2021年高考物理押题预测卷（课标全国Ⅲ卷）03（考试版+全解全析）

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D．在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是为了控制核反应速度 15．2018 年 5 月 21 日 5 时 28 分，探月工程嫦娥四号任务“鹊桥”中 继卫星在西昌卫星发射中心用长征四号丙运载火箭成功发射， 并于 25 日 21 时 46 分成功实施近月制动，进入月球至地月拉格 朗日 L2 点的转移轨道。当“鹊桥”位于拉格朗日点（如图中的 L1、L2、L3 所示，人们称为地月系统拉 格朗日点）上时，会在月球与地球的共同引力作用下，几乎不消耗燃料而保持与月球同步绕地球做圆 周运动，由于月球受潮汐锁定，永远只有一面对着地球，所以人们在地球上无法见到它的背面，于是“鹊 桥”就成为地球和嫦娥四号之间传递信息的“信使”，由以上信息可以判断下列说法正确的是（ ） A．地球同步卫星轨道应在月球与拉格朗日点 L2之间绕地球运行 B．“鹊桥”位于 L2点时，“鹊桥”绕地球运动的向心加速度小于月球绕地球运动的向心加速度 C．L2 到地球中心的距离一定大于 L3 到地球中心的距离 D．“鹊桥”在 L2 点所受月球和地球引力的合力比在 L1 和 L3两个点都要小 16． 一质量为 m1的物体以 v0的初速度与另一质量为 m2的静止物体发生碰撞，其中 m2=km1，k＜1。碰撞 可分为完全弹性碰撞、完全非弹性碰撞以及非弹性碰撞。碰撞后两物体速度分别为 v1 和 v2．假设碰撞 在一维上进行，且一个物体不可能穿过另一个物体。物体 1 碰撞后与碰撞前速度之比 1 0 vr v  的取值范 围是（ ） A． 1 1 1 k r k     B． 1 1 1 1 k r k k      C． 20 1 r k    D． 1 2 1 1 r k k     17． 如图所示，空间有 A、B、C、D四点，它们分别位于一个正方体的四个顶点。一根无限长均匀带正 电细直棒，刚好与该正方体的一条棱重合，则下列说法正确的是（ ） A．A、C两点场强相同 B．B、D两点电势相同 C．将质子从 C点向CD方向射出，质子可能做匀变速曲线运动 D．将电子从 C点向CB方向射出，电子可能做匀速圆周运动 18． 如图所示，abcd是一个质量为 m、边长为 L的正方形金属线框，从图示位置自由下落，在下落 h 后进入磁感应强度大小为 B的匀强磁场，线框在穿过磁场时恰好做匀速直线运动，该磁场的宽度也为 L，在这个磁场的正下方 h＋L处还有一个未知大小但宽度也为 L的磁场，金属线框 abcd在穿过这个 磁场时也恰好做匀速直线运动，重力加速度为 g，下列说法正确的是( )地球 月球 L1 L2L3 物理试题 第 3页（共 16页） 物理试题 第 4页（共 16页） … … … … … … ○ … … … … … … 内 … … … … … … ○ … … … … … … 装 … … … … … … ○ … … … … … … 订 … … … … … … ○ … … … … … … 线 … … … … … … ○ … … … … … … 此 卷 只 装 订 不 密 封 … … … … … … ○ … … … … … … 外 … … … … … … ○ … … … … … … 装 … … … … … … ○ … … … … … … 订 … … … … … … ○ … … … … … … 线 … … … … … … ○ … … … … … … A．未知磁场的磁感应强度大小为 2B B．未知磁场的磁感应强度大小为 2B C．线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为 4mgL D．线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为 2mgL 19． 两个比荷相等的带电粒子 a、b，以不同的速率 va、vb对准圆心 O沿着 AO方向射入圆形匀强磁场区 域，其运动轨迹如图所示不计粒子的重力，则下列说法正确的是（ ） A．a粒子带正电，b粒子带负电 B．粒子射入磁场中的速率 va：vb = 1：2 C．