【文档说明】卷1-备战高考物理【名校地市好题必刷】全真模拟卷（重庆专用）·5月卷（解析版）.docx，共(28)页，655.979 KB，由管理员店铺上传

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1备战2021年高考物理【名校、地市好题必刷】全真模拟卷（重庆专用）·5月卷第一模拟一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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．（2021·重庆南开中学高三月考）如图所示，一个半圆形

导体框右侧有一个垂直于导体框平面向外的匀强磁场，磁场边界与导体框的直径MN平行，磁场宽度等于导体框的半径R。现且导体框以水平向右的速度0v匀速通过磁场区域，若从导体框进入磁场开始计时，规定电流沿顺时针方向为正

，则导体框上产生的感应电流随时间的变化图象可能是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】当半圆形导体框右侧进入磁场，此时其切割磁感线的有效长度不断增大，磁通量不断增加，电流大小逐渐增大且方向为顺时针，直到导体框完全进入磁场，所用时间为0=Rtv，此刻电流为零，此后出磁场过程

中，磁2通量不断减小，电流方向为逆时针，且切割磁感线的有效长度逐渐增大，电流不断增大，直到02Rtv=出磁场。故选B。2．（2020·重庆高三月考）如图所示为一简易机械装置，质量相等的两物块A和B，通过铰链和连杆相连，物块

A与竖直墙壁接触，物块B放在水平面上。现对物块B施加水平向左的外力F，使物块A匀速上升，直到连杆与竖直方向的夹角为30°。不计铰链及物块与接触面间的摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．物块B的速度保持不变B．物块B对地面的压力逐渐增大C．物块A对墙面的压力逐渐增大D．当连杆与

竖直方向的夹角为30°时，突然撤去外力F，物块A的加速度为14g【答案】D【解析】A．根据关联速度得ABcossinvv=物块A缓慢匀速上升，所以物块B的速度逐渐增大。A错误；B．将两物块看做一个整体，

在竖直方向上合力为零，所以地面对物块B的支持力与系统总重力平衡，即物块B对地面的压力不变。B错误；C．对A受力分析，得墙面对A的支持力为tanNmg=随着角度减小，支持力减小，则物块A对墙面的压力逐

渐减小。C错误；3D．设杆对物块的作用力为T，则对物块分析有AcosmgTma−=，BsinTma=化简为ABsinsincosgaa=+根据关联速度关系得AB(cos)(sin)vvtt=即ABAB(cos)(sin)cossinvvaatt

−=+因为从静止释放，有AB0vv==则有ABcossinaa=联立解得A14ag=D正确。故选D。3．（2021·重庆八中高三月考）如图所示，一足够长的斜面固定在水平地面上，斜面倾角为，一质量为m的物块（可视为质点）以平行于斜面的初速度0v从斜面底端滑上斜面，

物块上升的最大高度为h，物块与斜面间的动摩擦因数为，则（）A．若只增大0v，h减小B．若只增大m，h减小C．若只增大，h增大D．若只增大，h增大【答案】D4【解析】A．以平行于斜面的初速度0v从斜面底端滑上斜面，则有sincosm

gmgma+=20=2sinhva解得202tanvhgg=+则只增大0v，h也增大，所以A错误；B．根据202tanvhgg=+上升的最大高度与m无关，所以B错误；C．根据202tanvhgg=+若只增大，h减小，所

以C错误；D．根据202tanvhgg=+若只增大，h增大，所以D正确；故选D。4．（2021·重庆南开中学高三月考）地球刚诞生时自转周期约为8小时，因为受到月球潮汐的影响，地球自转在持续减速，现在地球自转周期是24小时。与

此同时，地月间的距离不断增加。若将地球和月球视为一个孤立的双星系统，两者绕其连线上的某一点O作匀速圆周运动，地球和月球的质量与大小均保持不变，则在地球自转减速的过程中（）5A．地球的第一宇宙速度不断减小B．地球赤道处的重力加速度不断增大C．地球、月球匀速圆周运动的周

