2021屆高三第二次模擬考試卷 物理（三）教師版
2021屆高三第二次模擬考試卷
物 理（三）
注意事項(xiàng)：
1．答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在試題卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號(hào)條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。
2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無(wú)效。
3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對(duì)應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無(wú)效。
4．考試結(jié)束后，請(qǐng)將本試題卷和答題卡一并上交。
二、選擇題：本題共8小題，每題6分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14～18題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。第19～21題有多選項(xiàng)題目要求。全部答對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的的0分。
14．2020年11月27日0時(shí)41分，華龍一號(hào)核電5號(hào)機(jī)組首次并網(wǎng)成功，標(biāo)志著我國(guó)正式進(jìn)入核電技術(shù)先進(jìn)國(guó)家行列。華龍一號(hào)發(fā)電機(jī)利用的是鈾核裂變釋放的核能，其裂變方程為：235 92U＋10n→X＋9538Sr＋210n。則下列敘述正確的是( )
A．裂變后粒子的總核子數(shù)減少
B．X原子核中含有85個(gè)中子
C．裂變過(guò)程中釋放核能是因?yàn)樾潞说慕Y(jié)合能小
D．裂變過(guò)程中釋放核能是因?yàn)樾潞说谋冉Y(jié)合能小
【答案】B
【解析】核反應(yīng)過(guò)程質(zhì)量數(shù)守恒，所以裂變后粒子的總核子數(shù)不變，A錯(cuò)誤；設(shè)X原子核中有x個(gè)質(zhì)子，質(zhì)量數(shù)為y，則有92＝x＋38，235＋1＝y(tǒng)＋95＋2，解得x＝54，y＝139，則X原子核中含有中子數(shù)為y－x＝85，B正確；裂變釋放核能是因?yàn)樾潞说谋冉Y(jié)合能大于原來(lái)重核的比結(jié)核能，CD錯(cuò)誤。
15．2020年11月10日8時(shí)12分，“奮斗者”號(hào)深潛器在馬里亞納海溝成功坐底，創(chuàng)造了10909米的中國(guó)載人深潛新紀(jì)錄，標(biāo)志著我國(guó)在大深度載人深潛領(lǐng)域達(dá)到世界領(lǐng)先水平。某興趣小組用一個(gè)模型模擬了深潛器從水底由靜止向上返回的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，記錄了其加速度a隨位移x變化關(guān)系的圖像如圖所示，則( )
A．在0～x0階段深潛器內(nèi)的物體處于失重狀態(tài)
B．在2x0～3x0階段深潛器內(nèi)的物體處于超重狀態(tài)
C．在2x0處深潛器運(yùn)動(dòng)的速度大小為
D．在3x0處深潛器運(yùn)動(dòng)的速度最大
【答案】C
【解析】在0～x0階段深潛器加速上升，因此深潛器內(nèi)的物體處于超重狀態(tài)，A錯(cuò)誤；在2x0～3x0段，加速度為負(fù)值，深潛器做減速運(yùn)動(dòng)，潛器內(nèi)的物體處于失重狀態(tài)，B錯(cuò)誤；根據(jù)v2＝2ax可得深潛器到達(dá)x0處時(shí)的速度 ，在x0～2x0段加速度為零，做勻速運(yùn)動(dòng)，因此在2x0處深潛器速度大小為 ，C正確；由于2x0～3x0段減速，因此在深潛器在2x0處運(yùn)動(dòng)速度最大，D錯(cuò)誤。
16．如圖甲所示，充好電的電容器與定值電阻接入電路，電壓傳感器與電流傳感器對(duì)電路的影響可忽略不計(jì)。傳感器將測(cè)得的物理量輸入計(jì)算機(jī)，計(jì)算機(jī)顯示出物理量隨著時(shí)間的變化情況。現(xiàn)閉合開關(guān)后，在計(jì)算機(jī)上顯示的電路中的電壓與電流隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示。t2時(shí)刻，電壓與電流變?yōu)榱恪D乙中S1與S2為電流曲線在虛線MN兩側(cè)與坐標(biāo)軸圍成的面積。下列說(shuō)法中正確的是( )
