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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。1.（4分）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2.（4分）物体的运动状态可用位置W 和动量察描述，称为相，对应部一令图像中的一个点。物体运动状态的变化可用部一嵬图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿式轴正方向做初
2、速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是（）3.（4分）复兴号 动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为说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烂，若动车组所受的阻力与其速率成正比（年醺=蒯3,未为常量），动车组能达到的最大速度为电忸下列说法正确的是（）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.W 1则动车组匀速行驶的速度为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，经过时间烟到最大速度隹心，则这一过程中该动车组克
3、服阻力做的功为向碉球救4.（4分）如图，在强加位置放置电荷量为学的正点电荷，在 国3就位置放置电荷量为 的负点电荷，在距盘心为后:的某点处放置正点电荷Q，使得烂点的电场强度为零。则Q的位置及电荷量分别为()A V2a-一q ca 6-A.t e M 曷 B&；酬，磁 尊 C 知，思 D.f蜜 ,典5.（4分）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
4、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6.（4分）如图，理想变压器原、副线圈匝数比为鸵 现,输入端窘、，为接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡Li、L2的阻值始终与定值电阻陶的阻值相同。在滑动变阻器程的滑片从出端滑动到云端的过程中，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.Li先变暗后变亮，L2一直变亮 B.Li先变亮后变暗，L2一直变亮C.Li先变暗后变亮，L2先变亮后变暗 D.Li先变亮后变暗，L2先变亮后变暗二、多项选择题：本小题共4小题，每小题5分，共2 0分。在每小题给出的四个选项中，有多项
5、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。分。7.（5分）2021年4月2 9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:壶。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 第f倍B.核心舱在轨道上飞行的速度大于？翘3加搐C.核心舱在轨道上飞行的周期小于冬出，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8.（5分）如 图（a）,质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连
6、接构成一个系统，外力炉作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为式。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的他一 图像如图（b）所示，勒表示。到巧时间内W的合一 图线与坐标轴所围面积大小，我、酶分别表示均到句时间内A、B的 腰一，工图线与坐标轴所围面积大小。A在奇时刻的速度为够加下列说法正确的是（）A仇 而 而 而 眄 用图（。）图(6)A.0到一时间内,墙 对B的冲量等于mAv0C.B运动后，弹簧的最大形变量等于式9.（5分）如图，圆心为的圆处于匀强电场中,B.mA meD.晶一鹿=苑电场方向与圆平面平行，魅和成为该圆直径。将电荷量为后母 的粒子从夜点移动到无点，电场力做
7、功为室式就翻须 若将该粒子从濯点移动到冰点，电场力做功为 建工下列说法正确的是（）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，电场力做功为仇勘察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10.（5 分）两个完全相同的正方形匀质金属框，边 长 为 N,通过长为N的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体。距离组合体下底边林处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为也左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度为水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小懵使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是