期不断减小D．地球的轨道半径与月球的轨道半径之比不断增大【答案】B【解析】A．根据22MmvGmRR=地地地解得地球的第一宇宙速度为GMvR=地地地球的质量和半径不变，则第一宇宙速度不变，A错误；B．根据222-=()MmGmgmRRT地地地自转则随地球自转周期的变大，地球赤道处的重力

加速度g不断增大，B正确；CD．根据地月系统221222244MMGMrMrLTT==月地月地解得2324()=LGMMT+月地612MrrM=月地因为地球和月球的质量保持不变，地月间的距离L不断增加，可知地球、月球匀速圆周运动

的周期不断增加，地球的轨道半径与月球的轨道半径之比不变，CD错误。故选B。5．（2021·重庆高三二模）如题图所示，真空中竖直平面内的三点A、B、C构成直角三角形，其中AC竖直，长度为L，B=30。匀强电场在A、B、C所决定的平面内，电场

强度为E，电场方向与AB平行。现将质量为m的带电小球以初动能Ek沿CA方向从C点射出，小球通过B点时速度恰好沿AB方向，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．小球所受电场力为所受重力的3倍B．经过时间k214Egm，小球电势能和重力势能之和最大C．从C到B，小球做匀变速直线运动D．从C到B，

小球克服重力做功与电场力做功之比为13：【答案】B【解析】A．设小球在C点的速度为vy，在B点速度为vx，AB的长度=3tan30LxL=设从C到B的时间为t，有y2vLt=，x32vLt=解得xy3vv=7根据速度−时间关系vat=可得3qEtgtm=即3qEgm=所以3qE

mg=故A错误；D．从C到B，小球克服重力做的功为GWmgL=电场力所做的功为33WqELmgL==电小球克服重力做的功与电场力做的功的比值为G13WW=电故D错误；B．设电场力和重力的合力与水平方向的夹角为，则有3ta

n3mgqE==则30=22()()2FqEmgmg=+=合则合加速度为2ag=将小球的初速度分解为沿合外力的方向和与合外力垂直的方向，小球电势能和重力势能之和最大时，小球动能最小，合外力方向的分速度减为零，该过程所用时间8ysin302v

tg=解得k214Etgm=故B正确；C．电场力和重力的合力与水平方向的夹角为30=小球初速度方向与合力方向夹角为120°2Fmg=合故小球做匀变速曲线运动，故C错误。故选B。6．（2021·重庆一中高三月考）理想变压器与三个阻值相同的定值电阻R1、R2、

R3组成如图所示的电路，变压器原、副线圈的匝数比为1：2。在a、b间接入正弦式交变电流，则下列说法正确的是（）A．R1、R2、R3两端的电压之比为2：1：2B．R1、R2、R3消耗的功率之比为4：1：4C．a

、b间输入功率与变压器输入功率之比为15：2D．a、b间输入电压与变压器输入电压之比为3：1【答案】C【解析】A．设3R的电流为I，电压为U，则有3UIR=9根据理想变压器原理可得原线圈两端电压电流为12=

=2nUUUn原21=2nIIIn=原R2与原线圈是并联关系则有22UUU==原22=2UIIR=原R1两端的电压与电流为1155=22UIRU=152+22IIII==所以R1、R2、R3两端的电压之比为5：1：2，则A错误；D．a、b间输入

电压为123abUUUU=+=所以a、b间输入电压与变压器输入电压之比为:=6:1abUU原则D错误；B．由2UPR=可得，R1、R2、R3消耗的功率与其电压的平方成正比，则有123::25:1:4PPP=所以B错误；C．a、b

间输入功率为1515322ababPUIUIUI===变压器输入功率为10=P原=22UPUIIUI==原原原所以a、b间输入功率与变压器输入功率之比为15：2，则C正确；故选C。7．（2021·重庆南开中学高三月考）如图所示

