2021屆新高考物理地市名校必刷模擬卷1（湖南專用）3月卷解析版

備戰(zhàn)2021年高考物理【名校、地市好題必刷】全真模擬卷（湖南專用）?3月卷

第一模擬試題

一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分，每小題給出的四個選項中，只有一項是

符合題目要求的。

1.如圖所示，傾角為0的斜面體。置于水平地面上，小物塊b置于斜面上，通過細(xì)繩跨過光滑的定滑

輪與沙漏。連接，連接b的一段細(xì)繩與斜面平行，在a中的沙子緩慢流出的過程中，a、b,c都處于靜

止?fàn)顟B(tài)，則下列說法不正確的是（）

A.6對c的摩擦力可能始終增加

B.c,對地面的摩擦力方向始終向左

C.地面對c的支持力始終變大

D.滑輪對繩的作用力方向始終不變

【答案】B

【解析】

A.設(shè)a、b的重力分別為Ga、Gb，若

Ga=GbSin9

b受到c的摩擦力為零；若

G,HGbSin。

b受到c的摩擦力不為零；若

)

G<Gbsin6

b受到c的摩擦力沿斜面向上

G+/=GbSin。

Ga減小，/增大，故A正確;

B.以be整體為研究對象，分析受力如圖

根據(jù)平衡條件得知水平面對c的摩擦力

f=Teos0=Gacos0

方向水平向左，根據(jù)牛頓第三定律可知c對地面的摩擦力方向始終向右，故B錯誤；

C.地面對c的支持力

FN=Gc+Gb-Tsin3=Gc+Gb-Gasind

Ga減小，國增大，故c正確；

D.繩子對滑輪的作用力為兩個相等的力7?方向不變，所以繩子對滑輪的作用力方向不變，則滑輪對繩的作

用力方向始終不變，故D正確。

故選Bo

2.如圖所示，a,匕間接有一電壓穩(wěn)定的正弦交流電，交流電流表和交流電壓表均為理想電表，開始時開

關(guān)S處于斷開狀態(tài)，下列說法正確的是（）

A.若僅將滑動變阻器的滑動觸頭P向右滑動，電壓表的示數(shù)將增大

B.若僅將滑動變阻器的滑動觸頭P向右滑動，電流表的示數(shù)將增大

C.若僅將開關(guān)S閉合，電壓表的示數(shù)將減小

D.若僅將開關(guān)S閉合，電流表的示數(shù)將減小

【答案】C

【解析】

A.當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭P向右滑動時，滑動變阻器接入電路的電阻將增大，副線圈中的電流4將減小，

電壓表的示數(shù)為

Uv=/2/?2

可知示數(shù)將減小，A項錯誤；

B.由

4=%

，2n\

可知原線圈中的電流4減小即電流表的示數(shù)減小，B項錯誤；

D.若將開關(guān)S閉合，副線圈所接負(fù)載電阻的總阻值減小，副線圈中的電流A增大，則由

人=%

，2n\

可知電流表的示數(shù)4增大，D項錯誤；

C.電流表的示數(shù)4增大，原線圈兩端的電壓為

U\=0_/內(nèi)

可知電壓減小，由

G_&

U2%

可知副線圈兩端的電壓u2減小，電壓表的示數(shù)為

UV=U2-I2R

示數(shù)也減小，C項正確；

故選Co

3.火星是太陽系內(nèi)與地球最為相似的行星，若把火星視為均勻球體，火星極地的重力加速度記為g,半徑

記為R,自轉(zhuǎn)周期記為T,G表示引力常量，則（）

A.火星的質(zhì)量表示為尤里B.火星的密度表示為當(dāng)

GT2GT2

C.火星的第一宇宙速度為旅D.火星同步衛(wèi)星的高度為J唱:

【答案】C

【解析】

A.在火星表面，對質(zhì)量為機(jī)的物體有

mgGR

可解得火星的質(zhì)量為

題目中的T是火星的自轉(zhuǎn)周期，不是衛(wèi)星的周期，選項A錯誤;

B.又

M.3g

4萬叱4G兀R

3

選項B錯誤；

C.火星的第一宇宙速度等于近地衛(wèi)星的速度，有

—Mmv2

G—丁=m一

R2R

可得

選項C正確:

D.同步衛(wèi)星的周期等于?火星的自轉(zhuǎn)周期T,萬有引力提供向心力，有

Mm',4/

(J----------------m(R+%)

(R+h)2

解得

九二*-R

V4乃2

選項D錯誤；

故選C。

4.一帶正電的粒子僅在電場力作用下從A點經(jīng)B、C運(yùn)動到。點，其"t圖像如圖所示。分析圖像，下列說

法正確的是（）

A.A處的電場強(qiáng)度大于C處的電場強(qiáng)度

B.B、。兩點的電場強(qiáng)度和電勢一定都為零

C.帶正電粒子在A處的電勢能大于在C處的電勢能

D.A、C兩點間的電勢差大于8、D兩點間的電勢差

【答案】A

【解析】

A.因為v-t線的斜率等于物體的加速度，在A處的加速度大于C處的加速度，A處的電場強(qiáng)度大于C處的

電場強(qiáng)度，A正確；

B.從8點到。點，根據(jù)動能定理得

TT11

QVBD=^mV2D--^mV2B

VD>VB

解得

0B-%>°

所以B、D兩點的電勢不可能都為零，B錯誤；

C.根據(jù)動能定理

WAC=^mVl-^mVA<0

因為電場力做負(fù)功，電勢能增加，所以帶正電粒子在A處的電勢能小于在c處的電勢能，C錯誤；

D.根據(jù)動能定理可知

Q^AC=^mVC-^mVA

Tr1，12

由圖線可知

mvmv

Il-1l>g機(jī)破一3吟

則A、C兩點的電勢差小于8、。兩點間的電勢差，D錯誤。

故選Ao

5.如圖所示，一圓柱形容器高為心底部直徑也為L一小球離地高為2L,球到容器左側(cè)的水平距離也為

L,現(xiàn)將小球水平拋出，要使小球直接落在容器底部，小球拋出的初速度大小范圍為（）

2Lr——

'LL,

〃〃力//〃〃〃力////////力//〃/〃〃〃〃

A.c.g瘋

D.

【答案】B

【解析】

要使小球直接落在容器的底部，設(shè)最小初速度為％,則有

L

聯(lián)立解得

設(shè)最大速度為V2，則有

2L=*

2L

丫2

聯(lián)立解得

V2=\[S^

因此小球拋出的初速度大小范圍為

故B正確ACD錯誤。

故選Bo

6.如圖，紙面內(nèi)虛線上下兩側(cè)存在方向均垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，虛線下方磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度是虛線上

方磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的2倍。一帶正電的粒子（重力不計）從虛線上。點，沿與虛線成30。角的方向以某速

度垂直射入上方磁場，粒子從虛線上的P點第一次進(jìn)入下方磁場，一段時間后粒子再次經(jīng)過P點?粒子從。

V,

點至第一次到P點的過程中，平均速度為匕，從。點至第二次到P點的過程中，平均速度為丫2,則;■等于

【答案】D

【解析】

粒子運(yùn)動軌跡如圖所示:

,27tm

F

在下方磁場做圓周運(yùn)動的周期

_2Tim

T2

qB?

由于國=2耳，則7；=2（,結(jié)合幾何關(guān)系得

OP

F

6

0P

66

則有

"=7:1

v2

故選Do

二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項符

合題目要求全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

7.如圖所示，等離子氣流（由高溫、高壓、等電荷量的正、負(fù)離子組成）由左側(cè)連續(xù)不斷地以速度%水平

射入片和g兩極板間的勻強(qiáng)磁場中，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直于紙面向里，導(dǎo)線和力之間的作用情

況為：0~ls內(nèi)互相排斥，1~3s內(nèi)互相吸引，3~4s內(nèi)互相排斥，保持滑動變阻器滑片位置不變，規(guī)定向左為

通電螺線管A內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的正方向，則通電螺線管A內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度8隨時間t變化的圖像可能是（）

【答案】CD

【解析】

由左手定則可知，等離子氣流由左側(cè)射入兩極板間，正離子向上偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子向下偏轉(zhuǎn)，上極板帶正電，

