【文档说明】【精准解析】湘赣皖十五校2020届高三下学期第一次联考模拟物理试题.doc，共(31)页，1.583 MB，由小赞的店铺上传

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-1-2020届湘赣皖·十五校高三联考第一次考试物理模拟试卷第Ⅰ卷（选择题共48分）一、选择题∶本部分共12小题，每小题4分。在每小题列出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不

选的得0分。1.在物理学建立与发展的过程中，有许多科学家做出了理论与实验贡献。关于这些贡献，下列说法正确的是（）A.牛顿发现了万有引力定律，并通过扭秤实验测量了引力常量B.安培提出了分子电流假说，研究了安培力

的大小与方向C.法拉第发现了磁生电的现象，提出了法拉第电磁感应定律D.爱因斯坦在物理学中最早引入能量子，破除了“能量连续变化”的传统观念【答案】B【解析】【详解】A．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过扭秤实验

测量了引力常量，选项A错误；B．安培提出了分子电流假说，研究了安培力的大小与方向，选项B正确；C．法拉第发现了“磁生电”的现象，纽曼和韦伯归纳出法拉第电磁感应定律，故C错误；D．普朗克在物理学中最早引入能量子，破除了“能量连续变化”的传统观念，选项D错误。故选

B。2.为了做好疫情防控工作，小区物业利用红外测温仪对出入人员进行体温检测。红外测温仪的原理是：被测物体辐射的光线只有红外线可被捕捉，并转变成电信号。图为氢原子能级示意图，已知红外线单个光子能量的最大值为1.62eV，要使氢

原子辐射出的光子可被红外测温仪捕捉，最少应给处于2n=激发态的氢原子提供的能量为（）A.10.20eVB.2.89eVC.2.55eVD.1.89eV-2-【答案】C【解析】【详解】AB．处于n=2能级的原子不能吸收10.20eV、2.89eV的能量，则选项AB错误；C．处

于n=2能级的原子能吸收2.55eV的能量而跃迁到n=4的能级，然后向低能级跃迁时辐射光子，其中从n=4到n=3的跃迁辐射出的光子的能量小于1.62eV可被红外测温仪捕捉，选项C正确；D．处于n=2能级的原子能吸收1.89eV的能量而跃迁到n=3的能级，从n=3到低

能级跃迁时辐射光子的能量均大于1.62eV，不能被红外测温仪捕捉，选项D错误。故选C。3.小球从某一高度处自由下落着地后反弹，然后又落下，每次与地面碰后动能变为碰撞前的14。以刚开始下落时为计时起点，小球的v－t图像如图所示，不计空气阻力

，下列说法正确的是（）A.图像中选取竖直向下为正方向B.每个阶段的图线并不相互平行C.每次与地面相碰后能够上升的最大高度是前一次下落高度的一半D.每次与地面相碰后上升到最大高度所需的时间是前一次下落时间的一半【答案】D【解析】【

详解】A．由于小球从某一高度处自由下落，根据速度时间图线知选取竖直向上为正方向，故A错误；B．不计空气阻力，下落过程和上升过程中只受重力，根据牛顿第二定律可得下落过程和上升过程中的加速度为重力加速度，速度时间图线的斜率表示加速度，所以

每个阶段的图线相互平行，故B错误；C．与地面相碰后能够上升的最大高度是前一次下落过程，根据动能定理可得-3-kEmgh=与地面相碰后上升过程中，根据动能定理可得kEmgh=根据题意有14kkEE=解得14hh=故C错误；D．根据运动学公式可得与地面相碰后上升的时间2htg=与地面相碰后

上升到最大高度所需的时间是前一次下落时间的2htg=解得2tt=故D正确；故选D。4.光滑绝缘水平面上固定一半径为R、带正电的球体A（可认为电荷量全部在球心），另一带正电的小球B以一定的初速度冲向球体A，用r表示两球心间的距离，F表示B小球受到的库仑斥力，在r＞R的区域内，下列描述

F随r变化关系的图象中可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】C-4-【解析】【详解】根据库仑定律可知，两球之间的库仑力满足2ABqqFkr=，即随r增加，F非线性减小。故选C。5.如图所示，从高h=1.8m的A点将弹力球水平向右抛出，弹