，一根劲度系数为k的轻质弹簧，一端固定在水平桌面上，另一端与质量为m的小物块A相连。现让小物块A从弹簧原长处由静止释放，当小物块A下降高度为h时，其速度刚好为0，此时将弹簧锁定。然后将另一相同的小物块B从弹簧原长处仍

由静止释放，在B与A碰前瞬间解除弹簧锁定，B与A碰后一起向下运动（A、B不粘连）。已知重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．锁定弹簧前瞬间，小物块A的加速度为0B．锁定弹簧前小物块A的最大速度是2ghC．碰后弹簧的最大弹性势能为32mghD

．碰后小物块A、B始终不分离【答案】D【解析】A．在第一个过程中，小物块A下降h后速度刚好为0，则有212mghkh=解得2khmg=此时对小物块A由牛顿第二定律得khmgma−=解得11ag=方向竖直向上，故A错误；B．速度最大的时候是重力等于弹力时，因

此有mgkx=解得12xh=由机械能守恒定律可得22m1122mgxkxmv=+解得m2ghv=故B错误；C．B释放后与A相碰前有212mghmv=解得碰前B的速度为2vgh=B与A碰撞过程由动量守恒定律得2mvmv=联立

解得222ghvv==然后一起向下运动，直至AB的速度均减小到0，设这一过程又下降的高度为h，则由机械能守恒定律可得22211122()222mvkhmghkhh++=+联立解得22hh=则弹簧的最大弹性势能为122pm13223()222mghEk

hhmgh+=+=故C错误；D．由C选项可知，弹簧有最大弹性势能时，弹簧压缩量为221.72xhhhh+=+=弹簧将AB整体弹起到最高点时，设此时AB整体上升高度为h，则有2pm12()2Emghkxh=+−联立解得2hhx=

则可知AB整体弹起过程中，弹簧不能恢复原长，则A、B间始终有弹力，故始终不分离，故D正确。故选D。二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15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，有错选的得0分.8．（2021·重庆一中高三月考）在磁

感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核（AZX）发生了一次α衰变，放射出的α粒子（42He）和新核Y在与磁场垂直的平面内做圆周运动，运动径迹如图所示。其中α粒子轨道半径为R。以m、q分别表示α粒子的质量和电荷量。下列说法正确的是（）A．轨迹1、2

分别是α粒子、新核Y粒子的运动径迹B．α粒子的圆周运动方向为顺时针C．α粒子的圆周运动可等效成一个环形电流，且电流大小为I=22πBqmD．若衰变过程中释放的核能都转化为α粒子和新核的动能，则衰变过程中的质量亏损Δm=()22()24ABqRmAc−（其中c表示

光速）【答案】BCD13【解析】A．由动量守恒可知衰变后产生的α粒子与新核Y运动方向相反，所以在磁场中运动的轨迹圆外切，根据2vqvBmR=得mvRqB=可知α粒子半径大，故A错误；B．由左手定则可知，α粒子的圆周运动方向为顺时针，故B正确；C．圆周运动的周期为2πmT

qB=，环形电流为22πqBqITm==故C正确；D．对α粒子由洛伦兹力提供向心力2vqvBmR=得qBRvm=由质量关系可知衰变后新核Y质量为44AMm−=由衰变过程中动量守恒可得0Mvmv−=得mvvM=系统增加的能量为

221122EMvmv=+14由质能方程可得△E=△mc2，联立解得衰变过程中的质量亏损为22()2(4)ABqRmmAc=−故D正确；故选BCD。9．（2020·重庆市育才中学高三月考）如图所示，倾角θ=37o的光滑且足够长的斜面固定在水平面上，在斜面顶端固定一个轮半径和

质量不计的光滑定滑轮D，质量均为m=1kg的物体A和B用一劲度系数k=240N/m的轻弹簧连接，物体B被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板P挡住。用一不可伸长的轻绳使物体A跨过定滑轮与质量为M的小环C连接，小环C穿过

