2021年高考物理试卷(湖南卷.docx

1、2021年高考物理真题试卷（湖南卷）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。（共6题；共24分）1.核废料具有很强的放射性，需要妥善处理。下列说法正确的是（ ） A.放射性元素经过两个完整的半衰期后，将完全衰变殆尽B.原子核衰变时电荷数守恒，质量数不守恒C.改变压力、温度或浓度，将改变放射性元素的半衰期D.过量放射性辐射对人体组织有破坏作用，但辐射强度在安全剂量内则没有伤害【答案】 D 【考点】原子核的衰变、半衰期 【解析】【解答】A放射性元素的半衰期是大量的放射性元素衰变的统计规律，对少量的个别的原子核无意义，则放射性元素完全衰

2、变殆尽的说法错误，A不符合题意； B原子核衰变时满足电荷数守恒，质量数守恒，B不符合题意；C放射性元素的半衰期是由原子核的自身结构决定的，而与物理环境如压力、温度或浓度无关，与化学状态无关，C不符合题意；D过量放射性辐射包含大量的射线，对人体组织有破坏作用，但辐射强度在安全剂量内则没有伤害，D符合题意；故答案为：D。 【分析】大量放射性元素经过两个完整的半衰期后其原子核剩下原来的四分之一；原子核衰变的过程其电荷数和质量数守恒；外界条件对半衰期没有影响。2.物体的运动状态可用位置 x 和动量 p 描述，称为相，对应 px 图像中的一个点。物体运动状态的变化可用 px 图像中的一条曲线来描述，称为

3、相轨迹。假如一质点沿 x 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是（ ） A.B.C.D.【答案】 D 【考点】动量，匀变速直线运动基本公式应用 【解析】【解答】质点沿 x 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有 v2=2ax 而动量为 p=mv联立可得 p=m2ax=m2ax12动量 p 关于 x 为幂函数，且 x0 ，故正确的相轨迹图像为D。故答案为：D。 【分析】利用速度位移公式结合动量的表达式可以判别其动量和位移的关系。3.“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为 m 的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定

4、功率均为 P ，若动车组所受的阻力与其速率成正比（ F阻=kv ， k 为常量），动车组能达到的最大速度为 vm 。下列说法正确的是（ ） A.动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变B.若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动C.若四节动力车厢输出的总功率为 2.25P ，则动车组匀速行驶的速度为 34vmD.若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间 t 达到最大速度 vm ，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为 12mvm2Pt【答案】 C 【考点】机车启动，动能定理的综合应用 【解析】【解答】A对动车由牛顿第二定律有 FF阻=ma 若动车组在匀

5、加速启动，即加速度 a 恒定，但 F阻=kv 随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而变大，A不符合题意；B若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有 4Pvkv=ma故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，B不符合题意；C若四节动力车厢输出的总功率为 2.25P ，则动车组匀速行驶时加速度为零，有 2.25Pv=kv 而以额定功率匀速时，有 4Pvm=kvm联立解得 v=34vmC符合题意；D若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间 t 达到最大速度 vm ，由动能定理可知 4PtWF阻=12mvm20可得动车组克服阻力做的功

6、为 WF阻=4Pt12mvm2D不符合题意；故答案为：C。 【分析】动车做匀加速直线运动其加速度不变，由于阻力随时间不断变大则牵引力随时间不断变大；当动力车厢功率额定时，其速度不断增大时其牵引力和加速度不断减小；当动车厢做匀速直线运动，利用功率的表达式结合平衡方程可以求出最大的速度；利用动能定理结合末速度的大小可以求出克服阻力做功的大小。4.如图，在 (a，0) 位置放置电荷量为 q 的正点电荷，在 (0，a) 位置放置电荷量为 q 的负点电荷，在距 P(a，a) 为 2a 的某点处放置正点电荷Q，使得 P 点的电场强度为零。则Q的位置及电荷量分别为（ ） A.(0，2a) ， 2qB.(0，

7、2a) ， 22qC.(2a，0) ， 2qD.(2a，0) ， 22q【答案】 B 【考点】库仑定律，电场强度和电场线 【解析】【解答】根据点电荷场强公式 E=kQr2 两点量异种点电荷在P点的场强大小为 E0=kqa2 ，方向如图所示两点量异种点电荷在P点的合场强为 E1=2E0=2kqa2 ，方向与+q点电荷与-q点电荷的连线平行如图所示Q点电荷在p点的场强大小为 E2=kQ(2a)2=kQ2a2三点电荷的合场强为0，则 E2 方向如图所示，大小有 E1=E2解得 Q=22q由几何关系可知Q的坐标为（0，2a）故答案为：B。 【分析】利用点电荷的场强公式结合平行四边形定则可以求出合场强的