力球与水平地面碰撞两次后与竖直墙壁碰撞，之后恰能返回A点。已知弹力球与接触面发生弹性碰撞，碰撞过程中，平行于接触面方向的速度不变，垂直于接触面方向的速度反向但大小不变，A点与竖直墙壁间的距离为4.8m，重力加速度g=10m/s2，则弹力球的初速度大小为（）A.1.5

m/sB.2m/sC.3.5m/sD.4m/s【答案】B【解析】【详解】由题意可知，小球在竖直方向做自由落体运动，则221.8s=0.6s10htg==由对称性可知，小球第一次落地时的水平位移为14.8m=1.2

m4x=则初速度1.2m/s=2m/s0.6xvt==故选B。6.如图所示，三根完全相同的通电直导线a、b、c平行固定，三根导线截面的连线构成一等边三角形，O点为三角形的中心，整个空间有磁感应强度大小为B、方向平行于等边三角形所在平面且垂直bc边指向a的匀强磁场。现在三根

导线中通以方向均向里的电流，其中Ib=Ic=I。已知通电长直导线在某点产生的磁感应强度的大小跟电流成正比，导线b在O点产生的磁感应强度大小为B。则下列说法正确的是（）-5-A.若O点的磁感应强度平行ac边，则Ia=（1＋33）IB.若O点的磁感应强度平行ab边，则Ia=（1

＋33）IC.若O点的磁感应强度垂直ac边，则Ia=（3－1）ID.若O点的磁感应强度垂直ab边，则Ia=（3－1）I【答案】A【解析】【详解】三条直导线在O点的磁场方向如图；其中Bc和Bb的合场强水平向右大小为Bbc=B；方向

水平向右。A．若O点的磁感应强度平行ac边，则三条通电导线产生的磁场和匀强磁场在垂直于ac方向的合磁场为零，即sin30cos30cos300caBBB+−=其中Bc=B=kI，解得Ia=（1＋33）I选项A正确；-6-B．若O点的磁感应强度平行ab边，则三条通电导线产生的磁场和匀强磁场在垂直于a

b方向的合磁场为零，即sin30cos30sin300baBBB−+=其中Bb=B=kI，解得Ia=（3-1）I选项B错误；C．若O点的磁感应强度垂直ac边，则三条通电导线产生的磁场和匀强磁场在平行于ac方向的合磁场为零，即cos30sin30-sin300abcB

BB+=表达式无解，则O点的磁感应强度的方向不可能垂直ac边，选项C错误；D．若O点的磁感应强度垂直ab边，则三条通电导线产生的磁场和匀强磁场在平行于ab方向的合磁场为零，即cos30cos60cos600bcaBBB+−=其中Bc=B=kI，解得Ia=（3+1）I选项D错误。故选A。7.一平行板

电容器的电容为C，A极板材料发生光电效应的极限波长为0，整个装置处于真空中，如图所示。现用一波长为（＜0）的单色光持续照射电容器的A极板，B极板接地。若产生的光电子均不会飞出两极板间，则下列说法正确的是（）（已知真空中的光

速为c，普朗克常量为h，光电子的电量为e）A.光电子的最大初动能为0hc−-7-B.光电子的最大初动能为()00hc−C.平行板电容器可带的电荷量最多为()00hcCe−D.平行板电容器可带的电荷量最

多为()00hCce−【答案】C【解析】【详解】AB．根据光电效应方程可知000()kmhchchcE−=−=选项AB错误；CD．随着电子的不断积聚，两板电压逐渐变大，设最大电压为U，则kmUeE=且Q=CU解得()00hcCQe−=选项C正确，

D错误。故选C。8.如图甲所示为历史上著名的襄阳炮，因在公元1267-1273年的宋元襄阳之战中使用而得名，其实质就是一种大型抛石机。它采用杠杆式原理，由一根横杆和支架构成，横杆的一端固定重物，另一端放置石袋，发射时用绞车将放置石袋的一端用力往下拽，而后突然松开，因为重物的牵缀

，长臂会猛然翘起，石袋里的巨石就被抛出。将其工作原理简化为图乙所示，横杆的质量不计，将一质量m=10kg，可视为质点的石块，装在横杆长臂与转轴O点相距L=5m的末端口袋中，在转轴短臂右端固定一重物M，发射之前先利用外力使石块静止在地面上的A点，静止时长臂与水平面的夹

