【文档说明】湖南省永州市2021届高三下学期5月高考冲刺押题卷物理试题（一） 含答案.doc，共(21)页，598.000 KB，由小赞的店铺上传

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永州市2021年新高考物理押题卷（一）时间：75分钟分值：100分一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．近代物理和相应技术的发展，极大地改变了人类的生产和生活方式，推动

了人类文明与进步。关于近代物理知识下列说法正确的是（）A．用光电管进行光电效应实验中，分别用频率不同的单色光照射到同种金属上，入射光的强度越大，光电子的最大初动能就越大B．查德威克预言了中子的存在，卢瑟福通过实验发现了中子C．玻尔理论成功解释了大量原子光谱规律，其局限性在于保留了经典粒子的观念

D．钋（Po）是氡（Rn）的衰变产物之一，故钋（Po）的比结合能大于氡（Rn）的比结合能2．交流发电机发电的示意图如图所示，矩形线圈ABCD面积为S、匝数为N、整个线圈的电阻为r。在磁感应强度为B的磁场中，线圈绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电阻为R，线圈的A

B边连在金属滑环K上，CD边连在金属滑环L上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路相连。关于发电过程中的四个状态，下列说法正确的是()A．线圈转到图甲位置时，通过线圈的磁通量为NBSB．线圈转到图乙位置时，通过线圈的磁通量的变化率为NBSωC．

线圈转到图丙位置时，外电路中交流电流表的示数为NBSωR＋rD．线圈转到图丁位置时，AB边感应电流方向为A→B→C→D3．甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，在t＝0时，乙车在甲车前50m处，它们的v－t图像如图所示，下列对汽车运动情况的描述中正确的是()

A．甲车先做匀速直线运动再做反向匀减速直线运动B．在第20s末，甲、乙两车的加速度大小相等C．在第30s末，甲、乙两车相距100mD．在整个运动过程中，甲、乙两车可以相遇两次4．如图所示，A、B、C是三级台阶的端点位置，每一级台阶的水平宽度是相同的，其竖直高度分别为h1、h2、

h3，将三个相同的小球分别从A、B、C三点以相同的速度v0水平抛出，最终都能到达A的下一级台阶的端点P处，不计空气阻力。关于从A、B、C三点抛出的小球，下列说法正确的是()A．在空中运动时间之比为tA∶tB∶tC＝1∶3∶

5B．竖直高度之比为h1∶h2∶h3＝1∶2∶3C．在空中运动过程中，动量变化率之比为ΔpAΔt∶ΔpBΔt∶ΔpCΔt＝1∶1∶1D．到达P点时，重力做功的功率之比PA∶PB∶PC＝1∶4∶95．一质点在0～

15s内竖直向上运动，其加速度－时间图像如图所示，若取竖直向下为正，g取10m/s2，则下列说法正确的是()A．质点的机械能不断增加B．在0～5s内质点的动能增加C．在10～15s内质点的机械能一直增加D．在t＝15s时质点的机械能大于t＝5s时质点的机械能6．如图

所示，在粗糙的水平地面上放着一左侧截面是半圆的柱状物体B，在B与竖直墙之间放置一光滑小球A，整个装置处于静止状态.现用水平力F缓慢拉动B向右移动一小段距离后，它们仍处于静止状态，在此过程中，下列判断正确的是A.B对地面的压力逐渐增大B.小球A对物体B的压力逐渐减

小C.墙面对小球A的支持力逐渐减小D.拉力F逐渐减小二、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。7．如图所示，匀强电场中三点

A、B、C是一个三角形的三个顶点，∠ABC＝∠CAB＝30°，BC＝23m，已知电场线平行于三角形ABC所在的平面，一个电荷量q＝－2×10－6C的点电荷由A移到B的过程中，电势能增加了1.2×10－5J，由B移到C的过程中电场力做

功6×10－6J，为方便计算，设B点电势为0，下列说法正确的是()A．B、C两点的电势差UBC＝3VB．A点的电势低于B点的电势C．负电荷由C点移到A点的过程中，电势能减少D．该电场的场强为1V/m8．如图所示，赤道上空的卫星A距地面高

度为R，质量为m的物体B静止在地球表面的赤道上，卫星A绕行方向与地球自转方向相同。已知地球半径也为R，地球自转角速度为ω0，地球的质量为M，引力常量为G。若某时刻卫星A恰在物体B的正上方，下列说法正确的是()A．物体B受到地球的引力为mRω20B．卫星A的线速度为GM2

