2021年名校高考物理全真模擬1月卷4（新課標(biāo)專用解析版）

備戰(zhàn)2021年高考物理名校全真模擬新課標(biāo)專用1月卷

第四模擬

二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14~18題只有一項(xiàng)符合題目要

求，第19~21題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得。分。

14.2020年我國將實(shí)施探月工程三期任務(wù)，實(shí)現(xiàn)月面無人采樣返回。為應(yīng)對月夜的低溫，“嫦娥五號”除

了太陽能板之外，還有一塊“核電池”，在月夜期間提供不小于2.5W的電功率，還能提供一定能量用于艙

238P238pn<234V_i_nY

內(nèi)溫度控制?！昂穗姵亍崩昧?4ru的衰變,衰變方程為94PU-丫，下列說法正確的是()

234\238p

A.機(jī)=92,片4,切入比94I"的中子數(shù)少2

238P234*

2

B.一個(gè)94衰變?yōu)椋?釋放的核能為("?Pu-?IX)C

238P

C.94發(fā)生的是a衰變，a射線具有極強(qiáng)的穿透能力可用于金屬探傷

D.94111衰變的速度會(huì)受到陽光、溫度、電磁場等環(huán)境因素的影響

【答案】A

【詳解】

A.根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒與電荷數(shù)守恒可知，29348-Pu的衰變方程為

空Puf2彳x+；Y+y

核反應(yīng)方程中

94-m+2

解得

加=92

238=234+〃

解得

〃=4

即

rPuf2j：u+；He+y

234V238P

可知發(fā)生的衰變?yōu)閍衰變，“比94-11的中子數(shù)少2,A正確;

B.此核反應(yīng)過程中的質(zhì)量虧損等于反應(yīng)前后質(zhì)量的差，為

Am=

inPu-mxy-m,a

核反應(yīng)的過程中釋放的能量

2

E=(mpv-mx-ma)c

B錯(cuò)誤；

C.a射線的穿透能力較差，不能用于金屬探傷，C錯(cuò)誤;

D.半衰期與環(huán)境條件無關(guān)，可知置「口哀變的速度不會(huì)受到陽光、溫度、電磁場等環(huán)境因素的影響，D錯(cuò)

誤。

故選A?

15.如圖所示，一根輕繩一端固定于天花板的A點(diǎn)，另一端懸掛于天花板的B點(diǎn)，繩上掛一質(zhì)量為根的光

滑圓環(huán)。在細(xì)繩右端懸掛點(diǎn)由8點(diǎn)向A點(diǎn)慢慢移動(dòng)的過程中，繩中的張力（）

C.先變小后變大D.先變大后變小

【答案】A

【詳解】

ABCD.光滑圓環(huán)始終處于繩子的中點(diǎn)處，設(shè)繩子形成的夾角為26,繩中的張力為幾則

1

=cos6

F

解得

F=^-

2cos。

當(dāng)右端懸掛點(diǎn)由B點(diǎn)向4點(diǎn)慢慢移動(dòng)時(shí)，夾角6逐漸變小,尸逐漸變小，故A正確,BCD錯(cuò)誤。

故選Ao

16.在真空中的x軸上的原點(diǎn)和x=6a處分別固定一個(gè)點(diǎn)電荷M、N,在尤=2"處由靜止釋放一個(gè)負(fù)點(diǎn)電

荷q,點(diǎn)電荷q只受電場力作用沿x軸方向運(yùn)動(dòng)，其速度大小與在x軸上的位置關(guān)系如圖所示，經(jīng)4。處速

度最大。則下列說法中正確的是（）

A.點(diǎn)電荷M、N一定都是正電荷

B.x軸上3“到5a電勢是先增后減

C.點(diǎn)電荷M、N所帶電荷量的絕對值之比為2：1

D.%=4〃處的電場強(qiáng)度不為零

【答案】B

【詳解】

A.該電荷從2a到4。運(yùn)動(dòng)過程速度增大，即合外力向右，在4a到6〃的運(yùn)動(dòng)過程速度減小，即合外力向

左。從2a到6a的運(yùn)動(dòng)過程，由庫侖定律/可知：M對該電荷的作用力減小，N對該電核的作用力

增大，方向不變，故M對該電荷的作用力向右，N對該電荷的作用力向左，所以，點(diǎn)電荷M、N都是負(fù)電

荷，故A錯(cuò)誤；

B.該電荷運(yùn)動(dòng)過程只有電場力做功，故有動(dòng)能定理可知：從3a到5“，電場力先做正功，后做負(fù)功，那么

該電荷的電勢能先減小后增大，由于該電荷是負(fù)電荷，故電勢是先增大后減小，故B正確：

CD.由圖可知，在4“處，合力為零，即電場強(qiáng)度為0,則有

kQMq=kQ^q

(44一(2a>

解得

QM=4QN

故CD錯(cuò)誤。

故選B。

17.小球沿如圖所示的光滑彎曲軌道由靜止滑下，軌道的圓環(huán)頂端有一個(gè)缺口48,對稱于通過環(huán)體中心的

豎直線，已知圓環(huán)的半徑為上缺口的圓心角/4。8=2夕，則下列說法正確的是()