8、大小及方向，结合P点的场强等于0及场强公式可以求出Q点电荷的电荷量及位置。5.质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是（ ） A.推力F先增大后减小B.凹槽对滑块的支持力先减小后增大C.墙面对凹槽的压力先增大后减小D.水平地面对凹槽的支持力先减小后增大【答案】 C 【考点】动态平衡分析 【解析】【解答】AB 对滑块受力分析，由平衡条件有 F=mgsin N=mgcos滑

9、块从A缓慢移动B点时， 越来越大，则推力F越来越大，支持力N越来越小，所以AB不符合题意；C对凹槽与滑块整体分析，有墙面对凹槽的压力为 FN=Fcos=mgsincos=12mgsin(2)则 越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C符合题意；D水平地面对凹槽的支持力为 N地=(M+m)gFsin=(M+m)gmgsin2则 越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以D不符合题意；故答案为：C。 【分析】利用滑块的平衡方程结合角度的变化可以判别其推力及支持力的大小变化；利用整体的平衡方程可以判别地面对凹槽的支持力及墙壁对凹槽的支持力大小变化。6.如图，理想变压器原、副线圈匝数比为

10、 n1:n2 ，输入端 C 、 D 接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻 R0 的阻值相同。在滑动变阻器 R 的滑片从 a 端滑动到 b 端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是（ ） A.L1先变暗后变亮，L2一直变亮B.L1先变亮后变暗，L2一直变亮C.L1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗D.L1先变亮后变暗，L2先变亮后变暗【答案】 A 【考点】变压器原理 【解析】【解答】副线圈的总电阻为 1R2=1R0+Rap+1R0+Rpb 解得 R2=(R0+Rap)(R0+Rpb)(R0+Rap)+(R0+Rpb)=(R0+Rap)(R0+Rp

11、b)2R0+R则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中，副线圈的总电阻选增大后减小，根据等效电阻关系有 R等=U1I1=n1n2U2n2n1I2=(n1n2)2U2I2=(n1n2)2R2则等效电阻先增大后减小，由欧姆定律有 I1=UR0+R等 ， I2=n1n2I1I1 先减小后增大， I2 先减小后增大，则 L1 先变暗后变亮，根据 U1=UI1R0 ， U2=n2n1U1由于 I1 先减小后增大，则副线圈的电压 U2 先增大后减小，通过L2的电流为 IL2=U2R0+Rpb则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中， Rpb 逐渐减小，副线圈的电压 U2 增大过程中 IL2 增大；在副线圈

12、的电压 U2 减小过程中，通过R0的电流为 IR0=U2R0+RapRap 逐渐增大，则 IR0 越来越小，则 IL2=I2IR0则 L1 先变暗后变亮， L2 一直变亮；故答案为：A。 【分析】利用并联电路的特点可以求出其副线圈等效电阻的大小，结合回路的欧姆定律可以判别其回路中电流的变化进而判别灯泡L1的亮暗变化；利用输入电压结合输入电流的变化可以判别输出电压的变化；再结合副线圈支路的欧姆定律可以判别灯泡L2的亮度变化。二、多项选择题：本小题共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。全部做对的得5分，选对但不全对的得3分，有选错的得0分。（共4题；共20分

13、）7.2021年4月29日，中国空间站天和核心舱发射升空，准确进入预定轨道。根据任务安排，后续将发射问天实验舱和梦天实验舱，计划2022年完成空间站在轨建造。核心舱绕地球飞行的轨道可视为圆轨道，轨道离地面的高度约为地球半径的 116 。下列说法正确的是（ ） A.核心舱进入轨道后所受地球的万有引力大小约为它在地面时的 (1617)2 倍B.核心舱在轨道上飞行的速度大于 7.9km/sC.核心舱在轨道上飞行的周期小于 24hD.后续加挂实验舱后，空间站由于质量增大，轨道半径将变小【答案】 A,C 【考点】万有引力定律及其应用 【解析】【解答】A根据万有引力定律有 F=GMmr2 核心舱进入轨道后