竖直固定的光滑均匀细杆，当整个系统静止时，环C位于Q处，绳与细杆的夹角α=53o，且物体B对挡板P的压力恰好为零。图中SD水平且长度为d=0.2m，位置R与位置Q关于位置S对称，轻弹簧和定滑轮右侧的绳均与斜面平行。现让环C从位置R由静止释放，且环C在下落过程中绳始

终未松弛。sin37o=0.6，cos37o=0.8，g取10m/s2。以下说法正确的是（）A．小环C的质量为0.72kgB．小环C通过位置S时的动能Ek=1.08JC．环从位置R运动到位置S的过程中轻绳对环做的功WT=0.3JD．小环C运动到位置Q的速率v=3m/s【答案】AC【解析】A．开始时

，分析B，得弹簧伸长了1sin2.5cm0.025mmgxk===分析AB，得绳子的拉力为2sin12NTmg==以C为研究对象，则C受到重力、绳子的拉力和杆的弹力处于平衡状态，如图15则cos53TMg=代入数据

得0.72kgM=故A正确；B．由题图中的几何关系可知0.2m0.25msinsin530.8SDdRDQD=====所以圆环C由R点运动到S点的过程中A沿斜面向下运动的距离为0.25m0.2m0.05mLRDd=−=−=可知弹簧将由开始时的伸长状态变成压缩状态，压

缩量2110.05m0.025m0.025mxLxx=−=−==由于弹簧的压缩量等于弹簧开始时的伸长量，所以当C运动到S点时，弹簧的弹性势能与开始时的弹性势能是相等的。在C从R点运动到S点的过程中，C受到的重力、A受到的

重力对A与C组成的系统做功。当C到达S点时，C沿绳子方向的分速度是0，所以A的速度是0，A与C减小的重力势能转化为C的动能，由机械能守恒定律得ksinMgRSmgLE+=代入数据求得小环C通过位置S时的动能k1

.38JE=故B错误；C．环下降的过程中重力和绳子的拉力对环做功，由动能定理得TkMgRSWE+=代入数据，得16T0.3JW=故C正确；D．当环到达Q点时，由于RDQD=，所以，物体A恰好又回到了开始时的位置，弹簧的长度又回到了最初的长度，所

以环从R到S的过程中，只有环的重力势能减小，A物体的势能保持不变。对环在Q点的速度进行分解如下图则由图可知，物体A上升的速度即沿绳子方向的速度，是环C的一个分速度，它们之间的关系为coscos530.6ACvv===所以0.6ACvv=由系统的机械能守恒得221122CAMgRQMvmv

=+代入数据解得2m/sCv=故D错误。故选AC。10．（2020·重庆高三一模）如图所示，在x轴上方（含x轴）存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，在x轴上距离原点x0处垂直于x轴放置一个长度也为x0、厚度不计的薄板PQ，粒子打在

板上即被吸收。坐标原点O处有一粒子源，可垂直于磁场向磁场内各个方向均匀发射速率相同的同种粒子，粒子速度大小为v、质量为m、带电量为＋q。现观察到沿y轴正方向射入磁场的粒子垂直打在薄板的上端Q，不计带电粒子的重力和粒子间的相互作用力，不考虑

薄板吸收粒子后产生的电场，则下列说法正确的有（）17A．磁场的磁感应强度大小为0mvqxB．打在薄板左侧的粒子数占发射总粒子数的13C．打在薄板右侧的粒子数占发射总粒子数的12D．打在薄板上的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间的比值为3∶1【答案】AC【解析】A．由题意，“沿y轴正方向射入磁场的

粒子垂直打在薄板的上端Q”，可得粒子运动的半径：R=x0由洛伦兹力提供向心力，得：2vqvBmR=解得：0mvBqx=A正确；BC．沿y轴正方向射出的粒子恰能达到挡板的最上端；由图1可知与x轴正方向夹角为30°的粒子能达到挡板左侧最低点，则能打到挡板左侧的粒