角α=37°，解除外力后石块被发射，当长臂转到竖直位置时立即停止运动，石块被水平抛出，落在水平地面上，石块落地位置与O点的水平距离s=20m，空气阻-8-力不计，g取10m/s2。则（）A.石块水平抛出时的初速度为l05m/sB.石块水平抛出时的初速度为20m

/sC.从A点到最高点的过程中，长臂对石块做的功为2050JD.从A点到最高点的过程中，长臂对石块做的功为2500J【答案】C【解析】【详解】AB．石块被抛出后做平抛运动，竖直高度为21sin2hLLgt=

+=可得2(sin)210s5LLtg+==水平方向匀速直线运动0svt=可得平抛的初速度为0510m/sv=故AB错误；CD．石块从A点到最高点的过程，由动能定理20102Wmghmv−=−解得长臂对石块做的功为2012050J2Wmghmv=+=故C正确，D错

误。-9-故选C。9.两汽车甲、乙分别挂上拖车，两汽车与两拖车的质量均相同，且阻力与质量成正比。开始两车以相同的速度v0做匀速直线运动，t=0时刻两拖车同时脱离汽车，已知汽车甲的牵引力不变，汽车乙的功率不变，经过相同的时间t0，汽车甲、乙的速度大小分别为2v0、1.5v0。则下列说法正确的是（）

A.t0时间内，甲、乙两汽车的位移之比为4：3B.t0时刻，甲、乙两汽车的加速度大小之比为3：1C.t0时刻汽车甲的功率为拖车脱离前功率的4倍D.t0时间内，甲、乙两汽车牵引力做功之比为3：2【答案】BD【解析】【详解

】A．对甲车拖车脱离后做匀加速运动经过t0的位移00100021.52vvstvt+==对乙车功率一定，则做加速度减小的加速运动，则经过t0时的位移0020001.51.252vvstvt+=则t0时间内，甲、乙两汽车的位移之比0012001.56

1.21.255vtssvt==不可能为4：3，选项A错误；B．设汽车和拖车的质量均为m，则汽车的牵引力为F=2kmg，对甲车拖车脱离后做匀加速运动的加速度1Fkmgakgm−==乙车功率一定P=Fv0=2kmgv0在t0时刻乙车的加速度021.513Pkmgvakgm−==

则甲、乙两汽车的加速度大小之比为3：1，选项B正确；-10-C．甲车拖车脱离前功率P=Fv0=2kmgv0t0时刻汽车甲的功率为P0=2kmg∙2v0=4kmgv0=2P选项C错误；D．甲车牵引力做功110023Wkmgskmgvt==

乙车牵引力做功20002WPtkmgvt==t0时间内，甲、乙两汽车牵引力做功之比为3：2，选项D正确。故选BD。10.如图所示，质量为m的飞行器绕中心在O点、质量为M的地球做半径为R的圆周运动，现在近地轨道1上的P点开启动力装置，使其变轨到椭圆轨道3上，然后在椭圆轨道上远地点Q

再变轨到圆轨道2上，完成发射任务。已知圆轨道2的半径为3R，地球的半径为R，引力常量为G，飞行器在地球周围的引力势能表达式为Ep=rGMm−，其中r为飞行器到O点的距离。飞行器在轨道上的任意位置时，r和飞行器速率的乘积不变。则下列说法正确的是

（）A.可求出飞行器在轨道1上做圆周运动时的机械能是GMmRB.可求出飞行器在椭圆轨道3上运行时的机械能是-4GMmRC.可求出飞行器在轨道3上经过P点的速度大小vP和经过Q点的速度大小vQ分别是32GMR、6GMR-11-D.飞行器要从轨道1转移到轨道3上，在P点开启动力

装置至少需要获取的的动能是2GMmR【答案】BC【解析】【详解】A．飞行器在轨道1上做圆周运动，则212vMmGmRR=则动能211122kGMmEmvR==势能1pmERGM=−机械能1112kpMmEEERG=+=−选项A错误；BC．飞行器在椭圆轨道3上运行时3PQvRvR=

