江西省2021届高三物理3月第二次模拟试题（一）（Word版附答案）

江西省 2021 届高三第二次模拟考试卷 物 理（一） 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，每题 6 分，在每小题给出的四个选项中，第 14～18 题只有一个选 项符合题目要求。第 19～21 题有多选项题目要求。全部答对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选 错的的 0 分。 14．2020 年 12 月 4 日 14 时 02 分，新一代“人造太阳”装置－中国环流器二号 M 装置(HL－2M) 在成都建成并实现首次放电。已知一个氘核(21H)和一个氚核(31H)聚变成一个新核并放出一个中子(10n)。 下列说法正确的是( ) A．新核为 32He B．此反应为链式反应 C．反应后粒子的比结合能变大 D．因为是微观粒子，粒子在反应前后不满足动量守恒定律 15．如图，轻绳两端固定在一硬质轻杆上的 A、B 两点，在轻绳中点 O 系一重物。 现将杆顺时 针在竖直面内缦慢旋转，使 OA 从水平位置转到到竖直位置的过程中，绳 OA、OB 的张力 FA 和 FB 的大小变化情况是( ) A．FA 先增大后减小，FB 一直减小 B．FA 先减小后增大，FB 一直增大 C．FA 先减小后增大，FB 先增大后减小 D．FA 先增大后减小， FB 先减小后增大 16．为家用燃气灶点火装置的电路原理图，转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交流电加 在理想变压器的原线圈上，设变压器原、副线圈的匣数分别为 n1、n2。当两点火针间电压大于 5000 V 就会产生电火花进而点燃燃气，闭合 S，下列说法正确的是( ) A．电压表的示数为 50 2 V B．当n2 n1 ＞100 时，才能点燃燃气 C．当n2 n1 ＝200 时，点火针每个周期的放电时间为 0.01 s D．在正常点燃燃气的情况下，两点火针间电压的有效值一定大于 5000 V 17．我们知道火星轨道在地球轨道的外侧，它们共同绕太阳运动，如图甲。2020 年 7 月 23 日， 中国首颗火星探测器“天问一号”带着中华民族的重托踏上了火星探测之旅，可认为火星和地球在同 一平面内绕太阳做同向圆周运动，且火星轨道半径为地球的 1.5 倍，示意图如图乙。为节约能量，“天 问一号”沿椭圆轨道飞向火星，且出发时地球位置和到达时火星位置分别是椭圆轨道的近日点和远日 点，仅考虑太阳对“天问一号”的引力，则“天问一号” ( ) A．在飞向火星的过程中速度越来越大 B．到达火星前的加速度小于火星的加速度 C．到达火星前瞬间的速度小于火星的速度 D．运动周期大于火星的运动周期 18．在真空中某点电荷 Q 的电场中，将带电荷量为 q 的正试探电荷分别置于 a(0，0，r)、b(r， 0，0)两点时，试探电荷所受电场力的方向如图所示，Fa、Fb 分别在 yOz 和 xOy 平面内，Fa 与 z 轴负 方向成 60°角，Fb 与 x 轴负方向成 60°角。已知试探电荷在 a 点受到的电场力大小为 Fa＝F，静电力 常量为 k。下列说法正确的是( ) A．点电荷 Q 位于 y 轴正方向上距 O 点 2r 处 B．点电荷 Q 带正电 C．a、b、O 三点电势关系为φa＝φb＜φO D．点电荷 Q 带电量为 24Fr kq 19．如图所示，一篮球以水平初速度 v0 碰撞篮板后水平弹回，速率变为原来的 k 倍（k＜1），碰 撞时间忽略不计，弹回后篮球的中心恰好经过篮框的中心。已知篮球的质量为 m，半径为 r，篮框中 心距篮板的距离为 L，碰撞点与篮框中心的高度差为 h，不计摩擦和空气阻力，则( ) 此 卷 只 装 订 不 密 封 班 级 姓 名 准 考 证 号 考 场 号 座 位 号 A．碰撞过程中，篮球的机械能守恒 B．篮板对篮球的冲量大小为(k＋1)mv0 C．篮球的水平初速度大小为 ( ) 2 gL r h- D．若篮球气压不足，导致 k 减小，在 v0 不变的情况下，要使篮球中心经过篮框中心，应使碰 撞点更高 20．