A．圖乙中的S1＝S2
B．圖乙中的S1＞S2
C．圖乙中電壓與電流的比值逐漸變小
D．圖乙中電阻R在0～t1內(nèi)產(chǎn)生的內(nèi)能等于在t1～t2內(nèi)產(chǎn)生的內(nèi)能
【答案】A
【解析】電流曲線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示電容器放出的電荷量，電容器在0～t1時(shí)間內(nèi)放出的電荷量為S1，電壓減小了6 V；在t1～t2時(shí)間內(nèi)放出的電荷量為S2，電壓又減小了6 V，由q＝CU，可知S1＝S2，A正確，B錯(cuò)誤；圖乙中的電壓與電流實(shí)際上反映的是定值電阻R上的物理量，它們滿足歐姆定律，故電壓與電流的比值不變，C錯(cuò)誤；在每小段時(shí)間內(nèi)，根據(jù)公式有ΔQ＝I2RΔt，U＝IR，Δq＝IΔt，解得ΔQ＝UΔq，由于R兩端的電壓在0～t1內(nèi)的高于在t1～t2內(nèi)的，故電阻R在0～t1內(nèi)產(chǎn)生的內(nèi)能大于在t1～t2內(nèi)產(chǎn)生的內(nèi)能，D錯(cuò)誤。
17．假設(shè)宇宙中有兩顆相距無(wú)限遠(yuǎn)的行星A和B，半徑分別為RA和RB。兩顆行星周圍衛(wèi)星的軌道半徑的三次方（r3）與運(yùn)行周期的平方（T2）的關(guān)系如圖所示，T0為衛(wèi)星環(huán)繞行星表面運(yùn)行的周期，則( )
A．行星A的質(zhì)量小于行星B的質(zhì)量
B．行星A的密度小于行星B的密度
C．行星A的第一宇宙速度等于行星B的第一宇宙速度
D．當(dāng)兩行星的衛(wèi)星軌道半徑相同時(shí)，行星A的衛(wèi)星向心加速度大于行星B的衛(wèi)星向心加速度
【答案】D
【解析】根據(jù)GMmr2＝m4π2T2r可得M＝4π2r3GT2，根據(jù)圖象可知，A的r3T2比B的大，所以行星A的質(zhì)量大于行星B的質(zhì)量，故A錯(cuò)誤；行星的密度大小ρ＝MV＝3πGT2，根據(jù)圖象可知，在兩顆行星表面做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期相同，所以行星A的密度等于行星B的密度，故B錯(cuò)誤；第一宇宙速度大小為v＝2πrT，由于A的半徑大于B的半徑，衛(wèi)星環(huán)繞行星表面運(yùn)行的周期相同，則行星A的第一宇宙速度大于行星B的第一宇宙速度，故C錯(cuò)誤；根據(jù)GMmr2＝ma可得a＝GMr2，當(dāng)兩行星的衛(wèi)星軌道半徑相同時(shí)，A的質(zhì)量大于B的質(zhì)量，則行星A的衛(wèi)星向心加速度大于行星B的衛(wèi)星向心加速度，故D正確。
18．一學(xué)校物理項(xiàng)目學(xué)習(xí)小組研究懸索橋的受力特點(diǎn)，實(shí)際的懸索橋在工程上是復(fù)雜的，他們進(jìn)行了合理簡(jiǎn)化，懸索橋的簡(jiǎn)化模型如下：吊橋六對(duì)鋼桿懸吊，六對(duì)鋼桿在橋面上分列兩排，其上端掛在兩根鋼纜上，如圖為其一側(cè)面圖。已知圖中相鄰兩鋼桿間距離為9 m，靠橋面中心的鋼桿長(zhǎng)度為2 m（即AA′＝DD′＝2 m），BB′＝EE′，CC′＝PP′，又已知兩端鋼纜CM、PN與水平方向成45°角，若鋼桿鋼纜自重不計(jì)，每根鋼桿承受拉力相同，橋面總質(zhì)量m，每對(duì)鋼桿拉力均為T。以下說(shuō)法正確的是( )
A．每根鋼桿拉力大小為16mg
B．每對(duì)鋼纜AD中拉力大小為13mg
C．每對(duì)鋼纜CM中拉力大小為22mg
D．BB′的長(zhǎng)度為6 m
【答案】C
【解析】橋面總質(zhì)量m，每根鋼桿拉力均為T，由平衡條件可得12T＝mg，解得T＝112mg，A錯(cuò)誤；對(duì)整體受力分析如圖甲，由平衡條件可得2TCMsin 45°＝mg，解得TCM＝22mg，C正確；對(duì)左邊的懸索受力分析如圖乙所示，由平衡條件可得TAD＝TCMcos 45°＝12mg，B錯(cuò)誤；對(duì)A點(diǎn)受力分析如圖丙所示，由平衡條件可得tan θ＝13，由幾何關(guān)系可得BB′＝AA′＋A′B′tan θ＝5 m，D錯(cuò)誤。