8、（）A.潍与60无关，与 匹 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 标、埒和乱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三、非选择题：共 54分。第 1广14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。口.（6 分）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:图(b)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；（3）在右支点下放一垫块，改变气垫导
9、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；（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:根据表中数据在图（c）上描点，绘制图线n123456笳皿微T0.087 0.180 0.2600.425 0.519s-)0.50.40.30.2三:“8JI I:4 5一一一通101 2 3图（C）如果表中缺少的第4组数据是正确的，其应该是 1加/（保留三位有效数字）。12.（9分）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 为陶）、一个电流表（内阻为如）、一根均匀电阻丝（电阻丝总阻
10、值大于陶，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卷 和电流表示数五得到多组数据；整理数据并在坐标纸上描点绘图，所得图像如图（b）所示，图线斜率为船与纵轴截距为在，设单位角度对应电阻丝的阻值为小，该电池电动势和内阻可表示为宜=,r =（用嗨、嚓、专;、荏、物表示）（5）为进一步确定结果，还需要测量单位角度
11、对应电阻丝的阻值均。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 力，可得该电池的电动势和内阻。四、解答题13.（13.0分）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（每个粒子的质量为两、电荷量为叶与）以初速度够垂直进入磁场，不计重力及带电粒子之间的相互作用。对 处 在3.敏V平面内的粒子，求解以下问题。图(a)图(b)（1）如 图（a）,宽度为期1的带电粒子流沿式轴正方向射入圆心为虱&*J、半 径 为h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，求该磁场磁感应强度济:的大小；（2）如
12、 图（a）,虚线框为边长等于3%的正方形，其几何中心位于皮依-卷j。在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场，使汇聚到点的带电粒子流经过该区域后宽度变为,并沿式轴正方向射出。求该磁场磁感应强度葩j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）,虚线框I和I 均为边长等于学的正方形，虚线框III和IV均为边长等于用的正方形。在I、n、m和iv中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场，使宽度为a啊的带电粒子流沿a：轴正方向射入I和n后汇聚到坐标原点&,再经过ni和iv后宽度变为 并沿孤轴正方向射出，从而实现带电粒子流的同轴控束。求I和ni中磁场磁感应强度的大小，以
13、及n和iv中匀强磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）。14.（15分）如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为w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受 R 质量为取的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为和。以水平轨道末端点为坐标原点建立平面直角坐标系3.迎*式轴的正方向水平向右，飞轴的正方向竖直向下，弧 形 轨 道.步 端 坐 标 为 信 或0端在影由上。重力加速度为点。（1）若A从倾斜轨道上距.*：轴高度为多拔的位置由静止开始下滑，求.经过点时的速度大小；（2）若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过点落在弧形轨道爱。上的动能均相同，求沪：的曲线
14、方程；（3）将质量为加（2 为常数且2 龄,）的小物块存置于点，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下滑的初始位置距正轴高度的取值范围。五、【选修3-3】1 5.（1 3.0 分）（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（截面积分别为备和$Z）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，4 下降左高度到存位置时，活塞上细沙的总质量为取。在此过程中，用外力即作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强均保持不变，系统始终处于平衡状
15、态，重力加速度为猱。下列说法正确的是A.整个过程，外力制做功大于0,小 于1说磷,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M e*棣-涮gM Jg 彖E.左端活塞到达创立置时，外 力 声 等 于 十（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 窜、截 面 积 =片 5 制屋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.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 叫=1 软獴窗的铁块，并将铁