14、的万有引力与地面上万有引力之比为 F1F2=R2(R+116R)2=(1617)2所以A符合题意；B核心舱在轨道上飞行的速度小于7.9km/s，因为第一宇宙速度是最大的环绕速度，所以B不符合题意；C根据 T=2R3GM可知轨道半径越大周期越大，则其周期比同步卫星的周期小，小于24h，所以C符合题意；D卫星做圆周运动时万有引力提供向心力有 GMmr2=mv2r解得 v=GMR则卫星的环绕速度与卫星的质量无关，所以变轨时需要点火减速或者点火加速，增加质量不会改变轨道半径，所以D不符合题意；故答案为：AC。 【分析】利用引力公式结合距离的大小可以求出引力的大小关系；核心舱在轨道上飞行的线速度小于第一

15、宇宙速度；利用引力提供向心力结合半径的大小可以比较周期的大小；利用引力提供向心力可以判别卫星的线速度和卫星质量的大小无关。8.如图（a），质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力 F 作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为 x 。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的 at 图像如图（b）所示， S1 表示0到 t1 时间内 A 的 at 图线与坐标轴所围面积大小， S2 、 S3 分别表示 t1 到 t2 时间内A、B的 at 图线与坐标轴所围面积大小。A在 t1 时刻的速度为 v0 。下列说法正确的是（ ） A.0到 t1 时间内，墙对B的

16、冲量等于mAv0B.mA mBC.B运动后，弹簧的最大形变量等于 xD.S1S2=S3【答案】 A,B,D 【考点】动量守恒定律 【解析】【解答】A由于在0 t1时间内，物体B静止，则对B受力分析有F墙 = F弹 则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，而弹簧既作用于B也作用于A，则可将研究对象转为A，撤去F后A只受弹力作用，则根据动量定理有I = mAv0（方向向右）则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同，A符合题意；B由at图可知t1后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，根据牛顿第二定律有F弹 = mAaA= mBaB由图可知aB aA则mB 0) 的粒子从 a 点移动

17、到 b 点，电场力做功为 2W(W0) ；若将该粒子从 c 点移动到 d 点，电场力做功为 W 。下列说法正确的是（ ） A.该匀强电场的场强方向与ab平行B.将该粒子从d点移动到b点，电场力做功为 0.5WC.a点电势低于c点电势D.若只受电场力，从d点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动【答案】 A,B 【考点】电场力，电场力做功 【解析】【解答】A由于该电场为匀强电场，可采用矢量分解的的思路，沿cd方向建立x轴，垂直与cd方向建立y轴如下图所示 在x方向有W = Exq2R在y方向有2W = Eyq 3 R + ExqR经过计算有Ex = W2qR ，Ey = 3W2qR ，E =

18、 WqR ，tan = EyEx=3由于电场方向与水平方向成60，则电场与ab平行，且沿a指向b，A符合题意；B该粒从d点运动到b点，电场力做的功为W = Eq R2 = 0.5WB符合题意；C沿电场线方向电势逐渐降低，则a点的电势高于c点的电势，C不符合题意；D若粒子的初速度方向与ab平行则粒子做匀变速直线运动，D不符合题意。故答案为：AB。 【分析】对电场强度进行分解，利用电场力做功可以求出两个方向电场强度的大小，结合场强的大小可以求出合场强的方向；利用电场力和位移可以求出电场力做功的大小；利用电场线的方向可以比较电势的高低；若粒子初速度方向沿ab方向则做匀变速直线运动。10.两个完全相同

19、的正方形匀质金属框，边长为 L ，通过长为 L 的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体。距离组合体下底边 H 处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为 L ，左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度 v0 水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小 B 使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ） A.B 与 v0 无关，与 H 成反比B.通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变C.通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等D.调节 H 、 v0 和 B ，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量

20、不变【答案】 C,D 【考点】电磁感应与电路 【解析】【解答】A将组合体以初速度v0水平无旋转抛出后，组合体做平抛运动，后进入磁场做匀速运动，由于水平方向切割磁感线产生的感应电动势相互低消，则有mg = F安 = B2L2vyR ，vy = 2gH 综合有B = mgRL22g1H则B与 1H 成正比，A不符合题意；B当金属框刚进入磁场时金属框的磁通量增加，此时感应电流的方向为逆时针方向，当金属框刚出磁场时金属框的磁通量减少，此时感应电流的方向为顺时针方向，B不符合题意；C由于组合体进入磁场后做匀速运动，由于水平方向的感应电动势相互低消，有mg = F安 = B2L2vyR则组合体克服安培力做