粒子在磁场中的运动时间 ta：tb = 2：1 D．若将磁感应强度变为原来的 3 倍，其它条件不变，b粒子在磁场中运动的时间将变为原来的 3 4 20． 如图所示，小球 A、B、C 通过如图的装置静止悬挂着，其中定滑轮 P、与定点 Q相距 10L，处于同 一高度，此时 PB与水平方向的夹角为 53°，QB与水平方向的夹角为 37°．然后剪断 BC 间的悬绳。若 已知小球 B、C 的质量分别为 m、2m，重力加速度为 g，忽略一切摩擦，取 sin53°=0.8，cos53°=0.6．则 下列说法正确的是（ ） A．小球 A 的质量是 1.6m B．当小球 A 到达最低点时，B 球的速度是 gL15 5 4 C．在剪断 BC 间的悬绳瞬间，小球 B 的加速度大小是 g 17 8 D．在剪断 BC 间的悬绳瞬间，小球 B 的加速度大小是 g 4 1 21．如图所示，在竖直平面内 xOy坐标系中分布着与水平方向成 45°角的匀强电场，将一质量为 m、带电 荷量为 q的小球，以某一初速度从 O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程 x＝ky2，且小球 通过点 P 1 1, k k       ，已知重力加速度为 g，则（ ） A．电场强度的大小为 mg q B．小球初速度的大小为 2 g k C．小球通过点 P时的动能为 5 4 mg k D．小球从 O点运动到 P点的过程中，电势能减少 2mg k 第Ⅱ卷 三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第 22~25 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 3 3~34 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题（共 47 分） 22．（6 分）某同学设计出如图所示的实验装置来“验证机械能守恒定律”，让一直径为 d的小球从 A点自 由下落，下落过程中经过 A点正下方的光电门 B 时，光电门计时器记录下小球通过光电门时间 t，当 地的重力加速度为 g。 (1)小球通过光电门时的瞬时速度v  ______（用题中所给的物理量表示）。 (2)调整 AB 之间距离 H，多次重复上述过程，作出 2 1 t 随 H的变化图像如图所示，当小球下落过程中 P Q A B C 37 ° 53 ° 10L … … … … … … ○ … … … … … … 内 … … … … … … ○ … … … … … … 装 … … … … … … ○ … … … … … … 订 … … … … … … ○ … … … … … … 线 … … … … … … ○ … … … … … … … … … … … … ○ … … … … … … 外 … … … … … … ○ … … … … … … 装 … … … … … … ○ … … … … … … 订 … … … … … … ○ … … … … … … 线 … … … … … … ○ … … … … … … … 学 校 ： __ __ __ __ __ __ __ 姓 名 ： __ __ __ __ __ __ _班 级 ： __ __ __ __ __ __ __ _考 号 ： __ __ __ __ __ __ __ __ __ __ __ 机械能守恒时，该直线斜率 0k  _______。 (3)在实验中根据数据实际绘出 2 1 H t  图像的直线斜率为  0k k k ，则实验过程中所受的平均阻力 f 与小球重力 mg的比值 f mg  _______（用 k、 0k 表示）。 23．（9 分）某同学利用如图所示的电路测量某种电池的电动势 E和内阻 r（E约 9V，r约 10Ω），电压表 V 的量程为 3V，内阻约几千欧，实验操作和相关的问题如下：（请完成填空） （1）在电键 S1、S2都断开的条件下，先将电阻箱 R的阻值调至______（填“最大”、“最小”或“任意值”）， 然后闭合电键 S1；这样做的目的是为了下面的哪一项______？ A．保护电池 B．保护电压表 C．