子的速度范围为60°范围；同理与x轴正方向夹角为150°的粒子能达到挡板右侧最低点（如图2所示），沿x轴负方向射出的粒子能达到挡板的最高点，则能打到挡板右侧的粒子的速度范围为30°范围；则打在薄板右侧的粒子数占发射总粒

子数的12，B错误，C正确；18D．与x轴正方向夹角为30°的粒子能达到挡板左侧最低点的粒子运动时间最短，此粒子在磁场中转过的角度为60°；与x轴正方向夹角为150°的粒子达到挡板右侧最低点的粒子运动时间最长，此粒

子在磁场中转过的角度为300°，根据2tT=可知打在薄板上的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间的比值为300°:60°=5∶1，D错误。故选AC。三、非选择题：共57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45分。11.（6分）（2021·重庆高三月考）如图甲所示，用弹簧OC和弹簧测力计a、b做探究求合力的方法实验。保持弹簧OC伸长量不变。(1)根据图甲所示，弹簧测力计a的读数是_________N，弹

簧测力计b的读数是__________N；(2)若弹簧测力计沿Oa、Ob两方向上的拉力夹角小于90，保持弹簧测力计a与弹簧OC（即竖直向上的方向）的夹角不变，保持弹簧OC伸长的位置O点不变，增大Ob方向与Oa方向的夹角，直至Ob与Oa夹角19为90。则弹簧测力计a的读数___

______、弹簧测力计b的读数__________。（均选填“变大”“变小”或“不变”）【答案】3.602.8变大变小【解析】(1)由图弹簧测力计a可知，其分度值为0.1N，弹簧测力计a的读数是3.60N由图弹簧测力计b可知，其分度值为0.2N，弹簧测力计b的读数是2.

8N(2)由题意，作图如图所示由图可知，弹簧测力计a的读数变大，弹簧测力计b的读数变小12.（9分）（2021·重庆高三月考）某实验小组准备利用表头Gx设计一个多挡位欧姆表，但不知道该表头的电阻。为了精确地测量表头的电阻，该小组首先采用了“电桥法”测量Gx的阻值。电路如图甲所示，由控制电

路和测量电路两大部分组成。实验用到的器材如下：A．待测表头Gx：量程0~1mA，内阻约为400ΩB．灵敏电流计GC．定值电阻R0=300ΩD．粗细均匀的电阻丝AB总长为L=50.00cmE.滑动变阻器R1

（最大阻值为20Ω）F.滑动变阻器R2（最大阻值为2000Ω）20G.线夹、电源、开关以及导线若干(1)电源电动势是3V，实验过程中为了便于调节，滑动变阻器应选用___________（填写器材前对应的字母）。

(2)在闭合开关S前，可将线夹P2大致固定于电阻丝AB中部位置，滑片P1应置于___________（填“a”或“b”）端，然后移动滑动变阻器的滑片使待测表头的示数适当后再不移动滑片。不断调节线夹P2所夹的位置，直到电流表G

示数为零，测出此时AP2段电阻丝长度x=29cm，则Gx的阻值计算式为Gxr=___________（用R0、L、x表示），带入数据得Gxr=___________Ω（结果保留三位有效数字）。(3)如图乙所示，将上述表头GX改为含有“1”，“10”“100”三个档位的欧姆

表，已知电源电动势E=1.5V，内阻可忽略不计。R1<R2，且接线柱3未接任何电阻，R0为调节范围足够大的滑动变阻器。则：图乙中，表笔b为___________（填“红”或“黑”）表笔。当开关S接到接线柱3时，选择的倍率是___________档（

填“1”，“10”“100”）。此后，短接a、b两表笔欧姆调零，R0应调至R0=___________Ω。（每空1分，共3分）(4)随着使用时间的增长，欧姆表内部的电源电动势会减小，内阻会增大，但仍能进行欧姆调零。若仍用该表测