21、功的功率等于重力做功的功率，C符合题意；D无论调节哪个物理量，只要组合体仍能匀速通过磁场，都有mg = F安则安培力做的功都为W = F安3L则组合体通过磁场过程中产生的焦耳热不变，D符合题意。故答案为：CD。 【分析】金属框在竖直方向切割产生的感应电流，利用匀速运动的平衡方程可以求出磁感应强度的表达式；利用金属框中磁通量的变化结合楞次定律可以判别感应电流的方向；利用重力等于安培力可以判别组合体克服安培力做功的功率等于重力的功率；利用重力做功可以求出安培力做功的大小进而判别产生的焦耳热保持不变。三、非选择题：共54分。第1114题为必考题，考生都必须作答。第1516题为选考题，考生根据要求作答

22、。（共2题；共15分）11.某实验小组利用图（a）所示装置探究加速度与物体所受合外力的关系。主要实验步骤如下： 用游标卡尺测量垫块厚度h，示数如图（b）所示，h=_cm；接通气泵，将滑块轻放在气垫导轨上，调节导轨至水平；在右支点下放一垫块，改变气垫导轨的倾斜角度；在气垫导轨合适位置释放滑块，记录垫块个数n和滑块对应的加速度a；在右支点下增加垫块个数（垫块完全相同），重复步骤（4），记录数据如下表：n123456(a/ms2)0.0870.1800.2600.4250.519根据表中数据在图（c）上描点，绘制图线_。 如果表中缺少的第4组数据是正确的，其应该是_ m/s2 （保留三位有效数字）。

23、【答案】 1.02；0.342 【考点】验证牛顿运动定律（探究加速度与力、质量的关系） 【解析】【解答】（1）垫块的厚度为h=1cm+20.1mm=1.02cm （5）绘制图线如图； 根据 mgnl=ma可知a与n成正比关系，则根据图像可知，斜率 k=0.67=a4解得a=0.342m/s2 【分析】（1）利用游标卡尺上下尺结构可以读出垫板的厚度； （5）利用表格数据进行描点连线；利用图像斜率可以求出加速度的大小。12.某实验小组需测定电池的电动势和内阻，器材有：一节待测电池、一个单刀双掷开关、一个定值电阻（阻值为 R0 ）、一个电流表（内阻为 RA ）、一根均匀电阻丝（电阻丝总阻值大于 R0

24、 ，并配有可在电阻丝上移动的金属夹）、导线若干。由于缺少刻度尺，无法测量电阻丝长度，但发现桌上有一个圆形时钟表盘。某同学提出将电阻丝绕在该表盘上，利用圆心角来表示接入电路的电阻丝长度。主要实验步骤如下： 将器材如图（a）连接：开关闭合前，金属夹应夹在电阻丝的_端（填“a”或“b”）；改变金属夹的位置，闭合开关，记录每次接入电路的电阻丝对应的圆心角 和电流表示数 I ，得到多组数据；整理数据并在坐标纸上描点绘图，所得图像如图（b）所示，图线斜率为 k ，与纵轴截距为 d ，设单位角度对应电阻丝的阻值为 r0 ，该电池电动势和内阻可表示为 E= _， r= _（用 R0 、 RA 、 k 、 d

25、、 r0 表示）为进一步确定结果，还需要测量单位角度对应电阻丝的阻值 r0 。利用现有器材设计实验，在图（c）方框中画出实验电路图_（电阻丝用滑动变阻器符号表示）；利用测出的 r0 ，可得该电池的电动势和内阻。【答案】 b；r0k；r0bkR0RA；【考点】测电源电动势和内阻 【解析】【解答】（2）开关闭合前，为了保护电路中的元件，应将电阻丝的最大阻值接入电路，根据电阻定律 R=LS 可知电阻丝接入越长，接入电阻越大，金属夹应夹在电阻丝的 b 端。 （4）设圆心角为 时，电阻丝接入电路中的电阻为 r0 ，根据闭合电路欧姆定 E=U+Ir 可知 E=I(RA+R0+r0)+Ir整理得 1I=r0