RC．卫星A再次到达物体B上方的时间为2πGMR3－ω0D．卫星A与物体B的向心加速度之比为GM4R3ω209．如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨间距为l，与水平面成30°角，导轨上端接一阻值为R的电阻。距离导轨上端为l的分界线M、N将导轨所在平面分成Ⅰ和Ⅱ两个区域，两区域中均存在垂直于

导轨平面的磁场，区域Ⅰ为匀强磁场，其磁感应强度为B0；区域Ⅱ中的磁感应强度随时间变化的关系如图乙所示。将长为l、电阻也为R的导体棒放在M、N下侧导轨上，0～t0时间内，导体棒静止；之后导体棒向下滑动，当滑下的距离为x时，导体棒开始做匀速运动。导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．

导体棒的质量m＝B20l3gt0RB．导体棒匀速滑动时的速度v＝l2t0C．匀速运动时R两端的电压为U＝B0l2t0D．自t＝0至导体棒开始匀速运动时，通过导体棒的电荷量q＝B0l(l＋x)2R10．如图所示，轻弹簧的一端

固定在倾角为θ＝30°的光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，质量为35m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0，从某时刻开始，对b施加沿斜面向上的外力F，使b始终做匀加速直线运动。经过一段时

间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0，弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。则()A．弹簧的劲度系数k＝4mg5x0B．弹簧恢复原长时物块a、b恰好分离C．物块b的加速度为g5D．拉力F的最小值为4

25mg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）某实验小组用如图所示的器材验证“力的平行四边形定则”.在水平的圆形桌面上平铺一张白纸，在桌子边缘安装三个光

滑的滑轮，其中，滑轮P1固定在桌子边，滑轮P2、P3可沿桌边移动.步骤如下：A.在三根轻绳下挂上一定数量的钩码，调整滑轮P2、P3，位置并使结点O静止；B.在白纸上描下O点的位置和三根绳子的方向，以O点为起点，用同一标度作出三个拉力的

图示；C.以绕过滑轮P2、P3绳的两个力为邻边作平行四边形，作出以O点为起点的平行四边形的对角线，量出对角线的长度；D.检验对角线的长度和绕过滑轮P绳拉力的图示的长度是否一样，方向是否在一条直线上.(1)第一次实验中，若一根绳挂的钩码质量为m，另

一根绳挂的钩码质量为2m，则第三根绳所挂的钩码质量M应满足关系___________________.(2)第二次实验时，改变滑轮P2、P3的位置和相应绳上钩码的数量，使结点平衡，绳的结点__________(选填“必须”或“不必”)与第一次实验中白纸上描下的O点重合.实验中，若桌面倾斜，

____________(选填“会”或“不会”)影响实验的结论.12．（9分）如图甲所示，该电路在测量电源电动势和内阻的同时也能完成对未知电阻Rx的测量。实验室提供的器材如下：A.待测电阻Rx(约9Ω)B.待测电源C.电阻箱(0～99

.9Ω)D.电压表V1(量程6V，可以视为理想电表)E.电压表V2(量程3V，内阻约4kΩ)(1)如果纵坐标表示两个电压表读数之比U1U2，横坐标表示电阻箱的阻值R，实验结果的图像如图乙所示。则待测电阻Rx＝________Ω(保留2位有效数字)。(2)在(1)问中，由于电压表V2的

分流，待测电阻Rx的测量值比真实值________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。(3)如果纵坐标表示某电压表读数U，横坐标表示两个电压表读数之差与电阻箱阻值的比值U1－U2R，实验结果的图像如图丙所示。其中能读出电源电动势和内电阻的是______

__(选填“A图线”或“B图线”)。两图线交点的横坐标为________A，纵坐标为________V(结果均保留2位有效数字)。答题卷得分一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的题号123456答

案二、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。题号78910答案三、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）⑴⑵12．（9分）⑴⑵⑶13．（12分）如图所示，质量M＝1.0kg的木块随传送带一起以v＝2.0m/s的速度向左匀速运动，木块与传送带间的动摩

擦因数μ＝0.50。当木块运动至最左端A点时，一颗质量为m＝20g的子弹以v0＝3.0×102m/s水平向右的速度击穿木块，穿出时子弹速度v1＝50m/s。设传送带的速度恒定，子弹击穿木块的时间极短，且不计木块质量变化，g取10m/s2。求：(1)在被子弹

击穿后，木块向右运动距A点的最大距离；(2)子弹击穿木块过程中产生的内能；(3)从子弹击穿木块到最终木块相对传送带静止的过程中，木块与传送带间由于摩擦产生的内能。14．（16分）如图所示，在坐标系xOy的第二象限内有沿y轴负方向

