣S2＝S3，故D正确。
故选：ABD。
【点评】根据题意结合图（b）所示图象分析清楚A、B的运动过程是解题的前提与关键，应用动量定理、牛顿第二定律与动量守恒定律即可解题；解题时要注意a﹣t图线与坐标轴所围图形的面积等于物体速度的变化量；在t2时刻A、B的速度相同，这是本题的关键点也是易错点。
（多选）9．（5分）如图，圆心为O的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，ab和cd为该圆直径。将电荷量为q（q＞0）的粒子从a点移动到b点，电场力做功为2W （W＞0）；若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为W。下列说法正确的是（ ）
A．该匀强电场的场强方向与ab平行
B．将该粒子从d点移动到b点，电场力做功为0.5W
C．a点电势低于c点电势
D．若只受电场力，从d点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动
【分析】将c、d两点投影到ab连线上，根据几何关系以及电场力做功表达式：W电＝qEd，即可推得电场线的方向，也可求解粒子从d点移动到b点，电场力做功；沿电场方向电势逐渐降落，可判断电势高低；当粒子受力方向与运动方向共线时，粒子会做直线运动。
【解答】解：A、根据题意可知：粒子从a点移动到b点，电场力做功为2W （W＞0）；若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为W，移动距离ab在电场方向的投影dab，移动距离cd在电场方向的投影dcd，根据电场力做功表达式：W电＝qEd，可知dab是dcd的两倍，设圆形电场区域的半径为R，如图，由几何关系得：cd在ab方向的投影等于R，刚好满足dab是dcd的两倍，所以电场线的方向由a指向b，场强方向与ab平行，故A正确；
B、由A选项的结论可知：2W＝2qER
由图可知：d到b的距离在电场方向的投影d′b＝R，
粒子从d点移动到b点电场力做功：Wdb＝qE•R＝0.5W，故B正确；
C、沿电场方向电势逐渐降落，a点电势高于c′点电势，c与c′为等势点，所以a点电势高于c点电势，故C错误；
D、如果粒子进入电场时的速度方向与ab平行，即电场力与速度方向共线，则粒子会做直线运动，不会做曲线运动，故D错误；
故选：AB。
【点评】解决本题的关键是电场线方向的判断，注意电势与电场方向的关系以及粒子做直线运动、曲线运动的条件。
（多选）10．（5分）两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，通过长为L的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体。距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．B与v0无关，与成反比
B．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变
C．通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等
D．调节H、v0和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变
【分析】组合体进入磁场前做平抛运动，由竖直方向做自由落体运动求出进磁场前的竖直速度大小，应用法拉第电磁感应定律，欧姆定律，安培力计算公式结合平衡条件，可得B的表达式；由楞次定律判断感应电流的方向；由P＝Fv判断功率关系；由能量守恒定律判断系统产生的热量是否变化。
【解答】解：A、设组合体质量为m，每个金属框的电阻为R，进入磁场时的速度大小为v，速度方向与水平方向夹角为θ，竖直方向的速度大小为vy，
组合体进入磁场前做平抛运动，则有vy2＝2gH，
又有vy＝vsinθ＝
因金属框边长为L，连接杆长为L，磁场区域高度为L，可知在组合体穿过磁场的过程中始终只有一条水平方向的边在磁场中，左右两竖直方向的边切割磁感线的速度相同，产生的电动势相抵消，则
感应电动势E＝BLvsinθ，
感应电流I＝，
组合体所受安培力F安＝BIL＝＝，
组合体穿过磁场过程中受力平衡，则有F安＝mg
解得：B2＝，可见B2与成反比，B与不成反比，B与v0无关，故A错误；
B、由A选项分析可知，I＝，则电流大小不变，组合穿过磁场过程磁通量先增加后减小，再增加再减小，磁场方向垂直纸面向里不变，由楞次定律判断，感应电流方向先逆时针后顺时针，再逆时针再顺时针，故B错误；
C、组合体匀速通过磁场的过程中，安培力始终与重力等大反向，克服安培力做功的功率P＝mgvy，即等于重力做功的功率，故C正确；
D、只要组合体匀速通过磁场，由能量守恒定律，可知产生的热量等于重力势能减少量，即Q＝4mgL，产生热量不变，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题考查了电磁感应现象中力学问题以及功能问题。此类问题一般可从两个角度解析：一是从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；二是从能量角度，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
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．（6分）某实验小组利用图（a）所示装置探究加速度与物体所受合外力的关系。主要实验步骤如下：
（1）用游标卡尺测量垫块厚度h，示数如图（b）所示，h＝ 1.02 cm；
（2）接通气泵，将滑块轻放在气垫导轨上，调节导轨至水平；
（3）在右支点下放一垫块，改变气垫导轨的倾斜角度；
（4）在气垫导轨合适位置释放滑块，记录垫块个数n和滑块对应的加速度a；
（5）在右支点下增加垫块个数（垫块完全相同），重复步骤（4），记录数据如下表：
n
1
2
3
4
5
6
（a/m•s﹣2）
0.087
0.180
0.260
0.425
0.519
根据表中数据在图（c）上描点，绘制图线。
如果表中缺少的第4组数据是正确的，其应该是 0.345 m/s2（保留三位有效数字）。
【分析】（1）游标卡尺的读数＝整数毫米+格数×精确度；
（5）根据牛顿第三定律写出加速度与n的关系式，并用表格中的数据画出一条直线，两者结合求出斜面长，再将n＝4代入表达式从而求出第四组的空缺值。
【解答】解：（1）游标卡尺的精度为0.1mm，游标卡尺的示数为主尺与游标尺的示数之和，所以h＝10mm+2×0.1mm＝10.2mm＝1.02cm；
（2）由表中的数据在坐标系中先描点，再过这些点画一条直线，如图所示。
根据实验过程知，在已经调水平后，放n个垫块的加速度a＝gsinθ＝＝，结合绘制的a﹣n图象可求得图角的斜率k＝＝0.0862m/s2，那么当n＝4时，a4＝4k＝4×0.0862m/s2＝0.345m/s2。
故答案为：（1）1.02；（2）如上图、0.345
【点评】对于实验考查加速度与作用力的关系，从题干上看丝毫没有与实验目的相关的表达，但只有应用牛顿第二定律写出表达式后，就可以体会到此实验的巧妙之处。
12．（9分）某实验小组需测定电池的电动势和内阻，器材有：一节待测电池、一个单刀双掷开关、一个定值电阻（阻值为R0）、一个电流表（内阻为RA）、一根均匀电阻丝（电阻丝总阻值大于R0，并配有可在电阻丝上移动的金属夹）、导线若干。由于缺少刻度尺，无法测量电阻丝长度，但发现桌上有一个圆形时钟表盘。某同学提出将电阻丝绕在该表盘上，利用圆心角来表示接入电路的电阻丝长度。主要实验步骤如下：
（1）将器材如图（a）连接；
（2）开关闭合前，金属夹应夹在电阻丝的 b 端（填“a”或“b”）；
（3）改变金属夹的位置，闭合开关，记录每次接入电路的电阻丝对应的圆心角θ和电流表示数I，得到多组数据；
（4）整理数据并在坐标纸上描点绘图，所得图像如图（b）所示，图线斜率为k，与纵轴截距为d，设单位角度对应电阻丝的阻值为r0，该电池电动势和内阻可表示为E＝ ，r＝ ﹣R0﹣RA ；（用R0、RA、k、d、r0表示）
（5）为进一步确定结果，还需要测量单位角度对应电阻丝的阻值r0。利用现有器材设计实验，在图（c）方框中画出实验电路图（电阻丝用滑动变阻器符号表示）；
（6）利用测出的r0，可得该电池的电动势和内阻。
【分析】（2）为保护电路安全，闭合开关前金属丝接入电路的阻值应为最大阻值。
（4）根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源的电动势与内阻。
（5）根据实验器材与实验目的设计实验电路图。
【解答】解：（2）由图（a）所示电路图可知，电阻丝串联接入电路，为保护电路，开关闭合前，金属夹应夹在电阻丝的b端。
（4）由图（a）所示电路图，根据闭合电路的欧姆定律得：E＝I（r+R0+θr0+RA）
整理得：＝θ+，
由图（b）所示﹣θ图象可知，图线的斜率k＝，纵轴截距d＝，
解得，电池电动势E＝，电池内阻r＝﹣R0﹣RA；
（5）可以用等效法测单位角度对应电阻丝的阻值r0，电池、电流表、单刀双掷开关、电阻丝、定值电阻组成实验电路如图所示；
先把单刀双掷开关接1，读出电流表示数I，然后把单刀双掷开关接2，改变金属夹的位置直到电流表示数为I，读出此时金属丝接入电路对应的角度θ；
由闭合电路的欧姆定律得：I＝，I＝，解得，金属丝接入电路的阻值：R＝R0，单位角度对应电阻丝的阻值r0＝；
故答案为：（2）b；（4）；﹣R0﹣RA；（5）实验电路图如图所示。
【点评】本题考查了测电池的电动势与内阻实验，考查了实验注意事项、实验数据处理与实验电路设计等问题；理解实验原理是解题的前提与关键；应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图示图象可以求出电池电动势与内阻。
13．（13分）带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一。带电粒子流（每个粒子的质量为m、电荷量为+q）以初速度v垂直进入磁场，不计重力及带电粒子之间的相互作用。对处在xOy平面内的粒子，求解以下问题。