16、块放置到电子天平上。当电子天平示数为破用施时，测得环境温度 兜=飘 於 盔。设外界大气压强 治=1 瀚球1 嫉 酶，重力加速度然=1:施 我 2（i）当电子天平示数为4：QQ履然时，环境温度看?为多少？（ii）该装置可测量的最高环境温度震,讪为多少？16.（13.0 分）（1）均匀介质中，波源位于。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，所需时间为崛=时，B处质点位于波峰C.f=W，C处质点振动速度方向竖直向上D.f=
17、：l：鑫时，D处质点所受回复力方向竖直向上E.E处质点起振后，赛内经过的路程为（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,翘II的人站在水平地面上，其正前方。，融1处的竖直木板墙上有一个圆柱形孔洞，直 径 为lu k im、深度为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？(i i)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？答案解析部分一、单项选择题：本题共7小题，
18、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。1.【答案】D【考点】原子核的衰变、半衰期【解析】【解答】A.放射性元素没有明确其数量的前提，半衰期没有统计的意义，就算是大量放射性元素经过两个完整的半衰期后，其衰变剩下的质量为原来的四分之一；A不符合题意；B.原子核衰变属于核反应过程，所有核反应的过程都是核子重新组合：所以满足电荷数守恒，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，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.放射性元素辐射出的射线对人体有破坏的作用，但是只要辐射强度在安全范围内则对人的伤害性不大，
19、D符合题意；故答案为：Do【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.【答案】D【考点】动量，匀变速直线运动基本公式应用【解析】【解答】已知质点沿x方向做初速度为0的匀加速直线运动，根据速度位移公式可以求出速度的表达式；祺=占砥：根据质点动量的表达式有：部=初践以上两式联立可得*=鬲 珈：=阚&”宋 文从表达式可以看出动量察关于a:为幕函数，且 小利用抛物线的性质可以判别正确的相轨迹图像为Do故答案为：Do【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.【答案】C【考点】机车
20、启动，动能定理的综合应用【解析】【解答】A.若动车组做匀加速启动，其加速度保持不变；根据牛顿第二定律有干一麦渐咽相，但其阻力和速度成正比则：辞.=蒯:随速度增大而增大，其阻力不断变大，则牵引力不断增大；A不符合题意；B.当四节动力车厢其输出功率为额定功率时，则四节车厢的总功率为4 P,根据功率的表达式有：4步=F曲 再根据牛顿第二定律可以得出零一秦般=掂较；从表达式可以得出加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，B不符合题意；c.已 知 四 节 动 力 车 厢 输 出 的 总 功 率 为 当 动 车 组 达 到 最 大 速 度 时 开 始 匀 速 行 驶，其其牵引力等于阻力，根
21、据牛顿定律可以得出：岁=.既 心联立解得C符合题意；D.动力车厢从静止启动到最大速度的过程，由于四节动力车厢输出功率均为额定值，经历t时间其牵引力做功为：郁”=4史%由 动 能 定 理 可 知 电 附-；簿艮原=赢而 歪一:Q；从表达式可以解得动车组克服阻力做的功为 修 啮=4数 一 品 嚏；所 以D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
22、大小。4.【答案】B【考点】库仑定律，电场强度和电场线【解析】【解答】两个等量异种点电荷都在P点产生场强，根 据 点 电 荷 场 强 公 式 营=得，则有点电荷在P点的场强都为局尸苦，其方向如下图所示：根据平行四边形定则，对两点电荷的场强进行叠加；可得P点的合场强为 窗=召 廊=蓊 浮 方向如图：与+q点电荷与-q点电荷的连线平行如图所示,。密根据点电荷的场强公式，可得Q点电荷在p点 的 场 强 大 小 为 爱&=隹#=需根据题意，三点电荷的合场强为0,则感入方向如图所示，且 欲=彦?联 立 等 式 可 以 解 得 登=至）由几何关系可知Q的坐标为（0,2a）故答案为：B a !_ 4 ll&
23、U-1 1,从表达式可以得出滑动变阻器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；把变压器.诏；*&?、求，夏T 如=专二=1点117t=1忘i甄；再根据原线圈的欧姆定律和变压器的规律有=寓京，网=:痔刈由于等效电阻先增大后减小，则均先减小后增大，先减小后增大，则叁先变暗后变亮，所以其B、D选项不符合题意；根据原线圈的欧姆定律谿 产皆-F遇，及变压器的规律粽 产 嗑 略由于晶先减小后增大，则副线圈的电压芯可先增大后减小；心在副线圈的电压6增大的过程，根据欧姆定律可以得出通过L2 的电流为：5=裳惠滑片从a 端滑到b 端过程中，遛磷逐渐减小，副线圈的电压，&%增大过程中士激增大，则
24、其L2 变亮；在副线圈的电压芯 包 减小过程中，通过Ro的电流为或卷=J.1蠹彼逐渐增大，则 检 越 来 越 小，而副线圈中的电流1 2 越来越大；则 4需=视 工 一 微 I则灯泡1 _2 不断变亮；则 4先变暗后变亮，也一直变亮；所以C 不符合题意，A 符合题意；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Li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 2 0 分。在每小题给出的四个