26、E+RA+R0+rE结合图象的斜率和截距满足 r0E=k ， RA+R0+rE=b解得电源电动势和内阻为 E=r0kr=r0bkR0RA（5）实验器材中有定值电阻 R0 和单刀双掷开关，考虑使用等效法测量电阻丝电阻，如图原理的简单说明： 将开关置于 R0 位置，读出电流表示数 I0 ； 将开关置于电阻丝处，调节电阻丝的角度，直到电流表示数为 I0 ，读出此时角度 ； 此时 r0=R0 ，即可求得 r0 的数值。 【分析】（2）开关闭合时为了保护电路中的元件，应该接入电阻丝的最大值所以金属夹应该夹在电阻丝的b端； （4）利用金属丝的长度可以求出电阻的大小，结合闭合回路的欧姆定律及图像斜率和截距可

27、以求出电动势和内阻的大小； （5）为了测量单位角度对应的电阻丝电阻大小，可以利用等效替换法，利用电阻箱的电阻读出一定角度下电阻丝的电阻大小。四、解答题（共2题；共28分）13.带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一、带电粒子流（每个粒子的质量为 m 、电荷量为 +q ）以初速度 v 垂直进入磁场，不计重力及带电粒子之间的相互作用。对处在 xOy 平面内的粒子，求解以下问题。 （1）如图（a），宽度为 2r1 的带电粒子流沿 x 轴正方向射入圆心为 A(0，r1) 、半径为 r1 的圆形匀强磁场中，若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点 O ，求该磁场磁感应强度 B1 的大小；

28、（2）如图（a），虚线框为边长等于 2r2 的正方形，其几何中心位于 C(0，r2) 。在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场，使汇聚到 O 点的带电粒子流经过该区域后宽度变为 2r2 ，并沿 x 轴正方向射出。求该磁场磁感应强度 B2 的大小和方向，以及该磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）； （3）如图（b），虛线框和均为边长等于 r3 的正方形，虚线框和均为边长等于 r4 的正方形。在、和中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场，使宽度为 2r3 的带电粒子流沿 x 轴正方向射入和后汇聚到坐标原点 O ，再经过和后宽度变为 2r4 ，并沿 x 轴正方向射出，从而实现带电粒子流的同轴

29、控束。求和中磁场磁感应强度的大小，以及和中匀强磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）。 【答案】 （1）解：粒子垂直 x 进入圆形磁场，在坐标原点 O 汇聚，满足磁聚焦的条件，即粒子在磁场中运动的半径等于圆形磁场的半径 r1 ，粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力 qvB1=mv2r1 解得 B1=mvqr1 （2）解：粒子从 O 点进入下方虚线区域，若要从聚焦的 O 点飞入然后平行 x 轴飞出，为磁发散的过程，即粒子在下方圆形磁场运动的轨迹半径等于磁场半径，粒子轨迹最大的边界如图所示，图中圆形磁场即为最小的匀强磁场区域 磁场半径为 r2 ，根据 qvB=mv2r 可知磁感应强度为 B2

30、=mvqr2 根据左手定则可知磁场的方向为垂直纸面向里，圆形磁场的面积为 S2=r22 （3）解：粒子在磁场中运动，3和4为粒子运动的轨迹圆，1和2为粒子运动的磁场的圆周 根据 qvB=mv2r 可知I和III中的磁感应强度为 BI=mvqr3 ， BIII=mvqr4 图中箭头部分的实线为粒子运动的轨迹，可知磁场的最小面积为叶子形状，取I区域如图图中阴影部分面积的一半为四分之一圆周 SAOB 与三角形 SAOB 之差，所以阴影部分的面积为 S1=2(SAOBSAOB)=2(14r3212r32)=(121)r32 类似地可知IV区域的阴影部分面积为 SIV=2(14r4212r42)=(12

31、1)r42 根据对称性可知II中的匀强磁场面积为 SII=(121)r32 【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动，牛顿第二定律 【解析】【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用圆形磁场的半径可以求出粒子轨道半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小； （2）画出粒子经过O点后从下方圆形区域的最大轨迹，利用轨道半径的大小结合牛顿第二定律可以求出磁感应强度B2的大小和方向；利用左手定则可以判别磁场的方向，利用运动轨迹结合几何关系可以求出磁场面积的大小； （3）画出粒子在磁场中的运动轨迹，结合轨迹半径及牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小；利用阴影面积为四分之一圆面积和三角形面积之