下極板帶負(fù)電，且導(dǎo)線中能形成穩(wěn)定的電流，電流方向為由。到b,由題可知，O~ls內(nèi)cd中電流方向為

由d到c,3s內(nèi)c"中電流方向為由c到d,3~4s內(nèi)”中電流方向為由d到c,根據(jù)楞次定律"增反減同"

判斷可知圖像CD正確，AB錯誤。

故選CD。

8.在光電效應(yīng)實驗中，兩個實驗小組分別在各自的實驗室，約定用相同頻率的單色光分別照射鋅和銀的表

面，結(jié)果都能發(fā)生光電效應(yīng)，如圖甲，并記錄相關(guān)數(shù)據(jù)。對于這兩組實驗，下列判斷正確的是（）

A.飽和光電流一定不同，光電子的最大初動能不同

B.因為材料不同，逸出功不同，所以遏止電壓以不同

C.因為光強(qiáng)不確定，所以單位時間內(nèi)逸出的光電子數(shù)可能相同

D.分別用不同頻率的光照射之后繪制q.一。圖象（。為照射光頻率，圖乙為其中一小組繪制的圖象），圖

線的斜率可能不同

【答案】BC

【解析】

AC.雖然光的頻率相同，但是被照射的材料不同，光電子的最大初動能不同，光強(qiáng)不確定，所以單位時間

內(nèi)逸出的光電子數(shù)可能相同，飽和光電流可能相同，故A錯誤，C正確；

B.根據(jù)光電效應(yīng)方程

Ek=hv-Wa=eUc

可知，照射光頻率相同，材料的逸出功不同，則光電子的最大初動能不同，遏止電壓也不同，故B正確；

D.根據(jù)光電方程可得

〃心.呸

'ee

h

可知圖線的斜率等于一，則圖線的斜率相同，故D錯誤。

e

故選BC?

9.如圖所示，水平光滑的地面上靜止放置一質(zhì)量為加八的小車A,小車的上表面光滑，質(zhì)量為機(jī)3的物塊8

（可視為質(zhì)點）置于A的最右端?，F(xiàn)對A施加一個水平向右的恒力RA運(yùn)動一段時間后，小車左端固定

的擋板與B發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下繼續(xù)運(yùn)動，碰撞后經(jīng)時間

t,二者的速度達(dá)到v（1、外、F、八v均為已知量）。則下列說法正確的是（）

F

A.物塊B剛開始做勻加速直線運(yùn)動B.小車A開始運(yùn)動時的加速度大小為一

啊

C.可求得A、B碰撞后瞬間的共同速度的大小D.可求得小車A上表面長度/

【答案】BCD

【解析】

A.由于小車上表面光滑，物塊B剛開始靜止，故A錯誤；

B.以A為研究對象，由牛頓第二定律知

F=mAa

則

F

a=——

mA

故B正確；

C.對A、B碰撞后共同運(yùn)動時間t的過程，由動量定理得

Ft=(mA+mli)v-(見，+mB)丫共

代入數(shù)據(jù)解得

_(mA+mB)v-Ft

Vjt---------------------------------------

故C正確；

D.設(shè)A、B發(fā)生碰撞前瞬間，A的速度為辦，對A、B發(fā)生碰撞的過程，由動量守恒定律有

，%以=(〃0+%)頤

A從開始運(yùn)動到與B發(fā)生碰撞前，由動能定理知

聯(lián)立兩式可求得小車A上表面長度

{[(mA+mB)v-Ft^

2%尸

故D正確；

故選BCD.,

10.如圖所示，圖線。P、A/N分別是做直線運(yùn)動的質(zhì)點A、B的位移一時間圖像，其中OP為開口向下拋物

線的一部分，P為圖像上一點。PQ為過P點的切線，與x軸交于點2。則下列說法正確的是()

O4t/s

A.，=4s時，質(zhì)點A的速率為lm/sB.質(zhì)點A的加速度大小為0.25m/s?