保护电阻箱 （2）逐步调节电阻箱 R的阻值，当电压表 V 的读数为 2.00V 时，R的阻值为 R1=7.20kΩ；当电压表 V 的读数为 3.00V 时，R的阻值为 R2=4.13kΩ，根据这些数据可计算出电压表的内阻 Rv=______kΩ（计 算结果保留二位有效数字），若测量数据自身的误差可忽略不计，则电压表内阻的测量值______（填“大 于”、“等于”或“小于”）实际值。 （3）调节电阻箱 R的阻值，使电阻箱和电压表串联后可当成一个量程为 10V 的电压表 V′，则阻值 R 与电压表内阻 Rv 的比值应为 V R R =______。 （4）保持电阻箱 R的阻值不变，调节电阻箱 R′的阻值为较大值，闭合电键 S2，接着调节电阻箱 R′的 阻值，使电压表 V 的示数在 2V～3V 之间变化，记录电压表 V 的读数 U和相对应的电阻箱 R′的阻值 R′， 取得若干组实验数据，某同学以 U为纵坐标、以 U R 为横坐标建立一个实验图象（坐标轴都使用国际 单位），将实验数据计算后描绘在图象中，得到一条直线，若直线在纵轴的截距为 b、斜率的绝对值为 k，则电池的电动势 E=______，内阻 r=______。 24．（13 分）一足够长的薄木板 C静止在地面上，薄木板右端有一可视为质点的滑块 B，另一可视为质点 的滑块 A以初速度 0v 从木板左端冲上木板，已知 A、B和 C三者的质量均为 m，A与 C之间的动摩擦 因数为6 ，C与地面之间的动摩擦因数为  。若 A冲上木板后，B和 C能保持相对静止，重力加速 度为 g，求： (1)B和 C之间的动摩擦因数 1 所满足的条件； (2)若 B和 C之间的动摩擦因数也为  ，了在运动过程中 A和 B不发生碰撞，求初态 A和 B之间的最 小距离 L。 25．（19 分）如图所示，电阻不计、间距 L=1m 的两平行金属导轨。左边部分置于倾角 37  的绝缘斜 面上，右边置于绝缘的水平面上，导轨的左、右两部分在斜面底端用绝缘物质平滑连接，其中两导轨 的水平部分光滑且足够长。两导轨的左端接一阻值为 R=0.8Ω的电阻，右端接一电容 C=0.4F 的电容器。 导轨的斜面部分处于垂直斜面向下的匀强磁场中，水平部分处于竖直向下的匀强磁场中，两磁场的磁 感应强度大小相同。将一质量为 m=0.4kg、电阻 r=0.2Ω的金属棒 MN垂直置于左边两导轨上且与斜面 底端的距离 x=1.0m 处，金属棒恰好不下滑，已知最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小。现给金属 棒一个沿斜面向下的拉力 F使金属棒从静止开始运动，力 F的大小与金属棒运动的速度 v（m/s）大小 关系为 F=1.0v+0.8（N），测得电阻 R两端的电压随时间均匀增大。当金属棒运动到斜面底端时撤去拉 力 F。已知整个过程中电容器不会击穿。重力加速度 g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求： (1)金属棒与斜面导轨间的动摩擦因数μ； (2)匀强磁场的磁感应强度大小 B； (3)金属棒的最终速度大小 v。 （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）以下说法正确的是___________。（填正确答案标号，选对 1 个给 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 0 分） A.理想气体吸热后如果对外做功，内能可能增大。 B．理想气体吸热后温度一定升高 C．可视为理想气体的相同质量和温度的氢气与氧气相比，平均动能一定相等，内能一定不相等 D．某理想气体的摩尔体积为 V0，阿伏加德罗常数为 NA，则该理想气体单个的分子体积为 V0 NA E．甲、乙两个分子仅在分子力的作用下由无穷远处逐渐靠近直到不能再靠近的过程中，分子引力与 分子斥力都增大，分子势能先减小后增大 物理试题 第 7页（共 16页） 物理试题 第 8页（共 16页） … … … … … … ○ … … … … … … 内 … … … … … … ○ … … … … … … 装 … … … … … … ○ … … … … … … 订 … … … … … … ○ … … … … … … 线 … … … … … … ○ … … … … … … 此 卷 只 装 订 不 密 封 … … … … … … ○ … … … … … … 外 … … … … … … ○ … … … … … … 装 … … … … … … ○ … … … … … … 订 … … … … … … ○ … … … … … … 线 … … … … … … ○ … … … … … … （2）（10 分）真空压缩袋是抽走空气利用大气压压缩物体的一种袋子，主要用于装棉被和各种衣服类， 具有防潮、防霉、防蛀、防异味等特点。