25、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。7 .【答案】A,C【考点】万有引力定律及其应用【解析】【解答】A.已知核心舱在地面时距离地心的距离为R,则进入轨道后距离地心的距离为：照 球 矗根 据 万 有 引 力 定 律 有 产=侬 警，贝 U有 的=吏萼西 第 了 工 卷 产核心舱进入轨道后的万有引力与地面上万有引力之比为 索=1，片嗜.一 惘 F弱所以A 符合题意；B.核心舱在轨道上飞行，根据呼=1零可得第一宇宙速度是最大的环绕速度，因此核心舱在轨道上飞y麓行的速度小于7.9km/s,所 以 B 不符合题意；C.根 据 尊 =誓 鬻 可 得 第=电
26、码 播:；2 -r-4 L斗在醵可知轨道半径越大周期越大，核心舱的轨道半径小于同步卫星的轨道半径；则其周期比同步卫星的周期小于2 4 h,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挚三席解 得*=#翳则卫星的环绕速度与卫星的质量无关，所以核心舱其质量增大时，对其轨道半径的大小没有影响；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.【答案】A,B,D【考点】动量守恒定律【解析
27、】【解答】A.从图像可以得出，在O ti时间内，物 体B的加速等于。处于静止，利用B的平衡条件 有F墙=F弹；当墙对B的弹力作用一段时间时，其冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，又由于弹簧对A和对B的弹力大小相等，则求墙壁对B的冲量等于其弹力对A的冲量；撤去F后A只受弹力作用，则根据动量定理有1 =mAvo（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.从图像可以得出，在t i后其物体B开始具有加速度，也说明其弹簧开始被拉伸，在t2时刻其A和B的加速度出现峰值，由于弹簧对A和B的弹力大小相等则F祈F/；根 据 牛 顿 第 二 定 律 有=mAaA；F弹三msas由图可
28、知aBaA贝ij ms mAB符合题意；C.由图可得，t i时刻B开始运动，B离开墙壁，此时A速度为V。,由于A、B弹簧为系统不受外力；所以AB动量守恒，则硼炉打=她:状 以 够 济 根据AB和弹簧整个系统能量守恒，最初的弹性势能转化为A和B的动能及弹簧的弹性势能；由于部分弹性势能转化为动能；所以弹簧的形变量小于最初的形变量x,C不符合题意；D.从t2时刻其AB加速度出现最大值，可以得出此时弹簧处于最大拉长量；则可以得出A和B的速度相等；其a-t图像的面积代表速度变化量的大小；利用图像面积可以得出AB的速度分别为咚，=卷一的，彤 漆=魏根据此时A、B共速，则 阳 一 的=酶D符合题意。故答案为
29、：ABD。【分析】从0到t i时间内，利用图像面积可以求出弹簧对A产生的冲量大小，由于弹力等于墙壁对B的弹力所以其冲量的大小等于墙壁对B的冲量大小；当t2时刻弹簧弹力最大，利用牛顿第二定律结合加速度的大小可以比较质量的大小；利用能量守恒定律结合AB存在动能可以判别弹性形变量的大小；利用图像面积代表速度变化量的大小进而可以求出面积大小的关系。9.【答案】A,B【考点】电场力，电场力做功【解析】【解答】A.从题意可知其圆心处于匀强电场中，以圆心建立坐标系，对电场强度进行分解，沿cd方向建立x轴，垂直与cd方向建立y轴如下图所示粒子沿x方向从c到d的过程，其电场力做功为W：则在X方向有：W=Exq2
30、R粒子从a到b点时，其电场力做功为2W；其总功等于两个方向做功之和，则有：2W=Eyq叔R +ExqR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，从几何关系可以得出db之间的距离等于R；电场力做的功为W，=E q岑=0.5WB符合题意；C.由于电场线方向从a指向b,其c所在等势面在a b之间；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，则初速度和电场力方向共线，其电场力保持不变其加速度不变；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
31、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.【答案】C,D【考点】电磁感应与电路【解析】【解答】A.由于组合体做平抛运动；根据平抛运动的位移公式有：2尊数=也 可以解得刚进入磁场时y方向的速度为：W=怎落组合体进入磁场做匀速运动，则组合体处于平衡状态，根据牛顿第一定律则有mg=F安，又由于导体棒切割磁场的电动势莺=激五,且根据欧姆定律有：点=母，且安培力的表达式为：F 1幅=曲法工；从表达式可以得出B与，打 成 正 比，A不符合题意;B
32、.当金属框刚进入磁场时，磁场方向垂直于纸张向内且金属框的磁通量增加，根据楞次定律可以判别感应电流的方向为逆时针方向，当金属框刚出磁场时，磁场方向垂直于纸张向内且金属框的磁通量减小，根据楞次定律可以判别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m g=F=懿由于安培力的大小等于重力的大小，则组合体克服安培力做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m g=F次则安培力做的功都为W=F安3L=mg3L；从表达式可以得出当组合体匀速通过磁场时，其过程中产生的焦耳热与H、