如图，正方形闭合导线框在边界水平的匀强磁场区域的上方，由不同高度静止释放，用 t1、 t2 分别表示线框 ab 边和 cd 边刚进入磁场的时刻，用 t3、t4 分别表示线框 ab 边和 cd 边刚出磁场的时 刻。线框下落过程中形状不变，ab 边始终保持与磁场水平边界平行，线框平面与磁场方向垂直。设 磁场区域的宽度大于线框的边长，不计空气阻力的影响，则下列反映线框下落过程中速度 v 随时间 t 变化规律的图象有可能的是( ) 21．如图甲所示，劲度系数为 k 的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与物块 B 相连并处于静 止状态。一物块 A 在外力作用下静止在弹簧正上方某高度处，取物块 A 静止时的位置为原点 O、竖 直向下为正方向建立 x 轴。某时刻撤去外力，物块 A 自由下落，与物块 B 碰撞后以相同的速度向下 运动，碰撞过程用时极短。测得物块 A 的动能 Ek 与其位置坐标 x 的关系如图乙所示（弹簧始终处于 弹性限度内），图中除 0～x1 之间的图线为直线外，其余部分均为曲线。已知物块 A、B 均可视为质 点，重力加速度为 g，则( ) A．物块 A、B 的质量之比为 1∶2 B．弹簧的劲度系数为 k1 1 2 1 3 ( ) E x x x- C．从 x1 到 x3 的过程中，物块运动加速度的最大值为 3 2 2 1 x x gx x - - D．从 x1 到 x3 的过程中，弹簧的弹性势能增加了 3 1 k1 1 9 8 3 x x Ex - 第Ⅱ卷（非选择题，共 174 分） 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 129 分) 22．(5 分)如图甲所示，在一个带喷水口的塑料瓶中装满水，用力挤压可使水从喷口射出。利用 所学的知识，设计方案，估测用手挤压瓶子时对瓶子所做的功。 (1)能 否 直接 用 W ＝ Fs 求 解 用手 挤 压 瓶 子 时对 瓶 子 所 做的 功 ? ______， 请 简 述原 因 ： __________________。 (2)如图乙所示，将瓶子水平放置，固定在铁架台上，缓慢挤压，尽量使水落在相同位置上。此 时，假定从瓶子出来的水速度为常数。本实验除了要测量实验前瓶子和水的总质量 m1，以及挤压后 剩余的质量 m2，还应测量的物理量是__________________和__________________。（同时标上物理 量对应的字母） (3)人对瓶子做的功表达式为_____________。（用字母表示） 23．(10 分)某同学利用实验室的器材研究一粗细均匀的导体棒（约为 4 Ω）的电阻率。 电压表 V（量程 15.0 V，内阻约 1 kΩ） 电流表 A（量程 0.6 A，内阻 RA＝0.4 Ω） 定值电阻 R0（阻值 R0＝20.0 Ω） 滑动变阻器 R1（最大阻值 10 Ω） 学生电源 E（电动势 20 V） 开关 S 和若干导线。 (1)如图甲，用螺旋测微器测得导体棒的直径为___________mm；如图乙，用游标卡尺测得导体 棒的长度为___________cm。 (2)请根据提供的器材，在图丙所示的方框中设计一个实验电路，尽可能精确地测量金属棒的阻值。 (3)实验时，调节滑动交阻器，使开关闭合后两电表的示数从零开始，根据实验数据选择合适标 度描点，在方格纸上作图（如图丁），通过分析可得导体棒的电阻 R＝___________Ω（保留一位小数）， 再根据电阻定律即可求得电阻率。从系统误差的角度分析，电阻 R 测___________（填“＞”“＜”或“＝”） R 真 。 (4)若将该导体棒制作成一等边三角形工件 PQM（不改变导体棒横截面积与总长度），与一电源 （E＝9 V，r＝1 Ω）、一电动机 M（P 额＝6 W，U 额＝6 V）和开关 S 连成回路（如图戊）。闭合开关 S，则此时电动机 M___________（填“能”或“不能”）正常工作。 24．