C.質(zhì)點A的初速度大小為6m/sD.r=2s時A、B相遇

【答案】AD

【解析】

A.x-t圖像的斜率表示速度，則t=4s時，質(zhì)點A的速率為

10-6,,,

v=--------m/s=lm/s

4

選項A正確；

BC.設(shè)質(zhì)點A的初速度大小為%,加速度為或質(zhì)點A在前4s內(nèi)通過的位移為x=10m,由運(yùn)動學(xué)公式有

v+v

x=—0——t

2

解得

%=4m/s

則

a=-—-=-~-m/s2=-0.75m/s2

t4

選項BC錯誤；

D.0-2s內(nèi)質(zhì)點B通過的位移為

xB=6.5m

質(zhì)點A通過的位移為

12「121

4=%方+耳。產(chǎn)=4x2--x0.75x2m=6.5m

則

/+%人二13m

故匕2s時A、B相遇，選項D正確。

故選ADo

三、非選擇題：共56分。第11?14題為必考題，每個試題考生都必須作答第15?16題為選

考題，考生根據(jù)要求作答。

(-)必考題：共43分。

11.(6分)

在"探究速度隨時間變化的規(guī)律”實驗中，打點計時器使用的交流電的頻率是50Hz,記錄小車運(yùn)動的紙帶如

圖所示。在紙帶上選擇7個計數(shù)點A、8、C、D、E、F、G,相鄰兩個計數(shù)點之間還有四個點未畫出，各點

到A點的距離如圖所示。

(1)A、B兩個計數(shù)點之間的時間間隔T=s；

(2)打下B點時小車的速度3m/s,CE間的平均速度正￡=m/s；

⑶小車運(yùn)動的加速度m/s\

【答案】0.10.250.451.0

【解析】

⑴由題可知相鄰兩計數(shù)點間的時間間隔

1

T=5x—s=0,1s

50

(2)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，有

2

-尤AC5,OOxlO-

vB=VAC=-----=------------------m/s=0.25m/s

he0.2

平均速度為

_XCE(14.00-5.00)xl0'2..

vCE-------=--------------------------------m/s=0.45m/s

'展0.2

⑶由判別式Ax/T2,結(jié)合逐差法可得

_(*DE+XEF+%FG)~+X+X)

Cl-rBCCD

(37)2

代入數(shù)據(jù)可得

(27.00-9.00)-9.00,,

a=--------------------xlO22m/s=2l.Om/s22

9x0.01

12.(9分)

某物理興趣小組選用內(nèi)阻尺,=10。、滿偏電流4=10mA的電流表、標(biāo)識不清的電源，以及定值電阻、導(dǎo)

線、滑動變阻器等組裝成了一個多用電表，其結(jié)構(gòu)如圖甲。當(dāng)選擇開關(guān)接"3"時為量程250V的電壓表，該多

用電表表盤如圖乙所示，下排刻度均勻，上排刻度線對應(yīng)數(shù)值還沒有及時標(biāo)出。

⑴其中電阻鳥=Q；

⑵興趣小組在實驗室找到了一個電阻箱，利用組裝好的多用電表設(shè)計了如下從“校"到"測"的實驗：

①將選擇開關(guān)接"2",紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)片的阻值使電表指針滿偏；

②將多用電表紅黑表筆與電阻箱相連，調(diào)節(jié)電阻箱使多用電表指針指在電表刻度盤中央C處.此時電阻箱

如圖丙所示，則C處刻度線的標(biāo)注值應(yīng)為Q,此多用電表中所用電源的電動勢為V；

③用待測電阻用代替電阻箱接人兩表筆之間，表盤指針指在圖乙中所示的位置，則可知待測電阻為凡=

0;(保留三位有效數(shù)字)

④小組成員隨手拿來一塊電壓表，將兩表筆分別觸碰電壓表的兩接線柱，發(fā)現(xiàn)電壓表讀數(shù)為1.35V,可求得

該電壓表內(nèi)阻為Qo

【答案】24990Q150Q1.5V67.4Q13500

【解析】

(1)由題可知，當(dāng)選擇開關(guān)接"3〃時為量程250V的電壓表，根據(jù)歐姆定有

U=/g(4+為)