33、vo、B大小无关，D符合题尼、。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。11.【答案】【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）根据游标卡尺的上尺可以找出0刻度线对齐的格数为1 0,下尺可以得出上下尺
34、对齐的格数为2；且10分度的游标卡尺的精度时0.1mm；则垫块的厚度为h=lcm+2xO.lmm=LO2cm（5）根据表格的数据，在坐标纸上描点，连接各坐标点，绘制图线如图；0 1234 s 67 万az(ms*-)0.60.50.4030.20.1滑块下滑过程，其重力沿斜面的分力：%,=那 等 浪 啜,且根据几何关系有：啜=苧；再根据牛顿第-U-t-i-t TLL*PAPH一定律有：麻舅宝=ur n可知a与n成正比关系，则根据图像可知，斜 率 亳=譬=亨解得 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
35、度的大小。12.【答案】【考点】测电源电动势和内阻【解析】【解答】（2）开关闭合前，为了防止电路中的电流太大，电阻丝要起到保护电路元件的作用，应将电阻丝的最大阻值接入电路，根据电阻定律邂=点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。端。（4）金属丝为圆弧，已知其圆心角的大小为窗时，根据弧长公式可得电阻丝接入电路中的电阻为窗团,根据闭合电路欧姆定彦=看4&可 知 公=金勰彘+第4砺成4 正整理闭合电路欧姆定律可得电流的表达式为：*=踏 睡 十 坐 著 巴从表达式的可以得出截距和斜率的表达式有：第=即 鹫誓=忠根据图像斜率和截距可以解得电源电动势和内阻为：度=a n 雷 一4一 嚓（
36、5）实验器材中有定值电阻马）,和单刀双掷开关，可以使用定值电阻来代替电阻丝，使用等效替代法使电路产生相同的电流（原理：相同的电流时定值电阻等于一定角度其电阻丝的阻值），如图所示：原理的简单说明：将开关置于 躺位置，读出电流表示数题；将开关置于电阻丝处，调节电阻丝的角度，直到电流表示数为岛,读出此时角度e；此 时颤飞=刷,即可求得物的数值。【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
37、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13.【答案】（1）解：粒子垂直式进入圆形磁场，在坐标原点嫡匚聚，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粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力要啜：=潴 必解 得 珠=舞 1.（2）解：粒子从点进入下方虚线区域，若要从聚焦的点飞入然后平行式轴飞出，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利，根据酬筋=弱培可知磁感应强度为 酶=需根据左手定则可知磁场的方向为垂直纸面向里，圆形磁场的面积为的=就痔(3)解：粒子在磁
38、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 野 流=游 言 可 知 和HI中的磁感应强度为易=耨，易n=第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 区域如图图中阴影部分面积的一半为四分之一圆周年圜遢与三角形矍侬之差，所以阴影部分的面积为备=解 的 一,3=胃 唱 谒 一 金 璘=扇-明类似地可知I V 区 域 的 阴 影 部 分 面 积 为 标 产 学 璃 屋-融)!=：赢 一 唳根据对称性可知I I 中的匀强磁场面积为 运=品一堂书【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
39、，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。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B 2 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差，利用几何关系可以求出匀强磁场面积的大小。1 4.【答案】解：物块段从光滑轨道滑至点，根 据 动 能 定 理 嚓“零 理 蟒=&祺解 得*=3为 噫（2）解：物 块 4从点飞出
40、后做平抛运动，设飞出的初速度为灯），落在弧形轨道上的坐标为嫄,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 幻=1 刎,警=春/1解 得 水 平 初 速 度 为 唾=蹩物块疯从点到落点，根据动能定理可知噢善.=髭 一 电 畸解得落点处动能为 益=萧郡:T*消留=旃窜:T因为物块a从点到弧形轨道上动能均相同，将落点 久海?，.r g 的坐标代入，可得稣=：圈 步 4 高7 =窗噫*,汪+卞丁=隼 限化简可得 *宅=学或即%,=脑 海 空-辞:（其中，*左茎.货彗与戌）（3）解：物 块 4在倾斜轨道上从距式轴高取处静止滑下，到达点与啜物块碰前，其速度为够D，根据动能定理可
41、知福鲍-幽曙心=品 崎解 得%=学承;-杂藜 物块魂与帙发生弹性碰撞，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。点。规定水平向右为正方向，碰后A B 的速度大小分 别 为 先 和“多 在物块赧与段碰撞过程中，动量守恒，能量守恒。则 游 场=一均4 方 确 为礴=*2 硒孑4*”褊 遽解 得 圾=玄，胡-叼=亳 设碰后晨物块反弹，再次到达点时速度为列，根据动能定理可知-萧豁 =$硼事-$掂展解得噂=环一知喷工 据题意，A落在B落点的右侧，则观:赳-（5）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
