2021年湖南省高考物理真题（解析版）

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1、2021 年高考真题湖南卷 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 6 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要 求的。求的。 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 【解析】A放射性元素的半衰期是大量的放射性元素衰变的统

2、计规律，对少量的个别的原子核无意义，则 放射性元素完全衰变殆尽的说法错误，故 A 错误； B原子核衰变时满足电荷数守恒，质量数守恒，故 B 错误； 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，故 C 错误； 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，故 D 正确； 故选 D。 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p x 图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。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

3、能是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有 2 2vax 而动量为 pmv 联立可得 1 2 22pmaxma x 动量 p关于x为幂函数，且 0 x ，故正确的相轨迹图像为 D。 故选 D。 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功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比 （Fkv 阻 ，k为常量） ，动车组能达到的最大速度为 m v。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

4、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 m 3 4 v 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 m v，则这一过程中 该动车组克服阻力做的功为 2 m 1 2 mvPt 【答案】C 【解析】A对动车由牛顿第二定律有 =FFma 阻 若动车组在匀加速启动，即加速度a恒定，但Fkv 阻 随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而变大， 故 A 错误； 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 4P kvma v 故可知加速启动的过程，牵

5、引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故 B 错误； 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 2.25P kv v 而以额定功率匀速时，有 m m 4P kv v 联立解得 m 3 4 vv 故 C 正确； 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 m v，由动能定理可 知 2 m 1 4=0 2 F PtWmv 阻 可得动车组克服阻力做的功为 2 m 1 =4 2 F WPtmv 阻 故 D 错误； 故选 C。 4. 如图，在0a，位置放置电荷量为q的正点电荷，在 0a，位置放置电荷量为q的负点电荷，在距 P aa，为

6、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，2q B. 0 2a，2 2q C. 2 0a，2q D. 2 0a，2 2q 【答案】B 【解析】 根据点电荷场强公式 2 Q Ek r 两点量异种点电荷在 P 点的场强大小为 0 2 kq E a ，方向如图所示 两点量异种点电荷在 P 点的合场强为 10 2 22 kq EE a ，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 22 2 2 2 QkQ Ek a a 三点电荷的合场强为 0，则 2 E方向如图所示，大小有 12 EE 解得

7、2 2Qq 由几何关系可知 Q 的坐标为（0，2a） 故选 B。 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 【解析】AB 对滑块受力分析，由平衡条件有 sinFmg cosNmg 滑块从 A

8、 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 错误； C对凹槽与滑块整体分析，有墙面对凹槽的压力为 1 cossincossin 2 2 N FFmgmg 则越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以 C 正确； D水平地面对凹槽支持力为 2 sinsinNMm gFMm gmg 地 则越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以 D 错误； 故选 C。 6. 如图， 理想变压器原、 副线圈匝数比为 12 :nn， 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 0 R的阻值相同。在滑动变阻器R的滑片从a端滑

9、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 【解析】副线圈的总电阻为 200 111 appb RRRRR 解得 0000 2 000 2 appbappb appb RRRRRRRR R RRRRRR 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 1 22 2 12121 2 2 1222 2 1 = n U UnnUn RR n

10、 InIn I n 等 则等效电阻先增大后减小，由欧姆定律有 1 0 U I RR 等 ， 1 21 2 n II n 1 I先减小后增大， 2 I先减小后增大，则 1 L先变暗后变亮，根据 110 UUI R， 2 21 1 n UU n 由于 1 I先减小后增大，则副线圈的电压 2 U先增大后减小，通过 L2的电流为 2 2 0 L pb U I RR 则滑动变阻器 R 的滑片从 a 端滑到 b 端过程中， pb R 逐渐减小，副线圈的电压 2 U增大过程中 2L I增大；在 副线圈的电压 2 U减小过程中，通过 R0的电流为 0 2 0 R ap U I RR ap R 逐渐增大，则 0

11、 R I 越来越小，则 0 22LR III 则 1 L先变暗后变亮， 2 L一直变亮； 故选 A。 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. 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 1 16 。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