的匀强电场，电场强度大小E＝3mv202qL。在第三象限内有磁感应强度B1＝3mv02qL的匀强磁场Ⅰ，在第四象限内有磁感应强度考号班级姓名B2＝6mv0qL的匀强磁场Ⅱ，磁场Ⅰ、Ⅱ的方向均垂直于纸面向里。一质量为m、电荷量为＋q的粒子从P(0，L)点处以初速度v0

沿垂直于y轴的方向进入第二象限的匀强电场，然后先后穿过x轴和y轴进入磁场Ⅰ和磁场Ⅱ，不计粒子的重力和空气阻力。求：(1)粒子由电场进入磁场Ⅰ时的速度v的大小和方向；(2)粒子出发后第1次经过y轴时到O点的距离；(3)粒子出发后从第1次经过y轴

到第4次经过y轴产生的位移大小Δy。（二）选考题：共13分。请考生从两道中任选一题作答。如果多做，则按第一题计分。15．[物理—选修3-3]（13分）(1)（5分）如图所示，一定质量的理想气体从状态a依次经等容变化过程①、等压变化过程②、等容变化过

程③、等压变化过程④再回到状态a。已知状态a与状态c气体的温度相同。则在a、b、c、d四个状态及①②③④四个过程中，下列说法正确的是______。（填正确答案的标号。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．状态b气体的温度最高B．状态d气体分子的平均动能最大C．过程②中气体要向外界放出热量D．过程③中气体要从外界吸收热量E．过程④中外界对气体做的功大于过程②中气体对外界做的功（2）（8分）体积为332.010m−的带塞的烧瓶，内盛51.010Pa

、300K的氧气，加热到400K时，塞子被顶开（不考虑此时瓶内氧气温度的变化），立即塞好塞子并停止加热，烧瓶又逐渐降温到300K。设外界大气压强恒为51.010Pa。求：(i)瓶中所剩氧气的压强；(ii)瓶中所剩氧气占原有氧气的比例。16．[物理—选修3-4]

（13分）(1)(5分)同一介质中相向传播的两列简谐横波在某一时刻的波形如图所示，此时两列波分别向右传至x＝4m和向左传至x＝8m处，它们的振幅均为5cm.从此时刻起经0.25s，x＝2m处的质点A恰第1次到达

波峰，则该两列波波速v＝________m/s，令它们相遇时t＝0，则x＝6m处质点的振动方程为y＝________________。(2)(8分)如图，ABCD是某四棱镜的横截面，∠A＝60°，∠B＝30°，AB∥CD，AD＝L，CD＝L2.位于ABCD所在平面内的平行单色光垂

直于AD边入射(入射点在A、D之间)，进入棱镜的光线恰好在AB边发生全反射．真空中光速为c，每条边只考虑一次反射或折射。求：(i)棱镜材料的折射率；(ii)射向AD边的光线中，从进入棱镜到射出BC边经历的最长时间。2021年新高考物理押题卷（一）时间：75分钟分值：100

分一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．近代物理和相应技术的发展，极大地改变了人类的生产和生活方式，推动了人类文明与进步。关于近代物理知识下列说法正确的是（）A．用光电管进行光电效应实验中，分别用频

率不同的单色光照射到同种金属上，入射光的强度越大，光电子的最大初动能就越大B．查德威克预言了中子的存在，卢瑟福通过实验发现了中子C．玻尔理论成功解释了大量原子光谱规律，其局限性在于保留了经典粒子的观念D．钋（Po）是氡（Rn）的衰变产物之一，故钋（Po）的比结合能大于氡

（Rn）的比结合能【答案】D【解析】解：A、用光电管进行光电效应实验中，根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hv﹣W0，可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，故A错误；B、卢瑟福预言了中子的存在，查德威克通过实验发现了中子，故B错误；C、玻

尔理论只成功解释了氢原子光谱规律，其局限性在于保留了经典粒子的观念，故C错误；D、衰变产物的新核更稳定，比结合能更大，故D正确。故选：D。2．交流发电机发电的示意图如图所示，矩形线圈ABCD面积为S、匝数为N、整个线圈的电阻为r。在磁感应强度为B的磁场中

，线圈绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电阻为R，线圈的AB边连在金属滑环K上，CD边连在金属滑环L上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路相连。关于发电过程中的四个状态，下列说法正确的是()A．线圈转到图甲位置时，通过线圈的磁通量为NBSB．线圈转到图乙位置时，

通过线圈的磁通量的变化率为NBSωC．线圈转到图丙位置时，外电路中交流电流表的示数为NBSωR＋rD．线圈转到图丁位置时，AB边感应电流方向为A→B→C→D2.D解析：线圈转到图甲位置时，通过线圈的磁通