（1）如图（a），宽度为2r1的带电粒子流沿x轴正方向射入圆心为A（0，r1）、半径为r1的圆形匀强磁场中，若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点O，求该磁场磁感应强度B1的大小；
（2）如图（a），虚线框为边长等于2r2的正方形，其几何中心位于C（0，﹣r2）。在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场，使汇聚到O点的带电粒子流经过该区域后宽度变为2r2，并沿x轴正方向射出。求该磁场磁感应强度B2的大小和方向，以及该磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）；
（3）如图（b），虚线框Ⅰ和Ⅱ均为边长等于r3的正方形，虚线框Ⅲ和Ⅳ均为边长等于r4的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场，使宽度为2r3的带电粒子流沿x轴正方向射入Ⅰ和Ⅱ后汇聚到坐标原点O，再经过Ⅲ和Ⅳ后宽度变为2r4，并沿x轴正方向射出，从而实现带电粒子流的同轴控束。求Ⅰ和Ⅲ中磁场磁感应强度的大小，以及Ⅱ和Ⅳ中匀强磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）。
【分析】（1）利用圆形区域匀强磁场实现对带电粒子流的磁聚焦，需要满足：粒子匀速圆周运动半径与圆形磁场区域的半径相等，再由粒子匀速圆周运动所需向心力等于洛伦兹力，求解磁感应强度B1的大小；
（2）由题意可知此为磁聚焦的逆过程（即磁控束），所需磁场仍为圆形区域的匀强磁场，可知最小圆形磁场区域的半径等于粒子匀速圆周运动半径，且对应的直径都等于粒子流经过该区域后的宽度，由粒子匀速圆周运动所需向心力等于洛伦兹力，求解磁感应强度B2的大小，由左手定则判断磁场方向，由圆的面积公式求得磁场区域的面积；
（3）进入区域Ⅰ的粒子经磁聚焦由O点进入区域Ⅳ经磁控束后离开磁场；同理，进入区域Ⅱ的粒子经磁聚焦由O点进入区域Ⅲ经磁控束后离开磁场，分别由磁聚焦和磁控束的原理，得到磁场区域和粒子运动轨迹的半径，由粒子匀速圆周运动所需向心力等于洛伦兹力，求解磁场磁感应强度的大小，画出轨迹图，由几何关系求得磁场区域面积。
【解答】解：（1）利用圆形区域匀强磁场实现对带电粒子流的磁聚焦，需要满足：粒子匀速圆周运动半径与圆形磁场区域的半径相等，设粒子做匀速圆周运动的半径为R1，则有R1＝r1，
粒子匀速圆周运动所需向心力等于洛伦兹力，则有：qvB1＝m
解得：B1＝
（2）在磁场B1中汇聚到O点的带电粒子进入磁场B2后，射出后变为宽度为2r2平行粒子束，此为磁聚焦的逆过程（磁控束），粒子运动轨迹如右图中红色轨迹，则可知需要的区域面积最小的匀强磁场应为以出射的粒子流的宽度为直径的圆形区域磁场，如右图中蓝色圆形区域，设粒子匀速圆周运动半径为R2，需要的最小圆形磁场区域半径为r2′，则有R2＝r2′＝r2，
粒子做匀速圆周运动所需向心力等于洛伦兹力，则有：qvB2＝m，
解得：B2＝，
带正电粒子在磁场B2中做逆时针匀速圆周运动，由左手定则判断，磁感应强度B2的方向为垂直xOy平面向里，
该磁场区域的面积S＝＝
（3）进入区域Ⅰ的粒子经磁聚焦由O点进入区域Ⅳ经磁控束后离开磁场；同理，进入区域Ⅱ的粒子经磁聚焦由O点进入区域Ⅲ经磁控束后离开磁场，则可知在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的圆形磁场区域半径为r3，粒子匀速圆周运动半径也为r3，同理，在区域Ⅲ和区域Ⅳ中的圆形磁场区域半径为r4，粒子匀速圆周运动半径也为r4，如右图所示，各区域中的蓝色圆弧为最小区域磁场边界，红色圆弧为入射或出射时离x轴距离最远的粒子运动轨迹，则各区域需要的磁场区域最小面积为蓝色圆弧与红色圆弧围成的区域面积。
设区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B3，则有：qvB3＝m
解得：B3＝
设区域Ⅲ中磁场的磁感应强度为B4，则有：qvB4＝
解得：B4＝
区域Ⅱ中匀强磁场区域的面积S2＝2（）＝
区域Ⅳ中匀强磁场区域的面积S4＝2（）＝
答：（1）该磁场磁感应强度B1的大小为；
（2）该磁场磁感应强度B2的大小为，方向为垂直xOy平面向里，以及该磁场区域的面积为；
（3）Ⅰ和Ⅲ中磁场磁感应强度的大小分别为和，以及Ⅱ和Ⅳ中匀强磁场区域的面积分别为和。
【点评】此题考查了带电粒子在磁场中的磁聚焦和磁控束应用，要知道磁聚焦和磁控束需要满足粒子匀速圆周运动半径与圆形磁场区域的半径相等，磁聚焦意为相互平行入射的粒子束经磁场偏转后汇聚与一点射出，磁控束意为同一点入射的粒子经磁场偏转后相互平行射出，两者为互逆过程。此模型经常出现，需要作为基础模型掌握。
14．（15分）如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ。质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为μ。以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为（2μL，μL），Q端在y轴上。重力加速度为g。
（1）若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小；
（2）若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的曲线方程；
（3）将质量为λm（λ为常数且λ≥5）的小物块B置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围。
【分析】（1）此过程由动能定理直接求解即可；
（2）根据题意物块A落在弧形轨道上的动能均相同，利用平抛运动的规律，推导出落在弧形轨道上的物块的动能与水平位移和竖直位移的关系式，再把P点的坐标代入动能的关系式，求得具体的动能表达式，然后再利用动能与水平位移和竖直位移的关系式，可推导出所求的曲线方程；
（3）由动能定理求得A与B碰撞前瞬间速度大小，由弹性碰撞的特点：系统动量守恒和机械能守恒，求得碰撞后瞬间A、B的速度大小，碰后A速度反向，再返回O点，要使A落在B落点的右侧，需满足A平抛初速度大于B的平抛初速度，要使A和B均能落在弧形轨道上，只需A能够落在轨道上，利用平抛运动规律求出落在P点的临界平抛初速度大小，需要A平抛的初速度不大于此临界速度，两条件结合解得A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围。
【解答】解：（1）设物块A由静止开始运动到O点的速度大小为v0，对此过程由动能定理得
mg•2μL﹣μmgL＝﹣0
解得：v0＝
（2）A经O点水平抛出后做平抛运动，设水平位移为x，竖直位移为y，物块A经过O点的速度大小为vx，落到弧形轨道上时，速度大小为v，竖直方向速度大小为vy，落在弧形轨道上的动能均相同为Ek，则
x＝vxt，y＝，，
解得：
Ek＝＝＝
已知P点坐标为（2μL，μL），即当物块A落到P点时，x＝2μL，y＝μL，可得
Ek＝＝2μmgL
依题意：物块A落在弧形轨道上的动能均相同，则有
＝2μmgL，
整理得PQ的曲线方程为：，0≤x≤2μL，μL≤y≤2μL。
（3）设A下滑的初始位置距x轴高度为h，A与B碰撞前瞬间速度大小为vA，碰撞后瞬间A、B的分别为vA1、vB，
对A由静止开始运动到碰撞B之前的过程，由动能定理得
mgh﹣μmgL＝
解得vA＝
A与B发生弹性碰撞的过程，设水平向右为正方向，因B质量为λm（λ≥5）大于A的质量，碰后A的速度水平向左，由动量守恒定律和机械能守恒定律，可得
mvA＝﹣mvA1+λmvB
＝+
解得：vA1＝，vB＝
设碰撞之后A向左运动再返回O点的速度大小为vA2，对此过程由动能定理得
﹣2μmgL＝﹣
解得：＝﹣4μgL＝﹣4μgL
要使A落在B落点的右侧，需满足：vA2＞vB，即，则有
﹣4μgL＞，
解得：＞
将vA＝代入得：
h＞
由（2）的结论：，可得当物体落在P（2μL，μL）点时，在O点平抛的初速度大小满足
要使A和B均能落在弧形轨道上，因vA2＞vB，故只要A能落在弧形轨道上，B就一定能落在弧形轨道上，
所以需满足：≤，即：﹣4μgL≤2μgL
解得：h≤
则A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围为＜h≤。
答：（1）A经过O点时的速度大小为；
（2）PQ的曲线方程为，0≤x≤2μL，μL≤y≤2μL；
（3）A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围为＜h≤。
【点评】此题考查复杂的运动形式分析处理能力，难度较高，计算的推演有一定难度，涉及动能定理，弹性碰撞的动量和机械能守恒，平抛运动的分解处理等物理原理。
（二）选考题：共13分。请考生从两道题中任选一题作答。如果多做，则按第一题计分。[物理-选修3-3]（13分）
（多选）15．（5分）如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞（截面积分别为S1和S2）封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从A下降h高度到B位置时，活塞上细砂的总质量为m。在此过程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强p0保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．整个过程，外力F做功大于0，小于mgh
B．整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变
C．整个过程，理想气体的内能增大
D．整个过程，理想气体向外界释放的热量小于（p0S1h+mgh）
E．左端活塞到达B位置时，外力F等于
【分析】对于一定质量的理想气体，温度不变，则分子平均动能不变，内能不变；
左端活塞到达B位置时，对左右两活塞受力分析即可求得F；
加沙前后，对左边活塞受力分析可得气体压强的改变量，有几何关系可得体积改变量，W＝Δp•ΔV即可求解外界对气体做的功，再结合热力学第一定律即可分析D选项；