12、小约为它在地面时的 2 16 17 倍 B. 核心舱在轨道上飞行的速度大于7.9km/s C. 核心舱在轨道上飞行的周期小于24h D. 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】AC 【解析】A根据万有引力定律有 2 Mm FG r 核心舱进入轨道后的万有引力与地面上万有引力之比为 2 2 1 2 2 16 17 1 16 FR F RR 所以 A 正确； 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 错误； C根据 3 2 R T GM 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 正确； D

13、卫星做圆周运动时万有引力提供向心力有 2 2 = Mmv Gm rr 解得 GM v R 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 错误； 故选 AC。 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， 1 S表示 0 到 1 t时间内A的at图线与坐标轴所围面积大小， 2 S、 3 S分别表示 1 t到 2 t时 间内 A、B 的at图线与坐

14、标轴所围面积大小。A 在 1 t时刻的速度为 0 v。下列说法正确的是（ ） A. 0 到 1 t时间内，墙对 B 的冲量等于 mAv0 B. mA mB C. B 运动后，弹簧最大形变量等于x D. 123 SSS 【答案】ABD 【详解】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 正确； B由 at 图可知

15、 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 mA B 正确； C由图可得，t1时刻 B 开始运动，此时 A 速度为 v0，之后 AB 动量守恒，AB 和弹簧整个系统能量守恒， 则 0 + AABAA vvmmm v 可得 AB 整体的动能不等于 0， 即弹簧的弹性势能会转化为 AB 系统的动能， 弹簧的形变量小于 x， C 错误； D由 at 图可知 t1后 B 脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在 t1t2时间内 AB 组成的系统动量守恒，且在 t2时刻 弹簧的拉伸量达到最大，A、B 共速，由 at 图像的面

16、积为v，在 t2时刻 AB 的速度分别为 12A vSS， 3B vS A、B 共速，则 123 SSS D 正确。 故选 ABD。 9. 如图，圆心为O的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，ab和cd为该圆直径。将电荷量为 0q q 的粒子从a点移动到b点，电场力做功为20W W ；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0.5W C. 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】AB 【解析】A由于该电场为匀强电场，可采

17、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 3R + ExqR 经过计算有 Ex = 2 W qR ，Ey = 3 2 W qR ，E = W qR ，tan = 3 y x E E 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 正确； B该粒从 d 点运动到 b 点，电场力做的功为 W = Eq 2 R = 0.5W B 正确； 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 错误； D若粒子的初速度方向与 ab 平行则粒子

18、做匀变速直线运动，D 错误。 故选 AB。 10. 两个完全相同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 0 v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 0 v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、 0 v和

19、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不变 【答案】CD 【解析】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感应电动势相互低消，则有 mg = F安 = 22 y B L v R ，vy = 2gH 综合有 B = 2 1 2 mgR Lg H 则 B 与 1 H 成正比，A 错误； 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 错误； 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

20、消，有 mg = F安 = 22 y B L v R 则组合体克服安培力做功的功率等于重力做功的功率，C 正确； 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 正确。 故选 CD。 三、非选择题：共 56 分。第 1114 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. 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： （1）用游标卡尺 测量垫块厚度h，示数如图（b）所示，h_c

21、m； （2）接通气泵，将滑块轻放在气垫导轨上，调节导轨至水平； （3）在右支点下放一垫块，改变气垫导轨的倾斜角度； （4）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； （5）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： n 1 2 3 4 5 6 2 / m sa 0.087 0.180 0.260 0.425 0.519 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_ 2 m/s（保留三位有效数字） 。 【答案】 (1). 1.02 (5). 0.342 【解析】 （1）1垫块的厚度为 h=1c

22、m+2 0.1mm=1.02cm （5）2绘制图线如图； 3根据 nh mgma l 可知 a 与 n 成正比关系，则根据图像可知，斜率 0.6 = 74 a k 解得 a=0.342m/s2 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 0 R） 、一个电流表（内阻为 A R） 、一根均匀电阻丝（电阻丝总阻值大于 0 R，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