19．如圖，一帶負(fù)電的點(diǎn)電荷固定在P處，一帶電油滴靜止在O點(diǎn)。現(xiàn)讓該油滴從P點(diǎn)的正上方A處?kù)o止釋放，通過(guò)O點(diǎn)后運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)。下列關(guān)于這個(gè)過(guò)程中的說(shuō)法正確的是( )
A．油滴在A處的加速度大于g
B．點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大于在B點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)
C．油滴在B點(diǎn)的電勢(shì)能最大
D．從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中油滴重力勢(shì)能的減少量小于電勢(shì)能的增加量
【答案】CD
【解析】帶電油滴靜止在O點(diǎn)，則電場(chǎng)力向上，油滴在A處受到向上的庫(kù)侖力，因此加速度小于g，A錯(cuò)誤；離點(diǎn)電荷遠(yuǎn)近，電場(chǎng)強(qiáng)度越大，所以點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)小于在B點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)，B錯(cuò)誤；油滴從A點(diǎn)到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，油滴在B點(diǎn)的電勢(shì)能最大，C正確；帶電油滴靜止在O點(diǎn)，從A處?kù)o止釋放，通過(guò)O點(diǎn)時(shí)速度最大，根據(jù)能量守恒定律，從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中油滴重力勢(shì)能的減少量與動(dòng)能的減少量之和等于電勢(shì)能的增加量，所以從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中油滴重力勢(shì)能的減少量小于電勢(shì)能的增加量，D正確。
20．如圖，傾角θ＝60°的光滑斜面下端有一垂直斜面的擋板，擋板上連接一輕質(zhì)彈簧，斜面上端A與豎直放置的光滑圓弧形管道平滑連接，在外力的作用下，一質(zhì)量為m的小球靜止在P點(diǎn)。彈簧處于壓縮狀態(tài)。現(xiàn)釋放小球，小球無(wú)能量損失地進(jìn)入圓弧形管道（小球直徑稍小于管道直徑），剛好可到達(dá)圓弧形管道的最高點(diǎn)，已知圓弧形管道半徑為R，OA⊥PA，PA＝3R，重力加速度大小為g，下列說(shuō)法正確的是( )
A．彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能為3mgR
B．其他條件不變，把小球質(zhì)量變?yōu)?.5m，則小球仍能進(jìn)入圓弧形管道
C．其他條件不變，把小球質(zhì)量變?yōu)?.5m，則小球在最高點(diǎn)對(duì)圓弧形管道的作用力為2.5mg，方能豎直向上
D．其他條件不變，換成長(zhǎng)度相同彈性勢(shì)能較大的彈簧，在圓弧形管道最高點(diǎn)，圓弧形管道對(duì)小球的作用力一定增大
【答案】AC
【解析】小球剛好運(yùn)動(dòng)到圓弧形管道的豎直最高點(diǎn)時(shí)速度為零，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有Ep＝mg×3Rsin θ＋ mgRcos θ＋mgR＝3mgR，故A正確；彈簧勁度系數(shù)不變時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能不變，把小球質(zhì)量變?yōu)?.5m，設(shè)小球可上升的最大高度為h，則有Ep＝2.5mgh，解得h＝1.2R＜3Rsin θ＝1.5R，因此小球不能進(jìn)入圓弧形管道，故B錯(cuò)誤；把小球質(zhì)量變?yōu)?.5m時(shí)，設(shè)小球經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)時(shí)的速度為v，則有Ep＝12mg×3Rsin θ＋12mgRcos θ＋12mgR＋12×12mv2，在最高點(diǎn)滿足FN＋12mg＝12mv2R，解得FN＝2.5mg，方向豎直向下，根據(jù)牛頓第三定律，小球在最高點(diǎn)對(duì)圓弧形管道的作用力為2.5mg，方向豎直向上，故C正確；其他條件不變，增大彈簧的彈性勢(shì)能，則小球在最高點(diǎn)有速度，需要向心力，與原來(lái)相比，支持力可能向上且減小，故D錯(cuò)誤。