22311223PQGMmGMmEmvmvRR=−=−解得34GMmER=−6QGMvR=32PGMvR=选项BC正确；D．飞行器要从轨道1转移到轨道3上，在P点开启动力装置至少需要获取的的动能是22111224PGMmEmvmvR=−=选项D错误。故

选BC。-12-11.有一台理想变压器及所接负载如下图所示。在原线圈c、d两端加上交变电流。已知b是原线圈中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，电容器的耐压值足够大。下列说法正确的是（）A.开关S1始终接a，当

滑片P向下滑动时电压表V1示数不变，电压表V2示数变大，电流表A2示数变小B.开关S1始终接b，当滑片P向上滑动时R1的电功率增大，V2示数的变化量与A2示数的变化量之比不变C.保持滑片P的位置不变，将开关S1由b改

接a，变压器输入功率变大D.保持滑片P的位置不变，将开关S1由a改接b，电容器所带电荷量的最大值将增大【答案】ABD【解析】【详解】A．开关S1始终接a，则变压器次级电压不变，电压表V1示数不变，当滑片P向下滑动时，R变大，次级电流减小，电流表A2示数变小，R1电压减小，则电压表V2

示数变大，选项A正确；B．开关S1始终接b，则次级电压不变，U1不变；当滑片P向上滑动时，R减小，次级电流变大，R1的电功率增大，由于U2=U1-I2R1，则V2示数的变化量与A2示数的变化量之比212URI=不变，选项B正确；C．保持滑片P的位置不变，将开关S1由b改接a，初级匝数

变大，则次级电压减小，次级功率减小，则变压器输入功率变小，选项C错误；D．保持滑片P的位置不变，将开关S1由a改接b，初级匝数减小，则次级电压变大，电容器两端电压变大，所带电荷量的最大值将增大，选项D正确。故选ABD。12.如图所示，匀强磁场垂直铜环所在的平面向里，

磁感应强度大小为B．导体棒A的一端固定在铜环的圆心O处，可绕O匀速转动，与半径分别为r1、r2的铜环有良好接触。通过电刷把大小铜环与两竖直平行正对金属板P、Q连接成电路。R1、R2是定值电阻，R1=R0，R2=2R0，质量-13-为m、电荷量为Q的

带正电小球通过绝缘细线挂在P、Q两板间，细线能承受的最大拉力为2mg，已知导体棒与铜环电阻不计，P、Q两板间距为d，重力加速度大小为g。现闭合开关，则（）A.当小球向右偏时，导体棒A沿逆时针方向转动B.当细线与竖直方向夹角为45°时，平行板电容

器两端电压为mgQdC.当细线与竖直方向夹角为45°时，电路消耗的电功率为222034mgdQRD.当细线恰好断裂时（此时小球的加速度为零），导体棒A转动的角速度为()221233mgdQBrr−【答案】AD【解析】【详解】A．当小球向右偏时，P板带正电，通过R2的电流

向上，则由右手定则可知，导体棒A沿逆时针方向转动，选项A正确；BC．当细线与竖直方向夹角为45°时，则tan45QEmg=UEd=解得平行板电容器两端电压为mgdUQ=此时电路中的电流202UmgdIRQR==电路消耗的电功

率为222212203()4mgdPIRRQR=+=-14-选项BC错误；D．当细线恰好断裂时，此时3QEmg=UEd=电动势0032URR=221212121()()=()22rrBrrBrr+=−−解得导体棒A转动的角速度为()221

233=mgdQBrr−选项D正确。故选AD。第Ⅱ卷（非选择题共62分）二、实验题∶本题共2小题，其中13题5分，14题7分，共12分。13.很多人都认为“力越小速度就越小”，为了检验这个观点是否正确，某兴趣小组的同学设计了这样

的实验方案：在水平桌面上放一木块，木块后端与穿过打点计时器的纸带相连，前端通过定滑轮与不可伸长的细线相连接，细线上不等间距地挂了五个钩码，其中第四个钩码与第五个钩码之间的距离最大。起初木块停在靠近打点计时器的位置，第五个钩码到

地面的距离小于木块到定滑轮的距离，如图甲所示。接通打点计时器，木块在钩码的牵引下，由静止开始运动，所有钩码落地后，木块会继续运动一段距离。打点计时器使用的交流电频率为50Hz。图乙是实验得到的第一个钩码落地后的一段纸带，纸带运动方向如箭头所示