电阻，则测量结果会___________（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。【答案】Ea0xRLx−414Ω黑1001086偏大【解析】(1)滑动变阻器采用的是分压式接法，为了便于调节，滑动变阻器应选用

电阻较小的E。(2)滑片P1应置于a端，以确保测量电路电压从零开始调节，避免电流超过表头量程。由电桥法的原理可知，当电流表G示数为零时满足0GxrxRLx=−整理得0GxxrRLx=−。21带入数据得414Gxr=。(3)电表中电流

统一红进黑出，故表笔b为黑表笔。当开关S接到接线柱3时，表头未并联任何电阻，量程是最小得，允许串联得电阻是最大得，故选择的倍率是100。此后，短接a、b两表笔欧姆调零，欧姆调零应使指针指向表头满偏处，即满足01mA=GxGxEIrR=+代入数据可得R0=10

86。(4)欧姆表内部的电源电动势会减小，内阻会增大，欧姆调零时，由于满偏电流不变，由GxEIR=中可知，欧姆表内阻（中值电阻）变小，测量同一个电阻，电流偏小，对应阻值偏大。13.（12分）（2021·重庆西南

大学附中高三月考）如图，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻。区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s，质量为m，电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好。从t=0时刻开始，金属棒受到垂直于棒的水平力F作用

，从磁场的左边界由静止开始做匀加速运动直到通过整个磁场区域，已知F随时间t变化的规律为F=(0.2t+0.4）N，已知l=1m，m=1kg，R=0.3Ω，r=0.2Ω，s=1m。求：（1）金属棒的加速度a的大小；（2）磁感应强度B的大小；（3）整个过程安培力的冲量。【答案】（1）20.4m/s

a=；（2）0.5TB=；（3）=0.5NsI，方向水平向左【解析】（1）（2）金属棒做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有22=FFma−安=FBIl安电流为EIRr=+电动势为EBlv=匀变速直线运动的速度为vat=联立化简为22Bla

FtmaRr−=+结合F=(0.2t+0.4）N可得0.4ma=220.2BlaRr=+解得20.4m/sa=，0.5TB=（3）金属棒做匀加速直线运动，有212sat=可得5st=而安培力为22=0.2BlaFttRr=

+安23即安培力关于时间均匀增大，故安培力的冲量为00.255Ns=0.5Ns2IFt+==安方向水平向左。14.（18分）（2021·重庆一中高三月考）如图所示，在光滑水平面上有一质量为2021m的木板，木板上有2021块质量均为m的相同木块1、2、……、2021。最初木板静止，各

木块分别以v、2v、……、2021v的速度同时向同一方向运动，木块和木板间的动摩擦因数为μ，且始终不发生木块间相互碰撞和离开木板的现象。求：（1）最终木板的速度；（2）第2块木块相对木板滑动的时间t2；（3）运动中第k（k≤2021）块木块的最小速度。（所有计算结果可保留分数）【答案】(1

)10112vv=；(2)240434042vtg=；(3)(21)(2021)4knkkvvkn+−=【解析】(1)由题意设n=2021，设当所有物块的速度相等时的速度为v，选取向右为正方向，则有m(v+2v+3v++nv)=2nmv可得11

01142nvvv+==(2)(3)设第k块木块的最小速度为vk，则此时木块与第1至第k-1块木块的速度均为vk，由于所有的木块的质量都相等，所以所有的木块受到的摩擦力大小都是相等的，设为μmg，由动量定

理可知，在相等的时间内，第k+1块木块至第n块木块速度的减小量也相等，因而此时第k+1块木块至第n块木块速度依次是vk+v，vk+2v，vk+3v…vk+(n-k)v则由动量守恒定律可得(23)()m(vv)m(v2v)[()v]kkkkmvvvnvnmkmvmvnk++++=++++++