21．如圖甲所示，兩條粗糙平行金屬導(dǎo)軌傾斜固定放置（兩導(dǎo)軌電阻不計(jì)），傾角θ＝37°，間距d＝1 m，電阻r＝3 Ω的金屬桿與導(dǎo)軌垂直放置，導(dǎo)軌下端連接規(guī)格為“3 V，3 W”的燈泡L。在導(dǎo)軌內(nèi)有長(zhǎng)為l、寬為d的矩形區(qū)域abcd，該區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面均勻分布的磁場(chǎng)，各處的磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小始終相等，B隨時(shí)間t變化圖線如圖乙所示。在t＝0時(shí)，金屬桿從PQ位置靜此釋放，向下滑動(dòng)直到cd位置的過(guò)程中，金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直，燈泡一直處于正常發(fā)光狀態(tài)。則金屬桿從PQ位置到cd位置的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2）( )
A．金屬桿先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)
B．金屬桿到達(dá)ab位置的速度大小為3 m/s
C．金屬桿與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5
D．金屬桿克服安培力做功為6 J
【答案】ABD
【解析】因?yàn)闊襞菀恢碧幱谡０l(fā)光狀態(tài)，而磁場(chǎng)是先均勻增加后保持不變的，所以金屬桿從PQ位置到ab位置的過(guò)程中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，從ab位置到cd位置的過(guò)程中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，且金屬桿到達(dá)cd位置時(shí)用時(shí)間1 s，磁場(chǎng)強(qiáng)度正好達(dá)到2 T，故A正確；因?yàn)闊襞菀恢碧幱谡０l(fā)光狀態(tài)，所以回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝U＋PUr＝6 V，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝Bdv，解得v＝3 m/s，故B正確；金屬桿從開始到達(dá)ab位置的過(guò)程中根據(jù)v＝at，解得a＝3 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得μ＝0.375，故C錯(cuò)誤；因?yàn)闊襞菀恢碧幱谡０l(fā)光狀態(tài)，所以整個(gè)過(guò)程電動(dòng)勢(shì)一直沒變，在金屬桿從開始到達(dá)ab位置的過(guò)程中，回路中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì) ，解得l＝3 m，則FA＝BId＝BPUd＝2 N，安培力對(duì)金屬桿做功W＝－FAl＝－6 J，故D正確。
第Ⅱ卷（非選擇題，共174分）
三、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分。第22題～第25題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第33題～第34題為選考題，考生根據(jù)要求做答)
(一)必考題(共129分)
22．(6分)用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置測(cè)量當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊拇笮 Ｙ|(zhì)量為m2的重錘從高處由靜止開始下落，質(zhì)量為m1的重錘上拖著紙帶利用電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打出一系列的點(diǎn)，對(duì)紙帶上的點(diǎn)跡進(jìn)行分析，即可測(cè)出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭值。如圖乙給出的是實(shí)驗(yàn)中獲取的一條紙帶中的某一段，相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)點(diǎn)未畫出，電源的頻率為50 Hz，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離如圖(b)所示。已知m1＝80 g、m2＝120 g，要求所有計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字。則：