A.人取合適的值，小球到達(dá)A點(diǎn)的速度可以為零

B.如k2R,小球滑過軌道最低點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力等于小球重力的6倍

C.如&=60。，當(dāng)/?=2.5R時(shí)，小球可以飛過缺口無碰撞的經(jīng)過B點(diǎn)回到圓環(huán)

D.如果"的大小可以改變，要使小球飛過缺口無碰撞的經(jīng)過8點(diǎn)回到圓環(huán)，〃的最小值為2R

【答案】C

【詳解】

A.小球到達(dá)4點(diǎn)的臨界條件是對軌道沒有壓力，此時(shí)重力沿半徑方向的分力提供向心力，而半徑方向上的

分力不為零，所以小球到達(dá)A點(diǎn)的速度不可以為零；A錯(cuò)誤；

B.如力=2K,小球滑過軌道最低點(diǎn)時(shí)，由動(dòng)能定理得

mg-2R--mv2

在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得

N-mg=m—

R

解得

N=5mg

B錯(cuò)誤；

C.如夕=60。，當(dāng)〃=2.5R時(shí)，小球到達(dá)4點(diǎn)的速度滿足

12

—R-Rcosa)--mvA

在A點(diǎn)，由牛頓第二定律得

zv2

N+mgcosa=m-^A-

解得

N=1.5tngvA=12gR

軌道有彈力，小球能達(dá)到A點(diǎn)。假設(shè)小球可以飛過缺口無碰撞的經(jīng)過8點(diǎn)回到圓環(huán)，則在豎直方向上有(以

豎直向下為正方向)

vAsina=-vAsina+gt

水平方向有

vArcosa=x

解得

x-也R=AB

根據(jù)斜拋運(yùn)動(dòng)的對稱性，可得小球可以無碰撞的經(jīng)過B點(diǎn)回到圓環(huán)；C正確；

D.要使小球飛過缺口無碰撞的經(jīng)過8點(diǎn)回到圓環(huán)，根據(jù)選項(xiàng)C的推理過程，需要滿足

12

mg{h-R-Rcosa)=—mvA

vAsina=-vAsina+gt

vArcos?=2Rsina

聯(lián)立解得

h^R+Rcosa+—>(1+V2)/?

2cosa(取等號時(shí)，a=45)

D錯(cuò)誤。

故選C。

18.如圖所示的電路中，電源的電動(dòng)勢為E,內(nèi)阻為r,電感L的電阻不計(jì)，電阻R的阻值大于燈泡D的阻

值，在t=0時(shí)刻閉合開關(guān)S,經(jīng)過一段時(shí)間后，在t=h時(shí)刻斷開S,下列表示A、B兩點(diǎn)間電壓UAB隨時(shí)間

t變化的圖像中，正確的是

D(X)

A.

【答案】B

【詳解】

開關(guān)閉合時(shí)，線圈由于自感對電流的阻礙作用，可看做電阻，線圈電阻逐漸減小，并聯(lián)電路電阻逐漸減小,

電壓UAB逐漸減??；開關(guān)閉合后再斷開時(shí)，線圈的感應(yīng)電流與原電流方向相同，形成回路，燈泡的電流與原

電流方向相反，并逐漸減小到0,所以正確選項(xiàng)B.

19.中國行星探測任務(wù)名稱為“天問系列”，首次火星探測任務(wù)被命名為“天問一號”。若已知“天問一

號”探測器在距離火星中心為n的軌道上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其周期為T”火星半徑為Ro,自轉(zhuǎn)周期為

引力常量為G,下列說法正確的是（）

4/年

火星的質(zhì)量為G”?

A.

443

火星表面兩極的重力加速度為（遮

B.

C.火星的第一宇宙速度為

D.火星的同步衛(wèi)星距離星球表面高度為

【答案】BCD

【詳解】

A.設(shè)火星的質(zhì)量為M、“天問一號”探測器的質(zhì)量為tn,“天問一號”探測器在距離火星中心為n的軌道

上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有

G^=嶗立

4712r3

M=-

得GZ,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;

B.假定有一質(zhì)量為向的物體靜止在火星兩極表面上，則有

M'8~~RT

M

g=Gr不

得瑞

“4兀

再將二可代入，得”訴，選項(xiàng)B正確;

C.設(shè)火星的第一宇宙速度為V,則有

V2

f^g=^2—

K。

得―顧

_4萬2斗3

gT2A2

7

再將'%代入，得,選項(xiàng)C正確;

D.設(shè)火星的同步衛(wèi)星的質(zhì)量為膽3，高度為人則有

G瑞廣限（…

GMTJ

得、*一%

G7

再將>代入,得'1,選項(xiàng)D正確。

故選BCD。

20.如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為加、電荷量為q的

帶電粒子以速度w沿平行于y軸方向從x軸上不同點(diǎn)分別射入磁場。若該粒子從x軸上。點(diǎn)射入磁場，則

恰好垂直于y軸射出磁場，且在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為歷。若該粒子先后從x軸上氏c兩點(diǎn)射入磁場，則恰

好能從y軸上的同一點(diǎn)P射出磁場。。、P兩點(diǎn)間的距離為萬，下列說法正確的是（）

r

P：：：：：：：：：：：：

0Iae?