可得

=250,Q-10Q=24990Q

-4*10x10-3

(2)C處為表盤的中央刻度，所以C處刻度所對應(yīng)的電阻為中值電阻，也即歐姆表的內(nèi)電阻，由圖丙可得電阻

箱的示數(shù)為

OxlOOOQ+lxlOOQ+5xlOQ+OxlQ=15OQ

也即C處刻度線的標(biāo)注值應(yīng)為150Q；

由題意可知內(nèi)置電源的電動勢為

E=150x0.01V=1.5V

指針指在圖乙所示的位置時，流過待測電阻的電流為6.9mA,根據(jù)閉合電路歐姆定律有

E=I（&+凡）

代入數(shù)據(jù)可得&=67.4。

當(dāng)電壓表的示數(shù)為1.35V時，根據(jù)分壓原理有

E-UU

凡《

代入數(shù)據(jù)有

1.50-1.351.35

""ISO-~~R^

得人=1350Q

13.（13分）

如圖所示，水平軌道與半徑為r的半圓弧形軌道平滑連接于S點，兩者均光滑且絕緣，并安裝在固定的豎直

絕緣平板上。在平板的上下各有一塊相互正對的水平金屬板P、Q,兩板間的距離為乩半圓軌道的最高點

了、最低點5、及P、Q板右側(cè)邊緣點在同一豎直線上。裝置左側(cè)有一半徑為L的水平金屬圓環(huán)，圓環(huán)平面區(qū)

域內(nèi)有豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，一根長度略大于L的金屬棒一端置于圓環(huán)上，另一端

與過圓心?的豎直轉(zhuǎn)軸連接，轉(zhuǎn)軸帶動金屬桿轉(zhuǎn)動，在圓環(huán)邊緣和轉(zhuǎn)軸處引出導(dǎo)線分別與P、Q連接，圖

中電阻阻值為R，不計其它電阻。右側(cè)水平軌道上有一帶電量為+q、質(zhì)量為;m的小球1以速度％=2j孚

向左運(yùn)動，與前面靜止的、質(zhì)量也為工加的不帶電小球2發(fā)生碰撞，碰后粘合在一起共同向左運(yùn)動，小球

2

和粘合體均可看作質(zhì)點，碰撞過程沒有電荷損失，設(shè)P、Q板正對區(qū)域間才存在電場。重力加速度為g.