加沙前后，对右边活塞受力分析可得气体压强的改变量，有几何关系可得体积改变量，W＝Δp•ΔV即可求解外界对气体做的功，即可求得外力F做功。
【解答】解：A、外力F作用在右端活塞上，活塞位置不变，可知在F作用下没有位移，可知外力F做功为零，故A错误；
BC、气缸为导热汽缸，环境温度不变，所以气体状态变化过程中温度不变，温度是分子平均动能的标志，所以分子平均动能不变，对于定质量的理想气体，内能只与分子平均动能有关，所以内能也不变，故B正确，C错误；
D、此过程外界大气通过活塞对封闭气体做功为p0S1h，活塞下降过程，因缓慢加细沙，故细沙通过活塞对气体做功小于mgh，所以外界对气体做功W＜p0S1h+mgh，根据ΔU＝Q+W，因ΔU＝0，所以Q＝﹣W，即气体向外界释放的热量小于p0S1h+mgh，故D正确；
E、左端活塞到达B位置时，对左边活塞有：p气S1＝p0S1+mg，对于右边活塞有：p气S2＝p0S2+F，联立两式得：F＝，故E正确。
故选：BDE。
【点评】本题考查了温度对分子平均动能以及内能影响，外界对气体所做的功时的公式W＝﹣p•ΔV，整个试题难度较大。
16．（8分）小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置，如图所示。导热汽缸开口向上并固定在桌面上，用质量m1＝600g、截面积S＝20cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点A上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂一个质量m2＝1200g的铁块，并将铁块放置到电子天平上。当电子天平示数为600.0g时，测得环境温度T1＝300K。设外界大气压强p0＝1.0×105Pa，重力加速度g＝10m/s2，轻杆始终保持水平。
（i）当电子天平示数为400.0g时，环境温度T2为多少？
（ii）该装置可测量的最高环境温度Tmax为多少？
【分析】（i）对活塞进行受力分析，分别求出电子天平示数为400g和600g时封闭气体的压强，结合一定质量理想气体压强与温度关系可求解；
（ii）当拉力为0时，对应封闭气体压强最大，结合一定质量理想气体压强与温度关系可求出可测量的最高环境温度
【解答】解：（i）轻质直杆中心置于固定支点A上，根据杠杆原理可知，两根细绳上的拉力相等。
对铁块受力分析如图所示：
电子天平示数为600g时，气体p1＝p0＝1×105Pa，T1＝300K，
示数为400g时，p2＝p0+，
其中，拉力F＝m2g﹣m0g，
其中m0＝400g＝0.4kg，m1＝600g＝0.6kg，m2＝1200g＝1.2kg，
解得F＝8N
由＝，代入数据解得T2＝297K
（ii）当拉力F＝0时，p3＝p0+，代入解得p3＝1.03×105Pa，
则＝，
解得Tmax＝T3＝309K.
答：（i）当电子天平示数为400.0g时，环境温度T2为297K；
（ii）该装置可测量的最高环境温度Tmax为309K.
【点评】本题考查理想气体状态方程，要求学生结合杠杆原理进行受力分析，对学生综合分析能力有一定要求，难度适中。
[物理-选修3-4]（13分）
（多选）17．均匀介质中，波源位于O点的简谐横波在xOy水平面内传播，波面为圆。t＝0时刻，波面分布如图（a）所示，其中实线表示波峰，虚线表示相邻的波谷。A处质点的振动图像如图（b）所示，z轴正方向竖直向上。下列说法正确的是（ ）
A．该波从A点传播到B点，所需时间为4s
B．t＝6s时，B处质点位于波峰
C．t＝8s时，C处质点振动速度方向竖直向上
D．t＝10s时，D处质点所受回复力方向竖直向上
E．E处质点起振后，12s内经过的路程为12cm
【分析】由图a可得波长，由图b可得周期，根据波速计算公式求解波速，由此求出从A传播到B需要的时间；根据B点的振动情况分析t＝6s时B的位置；根据OC间距、OD间距分析C、D处质点振动情况；质点在1个周期通过的路程为4A，由此求解12s内A经过的路程。
【解答】解：A、由图a可知，＝5m，则波长λ＝10m，由图b可知，周期T＝4s，则波速v＝＝m/s＝2.5m/s，因此从A传播到B需要的时间为tAB＝＝s＝4s，故A正确；
B、波峰传到B点的时间为4s，该波在t＝6s时即再经过B位于波谷，故B错误；
C、t＝8s时，即再经过2T，根据几何关系可知xOC＝m＝10m，2λ＜xOC，t＝8s时，即经过2个周期，C处质点正在向波峰处运动，所有振动速度方向竖直向上，故C正确；
D、t＝10s时，即再经过T，质点D处于平衡位置上方，则回复力方向竖直向下，故D错误；
E、t′＝12s＝3T，E经过的路程为s＝3×4A＝3×4×1cm＝12cm，故E正确。
故选：ACE。
【点评】本题主要是考查了波的图像；解答本题关键是要理解波的图象的变化规律，能够根据图像直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系v＝fλ。
18．我国古代著作《墨经》中记载了小孔成倒像的实验，认识到光沿直线传播。身高1.6m的人站在水平地面上，其正前方0.6m处的竖直木板墙上有一个圆柱形孔洞，直径为1.0cm、深度为1.4cm，孔洞距水平地面的高度是人身高的一半。此时，由于孔洞深度过大，使得成像不完整，如图所示。现在孔洞中填充厚度等于洞深的某种均匀透明介质，不考虑光在透明介质中的反射。
（i）若该人通过小孔能成完整的像，透明介质的折射率最小为多少？
（ii）若让掠射进入孔洞的光能成功出射，透明介质的折射率最小为多少？
【分析】（i）只要头部能够在后面成像，则脚也一定能够成像，画出光路图，根据几何关系求解入射角正弦值和折射角的正弦值，根据折射定律求解折射率；
（ii）若让掠射进入孔洞的光能成功出射，入射角等于90°时光线能够射出，折射率最小，画出光路图，求出折射角的正弦值，根据折射定律求解。
【解答】解：（i）若该人通过小孔能成完整的像，作出的光路图如图1所示（根据对称性可知，只要头部能够在后面成像，则脚也一定能够成像），
根据几何关系可得：sinα＝，
其中AC＝＝0.8m，DE＝1.0cm＝0.01m，BO＝0.6m
sinβ＝，其中OD＝1.4cm＝0.014m
根据折射定律可得：n＝
代入数据解得：n＝1.37；
（ii）若让掠射进入孔洞的光能成功出射，折射率最小时光的传播情况如图2所示；
根据几何关系可得α′＝90°，sinβ′＝sinβ
根据折射定律可得：n′＝
解得：n′＝1.72。
答：（i）若该人通过小孔能成完整的像，透明介质的折射率最小为1.37；
（ii）若让掠射进入孔洞的光能成功出射，透明介质的折射率最小为1.72。
【点评】本题考查了折射定律，解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，根据图中的几何关系求出折射角或入射角，然后根据光的折射定律或全反射的条件列方程求解。
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2021年湖南省新高考物理试卷
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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．（4分）核废料具有很强的放射性，需要妥善处理。下列说法正确的是（ ）
A．放射性元素经过两个完整的半衰期后，将完全衰变殆尽
B．原子核衰变时电荷数守恒，质量数不守恒
C．改变压力、温度或浓度，将改变放射性元素的半衰期
D．过量放射性辐射对人体组织有破坏作用，但辐射强度在安全剂量内则没有伤害
2．（4分）物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p﹣x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p﹣x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是（ ）
A． B．
C． D．
3．（4分）“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比（F阻＝kv，k为常量），动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是（ ）
A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为vm
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为mvm2﹣Pt
4．（4分）如图，在（a，0）位置放置电荷量为q的正点电荷，在（0，a）位置放置电荷量为q的负点电荷，在距P（a，a）为a的某点处放置正点电荷Q，使得P点的电场强度为零。则Q的位置及电荷量分别为（ ）
A．（0，2a），q B．（0，2a），2q C．（2a，0），q D．（2a，0），2q
5．（4分）质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是（ ）
A．推力F先增大后减小
B．凹槽对滑块的支持力先减小后增大
C．墙面对凹槽的压力先增大后减小
D．水平地面对凹槽的支持力先减小后增大
6．（4分）如图，理想变压器原、副线圈匝数比为n1：n2，输入端C、D接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同。在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是（ ）
A．L1先变暗后变亮，L2一直变亮
B．L1先变亮后变暗，L2一直变亮
C．L1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗
D．L1先变亮后变暗，L2先变亮后变暗
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
（多选）7．（5分）2021年4月29日，中国空间站天和核心舱发射升空，准确进入预定轨道。根据任务安排，后续将发射问天实验舱和梦天实验舱，计划2022年完成空间站在轨建造。核心舱绕地球飞行的轨道可视为圆轨道，轨道离地面的高度约为地球半径的。下列说法正确的是（ ）