32、差，利用几何关系可以求出匀强磁场面积的大小。14.如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为 L 的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道 PQ 。质量为 m 的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为 。以水平轨道末端 O 点为坐标原点建立平面直角坐标系 xOy ， x 轴的正方向水平向右， y 轴的正方向竖直向下，弧形轨道 P 端坐标为 (2L，L) ， Q 端在 y 轴上。重力加速度为 g 。 （1）若A从倾斜轨道上距 x 轴高度为 2L 的位置由静止开始下滑，求 A 经过 O 点时的速度大小； （2）若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过 O 点落在弧形轨

33、道 PQ 上的动能均相同，求 PQ 的曲线方程； （3）将质量为 m （ 为常数且 5 ）的小物块 B 置于 O 点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距 x 轴高度的取值范围。 【答案】 （1）解：物块 A 从光滑轨道滑至 O 点，根据动能定理 mg2LmgL=12mv2 解得 v=2gL （2）解：物块 A 从 O 点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为 v0 ，落在弧形轨道上的坐标为 (x,y) ，将平抛运动分别分解到水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，有 x=v0t ， y=12

34、gt2 解得水平初速度为 v02=gx22y 物块 A 从 O 点到落点，根据动能定理可知 mgy=Ek12mv02 解得落点处动能为 Ek=mgy+12mv02=mgy+mgx24y 因为物块 A 从 O 点到弧形轨道上动能均相同，将落点 P(2L,L) 的坐标代入，可得 Ek=mgy+mgx24y=mgL+mg(2L)24L=2mgL 化简可得 y+x24y=2L 即 x=22Lyy2 （其中， Ly2L ）（3）解：物块 A 在倾斜轨道上从距 x 轴高 处静止滑下，到达 O 点与 B 物块碰前，其速度为 v0 ，根据动能定理可知 mgmgL=12mv02 解得 v02=2g2gL - 物

35、块 A 与 B 发生弹性碰撞，使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，则A与B碰撞后需要反弹后再经过水平轨道-倾斜轨道-水平轨道再次到达O点。规定水平向右为正方向，碰后AB的速度大小分别为 v1 和 v2 ，在物块 A 与 B 碰撞过程中，动量守恒，能量守恒。则 mv0=mv1+mv2 12mv02=12mv12+12mv22 解得 v1=1+1v0 - v2=2+1v0 -设碰后 A 物块反弹，再次到达 O 点时速度为 v3 ，根据动能定理可知 2mgL=12mv3212mv12 解得 v32=v124gL -据题意， A落在B落点的右侧，则 v3v2 -据题意，A和B均能落在弧形

36、轨道上，则A必须落在P点的左侧，即： v32gL -联立以上，可得 的取值范围为 313L2+1(1)24L 【考点】平抛运动，动能定理的综合应用 【解析】【分析】（1）A从倾斜轨道下滑，利用下滑过程的动能定理可以求出A经过O点速度的大小； （2）物块A从O点离开后开始做平抛运动，利用位移公式可以求出初速度的表达式，结合动能定理可以导出PQ的曲线方程； （3）物块A下滑，利用的功能定律可以求出碰前速度的表达式，结合碰撞过程属于弹性碰撞，利用动量守恒和动能守恒定律可以求出碰后速度的大小；假设A物块反弹，可以求出物块A做平抛运动初速度，结合A和B速度的比较可以判别A下滑初始位置距离x轴的高度范围。

37、五、【选修3-3】（共2题；共26分）15. （1）如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞（截面积分别为 S1 和 S2 ）封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从 A 下降 高度到 B 位置时，活塞上细沙的总质量为 m 。在此过程中，用外力 F 作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强 p0 保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为 g 。下列说法正确的是（ ） A.整个过程，外力 F 做功大于0，小于 mgB.整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变C.整个过程，理想气体的内能增大D.整个过程，理想气体向外界释

38、放的热量小于 (p0S1+mg)E.左端活塞到达 B 位置时，外力 F 等于 mgS2S1（2）小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置，如图所示。导热汽缸开口向上并固定在桌面上，用质量 m1=600g 、截面积 S=20cm2 的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点 A 上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂一个质量 m2=1200g 的铁块，并将铁块放置到电子天平上。当电子天平示数为 600.0g 时，测得环境温度 T1=300K 。设外界大气压强 p0=1.0105Pa ，重力加速度 g=10m/s2 。 （i）当电