⑴計算小球1與小球2碰后粘合體的速度大小v；

⑵若金屬桿轉(zhuǎn)動的角速度為3,計算圖中電阻R消耗的電功率P；

⑶要使兩球碰后的粘合體能從半圓軌道的最低點5做圓周運(yùn)動到最高點7■，計算金屬桿轉(zhuǎn)動的角速度的范圍。

mgdImgd

—■~r<u)<---

qBL：qBL

【解析】

(1)兩球碰撞過程滿足動量守恒

如9+刎

解得

(2)桿轉(zhuǎn)動的電動勢

A,B-Lrco\ti

“弛——“6y

ArAr2

電阻R的功率

n/§七為2

r=——=-----------

R4R

⑶通過金屬桿的轉(zhuǎn)動方向可知P、Q板間的電場方向向匕粘合體受到的電場力方向向上，在半圓軌道最低

點的速度恒定，如果金屬桿轉(zhuǎn)動角速度過小，粘合體受到的電場力較小，不能達(dá)到最高點兀臨界狀態(tài)是粘

合體剛好達(dá)到7■點，此時金屬桿的角速度可為最小，設(shè)此時對應(yīng)的電場強(qiáng)度為耳，粘合體達(dá)到7■點時的速

度為匕，

在7■點，由牛頓第二定律得

mg-qE,=m^-

r

從S到兀由動能定理得

(qE[—mg)?2r=；mvj2-；mv2

解得耳，桿轉(zhuǎn)動的電動勢

2q

12

=-BL-cot

兩板間電場強(qiáng)度

￡=￡L

1d

mgd

聯(lián)立解得S

qBl},

如果金屬桿轉(zhuǎn)動角速度過大，粘合體受到的電場力較大，粘合體在5點就可能脫離圓軌道，臨界狀態(tài)是粘

合體剛好在S點不脫落軌道，此時金屬桿的角速度牡為最大，設(shè)此時對應(yīng)的電場強(qiáng)度為反，在5點，由牛

頓第二定律得

qE-mg=m—

2r

桿轉(zhuǎn)動的電動勢

12

s2=—BI：CD2

兩板間電場強(qiáng)度

a

7mgd

聯(lián)立解得牡=

qBl},

綜上所述，要使兩球碰后的粘合體能從半圓軌道的最低點S做圓周運(yùn)動到最高點T,金屬桿轉(zhuǎn)動的角速度的

mgdImgd

范圍為

qBl}力4次。

14.（15分）

如圖所示，四分之一光滑圓弧軌道固定在水平地面上，軌道半徑為R,在圓弧軌道的右端緊靠圓弧軌道有長

度L=17R的木板靜止在水平光滑地面上，木板上表面水平，且與圓弧軌道右端在同一水平高度，木板的上

表面粗糙，右側(cè)有一彈性擋板。質(zhì)量為m的滑塊以某一初速度由圓弧軌道頂端滑下，在最低點對軌道的壓

力為lOtng,木板的質(zhì)量為2相，滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)〃=0.25,g取10m/s?。

⑴求滑塊的初速度%;

(2)滑塊是否會與木板右端的擋板碰撞？如果不能，請計算出滑塊與木板相對靜止的瞬間木板的位移；如果

能，請計算出滑塊與擋板碰后瞬間的速度；

⑶若在木板的右側(cè)距離木板x處為豎直墻壁，木板與墻壁和軌道碰撞后速度瞬間變?yōu)?,但不粘連，滑塊與

擋板的碰撞為彈性碰撞，請計算滑塊最終靜止時到木板右端的距離y與x的關(guān)系式。

R-2x0?x<—7?

11

7

【答案】(1)J赫；(2)不能發(fā)生碰撞，木板的位移s=4R；(3)y=,—尺，x<R

產(chǎn)x)11

x—R尺,x<4R

37?x.AR

【解析】

⑴對于滑塊從圓弧軌道頂端滑到最低點的過程，根據(jù)動能定理，有

mgRD=—1mv2-—1，”唏，

在軌道最低點，對滑塊進(jìn)行受力分析，有

2

_V

K

由牛頓第三定律可知

氏=10mg

聯(lián)立解得

V=3y/^R,%=17gR

(2)假設(shè)滑塊不會與木板右端擋板碰撞，滑塊最終與木板達(dá)到的共同速度為匕，則根據(jù)動量守恒定律，有

對于滑塊在木板上滑動的過程，根據(jù)能量守恒定律，有

1212

聯(lián)立解得

△L=12R<17R

假設(shè)成立，對于木板從開始運(yùn)動到與滑塊達(dá)到共同速度的過程，根據(jù)動能定理，有

/jmgs=—x2/w：

解得

s=4H

⑶①當(dāng)x<4R時，木板在與滑塊共速前與墻壁發(fā)生碰撞，碰撞后木板靜止，滑塊繼續(xù)運(yùn)動。設(shè)滑塊恰好能

到達(dá)木板右端時木板的位移為與，對滑塊應(yīng)用動能定理，有

-pmg（nR+x）=-—inv2

02

解得

x（）二R

(D若o,,X<R,則滑塊能與擋板碰撞，設(shè)碰前瞬間滑塊的速度大小為匕，則根據(jù)動能定理，有

1,1

-jutng(17/?+x)=—mv；--mv2

解得

由于滑塊與擋板發(fā)生彈性碰撞，故碰后滑塊向左減速運(yùn)動，木板向左加速，設(shè)二者共速時速度為匕，對長

木板，根據(jù)動能定理有

1c，

/Limgx=-x2m

對長木板和滑塊整體，根據(jù)動量守恒定律有

mv2=（m+2/?z）v3

解得

x=-R

11

2

a.當(dāng)時，木板向左加速，未與滑塊達(dá)到共速就己經(jīng)和固定圓弧軌道相撞，對滑塊有

2〃g(y+x)=$

解得

y=R-2x

2

b.當(dāng)時，木板向左加速，共速時長木板未與固定圓弧軌道相撞，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定