量为BS，与匝数无关，A错误；线圈转到图乙位置时，感应电动势Em＝NBSω＝NΔΦΔt，解得磁通量的变化率ΔΦΔt＝BSω，B错误；电流表示数为有效值I＝Em2R＋r＝NBSω2(R＋r)，C错误；线圈转到图丁位置时，根据楞次定律可知线框中的电流方

向为A→B→C→D，D正确。3．甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，在t＝0时，乙车在甲车前50m处，它们的v－t图像如图所示，下列对汽车运动情况的描述中正确的是()A．甲车先做匀速直线运动再做反向匀减速直线运动B．在第20s末，甲、乙两车的加速度大小相等C．在第

30s末，甲、乙两车相距100mD．在整个运动过程中，甲、乙两车可以相遇两次3D解析：由图像可知，甲车先做匀速直线运动后做匀减速直线运动，但图线一直在时间轴的上方，故甲车一直沿正方向运动，没有反向运动，选项A错误；v-t图像的斜率表示加速度，则在第20s末，甲车的加速度为a1＝－1m/s2

，乙车的加速度为a2＝23m/s2，所以甲、乙两车的加速度大小不等，选项B错误；v-t图线与t轴所围的“面积”表示位移，则在第30s末，甲车的位移大小为x1＝400m，乙车的位移大小为x2＝300m，又因为t＝0时乙车在甲车前50m处，所以第30s末甲

、乙两车相距Δx＝400m－300m－50m＝50m，故选项C错误；由于刚开始运动时乙车在甲车前50m处，甲车的速度大于乙车的速度，经过一段时间甲车可以追上乙车，然后甲车运动到乙车的前面，到30s末，甲车停止运动，

甲车在乙车前50m处，此时乙车以20m/s的速度匀速运动，所以再经过2.5s乙车追上甲车，故在整个运动过程中，甲、乙两车可以相遇两次，选项D正确。4．如图所示，A、B、C是三级台阶的端点位置，每一级台阶的水平宽度是相同的，其竖直高度分别为h1、h2、h3，将三个相同的小球分别从A、

B、C三点以相同的速度v0水平抛出，最终都能到达A的下一级台阶的端点P处，不计空气阻力。关于从A、B、C三点抛出的小球，下列说法正确的是()A．在空中运动时间之比为tA∶tB∶tC＝1∶3∶5B．竖直高度之比为h1∶h2∶h3＝1∶2∶3C．在空中运动过程中，动量

变化率之比为ΔpAΔt∶ΔpBΔt∶ΔpCΔt＝1∶1∶1D．到达P点时，重力做功的功率之比PA∶PB∶PC＝1∶4∶94.C解析：根据x＝v0t，水平初速度相同，A、B、C水平位移之比为1∶2∶3,所以它

们在空中运动的时间之比为1∶2∶3，A错误；根据h＝12gt2，竖直高度之比为h3∶h2∶h1＝1∶3∶5，B错误；根据动量定理可知，动量的变化率为小球受到的合外力即重力，重力相同，则动量的变化率相等，故C正确；

到达P点时，由vy＝gt知，竖直方向速度大小之比为1∶2∶3,重力做功的功率P＝mgvy，所以重力做功的功率之比为PA∶PB∶PC＝1∶2∶3，故D错误．5．一质点在0～15s内竖直向上运动，其加速度－时间图像如图所示，

若取竖直向下为正，g取10m/s2，则下列说法正确的是()A．质点的机械能不断增加B．在0～5s内质点的动能增加C．在10～15s内质点的机械能一直增加D．在t＝15s时质点的机械能大于t＝5s时质点的机械能5．D解析：质点竖直向

上运动，0～15s内加速度方向向下，质点一直做减速运动，B错误.0～5s内，a＝10m/s2，质点只受重力，机械能守恒；5～10s内，a＝8m/s2，受重力和向上的力F1，F1做正功，机械能增加；10～15s内，a＝12m/s2，质点受重力和向

下的力F2，F2做负功，机械能减少，A、C错误．由F合＝ma可推知F1＝F2，由于做减速运动，5～10s内通过的位移大于10～15s内通过的位移，F1做的功大于F2做的功，5～15s内增加的机械能大于减少的机械能，所以D正确．6.如图所示，在粗糙的水平地面上放着一左

侧截面是半圆的柱状物体B，在B与竖直墙之间放置一光滑小球A，整个装置处于静止状态.现用水平力F缓慢拉动B向右移动一小段距离后，它们仍处于静止状态，在此过程中，下列判断正确的是A.B对地面的压力逐渐增大B.小球A对物体B的压力逐渐减小C.墙面对小球A的支持力逐渐减小D.拉力F逐渐减