(1)用逐差法求出重錘的加速度大小a＝__________m/s2，而得出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮＝________m/s2；
(2)測(cè)出的重力加速度的值比實(shí)際值小，其誤差的主要來(lái)源有哪些_________。
A．沒有使用電火花計(jì)時(shí)器
B．m1和m2的質(zhì)量太懸殊
C．繩子和定滑輪之間存在阻力
D．繩子拉力不等于m2的重力
【答案】(1)1.9 9.5 (2)C
【解析】(1)由題意可知，相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔是T＝5×0.02 s＝0.1 s，重錘的加速度大小a＝x4＋x5＋x6－（x1＋x2＋x3）9T2＝1.9 m/s2，由牛頓第二定律有m2g－m1g＝(m1＋m2)a，解得重力加速度大小g＝9.5 m/s2。
(2)與沒有使用電火花計(jì)時(shí)器無(wú)關(guān)，A錯(cuò)誤；m1和m2的質(zhì)量相差不大，B錯(cuò)誤；在使用牛頓第二定律計(jì)算加速度時(shí)，沒有考慮繩子與定滑輪間存在的阻力，C正確；繩子拉力本身就不等于m2的重力，存在的誤差與繩子拉力等不等于m2的重力無(wú)關(guān)，D錯(cuò)誤。
23．(9分)某同學(xué)要將一量程為300 mV的毫伏表改裝成量程為3 V的電壓表，該同學(xué)測(cè)得毫伏表內(nèi)阻為1000 Ω，經(jīng)計(jì)算后將一阻值為R0的電阻與該毫伏表連接，進(jìn)行改裝。然后利用一標(biāo)準(zhǔn)電壓表V，根據(jù)圖甲所示電路對(duì)改裝后的電壓表進(jìn)行檢測(cè)（虛線框內(nèi)是改裝后的電壓表）。
(1)根據(jù)圖甲和題目所給的條件，將圖乙中的實(shí)物進(jìn)行連線。
(2)當(dāng)標(biāo)準(zhǔn)電壓表V的示數(shù)為2.00 V時(shí)，毫伏表的指針位置如圖丙所示。由此可以推測(cè)出所改裝電壓表的量程不是預(yù)期值，而是________（正確答案標(biāo)號(hào)）。
A．1.80 V B．2.40 V C．2.70 V D．3.75 V
(3)產(chǎn)生上述問(wèn)題的原因可能是________（正確答案標(biāo)號(hào)）。
A．毫伏表內(nèi)阻測(cè)量錯(cuò)誤，實(shí)際內(nèi)阻小于1000 Ω
B．毫伏表內(nèi)阻測(cè)量錯(cuò)誤，實(shí)際內(nèi)阻大于1000 Ω
C．R0值計(jì)算錯(cuò)誤，接入的電阻偏大
D．R0值計(jì)算錯(cuò)誤，接入的電阻偏小
(4)要達(dá)到預(yù)期目的，無(wú)論毫伏表測(cè)得的內(nèi)阻是否正確，都不必重新測(cè)量，只需要將阻值為R0的電阻換成阻值為kR0的電阻即可，其中k＝________。
【答案】(1)見解析圖 (2)B (3)BD (4)
【解析】(1)毫伏表與分壓電阻串聯(lián)可以改裝成電壓表，根據(jù)圖甲所示電路圖連接實(shí)物電路圖，實(shí)物電路圖如圖乙所示。
(2)毫伏表量程為300 mV，由圖丙所示表盤可知，其分度值為1 mV，其示數(shù)為250 mV，電壓表示數(shù)為2.00 V，電壓表示數(shù)為毫伏表示數(shù)的8倍，改裝后電壓表量程為300×10－3×8 V＝2.40 V，故B正確。
(3)由(2)可知，改裝后電壓表量程偏小，由串聯(lián)電路特點(diǎn)可知，分壓電阻阻值偏小，如果R0值計(jì)算錯(cuò)誤，接入的電阻偏小會(huì)導(dǎo)致改裝后電壓表量程偏小，故BD正確，AC錯(cuò)誤。
(4)由(2)可知，分壓電阻的電壓為毫伏表電壓的7倍，即串聯(lián)電阻R0＝7Rg，把毫伏表改裝成3 V的電壓表，串聯(lián)電阻阻值 ，則k＝ 。