。（当地重力加速度大小g取9.8m/s2）-15-(1)根据纸带上提供的数据，可以判断第五个钩码落地时可能出现在纸带中的______段（用D1，D2，…，D15字母区间表示）；第四个钩码落地后至第五个钩码落地前木块在做______运动。(2)根据纸带上提供的数据，还可以计算出第五

个钩码落地后木块运动的加速度大小为______m/s2；木块与桌面间的动摩擦因数为=______。（计算结果保留两位有效数字）(3)根据纸带上提供的数据，分析可知“力越小速度就越小”的观点是___的。（填“正确”或“错误”）【答案】(1).1011~D

D(2).匀速直线(3).5.0(4).0.51(5).错误【解析】【详解】(1)[1][2]．第五个钩码落地后木块将做减速运动，点迹间距逐渐减小，则可以判断第五个钩码落地时可能出现在纸带中的1011~DD

；由此也可判断第四个钩码落地后至第五个钩码落地前的一段时间内，纸带上点迹均匀，木块在做匀速直线运动。(2)[3][4]．由纸带可看出，第五个钩码落地后0.2cmx=根据2xaT=可得木块运动的加速度大小为22220.2105.0m/s0.02xa

T−===由mgagm==可得μ=0.51(3)[5]．根据纸带上提供的数据，分析可知“力越小速度就越小”的观点是错误的。14.温度传感器的核心部分是一个热敏电阻。某课外活动小组的同学在学习了伏安法测电阻之后，利用所学知识来测量由某种金属制成的热敏

电阻的阻值。可供选择的实验器材如下：A．直流电源，电动势E=6V，内阻不计；B．毫安表A1，量程为600mA，内阻约为0.5；C．毫安表A2，量程为10mA，内阻RA=100；-16-D．定值电阻R0=400；E．滑动变阻器R=5；F．被测热敏电阻R

t，开关、导线若干。(1)实验要求能够在0~5V范围内，比较准确地对热敏电阻的阻值Rt进行测量，请在图甲的方框中设计实验电路______。(2)某次测量中，闭合开关S，记下毫安表A1的示数I1和毫安表A2的示数I2，则计算热敏电阻阻值的表达式为Rt=______（用题给的物理量符号表示）。(3)

该小组的同学利用图甲电路，按照正确的实验操作步骤，作出的I2－I1图象如图乙所示，由图可知，该热敏电阻的阻值随毫安表A2的示数的增大而____（填“增大”“减小”或“不变”）。(4)该小组的同学通过查阅资料得知该热敏电阻的阻值随温度的变化关系如图丙所示。将该热敏电阻接入

如图丁所示电路，电路中电源电压恒为9V，内阻不计，理想电流表示数为0.7A，定值电阻R1=30，则由以上信息可求出定值电阻R2的阻值为______，此时该金属热敏电阻的温度为______℃。【答案】

(1).(2).()2A012IRRII+−(3).增大(4).17.5(5).55【解析】【详解】(1)[1]．题目中没有电压表，可用已知内阻的电流表A2与定值电阻R0串联构成量程为0()0.01(100400)V=5VgAUIRR=

+=+的电压表；滑动变阻器用分压电路，电路如图：-17-(2)[2]．由电流可知()2A012tIRRRII+−=(3)[3]．根据()2A012tIRRRII+−=可得021A11tIRRRI+=+则该热敏电阻的阻值随毫安表A2的示数的增大，斜率A011tRRR++变

大，可知Rt变大。(4)[4][5]．通过R1的电流110.3AUIR==则通过R2和Rt的电流为0.4A；由I2-I1图像可知，I2=4mA，此时Rt两端电压为2V，则R2两端电压为7V，则2717.50.4R==250.4tR=

=根据Rt-t图像可知14153tRt=+解得t=55℃三、计算题∶本题共3小题，共计38分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位。-18-15.如图所示，

Ⅰ、Ⅲ区域（足够大）存在着垂直纸面向外的匀强磁场，虚线MN、PQ分别为磁场区域边界，在Ⅱ区域内存在着垂直纸面向里的半径为R的圆形匀强磁场区域，磁场边界恰好与边界MN、PQ相切，S、T为切点，A、C为虚线MN上的两点，且AS=CS=3R，有一带正电的粒子以速度v