小6.【答案】D【解析】【详解】BC．对A球受力分析并建立直角坐标系如图，由平衡条件得，竖直方向：2cosNmg=水平方向：12sinNN=联立解得：2cosmgN=1tanNmg=缓慢向右移动一小段距离，A缓慢下落，则增大，所以N2增大，N1增大，

由牛顿第三定律知小球A对物体B的压力逐渐增大，故BC错误；A．对AB整体分析，竖直方向:ABNGGF+=FN不变，A错误；D．水平方向:1FNf+=f不变，N1增大，F逐渐减小，D正确。【答案】D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。7．如图所示，匀强电场中三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，∠ABC＝∠CAB＝30°，BC＝23m，已知电场线平行于三角形ABC所在的平面，一个电荷量q＝－2×1

0－6C的点电荷由A移到B的过程中，电势能增加了1.2×10－5J，由B移到C的过程中电场力做功6×10－6J，为方便计算，设B点电势为0，下列说法正确的是()A．B、C两点的电势差UBC＝3VB．A点的电势低于B点的电势C．负电荷由C点移到A点的过程中，电势能减少D

．该电场的场强为1V/m7.CD解析：由B移到C的过程中电场力做功WBC＝6×10－6J，则B、C两点的电势差为UBC＝WBCq＝－3V，A项错误；点电荷由A移到B的过程中，电势能增加1.2×10－5J，可知电场力做功WAB＝－1.2×10－5J，A、B两点的电势差UAB

＝WABq＝6V，所以A点的电势高于B点的电势，B项错误；UCA＝－UBC－UAB＝－3V，根据W＝Uq得，负电荷由C移到A的过程中，电场力做正功，所以电势能减少，C项正确；由分析可知φA＝6V，φC＝3V

，又三角形ABC为等腰三角形，所以AB中点的电势也为3V，则AB中点与C点的连线为该电场的等势线，所以电场强度方向沿着AB方向，由A指向B，BC＝23m，所以UAB＝EdAB＝6V，计算得该电场的场强为1V/m，D项正确。8．如图所示，赤道上空的卫星A距地面高度

为R，质量为m的物体B静止在地球表面的赤道上，卫星A绕行方向与地球自转方向相同。已知地球半径也为R，地球自转角速度为ω0，地球的质量为M，引力常量为G。若某时刻卫星A恰在物体B的正上方，下列说法正确的是()A．物体B受到地球的引力为mRω20B．卫星A的线速度为GM2RC．卫星A再次到达物

体B上方的时间为2πGMR3－ω0D．卫星A与物体B的向心加速度之比为GM4R3ω208.BD解析：物体B受到地球的引力为F＝GMmR2，远大于物体B做圆周运动的向心力mRω20，故A错误；对卫星A，根据万有引力提供向心力可得GMmA2R2

＝mAv2A2R，解得卫星A的线速度为vA＝GM2R，故B正确；卫星A的角速度为ωA＝vA2R＝GM2R3，设卫星A再次到达物体B上方的时间为t，则(ωA－ω0)t＝2π，联立解得t＝2πGM8R3－ω0，故C错误；对卫星A，根据万有引力提供向心力可得GMmA2R

2＝mAaA，解得卫星A的向心加速度为aA＝GM4R2，物体B的向心加速度为aB＝ω20R，因此卫星A与物体B的向心加速度之比为aAaB＝GM4R3ω20，故D正确。9．如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨间距为

l，与水平面成30°角，导轨上端接一阻值为R的电阻。距离导轨上端为l的分界线M、N将导轨所在平面分成Ⅰ和Ⅱ两个区域，两区域中均存在垂直于导轨平面的磁场，区域Ⅰ为匀强磁场，其磁感应强度为B0；区域Ⅱ中的磁感应强度随时间变化的关系如图乙所示。将长为l、电

阻也为R的导体棒放在M、N下侧导轨上，0～t0时间内，导体棒静止；之后导体棒向下滑动，当滑下的距离为x时，导体棒开始做匀速运动。导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．导体棒的质量m＝B20l3gt0RB．导体棒匀速滑动时的速度v＝l2t0C．匀速运

动时R两端的电压为U＝B0l2t0D．自t＝0至导体棒开始匀速运动时，通过导体棒的电荷量q＝B0l(l＋x)2R9.AD解析：0～t0时间内，导体棒静止，由平衡条件可知B0Il＝mgsin30°，由法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt＝B0l2t0，根据欧姆定律得I＝E2R，联立解得m＝