24．(14分)如圖所示，在直角坐標(biāo)系Oxy中，A、C兩點(diǎn)關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱，AO＝OC＝L，直線AC與x軸正方向的夾角θ＝53°。直線AC右側(cè)和x軸下方所夾的區(qū)域內(nèi)有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向沿y軸正方向。直線AC左側(cè)區(qū)域內(nèi)有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直坐標(biāo)平面向里，電場(chǎng)和磁場(chǎng)區(qū)域均足夠大。一帶正電的粒子從A點(diǎn)沿x軸正方向以初速度v0運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)x軸上D點(diǎn)（圖中未畫出）后恰好能通過(guò)C點(diǎn)，再經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后到達(dá)O點(diǎn)。不計(jì)粒子重力，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求：
(1)O、D兩點(diǎn)間的距離；
(2)電場(chǎng)強(qiáng)度E與磁感應(yīng)強(qiáng)度B之比。
【解析】(1)帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)O、D間的距離為x，通過(guò)x軸時(shí)速度方向與x軸正方向夾角為α，則：
Lsin 53°＝12at2
v0t＝x＋Lcos 53°
由通過(guò)x軸后，恰好通過(guò)C點(diǎn)，則
整理得：x＝0.2L，tan α＝2。
(2)從A到D的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：EqLsin 53°＝12mv2－12mv02
而
可得v＝5v0
從C點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)之后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，恰好通過(guò)O點(diǎn)，設(shè)OC的垂直平分線與過(guò)C點(diǎn)的半徑夾角為β，如圖，由幾何關(guān)系可得β＝α－θ
則sin β＝
又粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)qvB＝mv2R
而
聯(lián)立解得： 。
25．(18分)如圖所示，光滑斜軌道AB和一條足夠長(zhǎng)的粗糙水平軌道BC平滑連接，質(zhì)量為5 kg的物塊Q靜置在水平軌道的最左端，質(zhì)量為1 kg的物塊P從斜道上距離BC豎直高度h＝1.8 m處由靜止下滑，滑下后與物塊Q碰撞。已知兩物塊與水平軌道BC之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.2，物塊P、Q均可視為質(zhì)點(diǎn)，它們之間的每次碰撞均為彈性碰撞，取重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)物塊P、Q第一次碰撞前瞬間，物塊P的速度大小；
(2)第一次碰撞后，物塊P滑上斜軌道的最大高度；
(3)物塊Q運(yùn)動(dòng)的總路程。
【解析】(1)物塊P滑至斜面底端時(shí)，由動(dòng)能定理得：
mPgh＝12mPv02
解得：v0＝6 m/s。
(2)設(shè)物塊P滑至斜面底端時(shí)速度的方向?yàn)檎较颍c物塊Q碰撞后，物塊P、Q的速度分別為v1、v2，則據(jù)動(dòng)量守恒得：mPv0＝mPv1＋mQv2
由于兩物塊的碰撞為彈性碰撞，則機(jī)械能守恒，得：
12mPv02＝12mPv12＋12mQv22
解得：v1＝－4 m/s，v2＝2 m/s
所以碰撞后P反向運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得：
mPgh1＝12mPv12
解得：h1＝0.8 m。
(3)設(shè)第一次碰撞后物塊Q移動(dòng)的距離為x1，據(jù)動(dòng)能定理得：
μmQgx1＝12mQvQ2
解得：x1＝1 m
由牛頓第二定律得物塊P和物塊Q在地面上滑行時(shí)的加速度大小為aP＝aQ＝a＝μg
物塊Q向右運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 s