A．核心舱进入轨道后所受地球的万有引力大小约为它在地面时的（）2倍
B．核心舱在轨道上飞行的速度大于7.9km/s
C．核心舱在轨道上飞行的周期小于24h
D．后续加挂实验舱后，空间站由于质量增大，轨道半径将变小
（多选）8．（5分）如图（a），质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a﹣t图像如图（b）所示，S1表示0到t1时间内A的a﹣t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a﹣t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是（ ）
A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0
B．mA＞mB
C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x
D．S1﹣S2＝S3
（多选）9．（5分）如图，圆心为O的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，ab和cd为该圆直径。将电荷量为q（q＞0）的粒子从a点移动到b点，电场力做功为2W （W＞0）；若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为W。下列说法正确的是（ ）
A．该匀强电场的场强方向与ab平行
B．将该粒子从d点移动到b点，电场力做功为0.5W
C．a点电势低于c点电势
D．若只受电场力，从d点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动
（多选）10．（5分）两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，通过长为L的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体。距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．B与v0无关，与成反比
B．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变
C．通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等
D．调节H、v0和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变
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．（6分）某实验小组利用图（a）所示装置探究加速度与物体所受合外力的关系。主要实验步骤如下：
（1）用游标卡尺测量垫块厚度h，示数如图（b）所示，h＝ cm；
（2）接通气泵，将滑块轻放在气垫导轨上，调节导轨至水平；
（3）在右支点下放一垫块，改变气垫导轨的倾斜角度；
（4）在气垫导轨合适位置释放滑块，记录垫块个数n和滑块对应的加速度a；
（5）在右支点下增加垫块个数（垫块完全相同），重复步骤（4），记录数据如下表：
n
1
2
3
4
5
6
（a/m•s﹣2）
0.087
0.180
0.260
0.425
0.519
根据表中数据在图（c）上描点，绘制图线。
如果表中缺少的第4组数据是正确的，其应该是 m/s2（保留三位有效数字）。
12．（9分）某实验小组需测定电池的电动势和内阻，器材有：一节待测电池、一个单刀双掷开关、一个定值电阻（阻值为R0）、一个电流表（内阻为RA）、一根均匀电阻丝（电阻丝总阻值大于R0，并配有可在电阻丝上移动的金属夹）、导线若干。由于缺少刻度尺，无法测量电阻丝长度，但发现桌上有一个圆形时钟表盘。某同学提出将电阻丝绕在该表盘上，利用圆心角来表示接入电路的电阻丝长度。主要实验步骤如下：
（1）将器材如图（a）连接；
（2）开关闭合前，金属夹应夹在电阻丝的 端（填“a”或“b”）；
（3）改变金属夹的位置，闭合开关，记录每次接入电路的电阻丝对应的圆心角θ和电流表示数I，得到多组数据；
（4）整理数据并在坐标纸上描点绘图，所得图像如图（b）所示，图线斜率为k，与纵轴截距为d，设单位角度对应电阻丝的阻值为r0，该电池电动势和内阻可表示为E＝ ，r＝ ；（用R0、RA、k、d、r0表示）
（5）为进一步确定结果，还需要测量单位角度对应电阻丝的阻值r0。利用现有器材设计实验，在图（c）方框中画出实验电路图（电阻丝用滑动变阻器符号表示）；
（6）利用测出的r0，可得该电池的电动势和内阻。
13．（13分）带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一。带电粒子流（每个粒子的质量为m、电荷量为+q）以初速度v垂直进入磁场，不计重力及带电粒子之间的相互作用。对处在xOy平面内的粒子，求解以下问题。
（1）如图（a），宽度为2r1的带电粒子流沿x轴正方向射入圆心为A（0，r1）、半径为r1的圆形匀强磁场中，若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点O，求该磁场磁感应强度B1的大小；
（2）如图（a），虚线框为边长等于2r2的正方形，其几何中心位于C（0，﹣r2）。在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场，使汇聚到O点的带电粒子流经过该区域后宽度变为2r2，并沿x轴正方向射出。求该磁场磁感应强度B2的大小和方向，以及该磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）；
（3）如图（b），虚线框Ⅰ和Ⅱ均为边长等于r3的正方形，虚线框Ⅲ和Ⅳ均为边长等于r4的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场，使宽度为2r3的带电粒子流沿x轴正方向射入Ⅰ和Ⅱ后汇聚到坐标原点O，再经过Ⅲ和Ⅳ后宽度变为2r4，并沿x轴正方向射出，从而实现带电粒子流的同轴控束。求Ⅰ和Ⅲ中磁场磁感应强度的大小，以及Ⅱ和Ⅳ中匀强磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）。
14．（15分）如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ。质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为μ。以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为（2μL，μL），Q端在y轴上。重力加速度为g。
（1）若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小；
（2）若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的曲线方程；
（3）将质量为λm（λ为常数且λ≥5）的小物块B置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围。
（二）选考题：共13分。请考生从两道题中任选一题作答。如果多做，则按第一题计分。[物理-选修3-3]（13分）
（多选）15．（5分）如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞（截面积分别为S1和S2）封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从A下降h高度到B位置时，活塞上细砂的总质量为m。在此过程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强p0保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．整个过程，外力F做功大于0，小于mgh
B．整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变
C．整个过程，理想气体的内能增大
D．整个过程，理想气体向外界释放的热量小于（p0S1h+mgh）
E．左端活塞到达B位置时，外力F等于
16．（8分）小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置，如图所示。导热汽缸开口向上并固定在桌面上，用质量m1＝600g、截面积S＝20cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点A上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂一个质量m2＝1200g的铁块，并将铁块放置到电子天平上。当电子天平示数为600.0g时，测得环境温度T1＝300K。设外界大气压强p0＝1.0×105Pa，重力加速度g＝10m/s2，轻杆始终保持水平。
（i）当电子天平示数为400.0g时，环境温度T2为多少？
（ii）该装置可测量的最高环境温度Tmax为多少？
[物理-选修3-4]（13分）
（多选）17．均匀介质中，波源位于O点的简谐横波在xOy水平面内传播，波面为圆。t＝0时刻，波面分布如图（a）所示，其中实线表示波峰，虚线表示相邻的波谷。A处质点的振动图像如图（b）所示，z轴正方向竖直向上。下列说法正确的是（ ）
A．该波从A点传播到B点，所需时间为4s
B．t＝6s时，B处质点位于波峰
C．t＝8s时，C处质点振动速度方向竖直向上
D．t＝10s时，D处质点所受回复力方向竖直向上
E．E处质点起振后，12s内经过的路程为12cm
18．我国古代著作《墨经》中记载了小孔成倒像的实验，认识到光沿直线传播。身高1.6m的人站在水平地面上，其正前方0.6m处的竖直木板墙上有一个圆柱形孔洞，直径为1.0cm、深度为1.4cm，孔洞距水平地面的高度是人身高的一半。此时，由于孔洞深度过大，使得成像不完整，如图所示。现在孔洞中填充厚度等于洞深的某种均匀透明介质，不考虑光在透明介质中的反射。