律，有

1,12

mv2=(777+2m)v3,/.imgy,--mv；~—(m+2m)v3

解得

y=觸一幻

之后滑塊和木板共同向左運(yùn)動，木板與軌道碰撞后靜止，滑塊繼續(xù)向左減速，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律,

有

v；=

解得

%="（R-x）

故

7

y=x+>2=§（R_x）

（ii）若凡,x<4R,則滑塊不能與擋板碰撞

R+x-y）=--mv2

解得

y=x-R

②若"4R,則木板與墻壁碰撞前，滑塊、木板已共速，滑塊距木板右端的距離為5R,木板先與墻壁碰撞,

速度減為零，而滑塊繼續(xù)向右做勻減速直線運(yùn)動，對滑塊應(yīng)川動能定理，有

解得

y=3R

綜上

R—2x0?x<—R

11

7

y=<—(7?-x)—凡，x<R

11

x-RR,,x<47?

3RX..AR

（二）選考題：共13分。請考生從兩道中任選一題作答。如果多做，則按第一題計分。

15.[物理選修3-3]

⑴（5分）

下列說法中正確的是。（填正確答案標(biāo)號，選對1個給2分，選對2個得4分，選對3個得5分，每

選錯1個扣3分，最低得分0分）

A.溫度和質(zhì)量都相同的水、冰和水蒸氣，它們的內(nèi)能不相等

B.布朗微粒做無規(guī)則運(yùn)動的原因是由于它受到水分子有時吸引、有時排斥的結(jié)果

C.由于液體表面分子間距離大于平衡位置間距r0,故液體表面存在表面張力

D.浸潤液體在毛細(xì)管里下降，不浸潤液體在毛細(xì)管里上升

E.理想氣體等壓膨脹過程一定吸熱

【答案】ACE

【解析】

A.溫度和質(zhì)量都相同的水、冰和水蒸氣，它們的內(nèi)能不相等，水蒸氣的內(nèi)能最大，冰的內(nèi)能最小，所以A

正確：

B.布朗微粒做無規(guī)則運(yùn)動的原因是由于它受到水分子對固體顆粒頻繁碰撞的結(jié)果，所以B錯誤；

C.由于液體表面分子間距離大于平衡位置間距r。，故液體表面存在表面張力，所以C正確；

D.浸潤液體在毛細(xì)管里上升，不浸潤液體在毛細(xì)管里下降，所以D錯誤；

E.理想氣體等壓膨脹過程中，體積增大，根據(jù)狀態(tài)方程可知，溫度一定升高，內(nèi)能增大，而同時氣體對外

做功，根據(jù)

\U=W+Q

可知，氣體一定吸熱，所以E正確；

故選ACEo

（2）（8分）

如圖所示，導(dǎo)熱氣缸被絕熱活塞分割成A8兩部分，活塞被鎖定。氣缸內(nèi)充有同種氣體（可看作理想氣體）。

A、B兩部分之間用一根細(xì)管連通，細(xì)管上接有閥門K。已知兩部分氣體體積之比匕：匕=1：2,A中氣

體壓強(qiáng)為2atm,8中的壓強(qiáng)為latm。不考慮活塞和汽缸壁之間的摩擦，求：

（i）保持環(huán)境溫度不變，打開連通管的閥門K,穩(wěn)定后A、5兩部分的壓強(qiáng)；

（ii）重新關(guān)閉閥門K,解除對活塞的鎖定，用絕熱材料把整個容器包裹起來與外界絕熱，并通過電熱絲對

A內(nèi)氣體進(jìn)行加熱，使兩部分氣體的體積相等，則此時A、8兩部分氣體溫度之比是多少。

【答案】(i)p——atm；(ii)TT--2

31B

[:解析】

(i)打開連通管的閥門K，穩(wěn)定后A、8兩部分的壓強(qiáng)相等，設(shè)為。假設(shè)先使A中的氣體膨脹到壓強(qiáng)為

PB=latm,體積變?yōu)樨?根據(jù)玻意耳定律對A中的氣體有：

PA-VA=PB-VAI

則對A、3中的氣體有：

以)=p-M+%)

又匕：匕=1