B20l3gt0R，故A正确；导体棒匀速运动时有B0I′l＝mgsin30°，其中I′＝B0lv2R，联立得v＝lt0，故B错误；匀速运动时R两端的电压为U＝B0lv2＝B0l×l2t0＝B0l22t0，故C错误；0～t0时间内，电荷量为q1＝It0＝E2R

t0＝B0l22Rt0t0＝B0l22R，滑下的距离为x过程q2＝ΔΦ2R＝B0lx2R，则总过程电荷为q＝q1＋q2＝B0l(l＋x)2R，故D正确。10．如图所示，轻弹簧的一端固定在倾角为θ＝30°的光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连

，质量为35m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0，从某时刻开始，对b施加沿斜面向上的外力F，使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0，弹簧的形变始终在弹性限度

内，重力加速度大小为g。则()A．弹簧的劲度系数k＝4mg5x0B．弹簧恢复原长时物块a、b恰好分离C．物块b的加速度为g5D．拉力F的最小值为425mg10.AD解析：对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有kx0＝m＋3

5mgsinθ，解得k＝m＋35mgsinθx0＝4mg5x0，故A正确；由题意可知，b经两段相等的时间后位移为x0，设分离前位移为x1，由初速度为零的匀变速直线运动在相邻相等时间内位移关系的规律可知x1x0＝14，说明当弹簧形变

量为x2＝x0－x1＝3x04时二者分离，故B错误；对a分析，因分离时a、b间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知kx2－mgsinθ＝ma，联立解得a＝g10，故C错误；a、b分离前对整体分析，由牛顿第二定律有F＋kΔx－m

＋35mgsinθ＝m＋35ma，则知刚开始运动时拉力F最小，F的最小值Fmin＝425mg；分离后对b分析，由牛顿第二定律有F－35mgsinθ＝35ma，解得F＝925mg，所以拉力F的最小值为425mg，故D正确。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）某实验小组用如图所示的器材验证“力的平行四边形定则”.在水平的圆形桌面上平铺一张白纸，在桌子边缘安装三个光滑的滑轮，其中，滑轮P1固定在桌子边，滑轮P2、P3

可沿桌边移动.步骤如下：A.在三根轻绳下挂上一定数量的钩码，调整滑轮P2、P3，位置并使结点O静止；B.在白纸上描下O点的位置和三根绳子的方向，以O点为起点，用同一标度作出三个拉力的图示；C.以绕过滑轮P2、P3绳的两个力为邻边作平行四边形，作出

以O点为起点的平行四边形的对角线，量出对角线的长度；D.检验对角线的长度和绕过滑轮P绳拉力的图示的长度是否一样，方向是否在一条直线上.(1)第一次实验中，若一根绳挂的钩码质量为m，另一根绳挂的钩码质量为2m，则第三根绳所挂的钩码质量M应满足关系___________________.(2)第二次

实验时，改变滑轮P2、P3的位置和相应绳上钩码的数量，使结点平衡，绳的结点__________(选填“必须”或“不必”)与第一次实验中白纸上描下的O点重合.实验中，若桌面倾斜，____________(选填“会”或“不会”)影响实验的结论.【答案】(1).（1）m<M<3m；(2).（2）不必，(

3).不会；12．（9分）如图甲所示，该电路在测量电源电动势和内阻的同时也能完成对未知电阻Rx的测量。实验室提供的器材如下：A.待测电阻Rx(约9Ω)B.待测电源C.电阻箱(0～99.9Ω)D.电压表V1(量程6V，可以视为理想电表)E.电压表V2(量程3V

，内阻约4kΩ)(1)如果纵坐标表示两个电压表读数之比U1U2，横坐标表示电阻箱的阻值R，实验结果的图像如图乙所示。则待测电阻Rx＝________Ω(保留2位有效数字)。(2)在(1)问中，由于电压表V2的分流，待测电阻Rx的测量值比真实值_______

_(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。(3)如果纵坐标表示某电压表读数U，横坐标表示两个电压表读数之差与电阻箱阻值的比值U1－U2R，实验结果的图像如图丙所示。其中能读出电源电动势和内电阻的是________(选填“A图线”或“B图线”)。两图线交点的

横坐标为________A，纵坐标为________V(结果均保留2位有效数字)。12.【答案】(1)8.0(2)偏小(3)A图线0.433.4【解析】(1)根据串联电路的分压原理可知U2Rx＝U1R＋Rx，故U1U2＝Rx＋RRx＝1＋RRx，所以纵轴截

距为1.0，根据图象斜率k＝1Rx＝3.0－1.016.0＝18，解得Rx＝8.0Ω。(2)由于电压表V2的分流，待测电阻Rx测量值比真实值偏小。(3)A图线反映的是电源的特性，可知电动势为6.0V，内电阻r＝6.01.0Ω＝