第一次碰撞后P沿著斜面上滑至最高點(diǎn)后返回，返回到地面的速度大小仍為v1，比第一次碰后的Q速度大，所以會(huì)發(fā)生第二次碰撞。物塊P反彈滑上斜面，在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度小于g，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知，滑塊在斜面上的時(shí)間大于0.8 s。物塊P滑回B點(diǎn)后向前運(yùn)動(dòng)1 m的過(guò)程中做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，時(shí)間一定大于0.25 s，所以物塊P從反彈后運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)右方1 m的位置所用的時(shí)間一定大于1.05 s，因此物塊P與物塊Q第二次碰撞是發(fā)生在Q停止運(yùn)動(dòng)之后。
第二次碰撞前瞬間P的速度為v3，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：
v32－v12＝2ax1
物塊P與物塊Q碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒：
mPv3＝mPv4＋mQv5
物塊P與物塊Q的碰撞為彈性碰撞，則有：
12mPv32＝12mPv42＋12mQv52
聯(lián)立解得：v4＝－433 m/s，v5＝233 m/s
因P與Q第二次碰撞后P的動(dòng)能12mPv42＜2μmPgx1，所以不會(huì)發(fā)生第三次碰撞，故兩物塊共碰撞二次。
第二次碰撞后物塊Q滑行的距離為x2，則有：
12mQv52＝μmQgx2
解得x2＝13 m
故物塊Q滑行的距離x＝x1＋x2＝43 m。
（二）選考題：共45分。請(qǐng)考生從給出的2道物理題、2道化學(xué)題、2道生物題中每科任選一題作答。如果多做。則每學(xué)科按所做的第一題計(jì)分。
33．物理•選修3—3(15分)
(1)(5分)關(guān)于對(duì)液體的理解，下列說(shuō)法正確的是 。（填正確答案標(biāo)號(hào)。選對(duì)1個(gè)得2分，選對(duì)2個(gè)得4分，選對(duì)3個(gè)得5分。每選錯(cuò)1個(gè)扣3分，最低得分為0分）
A．船能浮在水面上，是由于水的表面存在張力
B．水表面表現(xiàn)張力是由于表層分子比內(nèi)部分子間距離大，故體現(xiàn)為引力造成的
C．密閉容器，某種蒸氣開始時(shí)若是飽和的，保持溫度不變，增大容器的體積，蒸氣仍是飽和的
D．相對(duì)濕度定義為空氣中水蒸氣的壓強(qiáng)與該溫度水的飽和汽壓之比
E．當(dāng)水面上方的水蒸氣達(dá)到飽和狀態(tài)時(shí)，水中還會(huì)有水分子飛出水面
【答案】BDE
【解析】船能浮在水面上，是由于水的浮力作用，故A錯(cuò)誤；液體表面層里的分子比液體內(nèi)部稀疏，分子間的距離比液體內(nèi)部大一些，分子間的相互作用表現(xiàn)為引力，即是表面張力，故B正確；在一定溫度下，飽和蒸氣的分子數(shù)密度是一定的，因而其壓強(qiáng)也是一定的，與體積無(wú)關(guān)；密閉容器中某種蒸氣開始時(shí)若是飽和的，保持溫度不變，增大容器的體積時(shí)，蒸氣不再是飽和的，但最后穩(wěn)定后蒸氣是飽和的，壓強(qiáng)不變；故C錯(cuò)誤；相對(duì)濕度是指水蒸氣的實(shí)際壓強(qiáng)與該溫度下水蒸氣的飽和壓強(qiáng)之比，故D正確；當(dāng)水面上方的水蒸氣達(dá)到飽和狀態(tài)時(shí)，單位時(shí)間內(nèi)從水中出來(lái)的水分子和從空氣進(jìn)入水中的水分子個(gè)數(shù)相等，達(dá)到一種動(dòng)態(tài)平衡，故E正確。
(2)(10分)為做好新型冠狀病毒肺炎（COVID－19）疫情的常態(tài)化防控工作，學(xué)校組織工作人員每天對(duì)校園進(jìn)行嚴(yán)格的消毒，如圖是某噴霧消毒桶的原理圖。噴霧器的容積V1＝10 L，打氣筒的容積V0＝200 cm3。某次使用時(shí)，裝入了V2＝8 L藥液，然后關(guān)閉所有閥門及加水口，并通過(guò)打氣筒打氣，使桶內(nèi)上方氣體壓強(qiáng)達(dá)到p1＝3.6 atm時(shí)，停止打氣并打開噴霧閥門開始噴霧，當(dāng)氣體壓強(qiáng)降為p2＝1.2 atm時(shí)，噴霧器不能正常噴霧。要使噴霧器能再次噴霧，需要用打氣筒再向里打氣，提高桶內(nèi)的壓強(qiáng)。已知外界大氣壓p0＝1.0 atm，不考慮桶內(nèi)藥液產(chǎn)生的壓強(qiáng)，整個(gè)過(guò)程可視為溫度不變。