(12 分)我国的嫦娥五号探测器从月球采样后，返回舱从太空向地球表面按预定轨道返回， 在离地 10 km 的高度打开阻力降落伞开始减速下降，这一过程中若返回舱所受阻力与速度的平方成 正比，比例系数(空气阻力系数)为 k，设返回舱总质量 M＝3000 kg，所受空气浮力恒定不变，且可认 为返回过程为竖直降落。从某时刻开始计时，返回舱运动的 v－t 图象如图所示，图中 AB 是曲线在 A 点的切线，切线与横轴交点 B 的坐标为(8 s，0)，CD 是平行横轴的直线，与纵轴交点 C 的坐标为(0， 8 m/s)。g 取 10 m/s2，请回答下列问题： (1)在初始时刻，即 v0＝160 m/s 时，返回舱的加速度多大？ (2)求空气阻力系数 k 的数值；(结果保留三位有效数字) (3)返回舱在距离地面高度 h＝1 m 时，底部的 4 个反推力小火箭点火工作，使其速度由 8 m/s 迅 速减至 1 m/s 后落在地面上，若忽略燃料质量的减少对返回舱总质量的影响，并忽略此阶段速度变化 而引起空气阻力的变化，试估算每支小火箭的平均推力大小(结果保留两位有效数字)。 25．(20 分)如图甲所示，在直角坐标系 xOy 的 x 轴下方有沿 y 轴正向的匀强电场，在 x 轴上方 有垂直坐标平面的匀强磁场，其磁感应强度 B 随时间变化如图乙所示（图中 B1、B2 未知）。y 轴上 P （0，－d）点处一个质量为 m、带电量为 q 的带正电粒子以大小为 v0 的初速度沿 x 轴正向射入电场， 粒子从 x 轴上的 Q（2 3 3 d，0）点进入磁场，并以此时刻为 t＝0 时刻。已知 1 1 πmt qB= ，t1 时刻后的粒 子的运动轨迹与 x 轴、y 轴均相切，不计粒子的重力，以垂直坐标平面向里为磁场正方向。求： (1)匀强电场的电场强度大小； (2)匀强磁场磁感应强度 B1、B2 的大小。（计算结果可用根式表示） （二）选考题：共 45 分。请考生从给出的 2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一 题作答。如果多做。则每学科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经历如图所示的一系列状态变化过程，a、b 状态的连线与横轴垂 直，b、c 状态的连线与纵轴重直，c、a 状态连线的延长线经过坐标原点。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．b、c 两状态单位体积内分子数相同 B．a 状态的压强大于 b 状态的压强 C．c 状态气体分子平均动能大于 a 状态分子的平均动能 D．a→b 过程，气体放热 E．a→b 过程外界对气体做功 W1 大于 c→a 过程中气体对外界做功 W2 (2)(10 分)如图所示，底端封闭的粗细均匀的长玻璃管静止在倾角为θ的固定斜面上，玻璃内通过 水银柱封闭了一段理想气体。玻璃管的长度 L＝80 cm，水银柱的长度 h＝25 cm，气柱的长度 x1＝37.5 cm。若把玻璃管开口竖直向上静止时，空气柱长度 x2＝33 cm。已知大气压强 P0＝75 cmHg，环境温 度保持不变。求： (i)斜面的倾角正弦值； (ii)当把玻璃管开口竖直向下静止时，空气柱的压强。 34．物理·选修 3—4(15 分) (1)(5 分)图甲是一波源的振动图像，图乙是某同学画出的某一时刻波动图像的一部分，该波沿 x 轴的正方向传播，P、Q 是介质中的两个质点，t＝0 时刻 x＝0 处质点开始振动。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．该时刻这列波至少传播到 x＝10 m 处的质点 B．此刻之后，Q 比 P 先回到平衡位置 C．x＝2 m 与 x＝6 m 的质点在任何时候都保持相同的距离 D．从波源开始振动，在 10 s 内传播方向上的质点振动经过的最长路程是 25 cm E．在 t＝1 s 和 t＝3 s 两时刻，x＝2 m 处质点速度大小相等、方向相反 (2)(10 分)两束平行的单色光 a 和单色光 b，从玻璃直角三棱镜的 AB 边垂直射入。三棱镜对单色 光 a 的折射率为 na＝ 3，对单色光 b 的折射率 nb＝2。