23、： （1）将器材如图（a）连接： （2）开关闭合前，金属夹应夹在电阻丝的_端（填“a”或“b”） ； （3）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； （4）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 0 r， 该电池电动势和内阻可表示为E _，r _ （用 0 R、 A R、k、d、 0 r表示） （5）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 0 r。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） ； （6）利用测

24、出的 0 r，可得该电池的电动势和内阻。 【答案】(1) b (4) 0 r k 0 0A r b RR k (5). 【解析】 （2）1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 L R S 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）2设圆心角为时，电阻丝接入电路中的电阻为 0 r，根据闭合电路欧姆定律EUIr可知 A00 ()EI RRrIr 整理得 0A0 1rRRr IEE 结合图象的斜率和截距满足 0 r k E ， A0 RRr b E 解得电源电动势和内阻为 0 r E k 0 0A r b rRR k （5）3实验器材

25、中有定值电阻 0 R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 0 R位置，读出电流表示数 0 I； 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 0 I，读出此时角度 ； 此时 00 rR，即可求得 0 r数值。 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 1 2r的带电粒子流沿x轴正方向射入圆心为 1 0Ar，、半径为 1 r的圆形匀强磁场

26、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 1 B的大小； （2）如图（a） ，虚线框为边长等于 2 2r的正方形，其几何中心位于 2 0Cr，。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 2 2r，并沿x轴正方向射出。求该磁 场磁感应强度 2 B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 3 r的正方形，虚线框和均为边长等于 4 r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 3 2r的带电粒子流沿x轴正方向射入和 后汇聚到坐标原点O

27、，再经过和后宽度变为 4 2r，并沿x轴正方向射出，从而实现带电粒子流的同轴控 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） 1 mv qr ； （2） 2 mv qr ，垂直与纸面向里， 2 22 Sr ； （3） I 3 mv B qr ， 4 III mv B qr ， 2 II3 1 (1) 2 Sr， 2 IV4 1 (1) 2 Sr 【解析】 （1）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 1 r，粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力 2 1 1 v

28、qvBm r 解得 1 1 mv B qr （2）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 2 r，根据 2 v qvBm r 可知磁感应强度为 2 2 mv B qr 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 2 22 Sr （3）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 2 v qvBm r 可知 I 和 III 中的磁感应强度为 I 3 mv B qr ，

29、 4 III mv B qr 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 AOB S与三角形 AOB S之差，所以阴影部分的面积为 222 1333 111 2()2 ()(1) 422 AOBAOB SSSrrr 类似地可知 IV 区域的阴影部分面积为 222 IV444 111 2 ()(1) 422 Srrr 根据对称性可知 II 中的匀强磁场面积为 2 II3 1 (1) 2 Sr 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

30、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2 LL，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2 L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

31、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）2 gL；（2） 2 2 2xLyy（其中， 2LyL ） ；（3） 2 2 311 4 3(1) LxL 【解析】 （1）物块A从光滑轨道滑至O点，根据动能定理 2 1 2 2 mgLmgLmv 解得 2vgL （2）物块A从O点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为 0 v，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 0 xv t， 2 1 2 ygt 解得水平初速度为 2 2 0 2 gx v y 物块A从O点到落点，根据动能定理可知 2 0 1

32、 2 k mgyEmv 解得落点处动能为 2 2 0k 1 24 E mgx mgymvmgy y 因为物块A从O点到弧形轨道上动能均相同，将落点(2,)PLL的坐标代入，可得 2 k 2 (2) 2 44 mgxmgL mgymgLm LEg yL 化简可得 2 2 4 x yL y 即 2 2 2xLyy（其中， 2LyL ） （3）物块A在倾斜轨道上从距x轴高h处静止滑下，到达O点与B物块碰前，其速度为 0 v，根据动能定 理可知 2 0 1 2 mghmgLmv 解得 2 0 22vghgL - 物块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，

33、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 1 v和 2 v，在物块A与B碰撞过程中，动量守恒，能量守恒。则 012 mvmvmv 222 012 111 222 mvmvmv 解得 10 1 1 vv - 20 2 1 vv - 设碰后A物块反弹，再次到达O点时速度为 3 v，根据动能定理可知 22 31 11 2 22 mgLmvmv 解得 22 31 4vvgL - 据题意， A 落在 B 落点的右侧，则 32 vv - 据题意，A 和 B 均能落在弧形轨道上，则 A 必须落在 P 点的左侧，