++−即24(23)2nmv[12()]vkmvvvnvmnk++++=++++−解得(21)(2021)4knkkvvkn+−=可得第2块木块的最小速度为2(2202112)24041=420214042vvv+−=第2块木块的加速度大小为ag=由速度公式可得

222vvat=−联立可解得第2块木块相对木板滑动的时间为240434042vtg=（二）选考题：共12分。请考生从第15题和第16题中任选一题作答，若两题都做，则按所做的第一题记分。15.[选修3-3]（12分）（1）（4分）（2021·重庆市黔江新华中学校高三月考）如

图所示，一定质量的理想气体经历A→B、B→C两个变化过程，已知状态A的温度为300K，则气体在B状态的温度为___________K，由状态B变化到状态C的过程中，气体是___________（填“吸热”或“放热”）过程。【答案】12

00放热【解析】由理想气体状态方程得25AABBABpVpVTT=解得B1200KT=B到C过程为等容变化，压强减小，由pCT=可知，气体由B到C为等容变化，不做功，但温度降低，内能减小0U＜根据热力学第一定律0UQ

W=+=可知0Q＜气体要放热。（2）（8分）（2021·重庆南开中学高三月考）地面上有一高为3h，横截面积为S的圆柱形金属储水容器，该容器与一横截面积不计的竖直细金属水管相连。开始时，容器上方的阀门K打开，容器内水面距容器底部和金属管道出水口高度差如图所示。现关闭容器上方的

阀门K，经长时间阳光照射后水管中水面上升了0.1h；然后再打开阀门K，待水面上方空气压强、温度与环境相同后，再用空气泵通过阀门K向容器内注入空气。已知环境空气压强与10h高水柱产生的压强相等，环境温度为T0。充入空气的压强，温度与周围环境相同，充入过程中气体

温度不变。不考虑容器内水蒸发对容器内空气压强，温度的影响。求：（1）经长时间阳光照射后，水面上方空气的温度T；（2）若要恰好将容器内的水排空，充入容器内的空气体积△V。26【答案】（1）1.010T；（2）5hs【解析】（1）由题可知010ph=光照后0

10.1php+=所以110.1ph=金属管横截面积不计属于等体积变化，由查理定律得010ppTT=解得01.01TT=（2）因为水恰好排空，所以最终气体体积23Vhs=201020phph=+=由理想

气体状态方程可得002200()pVVpVTT+=其中0Vhs=所以5Vhs=16.[选修3-4]（12分）（1）（4分）（2020·重庆高三月考）一列沿x轴正方向传播的简谐横波某时刻的波形图如图所示，波速为5m/s，振幅为10cm。A是振源，B、C、D、E、F、G是介质中的质点，

相邻两质点平衡位置间的距离相等且为1m。则该波27振源A起振方向是y轴______(选填“正”或“负”)方向，从图示时刻起再经过______s，G点第一次到波谷。【答案】正1.3【解析】因质点B起振的方向为y轴正向，可知该波振源A起振方向是y轴正方向；从图示时刻起G点第一次到波谷时波需向前传播6

.5m，则经过的时间6.5s=1.3s5ltv==（2）（8分）（2021·重庆巴蜀中学高三月考）如图所示为某种透明材料制成的一块柱形棱镜的横截面图，CD是四分之一圆，圆心为O；ABOD为一长方形且B、O、C三点在同一平面上。光线从AB面上的M点入射，入

射角为=30°，光进入棱镜后恰好在BC面上的O点发生全反射，然后由CD面射出。真空中的光速为c。求：（1）透明材料的折射率n；（2）光在该透明材料内传播的速度。【答案】（1）52n=；（2）255vc=【解析】(1)设光线在AB面的折射角

为r，光路如图所示28根据折射定律得sinsinnr=①设棱镜的全反射临界角为θC，由题意，光线在BC面恰好发生全反射，得到1sinCn=②由几何知识可知r+θC=90°③得52n=④(2)光在棱镜中传播速度cvn=⑤得255vc=⑥