AB 边长为 5S，AD 长为 S，AE 长为 2S，θ＝ 30°，光在真空中的速度为 c，求： (i)两束光从三棱镜中首次射出的方向； (ii)两束光在三棱镜中从射入到首次射出传播的时间。 物 理 答 案 二、选择题：本题共 8 小题，每题 6 分，在每小题给出的四个选项中，第 14～18 题只有 一个选项符合题目要求。第 19～21 题有多选项题目要求。全部答对的得 6 分，选对但不全的 得 3 分，有选错的的 0 分。 14．【答案】C 【解析】根据质量数和电荷数守恒得 31H＋21H→42He＋10n，故 A 正确；此反应为核聚变反应， 故 B 错误；21H 和 31H 的比结合能小于 42He 的比结合能，故 C 正确；所有核反应都满足动量守 恒，故 D 错误。 15．【答案】A 【解析】合力大小不变，等于 mg，方向不变，两个分力的夹角不变，根据三角形法则作 图，如图所示，由图可知，当 OA 从水平位置转到到竖直位置的过程中，FA 先增大后减小， FB 一直减小。 16．【答案】B 【解析】根据图乙得到原线圈电压的最大值为 50 V，则加在变压器原线圈上正弦交流电 压的有效值为 25 2 V，故电压表的示数为 50 2 V，A 错误；原、副线圈的电压关系为U1 U2 ＝n1 n2 ， 由于原线圈最大电压为 50 V，副线圈最大电压要大于 5000 V，所以n2 n1 ＞100，故 B 正确；若原、 副线圈匝数比为 1∶200，副线圈输出电压最大值 Umax＝10000 V，则一个周期内放电时间 t＝ 2 3×0.02 s＝0.013s，故 C 错误；两点火针间的瞬时电压大于 5000 V 即可产生电火花，所以有效 值一定大于 2500 2 V，不一定大于 5000 V，故 D 错误。 17．【答案】C 【解析】机械能守恒定律可知，“天问一号”在飞向火星过程中，引力势能增大，动能减小， 速度变小，故 A 错误；由 2 Fa M m r G火 太  ，可知，到达火星前，“天问一号”到太阳的距离小于 火星到太阳的距离，则“天问一号”的加速度大于火星的加速度，故 B 错误；火星绕太阳做圆 周运动有 2 2 GM m v m r r 太 火 火 火 ，若没有火星的存在，“天问一号”到达椭圆轨道远日点后，将做 向心运动有 2 2 GM m vm r r 太 问 问 问 ，由上述两式得 v v问火  ，故 C 正确； “天问一号”离开地球到 达火星可近似认为做椭圆运动，其椭圆的半长轴小于火星运动的轨道半径，由开普勒第三定 律有 33 2 2= ra T T 火问 问 火 ，得“天问一号”的运动周期小于火星的运动周期，故 D 错误。 18．【答案】D 【解析】点电荷的电场中，试探电荷受到的电场力的方向沿着试探电荷与点电荷的连线； 由 Fa、Fb 的方向可知该点电荷带负电，并且同时在 Fa、Fb 所在的平面内，即 y 轴正半轴上， 设其到原点的距离为 L，则 L＝rtan60°＝ 3r，故 AB 错误；点电荷的等势面是一系列以点电 荷为球心的球面，由于点电荷带负电，所以离点电荷越远的等势面，其电势越高，a、b 两点 到点电荷的距离相等，所以其电势相等，即φa＝φb；O 点到点电荷的距离小于 a、b 两点到点 电荷的距离，所以其电势较低，即φa＝φb＞φO，故 C 错误；由库仑定律得 24 Qqk Fr = ，解得 24FrQ kq= ，故 D 正确。 19．【答案】BD 【解析】由题意知，碰撞过程中速度减小，篮球的机械能减小，A 错误；以弹回的速度方 向为正方向，据动量定理可得，篮板对篮球的冲量大小 0 0 0( ) (1= )I m kv mv k mv     ，B 正确； 篮球弹回做平抛运动，由位移公式可得 0L r kv t  ， 21 2h gt ，联立可得 0 ( ) 2 L r gv k h  ，C 错误；若篮球气压不足，导致 k 减小，在 v0 不变的情况下，篮球弹回的速度 kv0 减小，结合 C 中分析可知，要使篮球中心经过篮框中心，即水平位移不变，应延长时间，故应使碰撞点更 高，D 正确。 20．