（i）若该人通过小孔能成完整的像，透明介质的折射率最小为多少？
（ii）若让掠射进入孔洞的光能成功出射，透明介质的折射率最小为多少？
2021年湖南省新高考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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．（4分）核废料具有很强的放射性，需要妥善处理。下列说法正确的是（ ）
A．放射性元素经过两个完整的半衰期后，将完全衰变殆尽
B．原子核衰变时电荷数守恒，质量数不守恒
C．改变压力、温度或浓度，将改变放射性元素的半衰期
D．过量放射性辐射对人体组织有破坏作用，但辐射强度在安全剂量内则没有伤害
【分析】根据质量数守恒与电荷数守恒写出核反应方程；半衰期是放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间，半衰期由放射性原子核内部本身的因素决定，跟原子所处的物理或化学状态无关；核辐射强度在安全剂量内则对人体没有伤害，但是过量的核辐射对人体有害。
【解答】解：A、半衰期是放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间，经过两个完整的半衰期后，还剩下四分之一的原子核没有衰变，故A错误；
B、原子核衰变时电荷数守恒，质量数也守恒，故B错误；
C、半衰期由放射性原子核内部本身的因素决定，不会受到阳光、温度、气候变化等自然环境因素影响，故C错误；
D、核辐射强度在安全剂量内则对人体没有伤害，但是过量的核辐射对人体有害，故D正确。
故选：D。
【点评】该题考查对半衰期、及质能方程的理解，关键是知道半衰期由放射性原子核内部本身的因素决定，跟原子所处的物理或化学状态无关。
2．（4分）物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p﹣x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p﹣x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】依据匀加速直线运动速度与位移关系，结合动量的定义式，及数学的二次函数图象，即可分析判定。
【解答】解：一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，那么位移与速度关系为：x＝，
而动量表达式为：p＝mv，
联合上式，则有：p2＝2am2x
再由位移与速度均沿着x轴正方向，则取正值，那么动量也取正值，
综上所述，故D正确，ABC错误；
故选：D。
【点评】考查匀变速直线运动的规律，掌握动量的表达式内容，理解位移、速度与动量均为矢量，并注意矢量的正负取值。
3．（4分）“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比（F阻＝kv，k为常量），动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是（ ）
A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为vm
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为mvm2﹣Pt
【分析】根据受力分析，结合牛顿第二定律分析判断在相关条件下加速度和牵引力的变化；
当牵引力和阻力的大小相等时，动车的速度达到最大值，由此可求解最大速率；
根据动能定理计算经过时间t达到最大速度时克服阻力做的功。
【解答】解：A、若动车组做匀加速启动，则加速度不变，而速度增大，则阻力也增大，要使合力不变则牵引力也将增大，故A错误；
B、若动车组输出功率均为额定值，则其加速a＝＝，随着速度增大，加速度减小，所以动车组做加速度减小的加速运动，故B错误；
C、当动车组的速度增大到最大vm时，其加速度为零，则有：，若总功率变为2.25P，则同样有：，联立两式可得：vm′＝，故C正确；
D、对动车组根据动能定理有：4Pt﹣Wf＝，所以克服阻力做的功Wf＝4Pt﹣，故D错误。
故选：C。
【点评】解决该题的关键是知道功率与牵引力之间的关系，知道什么时候速度达到最大，应用动能定理求解在额定功率下达到最大速度时克服阻力做的功。
4．（4分）如图，在（a，0）位置放置电荷量为q的正点电荷，在（0，a）位置放置电荷量为q的负点电荷，在距P（a，a）为a的某点处放置正点电荷Q，使得P点的电场强度为零。则Q的位置及电荷量分别为（ ）
A．（0，2a），q B．（0，2a），2q C．（2a，0），q D．（2a，0），2q
【分析】根据点电荷的场强公式E＝，结合平行四边形定则计算Q所带电荷量及位置。
【解答】解：根据点电荷的场强公式及平行四边形定则，可以求出点电荷+q与﹣q在P点的合场强的大小为：E合＝2××cos45°＝，方向与﹣x方向成45°角指向左上方。那么+Q在P点产生的场强与E合大小相等，方向相反。再根据点电荷的场强公式有：＝E合，代入解得：Q＝2，Q在P点产生电场的方向应与+x方向成45°。结合题意+Q应在y轴上的（0，2a）位置，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题考查点的场强公式及矢量的运算法则，要结合简单的数学知识去处理计算方面的问题。
5．（4分）质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是（ ）
A．推力F先增大后减小
B．凹槽对滑块的支持力先减小后增大
C．墙面对凹槽的压力先增大后减小
D．水平地面对凹槽的支持力先减小后增大
【分析】根据受力平衡画出受力分析图，利用解析法分析各力的变化情况，运用整体法分析墙与凹槽之前的作用力大小，对M进行受力分析求解地面与凹槽之间的作用力关系。
【解答】解：AB、如图所示，设F与竖直方向夹角为α，根据受力平衡知：mgcosα＝F，mgsinα＝N，从A到B过程中，α从逐渐减小到0，可知F逐渐增大，N逐渐减小，故AB错误；
C、将两物体看成整体，整体受水平向左的作用力为F′＝Fsinα＝mgcosαsinα＝，因为0≤2α≤π，根据函数单调性可知sin2α先增大后减小，则F′先增大后减小，根据牛顿第三定律知墙面对凹槽的压力先增大后减小，故C正确；
D、对凹槽进行受力分析可知，水平地面对凹槽的支持力N1＝Mg+N′sinα，根据牛顿第三定律N′＝N，则地面对凹槽的作用力为N1＝Mg+Nsinα，由以上分析知，α逐渐减小，N逐渐减小，可知水平地面对凹槽的支持力逐渐减小，故D错误。
故选：C。
【点评】解答此题的关键是能够正确选取研究对象，并受力分析，然后根据数学知识分析物理量的变化情况，考查学生的综合应用能力，难度适中。
6．（4分）如图，理想变压器原、副线圈匝数比为n1：n2，输入端C、D接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同。在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是（ ）
A．L1先变暗后变亮，L2一直变亮
B．L1先变亮后变暗，L2一直变亮
C．L1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗
D．L1先变亮后变暗，L2先变亮后变暗
【分析】滑动变阻器滑片处于中间位置时副线圈所在电路电阻最大，根据滑动变阻器的移动情况分析总电阻的变化、总电流的变化以及灯泡两端电压的变化，由此分析灯泡亮度的变化。
【解答】解：由题意画出滑片移动时的等效电路图如图所示：
滑片在a端时，Ra＝0，滑片在b端时，Rb＝0。由于灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同，根据数学知识可知，当滑动变阻器的滑片处于中间位置时，副线圈的总电阻最大。
由图可知，滑片在两端时，副线圈所在电路总阻值最小，当滑片从a端向中间滑动时，副线圈所在电路的总阻值增大，则副线圈所在电路的总电流减小，根据＝可知原线圈所在电路的电流也减小，则灯泡L1变暗，由于输入端C、D接入电压有效值恒定，L1两端电压减小，则原线圈两端电压增大，根据＝可知副线圈两端电压增大，而L2所在支路电阻减小，则通过L2的电流增大，灯泡L2变亮；
当滑片从中间向b端移动时，副线圈所在电路的总阻值减小，则副线圈所在电路的总电流增大，根据＝可知原线圈所在电路的电流也增大，则灯泡L1变亮，由于输入端C、D接入电压有效值恒定，L1两端电压增大，则原线圈两端电压减小，根据＝可知副线圈两端电压减小，R0所在支路总电阻增大、则通过R0的电流减小、而副线圈总电流增大，则通过L2的电流增大，灯泡L2变亮。
综上所述，A正确、BCD错误。
故选：A。
【点评】本题主要是考查涉及变压器问题的动态分析，关键是弄清楚电路的连接情况，根据滑动变阻器的移动情况分析总电阻的变化、总电流的变化以及灯泡两端电压的变化。知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比。
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
（多选）7．（5分）2021年4月29日，中国空间站天和核心舱发射升空，准确进入预定轨道。根据任务安排，后续将发射问天实验舱和梦天实验舱，计划2022年完成空间站在轨建造。核心舱绕地球飞行的轨道可视为圆轨道，轨道离地面的高度约为地球半径的。下列说法正确的是（ ）
A．核心舱进入轨道后所受地球的万有引力大小约为它在地面时的（）2倍
B．核心舱在轨道上飞行的速度大于7.9km/s
C．核心舱在轨道上飞行的周期小于24h
D．后续加挂实验舱后，空间站由于质量增大，轨道半径将变小
【分析】根据万有引力定律判断核心舱在轨道上的引力与在地面上引力的倍数关系；
根据第一宇宙速度的意义进行判断；
与同步卫星相比，核心舱运行更快，周期更小些；
根据运行速度与半径的关系进行回答。
【解答】解：A、由题意知，核心舱进入轨道后所受地球的万有引力为F＝，而在地面上的引力大小为F0＝，所以，故A正确；