沿与边界成30°角的方向从C点垂直磁场进入Ⅰ区域，随后从A点进入Ⅱ区域，一段时间后粒子能回到出发点，并最终做周期性运动，已知Ⅱ区域内磁场的磁感应强度B2为Ⅰ区域内磁场的磁感应强度B1的6倍，Ⅲ区域与Ⅰ区域磁场的磁感应强

度相等，不计粒子的重力。求：(1)粒子第一次进入Ⅱ区域后在Ⅱ区域中转过的圆心角；(2)粒子从开始运动到第一次回到出发点所经历的总时间。【答案】(1)120°(2)64349RRTvv=+【解析】【详解】(1)粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系得160OCS=，半径1323cos6

0RRR==粒子转过的圆心角为1300=粒子从A点进入Ⅱ区域，先做匀速直线运动，且速度延长线刚好过Ⅱ区域圆形磁场的圆心O，接着在磁场中做圆周运动，离开时速度方向的反向延长线仍然过圆心O-19-设轨迹半径为2R，由牛顿运

动定律知222vqvBmR=得22mvRqB=故2112RBRB=即233RR=连接2OO，得233tanROOAR=得230OOA=故此粒子第一次进入Ⅱ区域后在Ⅱ区域转过的圆心角为()22902120OOA=−=

(2)粒子进入Ⅲ区域时，速度方向仍与边界PQ成30°角，故此粒子的轨迹图左右对称，上下对称，粒子在一个周期内，在Ⅰ、Ⅲ区域总共要经历两次圆周运动过程，每次转过的圆心角均为1300=-20-所用总时

间为111220323603RRtvv==在Ⅱ区域要经历两次圆周运动过程，每次转过的圆心角均为2120=，所用时间为22224323609RRtvv==在Ⅱ区域要经过4次匀速直线运动过程，每次运动的距离为3cos30RsRR=−=所用总时间344R

Rtvv==故此粒子在一个周期内所经历的总时间为12364349RRTtttvv=++=+16.如图所示，可视为质点的质量为m=0.2kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F=4N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，当其滑行到AB的中点时撤去拉力

，滑块继续运动到B点后进入半径为R=0.3m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，在圆轨道上运行一周后从B处的出口（未画出，且入口和出口稍稍错开）出来后向C点滑动，C点的右边是一个“陷阱”，D点是平台边缘上的点，C、D

两点的高度差为h=0.2m，水平距离为x=0.6m。已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3倍，水平轨道BC的长度为l2=2.0m，小滑块与水平轨道AB、BC间的动摩擦因数均为=0．5

，重力加速度g=10m/s2。(1)求水平轨道AB的长度l1；(2)试通过计算判断小滑块能否到达“陷阱”右侧的D点；(3)若在AB段水平拉力F作用的范围可变，要达到小滑块在运动过程中，既不脱离竖直圆轨道，又不落入C

、D间的“陷阱”的目的，试求水平拉力F作用的距离范围。-21-【答案】(1)2.4m(2)不能(3)1.325m4mx【解析】【详解】(1)设小滑块运动到竖直圆轨道最高点时的速度大小为v，则有24vmgmR=从B点运动到最高点的过程中，设小滑块到达B点时的速度大小为Bv，

由机械能守恒定律有2211222BmvmgRmv=+代入数据解得26m/sBv=小滑块由A到B的过程中，由动能定理可得2111122BFlmglmv−=代入数据可解得12.4lm=。(2)设小滑块到达C点时的速度大小为Cv，则由动能定理可得2221122CBmgl

mvmv−=−代入数据解得2m/sCv=设小滑块下落0.2mh=所需要的时间为t，则有212hgt=-22-解得0.2st=故小滑块在水平方向上运动的距离为00.4m0.6mCtxv==故小滑块将落入“陷阱”中，不能运动到D点。(3)由题意可知，若要

滑块既不脱离圆轨道，又不掉进“陷阱”，则需要分三种情况进行讨论：①当滑块刚好能够到达与圆心等高的E点时，设恒力作用的距离为1x，则由动能定理可得：110FxmglmgR−−=代入数据可解得10.75mx