42、侧，即：为茎技噫工-一联立以上，可 得 臣 的 取 值 范 围 为 警,1赋 次 盘 鳌 号 号 由 武&,，禹 v-fir【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。点速度的大小；（2）物块A从。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 F滑初始位置距离x轴的
43、高度范围。五、【选修3-3】15.【答案】（1）B,D,E（2）解：由电子天平示数为600.0g时，则细绳对铁块拉力为 血 燧=利的.一网前修=解槛又：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却=为当电子天平示数为400.0g时，设此时气缸内气体压强为P2,对 新I受力分析有卜硒一斗侬麴;一凋：&；=；（羯-辞 由题意可知，气缸内气体体积不变，则压强与温度成正比：臬=|事 X 联 立 式 解 得 手 或=笨 糜,（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，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
44、装置可以测量最高环境温度。设此时气缸内气体压强为P3,对研受力分析有氧一逑漱 =请嚼又由气缸内气体体积不变，则压强与温度成正比单=/，*1,主城3联立 式 解 得 更*=煞 躺鼠【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.外力虽然作用在活塞S2上，但活塞没有移动的位移，根据做功的两个必要因素有力和在力的方向上有位移，所以整个过程，外力F做功等于0,A不符合题意；BC.一定质量的理想气体的温度决定平均动能的大小；且决定气体内能的大小；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符合题意，
45、C不符合题意；D.根据热力学第一定律有：密 工7=0 4蟀，由于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：登=帑 铲=萤 嵩 若气体末状态的压强为P,则根据活塞的平衡有：*=翼/暧；由于委父制 则联立可得跳父斜声处一瑞 磷,D符合题意；E.左端活塞到达B位置时，根据压强平衡可得：引 寸 管=蜀 毫 即：疾=胃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
46、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.【答案】(1)A,C,E(2)解：(i)根据题意作出如下光路图-：城4,sin0=0.8,由折射定律有n=:湃 落：1/燃星(i i)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 送=随 蹩【考点】横波的图象，光的折射【解析】【解答】(1)A.由图a 可以得出波峰的位置在x=5m处，波谷在x=10m处，波峰和
47、波谷之间距离为半个波长，由此可得入二10m；从 b 可看出：该波的周期T=4s；则根据波速公式V%=2.5m/s由于A 在 t=0时刻处于波峰的位置，从而可得A B 的距离等于1 0 m,则该波从A 点传播到B 点，所需时间为 t=:=J 与 m/s=4s,A 符合题意;B.当 t=4s时，其波从A 传播到B 点，此 时 B 点处于波峰的位置，再经过t=2 s,其/=质 点 B 位于-波谷，B 不符合题意；C.已知波源到C 的距离等于IX痣m,波源到A E波面的距离为10m；则波从AE波面传播到C 的距离为x=（10 鑫-10）m则波从AE波面传播到C 的时间为t=谖：4盘则 t=8 s时，C
48、 处质点动了 3.1 s,则此时质点速度方向向上，C 符合题意；D.已知波源到D 的 距 离 等 于 波 源 到 AE波面的距离为10m波从AE波面传播到D 的距离为-1：遍则波从AE波面传播到C 的时间为t=巷：1，.矗则 t=10s时，C 处质点动了 8.3 s,则此时质点位于z 轴上方，回复力方向向下，D 不符合题意；E.已知波的周期T=4s,E 质点的振动时间t=12s=3T一个周期质点运动的路程为4 c m,则 3T质点运动的路程为12cm,E 正确。故答案为：ACEo【分析】（1）利用图像可以读出周期和波长的大小，利用周期和波长可以求出波速的大小；利用质点间的距离结合波速可以求出传
49、播的时间：利用振动的时间结合质点的周期可以判别质点的位置；利用质点的位置可以判别质点的速度方向；利用波面到D 点的距离可以判别质点运动的时间及质点的位置，利用质点的位置可以判别回复力的方向；利用振动时间结合周期可以求出质点运动的路程；（2）作出光线经过介质折射的光路图，利用几何关系可以求出折射角和入射角的大小，利用折射定律可以求出折射率的大小；当掠射进入孔洞的光能成功出射，利用折射定律可以求出折射率的大小。试卷分析部分1.试卷总体分布分析总分：113分分值分布客观题（占比）44(38.9%)主观题（占比）69(61.1%)题量分布客观题（占比）10(62.5%)主观题（占比）6(37.5%)2
50、.试卷题量分布分析大题题型题目量（占比）分 值（占比）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。6(37.5%)24(21.2%)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。分。4(25.0%)20(17.7%)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。2(12.5%)15(13.3%)解答题2(12.5%)28(24.8%)选修3-3 2(12.5%)26(