B、v1＝7.9km/s 是第一宇宙速度，是圆轨道最大的环绕速度，根据环绕速度公式v＝，因为r＞R所以核心舱的飞行速度应小于7.9km/s，故B错误；
C、与同步卫星相比，核心舱的轨道半径远小于同步卫星，根据周期公式T＝＝，故核心舱的运动周期小于同步卫星的周期，故C正确；
D、后续加挂实验舱后，根据上述环绕速度公式知，与环绕天体的质量m无关，但只要运行速度不变，则轨道半径不变，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查万有引力的相关问题、第一宇宙速度的意义、卫星运行快慢问题等，从基本规律出发，结合轨道半径的关系不难判断结果。
（多选）8．（5分）如图（a），质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a﹣t图像如图（b）所示，S1表示0到t1时间内A的a﹣t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a﹣t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是（ ）
A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0
B．mA＞mB
C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x
D．S1﹣S2＝S3
【分析】a﹣t图线与坐标轴所围图形的面积等于物体速度变化量；根据题意分析清楚A、B的运动过程；应用动量定理、牛顿第二定律、能量守恒定律与动量守恒定律分析答题。
【解答】解：A、撤去外力后A受到的合力等于弹簧的弹力，0到t1时间内，对A，由动量定理可知，合力即弹簧弹力对A的冲量大小：I＝mAv0，弹簧对A与对B的弹力大小相等、方向相反、作用时间相等，因此弹簧对B的冲量大小与对A的冲量大小相等、方向相反，即弹簧对B的冲量大小I弹簧＝mAv0，对B，以向右为正方向，由动量定理得：I墙壁﹣I弹簧＝0，解得，墙对B的冲量大小I墙壁＝mAv0，方向水平向右，故A正确；
B、弹簧对A和对B的弹力F大小相等，由牛顿第二定律得：a＝，由图（b）所示图象可知，在t2时刻A、B的加速度大小关系是：aB＞aA，即＞，解得：mB＜mA，故B正确；
C、B运动后，当A、B速度相等时弹簧形变量（伸长量或压缩量）最大，此时A、B的速度不为零，A、B的动能不为零，由能量守恒定律可知，弹簧形变量最大时A、B的动能与弹簧的弹性势能之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等，则弹簧形变量最大时弹簧弹性势能小于撤去外力时弹簧的弹性势能，弹簧形变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力时弹簧的形变量x，故C错误；
D、a﹣t图线与坐标轴所围图形的面积等于物体速度的变化量，则因初速度为零，t1时刻A的速度大小v0＝S1，t2时刻A的速度大小vA＝S1﹣S2，B的速度大小vB＝S3，由图（b）所示图象可知，t1时刻A的加速度为零，此时弹簧恢复原长，B开始离开墙壁，到t2时刻两者加速度均达到最大，弹簧伸长量达到最大，此时两者速度相同，即vA＝vB，则S1﹣S2＝S3，故D正确。
故选：ABD。
【点评】根据题意结合图（b）所示图象分析清楚A、B的运动过程是解题的前提与关键，应用动量定理、牛顿第二定律与动量守恒定律即可解题；解题时要注意a﹣t图线与坐标轴所围图形的面积等于物体速度的变化量；在t2时刻A、B的速度相同，这是本题的关键点也是易错点。
（多选）9．（5分）如图，圆心为O的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，ab和cd为该圆直径。将电荷量为q（q＞0）的粒子从a点移动到b点，电场力做功为2W （W＞0）；若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为W。下列说法正确的是（ ）
A．该匀强电场的场强方向与ab平行
B．将该粒子从d点移动到b点，电场力做功为0.5W
C．a点电势低于c点电势
D．若只受电场力，从d点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动
【分析】将c、d两点投影到ab连线上，根据几何关系以及电场力做功表达式：W电＝qEd，即可推得电场线的方向，也可求解粒子从d点移动到b点，电场力做功；沿电场方向电势逐渐降落，可判断电势高低；当粒子受力方向与运动方向共线时，粒子会做直线运动。
【解答】解：A、根据题意可知：粒子从a点移动到b点，电场力做功为2W （W＞0）；若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为W，移动距离ab在电场方向的投影dab，移动距离cd在电场方向的投影dcd，根据电场力做功表达式：W电＝qEd，可知dab是dcd的两倍，设圆形电场区域的半径为R，如图，由几何关系得：cd在ab方向的投影等于R，刚好满足dab是dcd的两倍，所以电场线的方向由a指向b，场强方向与ab平行，故A正确；
B、由A选项的结论可知：2W＝2qER
由图可知：d到b的距离在电场方向的投影d′b＝R，
粒子从d点移动到b点电场力做功：Wdb＝qE•R＝0.5W，故B正确；
C、沿电场方向电势逐渐降落，a点电势高于c′点电势，c与c′为等势点，所以a点电势高于c点电势，故C错误；
D、如果粒子进入电场时的速度方向与ab平行，即电场力与速度方向共线，则粒子会做直线运动，不会做曲线运动，故D错误；
故选：AB。
【点评】解决本题的关键是电场线方向的判断，注意电势与电场方向的关系以及粒子做直线运动、曲线运动的条件。
（多选）10．（5分）两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，通过长为L的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体。距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．B与v0无关，与成反比
B．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变
C．通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等
D．调节H、v0和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变
【分析】组合体进入磁场前做平抛运动，由竖直方向做自由落体运动求出进磁场前的竖直速度大小，应用法拉第电磁感应定律，欧姆定律，安培力计算公式结合平衡条件，可得B的表达式；由楞次定律判断感应电流的方向；由P＝Fv判断功率关系；由能量守恒定律判断系统产生的热量是否变化。
【解答】解：A、设组合体质量为m，每个金属框的电阻为R，进入磁场时的速度大小为v，速度方向与水平方向夹角为θ，竖直方向的速度大小为vy，
组合体进入磁场前做平抛运动，则有vy2＝2gH，
又有vy＝vsinθ＝
因金属框边长为L，连接杆长为L，磁场区域高度为L，可知在组合体穿过磁场的过程中始终只有一条水平方向的边在磁场中，左右两竖直方向的边切割磁感线的速度相同，产生的电动势相抵消，则
感应电动势E＝BLvsinθ，
感应电流I＝，
组合体所受安培力F安＝BIL＝＝，
组合体穿过磁场过程中受力平衡，则有F安＝mg
解得：B2＝，可见B2与成反比，B与不成反比，B与v0无关，故A错误；
B、由A选项分析可知，I＝，则电流大小不变，组合穿过磁场过程磁通量先增加后减小，再增加再减小，磁场方向垂直纸面向里不变，由楞次定律判断，感应电流方向先逆时针后顺时针，再逆时针再顺时针，故B错误；
C、组合体匀速通过磁场的过程中，安培力始终与重力等大反向，克服安培力做功的功率P＝mgvy，即等于重力做功的功率，故C正确；
D、只要组合体匀速通过磁场，由能量守恒定律，可知产生的热量等于重力势能减少量，即Q＝4mgL，产生热量不变，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题考查了电磁感应现象中力学问题以及功能问题。此类问题一般可从两个角度解析：一是从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；二是从能量角度，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
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．（6分）某实验小组利用图（a）所示装置探究加速度与物体所受合外力的关系。主要实验步骤如下：
（1）用游标卡尺测量垫块厚度h，示数如图（b）所示，h＝ 1.02 cm；
（2）接通气泵，将滑块轻放在气垫导轨上，调节导轨至水平；
（3）在右支点下放一垫块，改变气垫导轨的倾斜角度；
（4）在气垫导轨合适位置释放滑块，记录垫块个数n和滑块对应的加速度a；
（5）在右支点下增加垫块个数（垫块完全相同），重复步骤（4），记录数据如下表：
n
1
2
3
4
5
6
（a/m•s﹣2）
0.087
0.180
0.260
0.425
0.519
根据表中数据在图（c）上描点，绘制图线。
如果表中缺少的第4组数据是正确的，其应该是 0.345 m/s2（保留三位有效数字）。
【分析】（1）游标卡尺的读数＝整数毫米+格数×精确度；
（5）根据牛顿第三定律写出加速度与n的关系式，并用表格中的数据画出一条直线，两者结合求出斜面长，再将n＝4代入表达式从而求出第四组的空缺值。
【解答】解：（1）游标卡尺的精度为0.1mm，游标卡尺的示数为主尺与游标尺的示数之和，所以h＝10mm+2×0.1mm＝10.2mm＝1.02cm；
（2）由表中的数据在坐标系中先描点，再过这些点画一条直线，如图所示。
根据实验过程知，在已经调水平后，放n个垫块的加速度a＝gsinθ＝＝，结合绘制的a﹣n图象可求得图角的斜率k＝＝0.0862m/s2，那么当n＝4时，a4＝4k＝4×0.0862m/s2＝0.345m/s2。