39、子天平示数为 400.0g 时，环境温度 T2 为多少？（ii）该装置可测量的最高环境温度 Tmax 为多少？【答案】 （1）B,D,E（2）解：（i）由电子天平示数为600.0g时，则细绳对铁块拉力为 mg=（m2m示)g=m1g 又：铁块和活塞对细绳的拉力相等，则气缸内气体压强等于大气压强 p1=p0 当电子天平示数为400.0g时，设此时气缸内气体压强为p2 ， 对 m1 受力分析有 (m2400gm1)g=(p0p2)S 由题意可知，气缸内气体体积不变，则压强与温度成正比： p1T1=p2T2 联立式解得 T2=297K （ii）环境温度越高，气缸内气体压强越大，活塞对细绳的拉力越小，

40、则电子秤示数越大，由于细绳对铁块的拉力最大为0，即电子天平的示数恰好为1200g时，此时对应的环境温度为装置可以测量最高环境温度。设此时气缸内气体压强为p3 ， 对 m1 受力分析有 (p3p0)S=m1g 又由气缸内气体体积不变，则压强与温度成正比 p1T1=p3Tmax 联立式解得 Tmax=309K 【考点】热力学第一定律（能量守恒定律），理想气体的状态方程 【解析】【解答】（1）A. 根据做功的两个必要因素有力和在力的方向上有位移，由于活塞 S2 没有移动，可知整个过程，外力F做功等于0，A不符合题意； BC. 根据气缸导热且环境温度没有变，可知气缸内的温度也保持不变，则整个过程，理想

41、气体的分子平均动能保持不变，内能不变，B符合题意，C不符合题意；D. 由内能不变可知理想气体向外界释放的热量等于外界对理想气体做的功： Q=Wp0S1+mgD符合题意；E. 左端活塞到达 B 位置时，根据压强平衡可得： p0+mgS1=p0+FS2即： F=mgS2S1 ，E符合题意。故答案为：BDE。【分析】（1）由于活塞S2没有位移所以其F外力没有做功；由于温度不变所以气体分子平均动能保持不变所以内能不变；利用热力学第一定律可以求出理想气体向外界释放的热量大小；利用平衡方程可以求出外力F的大小； （2）利用电子秤的读数结合铁块的平衡条件可以求出绳子拉力的大小，结合活塞的平衡可以求出气体的压

42、强大小；再利用气体的等容变化可以求出环境温度的大小； （2）当电子天平的读数等于铁块的质量时，其绳子没有拉力，利用活塞的平衡方程可以求出气体的压强；结合气体的等容变化可以求出可以测量的最高温度。16. （1）均匀介质中，波源位于O点的简谐横波在xOy水平面内传播，波面为圆。t = 0时刻，波面分布如图（a）所示，其中实线表示波峰，虚线表示相邻的波谷。A处质点的振动图像如图（b）所示，z轴正方向竖直向上。下列说法正确的是（ ） A.该波从A点传播到B点，所需时间为 4sB.t=6s 时，B处质点位于波峰C.t=8s 时，C处质点振动速度方向竖直向上D.t=10s 时，D处质点所受回复力方向竖直向

43、上E.E处质点起振后， 12s 内经过的路程为 12cm（2）我国古代著作墨经中记载了小孔成倒像的实验，认识到光沿直线传播。身高 1.6m 的人站在水平地面上，其正前方 0.6m 处的竖直木板墙上有一个圆柱形孔洞，直径为 1.0cm 、深度为 1.4cm ，孔洞距水平地面的高度是人身高的一半。此时，由于孔洞深度过大，使得成像不完整，如图所示。现在孔洞中填充厚度等于洞深的某种均匀透明介质，不考虑光在透明介质中的反射。 （i）若该人通过小孔能成完整的像，透明介质的折射率最小为多少？（ii）若让掠射进入孔洞的光能成功出射，透明介质的折射率最小为多少？【答案】 （1）A,C,E（2）解：（i）根据题意作出如下光路图 当孔在人身高一半时有tan = 2d2L = 0.80.0050.6 43 ，sin = 0.8，tan = 0.010.014=11.4 ，sin = 12.96 由折射定律有n = sinsin1.38 （ii）若让掠射进入孔洞的光能成功出射，则可画出如下光路图 根