某同学设计了一个活塞式抽气机对压缩袋进行抽气，可将装 置简化为如图所示，假设放入衣物后通过手工挤压使袋中容纳空气的容积为 0V 且保持不变，袋内气体 压强为大气压强 0p ，活塞式抽气机的容积为 0 1 V 2 ，活塞的横截面积为 S，不计活塞的厚度和重力，连 接管的体积可忽略，抽气过程中气体温度不变。 (1)对于第一次抽气（不考虑活塞在底端时的情况），将活塞缓慢上提，求手对活塞的最大拉力； (2)求抽气机抽气 10 次后，压缩袋中剩余气体的压强 10p 。 34．[物理——选修 3–4]（15 分） （1）（5 分）公园里的音乐喷泉十分美丽，音乐与水柱融为一体带给我们不一样的体验。某公园中的 音乐喷泉是由池底的彩灯及喷头组成，已知水对不同色光的折射率如下表所示： 色光 红光 黄光 深绿光 紫光 折射率 1.3311 1.3330 1.3371 1.3428 若其中一只彩灯在池底发出黄光，经测量发现该彩灯处水池的深度为 1.333m。（已知在角度很小时， 可以认为该角度的正弦值和正切值相等），若从彩灯的正上方观察，黄光彩灯的深度为 ； 为了使人们从彩灯的正上方观察到各种不同彩灯的深度都与黄光彩灯的深度相同，需要将不同色光的 彩灯安装到不同的深度，则在上表四种不同色光的彩灯中哪种彩灯安装的最浅？ ，安装 最深的彩灯比安装最浅的彩灯深 。 （2）（10 分）如图甲所示，一列简谐横波由 B 点向 A 点传播，A，B 两点相距 5m，振动图像如图乙 所示，实线为 A 点的振动图像，虚线为 B 点的振动图像，求： （1）质点 B 的振动方程； （2）该波的传播速度。 2021 年高考押题预测卷 03【新课标Ⅲ卷】 理科综合物理·全解全析 14 15 16 17 18 19 20 21 C C B D C CD BC BC 14．【答案】C 【解析】由图可知，D 和 E 核子的平均质量大于 F 核子的平均质量，原子核 D 和 E 聚变成原子核 F 时， 核子总质量减小，有质量亏损，要释放能量，选项 A 正确；由图可知，A 的核子平均质量大于 B 与 C 核 子的平均质量，原子核 A 裂变成原子核 B 和 C 时会有质量亏损，要放出核能，选项 B 正确；根据光电效 应方程 0kmE h W  知，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，选项 C 错误； 在核反 应堆的铀棒之间插入镉棒是为了控制核反应速度，选项 D 正确；本题选错误的，故选 C。 15．【答案】C 【解析】由于月球绕地球运行周期是 27 天，而同步卫星绕地球周期是 1 天，由开普勒第三定律知，地球同 步卫星应在地球与月球之间绕地球运行，选项 A 错误；“鹊桥”位于 L2 点时，由于“鹊桥”与月球绕地球做圆 周运动的周期相同，“鹊桥”的轨道半径大，根据公式 r T a 2 24  可知，“鹊桥”绕地球运动的向心加速度大 于月球绕地球运动的向心加速度，选项 B 错误；如果 L2 和 L3到地球中心的距离相等，则“鹊桥”在 L2 点受 到月球与地球引力的合力更大，加速度更大，所以周期更短，故 L2 到地球中心的距离大于 L3 到地球中心 的距离，选项 C 正确；在 L1、L2、L3三个点中，L2 点离地球最远，所以在 L2 点“鹊桥”所受合力最大，选 项 D 错误。 16．【答案】 B 【解析】若发生弹性碰撞，则由动量守恒 m1v0=m1v1+m2v2，由能量关系 2 2 2 1 0 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2 m v m v m v  ，解得 1 2 1 0 1 2 m mv v m m    ，物体 1 碰撞后与碰撞前速度之比 0 1 1 1 v k v k    ，若发生完全非弹性碰撞，则由动量守恒 m1v0=(m1+m2)v，解得 1 0 1 2 1 2 m vv v m m    ，物体 1 碰撞后与碰撞前速度之比 0 1 1 1 v v k   ，所以, 物体 1 碰撞 后与碰撞前速度之比的取值范围是 1 1 1 1 k r k k      ，故 B 正确，ACD 错误。