故答案为：（1）1.02；（2）如上图、0.345
【点评】对于实验考查加速度与作用力的关系，从题干上看丝毫没有与实验目的相关的表达，但只有应用牛顿第二定律写出表达式后，就可以体会到此实验的巧妙之处。
12．（9分）某实验小组需测定电池的电动势和内阻，器材有：一节待测电池、一个单刀双掷开关、一个定值电阻（阻值为R0）、一个电流表（内阻为RA）、一根均匀电阻丝（电阻丝总阻值大于R0，并配有可在电阻丝上移动的金属夹）、导线若干。由于缺少刻度尺，无法测量电阻丝长度，但发现桌上有一个圆形时钟表盘。某同学提出将电阻丝绕在该表盘上，利用圆心角来表示接入电路的电阻丝长度。主要实验步骤如下：
（1）将器材如图（a）连接；
（2）开关闭合前，金属夹应夹在电阻丝的 b 端（填“a”或“b”）；
（3）改变金属夹的位置，闭合开关，记录每次接入电路的电阻丝对应的圆心角θ和电流表示数I，得到多组数据；
（4）整理数据并在坐标纸上描点绘图，所得图像如图（b）所示，图线斜率为k，与纵轴截距为d，设单位角度对应电阻丝的阻值为r0，该电池电动势和内阻可表示为E＝ ，r＝ ﹣R0﹣RA ；（用R0、RA、k、d、r0表示）
（5）为进一步确定结果，还需要测量单位角度对应电阻丝的阻值r0。利用现有器材设计实验，在图（c）方框中画出实验电路图（电阻丝用滑动变阻器符号表示）；
（6）利用测出的r0，可得该电池的电动势和内阻。
【分析】（2）为保护电路安全，闭合开关前金属丝接入电路的阻值应为最大阻值。
（4）根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源的电动势与内阻。
（5）根据实验器材与实验目的设计实验电路图。
【解答】解：（2）由图（a）所示电路图可知，电阻丝串联接入电路，为保护电路，开关闭合前，金属夹应夹在电阻丝的b端。
（4）由图（a）所示电路图，根据闭合电路的欧姆定律得：E＝I（r+R0+θr0+RA）
整理得：＝θ+，
由图（b）所示﹣θ图象可知，图线的斜率k＝，纵轴截距d＝，
解得，电池电动势E＝，电池内阻r＝﹣R0﹣RA；
（5）可以用等效法测单位角度对应电阻丝的阻值r0，电池、电流表、单刀双掷开关、电阻丝、定值电阻组成实验电路如图所示；
先把单刀双掷开关接1，读出电流表示数I，然后把单刀双掷开关接2，改变金属夹的位置直到电流表示数为I，读出此时金属丝接入电路对应的角度θ；
由闭合电路的欧姆定律得：I＝，I＝，解得，金属丝接入电路的阻值：R＝R0，单位角度对应电阻丝的阻值r0＝；
故答案为：（2）b；（4）；﹣R0﹣RA；（5）实验电路图如图所示。
【点评】本题考查了测电池的电动势与内阻实验，考查了实验注意事项、实验数据处理与实验电路设计等问题；理解实验原理是解题的前提与关键；应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图示图象可以求出电池电动势与内阻。
13．（13分）带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一。带电粒子流（每个粒子的质量为m、电荷量为+q）以初速度v垂直进入磁场，不计重力及带电粒子之间的相互作用。对处在xOy平面内的粒子，求解以下问题。
（1）如图（a），宽度为2r1的带电粒子流沿x轴正方向射入圆心为A（0，r1）、半径为r1的圆形匀强磁场中，若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点O，求该磁场磁感应强度B1的大小；
（2）如图（a），虚线框为边长等于2r2的正方形，其几何中心位于C（0，﹣r2）。在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场，使汇聚到O点的带电粒子流经过该区域后宽度变为2r2，并沿x轴正方向射出。求该磁场磁感应强度B2的大小和方向，以及该磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）；
（3）如图（b），虚线框Ⅰ和Ⅱ均为边长等于r3的正方形，虚线框Ⅲ和Ⅳ均为边长等于r4的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场，使宽度为2r3的带电粒子流沿x轴正方向射入Ⅰ和Ⅱ后汇聚到坐标原点O，再经过Ⅲ和Ⅳ后宽度变为2r4，并沿x轴正方向射出，从而实现带电粒子流的同轴控束。求Ⅰ和Ⅲ中磁场磁感应强度的大小，以及Ⅱ和Ⅳ中匀强磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）。
【分析】（1）利用圆形区域匀强磁场实现对带电粒子流的磁聚焦，需要满足：粒子匀速圆周运动半径与圆形磁场区域的半径相等，再由粒子匀速圆周运动所需向心力等于洛伦兹力，求解磁感应强度B1的大小；
（2）由题意可知此为磁聚焦的逆过程（即磁控束），所需磁场仍为圆形区域的匀强磁场，可知最小圆形磁场区域的半径等于粒子匀速圆周运动半径，且对应的直径都等于粒子流经过该区域后的宽度，由粒子匀速圆周运动所需向心力等于洛伦兹力，求解磁感应强度B2的大小，由左手定则判断磁场方向，由圆的面积公式求得磁场区域的面积；
（3）进入区域Ⅰ的粒子经磁聚焦由O点进入区域Ⅳ经磁控束后离开磁场；同理，进入区域Ⅱ的粒子经磁聚焦由O点进入区域Ⅲ经磁控束后离开磁场，分别由磁聚焦和磁控束的原理，得到磁场区域和粒子运动轨迹的半径，由粒子匀速圆周运动所需向心力等于洛伦兹力，求解磁场磁感应强度的大小，画出轨迹图，由几何关系求得磁场区域面积。
【解答】解：（1）利用圆形区域匀强磁场实现对带电粒子流的磁聚焦，需要满足：粒子匀速圆周运动半径与圆形磁场区域的半径相等，设粒子做匀速圆周运动的半径为R1，则有R1＝r1，
粒子匀速圆周运动所需向心力等于洛伦兹力，则有：qvB1＝m
解得：B1＝
（2）在磁场B1中汇聚到O点的带电粒子进入磁场B2后，射出后变为宽度为2r2平行粒子束，此为磁聚焦的逆过程（磁控束），粒子运动轨迹如右图中红色轨迹，则可知需要的区域面积最小的匀强磁场应为以出射的粒子流的宽度为直径的圆形区域磁场，如右图中蓝色圆形区域，设粒子匀速圆周运动半径为R2，需要的最小圆形磁场区域半径为r2′，则有R2＝r2′＝r2，
粒子做匀速圆周运动所需向心力等于洛伦兹力，则有：qvB2＝m，
解得：B2＝，
带正电粒子在磁场B2中做逆时针匀速圆周运动，由左手定则判断，磁感应强度B2的方向为垂直xOy平面向里，
该磁场区域的面积S＝＝
（3）进入区域Ⅰ的粒子经磁聚焦由O点进入区域Ⅳ经磁控束后离开磁场；同理，进入区域Ⅱ的粒子经磁聚焦由O点进入区域Ⅲ经磁控束后离开磁场，则可知在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的圆形磁场区域半径为r3，粒子匀速圆周运动半径也为r3，同理，在区域Ⅲ和区域Ⅳ中的圆形磁场区域半径为r4，粒子匀速圆周运动半径也为r4，如右图所示，各区域中的蓝色圆弧为最小区域磁场边界，红色圆弧为入射或出射时离x轴距离最远的粒子运动轨迹，则各区域需要的磁场区域最小面积为蓝色圆弧与红色圆弧围成的区域面积。
设区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B3，则有：qvB3＝m
解得：B3＝
设区域Ⅲ中磁场的磁感应强度为B4，则有：qvB4＝
解得：B4＝
区域Ⅱ中匀强磁场区域的面积S2＝2（）＝
区域Ⅳ中匀强磁场区域的面积S4＝2（）＝
答：（1）该磁场磁感应强度B1的大小为；
（2）该磁场磁感应强度B2的大小为，方向为垂直xOy平面向里，以及该磁场区域的面积为；
（3）Ⅰ和Ⅲ中磁场磁感应强度的大小分别为和，以及Ⅱ和Ⅳ中匀强磁场区域的面积分别为和。
【点评】此题考查了带电粒子在磁场中的磁聚焦和磁控束应用，要知道磁聚焦和磁控束需要满足粒子匀速圆周运动半径与圆形磁场区域的半径相等，磁聚焦意为相互平行入射的粒子束经磁场偏转后汇聚与一点射出，磁控束意为同一点入射的粒子经磁场偏转后相互平行射出，两者为互逆过程。此模型经常出现，需要作为基础模型掌握。
14．（15分）如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ。质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为μ。以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为（2μL，μL），Q端在y轴上。重力加速度为g。
（1）若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小；
（2）若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的曲线方程；
（3）将质量为λm（λ为常数且λ≥5）的小物块B置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围。
【分析】（1）此过程由动能定理直接求解即可；
（2）根据题意物块A落在弧形轨道上的动能均相同，利用平抛运动的规律，推导出落在弧形轨道上的物块的动能与水平位移和竖直位移的关系式，再把P点的坐标代入动能的关系式，求得具体的动能表达式，然后再利用动能与水平位移和竖直位移的关系式，可推导出所求的曲线方程；
（3）由动能定理求得A与B碰撞前瞬间速度大小，由弹性碰撞的特点：系统动量守恒和机械能守恒，求得碰撞后瞬间A、B的速度大小，碰后A速度反向，再返回O点，要使A落在B落点的右侧，需满足A平抛初速度大于B的平抛初速度，要使A和B均能落在弧形轨道上，只需A能够落在轨道上，利用平抛运动规律求出落在P点的临界平抛初速度大小，需要A平抛的初速度不大于此临界速度，两条件结合解得A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围。
【解答】解：（1）设物块A由静止开始运动到O点的速度大小为v0，对此过程由动能定理得
mg•2μL﹣μmgL＝﹣0
解得：v0＝
（2）A经O点水平抛出后做平抛运动，设水平位移为x，竖直位移为y，物块A经过O点的速度大小为vx，落到弧形轨道上时，速度大小为v，竖直方向速度大小为vy，落在弧形轨道上的动能均相同为Ek，则
x＝vxt，y＝，，
解得：
Ek＝＝＝