【答案】BCD 【解析】线框先做自由落体运动，线框刚进入磁场时，若安培力大于重力，ab 边进入磁 场先做减速运动，线框受到的安培力 F＝B2L2v R ，由于速度逐渐减小，安培力逐渐减小，因此 线框的加速度应该是逐渐减小，v－t 图象的斜率应逐渐减小，当线框受到的安培力与重力相等 时，线框做匀速直线运动，速度不变；线框完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产 生，线框只受重力，做加速度为 g 的匀加速直线运动；线框离开磁场过程中安培力大于重力， 线框做加速度减小的减少运动；cd 边离开磁场后，即 t4 时刻后线框以加速度 g 做匀加速直线 运动，由以上分析可知，线框可能先做自由落体运动，然后做加速度减小的减速运动、匀速 直线运动、匀加速直线运动、加速度减小的减速运动，线框离开磁场后做匀加速直线运动，A 错误，B 正确；如果 ab 边刚进入磁场时所受安培力小于重力，则线框做加速运动，安培力 F ＝B2L2v R 逐渐变大，加速度 a 逐渐减小，线框做加速度减小的加速运动；当线框完全进入磁场 后线框以加速度 g 做匀加速直线运动，当 ab 边离开磁场时安培力大于重力，线框做加速度减 小的减速运动，C 正确；如果 ab 边进入磁场时所受安培力等于重力，则 ab 边进入磁场后线框 做匀速直线运动，线框完全进入磁场后受重力作用而做匀加速直线运动，ab 边离开磁场时线 框所受安培力大于重力，线框做加速度减小的减速运动，D 正确。 21．【答案】AD 【解析】A 下降 x1，当 A 与 B 即将接触时有 Ek1＝1 2mAv2，由图乙可知 A、B 共速时有 1 9Ek1 ＝1 2mAv 共 2，由动量守恒定律 mAv＝(mA＋mB)v 共，联立解得 mA∶mB＝1∶2，A 正确；设 A 的质 量为 m，则 B 的质量为 2m，当 A、B 一起运动到 x2 位置时动能最大，此时弹力为 3mg，从 x1 到 x2 过程中弹力增加了 mg，由胡克定律得 k(x2−x1)＝mAg，A 下落运动 x1 中由动能定理得 mAgx1 ＝Ek1，联立解得 k1 1 2 1( ) Ek x x x= - ，B 错误；在 x3 处物块加速度最大，由牛顿第二定律有 2mg＋ k(x3−x1)−3mg＝3mam， 3 2 m 2 13( ) x xa gx x -= - ，C 错误；A、B 碰撞后的总动能 Ek＝1 9Ek1＋ k1 2 9E ＝1 3Ek1， 在 从 x1 到 x3 的 整 个 运 动 中 ， 由 能 量 守 恒 定 律 有 (mAg ＋ mBg)(x3−x1) ＋ Ek ＝ ΔEP ， 解 得 3 1 p k1 1 9 8 3 x xE Ex -= ，D 正确。 第Ⅱ卷（非选择题，共 174 分） 二、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 129 分) 22．(5 分) 【答案】(1)不能 因为手对瓶子施加的力不是恒力以及瓶子产生的形变量无法测量 (2)水落下的竖直高度 h (瓶口距离地面的竖直高度 h) 水平距离 x (3) 2 1 2( ) 4 m m gx h  【解析】(1)由于手对瓶子施加的力不是恒力以及瓶子产生的形变量无法测量，所以不能 用直接用 W＝Fs 求解用手挤压瓶子时对瓶子所做的功。 (2)要求用手挤压瓶子时对瓶子所做的功，也就是求飞出去的水获得的动能，最终转化为 求水从瓶口飞出去的初速度，水从瓶口出去以后，做平抛运动，我们需要知道水落下的竖直 高度 h，以及水运动的水平距离 x，就可以求解水获得的初动能。 (3)水做平抛运动 21 2h gt ， 0x v t ，所以 0 2 gv x h ，由动能定理可知，人对瓶子做 的功为     2 1 22 2 0 1 2 0 1 1 2 2 4 m m gxW mv m m v h     。 23．(10 分) 【答案】(1)4.620(4.619～4.621) 10.14 (2)见解析图 (3)4.6 ＝ (4)不能 【解析】(1)螺旋测微器的读数等于 4.5 mm＋0.01×12.0 mm＝4.620 mm(4.619～4.621)；游 标卡尺为 10 分度，精确度为 0.1 mm，游标上的第 4 格与主尺对齐，故读数为 101 mm＋4×0.1 mm＝101.4 mm＝10.14 cm。 (2)要求尽可能精确地测量金属棒的阻值，而滑动变阻器的总阻值较小，则用分压式可以 多测几组数据；电压表的量程为 15 V，则待测电阻的电流最大为 max 15 A 3.75A4x UI R    ，则 0.6 A 的电流表量程太小，不安全，而电流表内阻已知，且有定值电阻，则可以用电流表与定 值电阻串联，定值电阻能分部分电压且能精确的得到待测电阻阻值，而电流表选择内接法可 以消除系统误差，电路图如图所示。 (3) 根 据 伏 安 法 可 知 0 15 5 250.60 0.20A x UR R R I          ， 解 得 025 4.6x AR R R      ，因电流表用内接法，且电流表的内阻和定值电阻的阻值已知， 则两者分压的系统误差可以消除，则电阻的测量值等于真实值。 (4)导体棒分成三段，并联后的阻值为 1 1R   ，导体棒与电源、电动机构成的电路，等效 电动势 9VE  ， 1= 2r r R效    ，则电源的输出功率为 2 2= =9 2P EI I r I I外 效  ，可知当电 流为 9 9A A2 2 4I     ，输出功率达到最大值，即 9 A4I  时，随着电流的增大，输出功率逐 渐增大；而电动机 M（P 额 ＝6W，U 额 ＝6V）正常工作，则电流为 1API U 额 额   ，此时 2=9 1 1 2=7WP外    ，故当 6WP P外1 额  时，实际电流 1 1AI  ，故电动机不能工作。 24．(12 分) 【解析】(1)在 v0＝160 m/s 时，过 A 点切线的斜率即为返回舱此时的加速度，设其大小为 a1，则： a1＝|Δv Δt|＝160 8 m/s2＝20 m/s2。 (2)由图象知，返回舱的 v－t 图线的斜率逐渐减小，最后以 v1＝8 m/s 的速度做匀速运动。 设返回舱所受空气浮力为 f。 在 t＝0 时，根据牛顿第二定律有：kv20＋f－Mg＝Ma1 速度为 v1＝8 m/s 时，返回舱受力平衡，有：kv21＋f－Mg＝0 则有 k＝ Ma1 v20－v21 ，代入数据解得 k≈2.35 kg/m。 (3)设每支小火箭的平均推力大小为 F0，此阶段返回舱的加速度大小为 a2，着地速度为 v2， 由题意知，返回舱在距离地面高度 h＝1 m 前，已处于匀速运动状态，故返回舱所受合外力为 4 个小火箭的推力，根据牛顿第二定律有：4F0＝Ma2 又由运动学公式知 v22－v21＝－2a2h 代入数据解得：F0≈2.4×104 N。 25．(20 分) 【解析】(1)粒子从 P 点射后，在电场中做类平抛运动，根据运动分解可知：d＝1 2at2，2 3 3 d ＝v0t 根据牛顿第二定律得：qE＝ma 解得 2 03 2 mvE qd= 。 (2)设粒子进磁场时速度为 v，速度方向与 x 轴正向夹角为θ，根据动能定理有： qEd＝1 2mv2－1 2mv02 由几何关系 0cos v v  = 解得θ＝60° 粒子在磁场内做圆周运动的周期 T＝2πm qB ，则 t1＝1 2T，即在 0～t1 时间内粒子在磁场中运动 轨迹是半圆 由于粒子在运动轨迹刚好与 x 轴、y 轴相切，轨迹如图(1)、(2)所示。 ①如图(1)，设粒子在 t1 时刻前运动半径为 r1，t1 时刻后运动轨迹半径为 r2，由几何关系得： r2＝(2r1＋r2)sin 30°，r2＋2 3 3 d＝(2r1＋r2)cos 30° 解得 1 3 3 6r d+= ， 2 3 3 3r d+= 根据牛顿第二定律： 2 1 1 vqvB m r= ， 2 2 2 vqvB m r= 解得： 0 1 2(3 3)mvB qd -= ， 0 2 (3 3)mvB qd -= ②如图(2)，设粒子在 t1 时刻前运动半径为 r1，t1 时刻后运动轨迹半径为 r2，由几何关系得： r2＝(2r1＋r2)sin 30°，2 3 3 d－r2＝(2r1＋r2)cos 30° 解得 1 3 3 6r d-= ， 2 3 3 3r d-= 由 2 1 1 vqvB m r= ， 2 2 2 vqvB m r= 得 0 1 2(3 3)mvB qd += ， 0 2 (3 3)mvB qd += 。 （二）选考题：共 45 分。请考生从给出的 2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科 任选一题作答。如果多做。则每学科按所做的第一题计分。 33．物理·选修 3—3(15 分) (1)(5 分) 【答案】ADE 【解析】b、c 体积相同，则单位体积内的分子数相同，A 正确；由理想气体状态方程pV T ＝ C 得 CV Tp  ，则 V－T 图中，某点和原点连线的斜率 Ck p  ，而 ka＞kb，则 a 状态的压强小于 状态的压强，B 错误；温度是分子平均动能的标志，c 状态温度低，则分子的平均动能小，C 错误；a→b 过程，温度不变，则气体的内能不变，体积减小，则外界对气体做功，根据ΔU＝ W＋Q 知，ΔU＝0 而 W＞0，则 Q＜0，气体放热，D 正确；a→b 过程与 c→a 比较，气体的体 积变化相同，而 a→b 过程气体压强增加，c→a 过程气体压强不变，根据 W＝pΔV 知，a→b 过程外界对气体做功 W1 大于 c→a 过程中气体对外界做功 W2，也可以转换为 p－V 图求解， 故 E 正确。 (2)(10 分) 【解析】(i)取被封闭在玻璃管中的气体为研究对象，倾斜状态 1 0 sinp p h   ， 1 1V x S 竖直状态 2 0 100cmHgp p h   ， 2 2V x S 根据玻意耳定律有 1 1 2 2p x S p x S 代入数据解得 sin 0.52  。 (ii)若玻璃管足够长，开口向下时，设空气柱长为 x3，空气柱的压强 3 0 50cmHgp p h   由玻意耳定律可知 1 1 3 3p x S p x S 3 66cmx  ， 3 80cmx h  有水银流出；设流出水银后，水银柱长为 h0，由玻意耳定律可知 1 1 0 0 0( )( )p x S p h L h S   解得 0 20cmh  故开口向下的竖直位置时，管内气体压强 3 0 0 55cmHgp p h   。 34．物理·选修 3—4(15 分) (1)(5 分) 【答案】A 【解析】由振动图象知周期 T＝4 s，波源起振的方向向上；根据波形图知波长λ＝8 m，并 且该部分的前面还有至少半个波长，所以该刻这列波至少传播到 x＝10 m 处的质点，故 A 正 确；该波沿 x 轴的正方向传播，结合波形图可知，Q 点振动的方向向下，而 P 点振动的方向 向上，所以 P 点比 Q 点先回到平衡位置，故 B 错误；根据波形图知波长λ＝8 m，则 x＝2 m 与 x＝6 m 的质点的平衡位置之间的距离为半个波长，由于它们的步调总是相反，所以它们不可 能在任何时候都保持相同的距离，故 C 错误；由振动图象知周期 T＝4 s，则 10 s＝2.5T，任何 质点在一个周期内通过的路程是四个振幅，所以在 2.5T 内的路程都是 10A＝10×5 cm＝50 cm， 故 D 错误；振动的周期 T＝4 s，则从 t＝1 s 到 t＝3 s 为 0.5T，经过半个周期后，x＝2 m 处质 点速度大小相等、方向相反，故 E 正确。 (2)(10 分) 【 解 析 】 (i) 如 图 所 示 ， 单 色 光 a 达 到 三 棱 镜 AC 边 的 F 点 ， 由 折 射 定 律 得 sin sinan    解得γ＝60° 单色光 b 达到三棱镜 AC 边的 G 点，由于 1sin b C n  即单色光 b 的临界角为 30C   因为 30C    所以单色光 b 在 G 点恰好发生全反射；单色光 b 由 G 点反射到 AB 边的 H 点，入射角为 2 30C    故再次发生全反射，最后单色光 b 从 I 点垂直 BC 边射出。 (ii)单色光 a 在玻璃中的速度为 a a cv n  单色光 a 在玻璃中传播的时间 tan a a S St v c   单色光 b 在玻璃中的速度为 b b cv n  单色光 b 在玻璃中的传播的路程 5 3 2bS EG GH HI S    单色光 b 在玻璃中传播的时间 5 3b b b S St v c   。