34、即： 3 2vgL - 联立以上，可得h的取值范围为 2 2 311 4 3(1) LhL （二）选考题：共 13 分。请考生从两道题中任选一题作答。如果多做，则按第一题计分。 物理选修 3-3 15. 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 1 S和 2 S）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h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 0 p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

35、，外力F做功大于 0，小于mgh B. 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，理想气体向外界释放的热量小于 01 p S hmgh E. 左端活塞到达B位置时，外力F等于 2 1 mgS S 【答案】BDE 【解析】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 2 S没有移动，可知整个过程， 外力 F 做功等于 0，A 错误； 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，理想气体的分子平均 动能保持不变，内能不变，B 正确，C 错误； D. 由内能不变可知理想气体向外界释放的热量等于外界

36、对理想气体做的功： 01 QWp S hmgh D 正确； E. 左端活塞到达 B 位置时，根据压强平衡可得： 00 12 mgF pp SS 即： 2 1 mgS F S E 正确。 故选 BDE。 16. 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 1 600gm 、截面积 2 20cmS 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 2 1200gm 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

37、境温度 1 300KT 。设外界大气压强 5 0 1.0 10 Pap ，重力加速度 2 10m/sg 。 （1）当电子天平示数为400.0g时，环境温度 2 T为多少？ （2）该装置可测量的最高环境温度 max T为多少？ 【答案】 （1）297K； （2）309K 【解析】 （1）由电子天平示数为 600.0g 时，则细绳对铁块拉力为 21 )mgmmgm g 示 （ 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 10 pp 当电子天平示数为 400.0g 时，设此时气缸内气体压强为 p2，对 1 m受力分析有 2102 400ggmmppS 由题意可知，气缸内气体体积不变

38、，则压强与温度成正比： 12 12 pp TT 联立式解得 2 297KT （2）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，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 1 m受力分析有 301 ()pp Sm g 又由气缸内气体体积不变，则压强与温度成正比 31 1max pp TT 联立式解得 max 309KT 物理选修 3-4 17. 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

39、 （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4s B. 6st 时，B处质点位于波峰 C. 8st 时，C处质点振动速度方向竖直向上 D. 10st 时，D处质点所受回复力方向竖直向上 E. E处质点起振后，12s内经过的路程为12cm 【答案】ACE 【解析】A由图 a、b 可看出，该波的波长、周期分别为 = 10m，T = 4s 则根据波速公式 v = T = 2.5m/s 则该波从 A 点传播到 B 点，所需时间为 t = 10 2.5 x v m/

40、s = 4m/s A 正确； B由选项 A 可知，则该波从 A 点传播到 B 点，所需时间为 4s，则在 t = 6s 时，B 点运动了 2s，即 2 T ，则 B 处质点位于波谷，B 错误； C波从 AE 波面传播到 C 的距离为 x =(10 5 - 10)m 则波从 AE 波面传播到 C 的时间为 t = 4.9s x v 则 t = 8s 时，C 处质点动了 3.1s，则此时质点速度方向向上，C 正确； D波从 AE 波面传播到 D 的距离为 10 210 mx 则波从 AE 波面传播到 C 的时间为 t = 1.7s x v 则 t = 10s 时，C 处质点动了 8.3s，则此时质

41、点位于 z 轴上方，回复力方向向下，D 错误； E由选项 A 知 T = 4s，12s = 3T 一个周期质点运动的路程为 4cm，则 3T 质点运动的路程为 12cm，E 正确。 故选 ACE。 18. 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】 （i）1.38； （ii）1.7 【解析】 （i）根据题意作出如下光路图 当孔在人身高一半时有 tan = 22 hd L = 0.80.005 0.6 4 3 ，sin = 0.8， tan = 0.011 0.0141.4 ，sin = 1 2.96 由折射定律有 n = sin 1.38 sin （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 根据几何关系有 sin90 1.7 sin n