故选 B。 17．【答案】 D 【解析】由对称知识可知，A、C两点场强大小相同，但是方向不同，选项 A 错误；B、D两点距离直导线 … … … … … … ○ … … … … … … 内 … … … … … … ○ … … … … … … 装 … … … … … … ○ … … … … … … 订 … … … … … … ○ … … … … … … 线 … … … … … … ○ … … … … … … … … … … … … ○ … … … … … … 外 … … … … … … ○ … … … … … … 装 … … … … … … ○ … … … … … … 订 … … … … … … ○ … … … … … … 线 … … … … … … ○ … … … … … … … 学 校 ： __ __ __ __ __ __ __ 姓 名 ： __ __ __ __ __ __ _班 级 ： __ __ __ __ __ __ __ _考 号 ： __ __ __ __ __ __ __ __ __ __ __ 的距离不等，则电势不相同，选项 B 错误；将质子从 C点向CD方向射出，质子将受到直导线中正电荷的 斥力而远离直导线运动，所受的库仑力逐渐减小，则加速度减小，不可能做匀变速曲线运动，选项 C 错误； 将电子从 C点向CB方向射出，则电子受直导线中正电荷的引力作用，若引力恰好等于向心力，则电子绕 导线做匀速圆周运动，选项 D 正确。故选 D。 18．【答案】C 【详解】设线框刚进入第一个磁场时速度为 v1，由 mgh＝1 2 mv12得 v1＝ 2gh，线框刚进入第二个磁场时速 度为 v2，则由 v22－v12＝2gh，得 v2＝2 gh＝ 2v1，线框进入两个磁场时均做匀速直线运动，则有 mg＝B2L2v1 R ， mg＝B1 2L2v2 R ，联立可得 B1＝ B 4 2 ，故 A、B 错误．线框在穿过两磁场时均做匀速直线运动，则重力势能转 化为电能，产生的电能为 4mgL，故 D 错误，C 正确． 19．【答案】 CD 【解析】粒子向右运动，根据左手定则，b向上偏转，应当带正电，a向下偏转，应当带负电，A 错误；画 出 a、b粒子的运动轨迹，如下图所示， 设粒子的半径分别为 ra、rb，则根据洛伦兹力提供向心力有 qvB = m 2v r ，解得 v1= aqBr m ，v2= bqBr m 设大圆半径为 R，做如图蓝色辅助线，根据几何关系有 tan30° = b R r ，tan30° = ar R ，整理得 1 3 a a b b v r v r   ， B 错误；设粒子的半径分别为 ra、rb，则根据洛伦兹力提供向心力有 qvB = m 2 2 4 T  r，解得 T = 2 m qB  ，画 出 a、b粒子的运动轨迹，如下图所示， 由上图可知θb = 60°，θa = 120°，则 ta = 120 360 T = 1 3 T，tb = 60 360 T = 1 6 T，整理有 ta：tb = 2：1，C 正 确；将磁感应强度变为原来的 3 倍，其它条件不变，设此时该粒子的运动半径为 r、周期为 T′、运动时间 为 t，则根据洛伦兹力提供向心力有 qvB = m 2v r ，解得 r = 3 bmv qB ，可计算出 r = 3 br ，根据选项 B 有 tan30° = b R r ，tanθ = R r = 3 tan30° = 1，θ = 45°，根据选项 C 运动的时间分别为 tb = 60 360 T = 1 6 T，t = 45 360 T  = 1 8 T′，T′ = 2 3 m qB  ，则可计算出 b t t = 3 4 ，b粒子在磁场中运动的时间将变为原来的 3 4 ， D 正确。 20．