=故当恒力作用的距离满足00.75mx„时符合条件。②当滑块刚好能经过圆轨道的最高点时，设滑块经过最高点时的速度大小为0v，则有20vmgmR=设此时恒力作用的距离为2x，则有2210122FxmglmgRmv−−=代入数据可解得20.975mx=当滑块刚好运动到C点时速度为零

，设此时恒力作用的距离为2x，则有()2120Fxmgll−+=代入数据可解得21.1mx=故当恒力作用的距离满足0.975m1.1mx时符合条件。③当滑块刚好能够越过“陷阱”，设滑块到达C点时的速度大小为Cv，则由平抛运动规律可-23-得212

hgt=Cxvt=代入数据解得3m/sCv=设此时恒力作用的距离为3x，故有()231212CFxmgllmv−+=代入数据解得31.325mx=故当恒力作用距离满足1.325m4mx时符合条件。17.如图所示，在竖直直角坐标系xOy内，x轴下

方区域I存在场强大小为E、方向沿y轴正方向的匀强电场，x轴上方区域Ⅱ存在方向沿x轴正方向的匀强电场．已知图中点D的坐标为(27,2LL−−)，虚线GDx⊥轴．两固定平行绝缘挡板AB、DC间距为3L，OC在x轴上，AB、OC板平面垂直纸面，点B在y轴上．一

质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)从D点由静止开始向上运动，通过x轴后不与AB碰撞，恰好到达B点，已知AB=14L，OC=13L．（1）求区域Ⅱ的场强大小E以及粒子从D点运动到B点所用的时间0t；（2）改变该粒子的初位置，粒子从GD上某点M由静止开始向上运动，通过x轴后第一次与A

B相碰前瞬间动能恰好最大．-24-①求此最大动能kmE以及M点与x轴间的距离1y；②若粒子与AB、OC碰撞前后均无动能损失(碰后水平方向速度不变，竖直方向速度大小不变，方向相反)，求粒子通过y轴时的位

置与O点的距离y2．【答案】（1）6E；52mLqE（2）①18qEL，9L；②3L【解析】【详解】（1）该粒子带正电，从D点运动到x轴所用的时间设为1t，则21112Lat=11at=根据牛顿第二定律有1qEma=

粒子在区域II中做类平抛运动，所用的时间设为2t，则22227122Lat=23Lt=根据牛顿第二定律有2qEma=粒子从D点运动到B点所用的时间012ttt=+解得6EE=，052mLtqE=（2）①设粒子通过x轴时的速度大小为0，碰到AB前做类平抛运

动的时间为t，则03Lt=粒子第一次碰到AB前瞬间的x轴分速度大小2xat=-25-碰前瞬间动能()22012kxEm=+即2222292kmLEatt=+由于2222222299LatLat=

为定值，当222229Latt=即23Lta=时动能kE有最大值由（1）得26qEam=最大动能18kmEqEL=对应的018qELm=粒子在区域I中做初速度为零的匀加速直线运动，则20112ay=解得19yL=②粒子在区域II中的运动可等效为粒子以大小为0的初速度

在场强大小为6E的匀强电场中做类平抛运动直接到达y轴的K点，如图所示，则时间仍然为2t02OKt=得9OKL=由于933OKLOBL==，粒子与AB碰撞一次后，再与CD碰撞一次，最后到达B处则23yL=-26-四、选考题∶共12分，请考生任选一题作答

，如果多做，则按所做的第一题计分。18.如图所示，a、b、c、d表示一定质量的理想气体状态变化中的四个状态，图中ad与T轴平行，cd与p轴平行，ab的延长线过原点，则下列说法中正确的是（）A.气体在状态a时的体积大于在状态b时的体积B.从状态b到状态a的过程，气体吸收的热量

一定等于其增加的内能C.从状态c到状态d的过程，气体分子的平均动能不变，但分子的密集程度增加D.从状态a到状态d的过程，气体对外做功，内能不变E.从状态b到状态c的过程，气体从外界吸收的热量一定大于其对外做的功【答案】BCE