6.0Ω，B图线反应的是阻值为8.0Ω的定值电阻的U－I关系，两图线交点反映的是电源与定值电阻直接串联时的情况，交点的横坐标I＝ERx＋r＝6.08.0＋6.0A≈0.43A，纵坐标U＝E－Ir＝6.0V－0.43×6V≈3.4V。13．（

12分）如图所示，质量M＝1.0kg的木块随传送带一起以v＝2.0m/s的速度向左匀速运动，木块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.50。当木块运动至最左端A点时，一颗质量为m＝20g的子弹以v0＝3.0×102m/s水平向右的速度击穿木块，穿出时子弹速度v1＝50m/s。设传送带的速度恒

定，子弹击穿木块的时间极短，且不计木块质量变化，g取10m/s2。求：(1)在被子弹击穿后，木块向右运动距A点的最大距离；(2)子弹击穿木块过程中产生的内能；(3)从子弹击穿木块到最终木块相对传送带静止的过程中，木块与传送带间由于摩擦产生的内能。13.答案(1)0.90m(2)872

.5J(3)12.5J解析(1)设木块被子弹击穿时的速度为v′，子弹击穿木块过程动量守恒，则mv0－Mv＝mv1＋Mv′解得v′＝3.0m/s设子弹穿出木块后，木块向右做匀减速运动的加速度大小为a，根

据牛顿第二定律得μMg＝Ma解得a＝5.0m/s2木块向右运动到离A点最远时，速度为零，设木块向右移动最大距离为s1，则v′2＝2as1解得s1＝0.90m。(2)根据能量守恒定律可知子弹射穿木块过程中产生的内能为E＝12mv20＋12Mv2－12mv21－12Mv′2解得E＝872.5J。(3

)设木块向右运动至速度减为零所用时间为t1，然后再向左做加速运动，经时间t2与传送带达到相对静止，木块向左移动的距离为s2。根据运动学公式得v2＝2as2解得s2＝0.40mt1＝v′a＝0.60s，t2＝va＝0.40s

木块向右减速运动的过程中相对传送带的位移为s′＝vt1＋s1＝2.1m产生的内能Q1＝μMgs′＝10.5J木块向左加速运动的过程中相对传送带的位移为s″＝vt2－s2＝0.40m产生的内能Q2＝μMgs″＝2.0J所以整个过程中木块与传送带摩擦产生的内能Q＝Q1＋Q2＝1

2.5J。14．（16分）如图所示，在坐标系xOy的第二象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小E＝3mv202qL。在第三象限内有磁感应强度B1＝3mv02qL的匀强磁场Ⅰ，在第四象限内有磁感应强度B

2＝6mv0qL的匀强磁场Ⅱ，磁场Ⅰ、Ⅱ的方向均垂直于纸面向里。一质量为m、电荷量为＋q的粒子从P(0，L)点处以初速度v0沿垂直于y轴的方向进入第二象限的匀强电场，然后先后穿过x轴和y轴进入磁场Ⅰ和磁场Ⅱ，不计粒子

的重力和空气阻力。求：(1)粒子由电场进入磁场Ⅰ时的速度v的大小和方向；(2)粒子出发后第1次经过y轴时到O点的距离；(3)粒子出发后从第1次经过y轴到第4次经过y轴产生的位移大小Δy。14.答案：(1)2v0方向

与－x轴成60°角(2)2L(3)43L解析：(1)粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向做匀加速运动，由牛顿第二定律可得qE＝ma由运动学公式可得L＝12at2设粒子由电场进入磁场Ⅰ时的竖直方向上速度vy，则有vy＝at设粒子由电场进入磁场Ⅰ时速度为v，v＝v20＋v2

y解得v＝2v0，设方向与－x轴成α角，则有cosα＝v0v＝12解得α＝60°。(2)粒子在第二象限运动沿x方向的位移大小x＝v0t代入数值可得x＝23L3，粒子在磁场中做匀速圆周运动，则qvB1＝mv2r1解得r1＝43L，如图由几何关系可得r1cos30°＝43L×

32＝233L说明圆心恰好落在y轴上，粒子第一次经过y轴到O点距离y1＝r1sin30°＋r1＝43L×12＋43L＝2L即粒子第一次经过y轴到O点距离为2L。(3)由几何关系可知粒子第一次以经过y轴时速度方向垂直于y，即沿＋x方向，粒子进入磁场Ⅱ后，仍做匀