【答案】BC 【解析】取 BC 整体为研究对象，则有 037cos3mgT  ，又 gmT A ，解得 mA＝2.4m，选项 A 错误； 由 A、B 组成的系统机械能守恒得 mAghA＝mghB+mvB2/2，由几何关系知 hA＝ 6L+8L—10L=4L， hB=8Lsin370=4.8L，解得 5 154 6.9 gL gLvB  ，选项 B 正确；对 A 研究知 mAg—T=mAa，对 B 有 T－ mgsin530=ma，解得 a＝8g/17，选项 C 正确、D 错误。 21．【答案】 BC 【解析】小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿 x轴正方向，可知 qE＝ 2 mg，电场强度的大小为 E＝ 2mg q ，选项 A 错误；因为 F 合＝mg＝ma，所以 a＝g，由类平抛运动规律有 1 k ＝v0t， 1 k ＝ 1 2 gt2，得 小球初速度大小为 v0＝ 2 g k ，选项 B 正确；由 P点的坐标分析可知 0 x v v ＝ 1 2 ，所以小球通过点 P时的动 能为 1 2 mv2＝ 1 2 m（ 2 0v ＋ 2 xv ）＝ 5 4 mg k ，C 正确；小球从 O到 P过程中电势能减少，且减少的电势能等于 电场力做的功，即 W＝qE· 1 1 cos45k  ＝ 2mg k ，选项 D 错误。故选 BC。 物理试题 第 11页（共 16页） 物理试题 第 12页（共 16页） … … … … … … ○ … … … … … … 内 … … … … … … ○ … … … … … … 装 … … … … … … ○ … … … … … … 订 … … … … … … ○ … … … … … … 线 … … … … … … ○ … … … … … … 此 卷 只 装 订 不 密 封 … … … … … … ○ … … … … … … 外 … … … … … … ○ … … … … … … 装 … … … … … … ○ … … … … … … 订 … … … … … … ○ … … … … … … 线 … … … … … … ○ … … … … … … 22．【答案】（1） d t （2 分） （2） 2 2g d （2 分） （3） 0 0 k k k  （2 分） 【解析】(1)已知经过光电门的时间和小球的直径；则可以由平均速度表示经过光电门时的速度，故 dv t  。 (2)若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒，则有 21 2 mgH mv ，即 2 2 dgH t       ， 解得 2 2 1 2g H t d   ，那么该直线斜率 0 2 2gk d  。 (3)乙图线 2 1 kH t  ，因存在阻力，则有 21 2 mgH fH mv  ，所以小球下落过程中所受平均阻力与小球所 受重力的比值为 0 0 f k k mg k   。 23．【答案】（1）最大 （1 分） B （1 分） （2） 2.0 （1 分） 大于（1 分） （3） 7 3 （1 分） （4） 10 3 b （2 分） k（2 分） 【解析】(1)实验前应将电阻箱 R的阻值调至最大，由于电压表量程较小，这样做的目的是为了保护电压表， B 正确。故选 B。 (2)由于电源内阻 Vr R R ，因此在估算时可忽略不计，由题意可得 V 2.00 2.00 7.2 E R   ， V 3.00 3.00 4.13 E R   联立可得电压表的内阻 V 2.0kR  ，由于没有考虑到电源内阻，测得的电压表内阻包含电源内阻值，故 测量值大于真实值。 (3)总量程为 10V，当电压表的示数为 3V 时，电阻箱 R上的电压为 7V，由 U=IR可知，R与 U成正比，故 V 7= 3 R R 。 (4) 当电压表的示数为 U 时，加在电阻箱 R 上的电压为 10 3 U ，由闭合电路欧姆定律可得 10 10 3 3 U E U r R    ，整理得 3 10 UU E r R    ，根据图像规律可知 3 = 10 E b， =r k，解得电动势 10 3 bE  ， 内阻 r=k。 24．