【解析】【详解】A．因ab连线过原点，可知是等容线，则气体在状态a时的体积等于在状态b时的体积，选项A错误；B．从状态b到状态a的过程，气体体积不变，则对外做功为零，即W=0，根据∆U=W+Q可知，气体吸收的热量一定等于其增加的内能，选项B正确；C．从状态c到状态d

的过程，气体的温度不变，压强变大，体积减小，则气体分子的平均动能不变，但分子的密集程度增加，选项C正确；D．从状态a到状态d的过程，气体压强不变，温度升高，则体积变大，气体对外做功，内能变大，选项D错误；E．从状态b到状态c的过程，气体温度升高，体积变大，内能增加，对外做功，

根据∆U=W+Q可知，气体从外界吸收的热量一定大于其对外做的功，选项E正确。故选BCE。19.如图所示，在竖直圆柱形绝热气缸内，可移动的绝热活塞a、b密封了质量相同的A、B两部分同种气体，且处于平衡状态．已知活塞a、b的横截面积之比:2:1abSS=，密封气体的长度之比:1:3A

Bhh=，活塞厚度、质量和摩擦均不计．-27-①求A、B两部分气体的热力学温度:ABTT的比值；②若对B部分气体缓慢加热，同时在活塞a上逐渐增加细砂使活塞b的位置不变，当B部分气体的温度为65BT时，活塞a、b间的距离Ah与Ah之比为k:1，求此时A部分

气体的绝对温度AT与AT的比值．【答案】①23②65k【解析】【详解】①A、B两部分气体质量相同且为同种气体，压强也相同，根据盖–吕萨克定律有：aAbBABShShTT=解得23ABTT=②对B部分气体，根据查理定律有065BBppTT=对A部分气体，根据理想气体状态方程有

0aAaAAApShpShTT=而AAhkh=65AATkT=20.如图所示，一束红光从空气射向折射率n=2种玻璃的表面，其中i为入射角，则下列说法正确的是（）-28-A.当i=45°时会发生全反射现象B.无论入射角i为

多大，折射角r都不会超过45°C.当入射角的正切值tani=2，反射光线与折射光线恰好相互垂直D.光从空气射入玻璃，速度减小E.若将入射光换成紫光，则在同样入射角i的情况下，折射角r将变大【答案】BCD【解

析】【详解】A．光线从空气进入玻璃中时，由光疏射向光密介质，不可能会发生全反射现象，选项A错误；B．根据sinsininr=当i=90°时r=45°，可知无论入射角i为多大，折射角r都不会超过45°，选项B正确；C．当反射光线与折射光线恰好相互垂直时，则sin2sin(9

0)ii=−解得tan2i=选项C正确；D．光从空气射入玻璃，由光疏射向光密介质，速度减小，选项D正确；E．若将入射光换成紫光，则由于紫光的折射率大于红光，则在同样入射角i的情况下，折射角r将变小，选项E错误。故选BCD。21.如图所示，两列简谐横波a、b在同一介质中分别沿x轴正

、负方向传播，波速均为v=2.5m/s。已知在t=0时刻两列波的波峰正好在x=2.5m处重合。①求t=0时，介质中处于波峰且为振动加强点的所有质点的x坐标；②从t=0时刻开始，至少要经过多长时间才会使x=1.0m处的质点到达波峰且为振

动加强点？-29-【答案】①(2.520)m(012)xkk=+=，，，②5.4sat=【解析】【详解】①两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的位移均为16cm。从题图中可以看出，a波波长2.5ma=；b波波长4mb=a波波峰的x坐标为()()1112.

52.5m0,1,2,kkx=+=；b波波峰的x坐标为()()2222.54m0,1,2,xkk=+=；由以上各式可得，介质中处于波峰且为振动加强点的所有质点的x坐标为(2.520)m(0,1,2,)xkk=+=。②a波波峰传播到1.0m

x=处的时间为1(0,1,2,)aaaxxmtmvv+===。b波波峰传播到1.0xm=处的时间为2(0,1,2,)bbbxxntnvv+===。其中121m1.5mxx==，当1.0mx=处的质点处于

波峰时，有abtt=以上各式联立可解得581mn−=。由分析可知，当53mn==、时，1.0mx=处的质点经历最短的时间到达波峰，将5m=代入1aaaxxmtvv+==解得-30-5.4sat=。-31-