速圆周运动，由牛顿第二定律可得qvB2＝mv2r2（二）选考题：共13分。请考生从两道中任选一题作答。如果多做，则按第一题计分。15．[物理—选修3-3]（13分）(1)（5分）如图所示，一定质量的理想气体从状态

a依次经等容变化过程①、等压变化过程②、等容变化过程③、等压变化过程④再回到状态a。已知状态a与状态c气体的温度相同。则在a、b、c、d四个状态及①②③④四个过程中，下列说法正确的是______。（填正确答案的标号。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．状态b气体的温度最高B．状态d气体分子的平均动能最大C．过程②中气体要向外界放出热量D．过程③中气体要从外界吸收热量E．过程④中外界对气体做的功大于过程②中气体对外界做的功（2）（8分）体积为332.010m−的带塞的烧瓶，内

盛51.010Pa、300K的氧气，加热到400K时，塞子被顶开（不考虑此时瓶内氧气温度的变化），立即塞好塞子并停止加热，烧瓶又逐渐降温到300K。设外界大气压强恒为51.010Pa。求：(i)瓶中所剩氧气的压强；(ii)瓶中所剩氧气占原有氧气的比例。15.【答案】（

1）BDE（2）(i)7.5×104Pa；(ii)75%解析：（1）根据理想气体状态方程pVCT=可知，状态b时气体的温度最低，状态d时气体的温度最高，而温度高分子的平均动能就大，选项A错误、B正确；②过程气体体积变大且温度升高，对外做功

且内能增加，根据热力学第一定律可知要吸收热量，选项C错误；③过程气体体积不变温度升高，内能增加，故吸收热量，选项D正确；④过程与②过程气体的体积改变量相等，但④过程的压强大于②过程，所以④过程外界对气体做的功大于②过程气体对外界做的功，选项E正确。（2）(i)初始状态51

01.010Papp==，331V2.010m−=，1300KT=塞子被顶开后5201.010Papp==，体积为2V，2400KT=烧瓶内气体降温到300K时3T=300K，压强为3p活塞顶开后，瓶中气体降温过程，由查理定律得3223ppTT=代入数据得437.510

Pap=(ii)气体从开始加热至塞子被顶开，由盖·吕萨克定律得1212VVTT=瓶中所剩氧气与原有氧气的比例为12VV=联立各式得75%=16．[物理—选修3-4]（13分）(1)(5分)同一介质中相向传播的

两列简谐横波在某一时刻的波形如图所示，此时两列波分别向右传至x＝4m和向左传至x＝8m处，它们的振幅均为5cm.从此时刻起经0.25s，x＝2m处的质点A恰第1次到达波峰，则该两列波波速v＝________m/s，令它们相遇时t＝0，则x＝6m处质点的振动方

程为y＝________________。(2)(8分)如图，ABCD是某四棱镜的横截面，∠A＝60°，∠B＝30°，AB∥CD，AD＝L，CD＝L2.位于ABCD所在平面内的平行单色光垂直于AD边入射(入射点在A、D之间)，进入棱镜

的光线恰好在AB边发生全反射．真空中光速为c，每条边只考虑一次反射或折射。求：(i)棱镜材料的折射率；(ii)射向AD边的光线中，从进入棱镜到射出BC边经历的最长时间。16.【答案】(1)4－10sin2πtcm(2)①233②7L3

c【解析】(1)由题图可知，x＝2m处的质点A在此时刻的振动方向沿y轴正方向，从此时刻起经0.25s，质点A恰第1次到达波峰，则有：0.25s＝T4，解得：T＝1s，由题图可知波长λ＝4m，则波速为v＝λT＝4m/s；因两列波的波

速相同，则两列波同时到达x＝6m处，此时两列波均处于平衡位置且均将向y轴负方向振动，即x＝6m处的质点为振动加强点，其振幅A＝10cm，角速度ω＝2πT＝2πrad/s，故x＝6m处质点的振动方程为y＝－10sin2

πtcm.(2)作出光路图如图所示(i)因入射光垂直于AD边，故进入棱镜的光线方向不变；由题意可知在AB边发生全反射的临界角为C＝60°根据n＝1sinC解得棱镜材料的折射率为n＝233(ii)当从D点入射的光线射至BC时，光线在棱镜

中通过的路程最长，则经历的时间最长，设对应的出射点为P，因△AQD为直角三角形，根据几何关系得DQ＝ADtan∠A＝3L因QB＝DC，△QBP为等腰三角形，根据几何关系得QP＝QB2cos∠B＝3L6通过的最长路程为sm＝DQ＋QP＝73L6棱镜中的光速

v＝cn根据sm＝vtm解得光线从进入棱镜到射出BC边经历的最长时间tm＝7L3c.