(i)噴霧器從開始噴霧，到不能正常噴霧，桶內(nèi)剩余藥液有多少？
(ii)要把桶內(nèi)剩余藥液全部噴完，需用打氣筒至少再打多少次氣？
【解析】(i)對(duì)噴霧器內(nèi)的氣體，初態(tài)p＝p1＝3.6 atm，V＝V1－V2＝2 L
末態(tài)p′＝p2＝1.2 atm
根據(jù)玻意爾定律得：pV＝p′V′
解得：V′＝6 L
噴霧器內(nèi)剩余藥液的體積為10 L－6 L＝4 L。
(ii)對(duì)噴霧器內(nèi)的氣體和待打入的氣體有：p′V′＋np0V0＝p2V1
解得：n＝24
需用打氣筒至少再打24次氣。
34．[選修3－4](15分)
(1)(5分)如圖甲所示為t＝1 s時(shí)某簡(jiǎn)諧波的波動(dòng)圖象，乙圖為x＝4 cm處的質(zhì)點(diǎn)b的振動(dòng)圖象。則下列說(shuō)法正確的是 。（填正確答案標(biāo)號(hào)。選對(duì)1個(gè)得2分，選對(duì)2個(gè)得4分，選對(duì)3個(gè)得5分。每選錯(cuò)1個(gè)扣3分，最低得分為0分）
A．該簡(jiǎn)諧波的傳播方向沿x軸的正方向
B．t＝2 s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)a的振動(dòng)方向沿y軸的負(fù)方向
C．t＝2 s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)a的加速度大于質(zhì)點(diǎn)b的加速度
D．0～3 s的時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)a通過(guò)的路程為20 cm
E．0～3 s的時(shí)間內(nèi)，簡(jiǎn)諧波沿x軸的負(fù)方向傳播6 cm
【答案】BCE
【解析】由圖象可知t＝1 s時(shí)質(zhì)點(diǎn)b的振動(dòng)方向沿y軸的負(fù)方向，則由質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向和波的傳播方向關(guān)系可知，該簡(jiǎn)諧橫波的傳播方向沿x軸的負(fù)方向，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；由圖甲知t＝1 s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)a的振動(dòng)方向沿y軸的正方向；由乙圖可知波的周期為2 s，則t＝2 s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)a的振動(dòng)方向沿y軸的負(fù)方向，故B項(xiàng)正確；由以上分析可知，t＝2 s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)b處在平衡位置向上振動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)a處在平衡位置＋y側(cè)向y軸的負(fù)方向振動(dòng)，因此質(zhì)點(diǎn)a的加速度大于質(zhì)點(diǎn)b的加速度，故C項(xiàng)正確；0～3 s的時(shí)間為3T/2，則質(zhì)點(diǎn)a通過(guò)的路程為振幅的6倍，即為30 cm，故D項(xiàng)錯(cuò)誤；由圖可知，波長(zhǎng)λ＝4 cm、周期T＝2 s，則波速v＝λ/T＝2 cm/s，0～3 s的時(shí)間內(nèi)，波沿x軸的負(fù)方向傳播的距離x＝vt＝6 cm，故E項(xiàng)正確。
(2)(10分)一半球形玻璃磚，球心為O，OA和OB與豎直方向間的夾角均為30°。一束光線射向A點(diǎn)，折射光線恰好豎直向下射到C點(diǎn)，已知該玻璃磚折射率為3。
(i)求射向A點(diǎn)的光線與豎直方向的夾角；
(ii)從B點(diǎn)射入的光線折射后恰好過(guò)C點(diǎn)，求折射光線BC與虛線BO夾角的正弦值。
【解析】(i)光路圖如圖所示，根據(jù)折射定律有：
解得∠EAG＝60°
即入射光線與豎直方向的夾角為30°。
(ii)由幾何關(guān)系得CO＝Rsin30°＝0.5R，AB＝2CO＝R
根據(jù)正弦定理
得 。