【答案】 (1) 1 3 2   ；(2) 2 07 96 v g 【解析】(1)A冲上木板后，B和 C能够保持相对静止，对 B，C整体受力分析，由牛顿第二定律得 6 3 2mg ng ma   （1 分） 对 B分析，由牛顿第二定律得 1mg ma  （1 分） 联立解得 1 3 2   （1 分） (2)当 B和 C之间的动摩擦因数也为  时，B，C会发生相对滑动，对 A，由牛顿第二定律得6 Amg ma  对 C，由牛顿第二定律得6 3 cmg mg mg ma     （1 分） 对 B，由牛顿第二定律得 Bmg ma  （1 分） 因为 C的加速度比 B的大，所以 A，C先共速，设 A滑上到 A，C共速时间为 1t ，则 0 1 1AC A cv v a t a t   （1 分） 解得 0 4AC vv  ， 0 1 8 vt g  （1 分） 假设 A，C相对静止，整体分析得3 2 ACmg mg ma   （1 分） CA ACf ma 解得 2 6CAf mg mg   （1 分） 假设成立，设再过 2t 时间三者共速， 2 1 2( )ABC AC AC Bv v a t a t t    （1 分） 解得 0 6ABC vv  ， 0 2 24 t g    之后一起匀减速停止，A运动总位移 0 1 22 2 AC AC ABC Ax t t       （1 分） B的总位移 1 2( ) 2 ABC B vx t t  且有 A BL x x  （1 分） 代入解得 2 07 96 L g    ，因此初态 A和 B之间的最小距离 L为 2 07 96 v g （1 分） 25．【答案】 (1) 0.75；(2)1T；(3)1m/s 【解析】(1)由题意有 sin cosmg mg   （1 分） 可得 tan 0.75   （2 分） (2)金属棒在斜面上运动速度为 v时，电阻 R两端电压为 BLvU R R r   （1 分） 电阻 R两端的电压随时间均匀增大，可知 v与时间 t成正比，金属棒在斜面上做匀加速运动；金属棒在斜 … … … … … … ○ … … … … … … 内 … … … … … … ○ … … … … … … 装 … … … … … … ○ … … … … … … 订 … … … … … … ○ … … … … … … 线 … … … … … … ○ … … … … … … … … … … … … ○ … … … … … … 外 … … … … … … ○ … … … … … … 装 … … … … … … ○ … … … … … … 订 … … … … … … ○ … … … … … … 线 … … … … … … ○ … … … … … … … 学 校 ： __ __ __ __ __ __ __ 姓 名 ： __ __ __ __ __ __ _班 级 ： __ __ __ __ __ __ __ _考 号 ： __ __ __ __ __ __ __ __ __ __ __ 面上运动时，受到的安培力大小为 2 2 A BLv B L vF BIL B L R r R r      （1 分） 由牛顿第二定律得 AF F ma  （1 分） 代入题给数据有 2 2 1 0.8B L v ma R r        （1 分） 由于 a不随 v变化，故有 2 2 1 0B L R r    （1 分） 解得 1TB  （2 分） (3)由第(2)问的分析知金属棒在斜面上运动的加速度大小为 22m/sa  （1 分） 设金属棒滑到斜面底端时的速度为 1v ，则 2 1 2v ax （1 分） 可得 1 2m/sv  （1 分） 设撤去拉力后金属棒在光滑的水平导轨上做减速运动时间为 2t ，最终速度为 v做匀速运动。对棒由动量定 理有 2 1BILt mv mv   （2 分） 此过程中通过金属棒的电荷量为 2It CBLv （2 分） 解得 1m/sv  （2 分） 33．（1）【答案】ACE 【解析】根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q得，物体的内能与做功和热传递有关，当 Q 增大，W 减小时， 内能可能增大也可能减小，故 A 选项正确，理想气体的内能由温度决定，故一定质量的理想气体吸热后 温度可能不变，故 B 错误；温度是分子的平均动能的标志，所以相同温度的氢气与氧气相比，平均动能 一定相等，但氢气分子与氧气分子相比，氢气分子的质量小，所以相同质量的氢气的分子数比氧气的分 子数多，内能一定比氧气大，故 C 正确；某理想气体的摩尔体积为 V0，阿伏加德罗常数为 NA，可以求 出该理想气体的每一个分子所占的空间为 V0 NA ，由于气体分子之间的距离远大于分子的大小，所以气体分 子的体积小于 V0 NA ，故 D 错误；分子之间的距离减小时，分子引力与分子斥力都增大，甲、乙两个分子在 只受分子力的作用下由无穷远处逐渐靠近直到不能再靠近的过程中，开始时分子之间的作用力表现为引 力，距离减小的过程中分子力做正功，分子势能减小，分子之间的距离小于平衡位置的距离时，分子力 表现为斥力，距离再减小的过程中分子力做负功，分子势能增大，故 E 正确。 （2）【答案】① 0 1 3 p S；② 10 0 2 3 p      【解析】①当活塞下压时，阀门 a关闭，b打开，右侧抽气机中 0 1 2 V V  ，体积的气体排出。对于第一次 抽气，活塞上提，压缩袋中气体均匀分布到抽气机和压缩袋中，活塞上升到最高处时，气体压强降为 1p ， 此时内外压强差最大，手对活塞的拉力最大，由于抽气过程中气体温度不变，根据玻意耳定律有  0 0 1 0p V p V V  （2 分） 解得 0 0 1 0 0 2 3 p Vp p V V     （1 分） 根据平衡条件得  1 0 1 0 1 3 F p p S Sp   （2 分） ②对于第二次抽气，活塞上提，压缩袋中气体再次均匀分散到抽气机和压缩袋中，气体压强降为 2p ，根据 玻意耳定律有  1 0 2 0pV p V V  （1 分） 解得 2 0 2 0 0 Vp p V V        （2 分） 以此类推，第 10 次抽气后压缩袋中气体压强降为 1 0 10 0 0 0 0 102 3 V p p p V V             （2 分） 34．（1）【答案】1.0m；红光，0.0117m 【解析】设彩灯实际深度 H，从正上方观察到的深度为 h，从正上方观察彩灯光路图如图所示： 根据折射定律可知 sin sin i n r  ，从正上方观察，角度 i和 r都很小，可以认为 sin tan sin tan i i n r r   ，而 tan di h  ， tan dr H  ，联立可得 H n h  ，解得 h=1.0m。根据 H n h  ，可得 H=nh，可知，n越大，需要 H就越大，故 红光彩灯安装实际深度最浅。设红光折射率为 n1，彩灯实际安装的深度最浅为 H1，紫光折射率为 n2，彩灯 安装的深度最深为 H2，深度差为ΔH，则有ΔH=H2-H1 H1=n1h，H2=n2h，代入数据，可得ΔH=0.0117m。 （2）【答案】① 10sin 2 cm 6By t       ；②  m /60 s 12 0,1,2,3 1 n n    【解析】（1）质点 B的振动周期 1.0 sT  ，振幅 10 cmA  设质点 B的振动方程为 B 0 2siny A t T       （2 物理试题 第 15页（共 16页） 物理试题 第 16页（共 16页） … … … … … … ○ … … … … … … 内 … … … … … … ○ … … … … … … 装 … … … … … … ○ … … … … … … 订 … … … … … … ○ … … … … … … 线 … … … … … … ○ … … … … … … 此 卷 只 装 订 不 密 封 … … … … … … ○ … … … … … … 外 … … … … … … ○ … … … … … … 装 … … … … … … ○ … … … … … … 订 … … … … … … ○ … … … … … … 线 … … … … … … ○ … … … … … … 分） 当 0t  时， B 5 cmy  ，得 0 1sin 2   （1 分） 则 0 取 6  ，得 B 10sin 2 cm 6 y t       （2 分） （2）波由 B传播到A 的最短时间为 1 30 11 s s 360 12 t    （1 分） 因此由 B传到 A 所需的时间为  1 1 s 0,1,2,3, 12 t nT t n n          （1 分） A 、 B两点的距离为 1 12 x n   （1 分） 解得  60 m 0,1,2,3, 12 1 n n      （1 分） 波速为  m /60 12 1 s 0,1,2,3 v n T n      （1 分）