已知P点坐标为（2μL，μL），即当物块A落到P点时，x＝2μL，y＝μL，可得
Ek＝＝2μmgL
依题意：物块A落在弧形轨道上的动能均相同，则有
＝2μmgL，
整理得PQ的曲线方程为：，0≤x≤2μL，μL≤y≤2μL。
（3）设A下滑的初始位置距x轴高度为h，A与B碰撞前瞬间速度大小为vA，碰撞后瞬间A、B的分别为vA1、vB，
对A由静止开始运动到碰撞B之前的过程，由动能定理得
mgh﹣μmgL＝
解得vA＝
A与B发生弹性碰撞的过程，设水平向右为正方向，因B质量为λm（λ≥5）大于A的质量，碰后A的速度水平向左，由动量守恒定律和机械能守恒定律，可得
mvA＝﹣mvA1+λmvB
＝+
解得：vA1＝，vB＝
设碰撞之后A向左运动再返回O点的速度大小为vA2，对此过程由动能定理得
﹣2μmgL＝﹣
解得：＝﹣4μgL＝﹣4μgL
要使A落在B落点的右侧，需满足：vA2＞vB，即，则有
﹣4μgL＞，
解得：＞
将vA＝代入得：
h＞
由（2）的结论：，可得当物体落在P（2μL，μL）点时，在O点平抛的初速度大小满足
要使A和B均能落在弧形轨道上，因vA2＞vB，故只要A能落在弧形轨道上，B就一定能落在弧形轨道上，
所以需满足：≤，即：﹣4μgL≤2μgL
解得：h≤
则A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围为＜h≤。
答：（1）A经过O点时的速度大小为；
（2）PQ的曲线方程为，0≤x≤2μL，μL≤y≤2μL；
（3）A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围为＜h≤。
【点评】此题考查复杂的运动形式分析处理能力，难度较高，计算的推演有一定难度，涉及动能定理，弹性碰撞的动量和机械能守恒，平抛运动的分解处理等物理原理。
（二）选考题：共13分。请考生从两道题中任选一题作答。如果多做，则按第一题计分。[物理-选修3-3]（13分）
（多选）15．（5分）如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞（截面积分别为S1和S2）封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从A下降h高度到B位置时，活塞上细砂的总质量为m。在此过程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强p0保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．整个过程，外力F做功大于0，小于mgh
B．整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变
C．整个过程，理想气体的内能增大
D．整个过程，理想气体向外界释放的热量小于（p0S1h+mgh）
E．左端活塞到达B位置时，外力F等于
【分析】对于一定质量的理想气体，温度不变，则分子平均动能不变，内能不变；
左端活塞到达B位置时，对左右两活塞受力分析即可求得F；
加沙前后，对左边活塞受力分析可得气体压强的改变量，有几何关系可得体积改变量，W＝Δp•ΔV即可求解外界对气体做的功，再结合热力学第一定律即可分析D选项；
加沙前后，对右边活塞受力分析可得气体压强的改变量，有几何关系可得体积改变量，W＝Δp•ΔV即可求解外界对气体做的功，即可求得外力F做功。
【解答】解：A、外力F作用在右端活塞上，活塞位置不变，可知在F作用下没有位移，可知外力F做功为零，故A错误；
BC、气缸为导热汽缸，环境温度不变，所以气体状态变化过程中温度不变，温度是分子平均动能的标志，所以分子平均动能不变，对于定质量的理想气体，内能只与分子平均动能有关，所以内能也不变，故B正确，C错误；
D、此过程外界大气通过活塞对封闭气体做功为p0S1h，活塞下降过程，因缓慢加细沙，故细沙通过活塞对气体做功小于mgh，所以外界对气体做功W＜p0S1h+mgh，根据ΔU＝Q+W，因ΔU＝0，所以Q＝﹣W，即气体向外界释放的热量小于p0S1h+mgh，故D正确；
E、左端活塞到达B位置时，对左边活塞有：p气S1＝p0S1+mg，对于右边活塞有：p气S2＝p0S2+F，联立两式得：F＝，故E正确。
故选：BDE。
【点评】本题考查了温度对分子平均动能以及内能影响，外界对气体所做的功时的公式W＝﹣p•ΔV，整个试题难度较大。
16．（8分）小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置，如图所示。导热汽缸开口向上并固定在桌面上，用质量m1＝600g、截面积S＝20cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点A上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂一个质量m2＝1200g的铁块，并将铁块放置到电子天平上。当电子天平示数为600.0g时，测得环境温度T1＝300K。设外界大气压强p0＝1.0×105Pa，重力加速度g＝10m/s2，轻杆始终保持水平。
（i）当电子天平示数为400.0g时，环境温度T2为多少？
（ii）该装置可测量的最高环境温度Tmax为多少？
【分析】（i）对活塞进行受力分析，分别求出电子天平示数为400g和600g时封闭气体的压强，结合一定质量理想气体压强与温度关系可求解；
（ii）当拉力为0时，对应封闭气体压强最大，结合一定质量理想气体压强与温度关系可求出可测量的最高环境温度
【解答】解：（i）轻质直杆中心置于固定支点A上，根据杠杆原理可知，两根细绳上的拉力相等。
对铁块受力分析如图所示：
电子天平示数为600g时，气体p1＝p0＝1×105Pa，T1＝300K，
示数为400g时，p2＝p0+，
其中，拉力F＝m2g﹣m0g，
其中m0＝400g＝0.4kg，m1＝600g＝0.6kg，m2＝1200g＝1.2kg，
解得F＝8N
由＝，代入数据解得T2＝297K
（ii）当拉力F＝0时，p3＝p0+，代入解得p3＝1.03×105Pa，
则＝，
解得Tmax＝T3＝309K.
答：（i）当电子天平示数为400.0g时，环境温度T2为297K；
（ii）该装置可测量的最高环境温度Tmax为309K.
【点评】本题考查理想气体状态方程，要求学生结合杠杆原理进行受力分析，对学生综合分析能力有一定要求，难度适中。
[物理-选修3-4]（13分）
（多选）17．均匀介质中，波源位于O点的简谐横波在xOy水平面内传播，波面为圆。t＝0时刻，波面分布如图（a）所示，其中实线表示波峰，虚线表示相邻的波谷。A处质点的振动图像如图（b）所示，z轴正方向竖直向上。下列说法正确的是（ ）
A．该波从A点传播到B点，所需时间为4s
B．t＝6s时，B处质点位于波峰
C．t＝8s时，C处质点振动速度方向竖直向上
D．t＝10s时，D处质点所受回复力方向竖直向上
E．E处质点起振后，12s内经过的路程为12cm
【分析】由图a可得波长，由图b可得周期，根据波速计算公式求解波速，由此求出从A传播到B需要的时间；根据B点的振动情况分析t＝6s时B的位置；根据OC间距、OD间距分析C、D处质点振动情况；质点在1个周期通过的路程为4A，由此求解12s内A经过的路程。
【解答】解：A、由图a可知，＝5m，则波长λ＝10m，由图b可知，周期T＝4s，则波速v＝＝m/s＝2.5m/s，因此从A传播到B需要的时间为tAB＝＝s＝4s，故A正确；
B、波峰传到B点的时间为4s，该波在t＝6s时即再经过B位于波谷，故B错误；
C、t＝8s时，即再经过2T，根据几何关系可知xOC＝m＝10m，2λ＜xOC，t＝8s时，即经过2个周期，C处质点正在向波峰处运动，所有振动速度方向竖直向上，故C正确；
D、t＝10s时，即再经过T，质点D处于平衡位置上方，则回复力方向竖直向下，故D错误；
E、t′＝12s＝3T，E经过的路程为s＝3×4A＝3×4×1cm＝12cm，故E正确。
故选：ACE。
【点评】本题主要是考查了波的图像；解答本题关键是要理解波的图象的变化规律，能够根据图像直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系v＝fλ。
18．我国古代著作《墨经》中记载了小孔成倒像的实验，认识到光沿直线传播。身高1.6m的人站在水平地面上，其正前方0.6m处的竖直木板墙上有一个圆柱形孔洞，直径为1.0cm、深度为1.4cm，孔洞距水平地面的高度是人身高的一半。此时，由于孔洞深度过大，使得成像不完整，如图所示。现在孔洞中填充厚度等于洞深的某种均匀透明介质，不考虑光在透明介质中的反射。
（i）若该人通过小孔能成完整的像，透明介质的折射率最小为多少？
（ii）若让掠射进入孔洞的光能成功出射，透明介质的折射率最小为多少？
【分析】（i）只要头部能够在后面成像，则脚也一定能够成像，画出光路图，根据几何关系求解入射角正弦值和折射角的正弦值，根据折射定律求解折射率；
（ii）若让掠射进入孔洞的光能成功出射，入射角等于90°时光线能够射出，折射率最小，画出光路图，求出折射角的正弦值，根据折射定律求解。
【解答】解：（i）若该人通过小孔能成完整的像，作出的光路图如图1所示（根据对称性可知，只要头部能够在后面成像，则脚也一定能够成像），
根据几何关系可得：sinα＝，
其中AC＝＝0.8m，DE＝1.0cm＝0.01m，BO＝0.6m
sinβ＝，其中OD＝1.4cm＝0.014m
根据折射定律可得：n＝
代入数据解得：n＝1.37；
（ii）若让掠射进入孔洞的光能成功出射，折射率最小时光的传播情况如图2所示；
根据几何关系可得α′＝90°，sinβ′＝sinβ
根据折射定律可得：n′＝
解得：n′＝1.72。
答：（i）若该人通过小孔能成完整的像，透明介质的折射率最小为1.37；
（ii）若让掠射进入孔洞的光能成功出射，透明介质的折射率最小为1.72。
【点评】本题考查了折射定律，解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，根据图中的几何关系求出折射角或入射角，然后根据光的折射定律或全反射的条件列方程求解。
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