A.該粒子帶正電

nm

B.勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2/。

3

一'0

C.該粒子從C點(diǎn)射入磁場時(shí)，在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2

D.該粒子從^點(diǎn)射入磁場時(shí)，在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為3

【答案】BC

【詳解】

A.由左手定則，該粒子帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；

1個(gè)Inm八71m

%=—T/=-----B=----

B.由°4和qB得，2qt0,B正確；

CD.由

2

qvB=m—

r

B=%~

2弘）

s-------

乃

解得

r-

設(shè)粒子從b.c射入磁場的兩個(gè)軌跡所對應(yīng)的圓心角分別為＜9|和仇

sin^=—

r

解得

仇=45°

2=135°

該粒子從氏C兩點(diǎn)射入磁場時(shí)，在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為

解得

t=L

h2

t=選

c2

C正確，D錯(cuò)誤。

故選BC。

21.如圖甲所示，一滑塊隨足夠長的水平傳送帶一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，滑塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)=?

質(zhì)量〃z=°.01kg的子彈水平向左射入滑塊并留在其中（該過程時(shí)間極短），取水平向左的方向?yàn)檎较?，?/p>

彈在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中的丫一/圖象如圖乙所示，己知傳送帶的速度始終保持不變，滑塊最后恰好能從傳送帶

的右端水平飛出，g=l°m/s2。下列說法正確的是（）

甲

A.傳送帶的速度大小為4m/s

B.滑塊的質(zhì)量為66kg

C.滑塊向右運(yùn)動(dòng)過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為L34J

D.若滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)且傳送帶與轉(zhuǎn)動(dòng)輪間不打滑，則轉(zhuǎn)動(dòng)輪的半徑R為04m

【答案】CD

【分析】

根據(jù)題中“子彈水平向左射入滑塊并留在其中”、“水平傳送帶”可知，本題考查動(dòng)量守恒與傳送帶相結(jié)合

問題，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、牛頓第二定律、摩擦做功等知識分析計(jì)算。

【詳解】

A.子彈射入滑塊并留在其中，滑塊(含子彈)先向左做減速運(yùn)動(dòng)，然后向右加速，最后向右勻速，向右勻

速運(yùn)動(dòng)的速度大小為2m/s,則傳送帶的速度大小為2m/s,故A錯(cuò)誤；

B.子彈未射入滑塊前，滑塊向右的速度大小為2m/s,子彈射入滑塊瞬間，子彈和滑塊的速度變?yōu)橄蜃蟮?/p>

4m/s；子彈射入滑塊瞬間，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向左為正，據(jù)動(dòng)量守恒得

mv0+M(―v)=(m+M)v,

即

400〃z+M(-2)=4(m+M)

解得滑塊的質(zhì)量

M-66m=0.66kg

故B錯(cuò)誤；

C.滑塊(含子彈)先向左做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，據(jù)牛頓第二定律可得

pi(M+m)g={M+m)a

解得滑塊向左運(yùn)動(dòng)的加速度大小

a=lm/s2

滑塊(含子彈)先向左做減速運(yùn)動(dòng)，再向右做加速運(yùn)動(dòng)，滑塊向右加速的加速度大小

a-lm/s2

向右加速的時(shí)間為

=-=2s

a

滑塊(含子彈)相對傳送帶的位移

122x2--xlx22|m=2m

%相對=彳傳5s=2J

運(yùn)動(dòng)過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量

Q=認(rèn)M+機(jī))gx相對=1.34J

故C正確；

D.滑塊最后恰好能從傳送帶的右端水平飛出，則

V

(m+M)g=(m+A/)一

解得轉(zhuǎn)動(dòng)輪的半徑

7?=0.4m

故D正確。

故選CDo

22.（6分）

為了探究導(dǎo)體電阻與其影響因素的關(guān)系，某小組需要準(zhǔn)確地測量一段粗細(xì)均勻的金屬絲（R，）的電阻，金

屬絲的電阻約為6°。，實(shí)驗(yàn)電路如圖所示。現(xiàn)有以下實(shí)驗(yàn)器材可供選擇：

電流表A,最程為10mA,內(nèi)阻150Q

電流表A2,量程為0.6A,內(nèi)阻弓=02。

電壓表V,量程為6V,內(nèi)阻4約為15kC

滑動(dòng)變阻器R,最大阻值為15。，允許通過的最大電流為2A

定值電阻4=5。

定值電阻&=500。

直流電源E,電動(dòng)勢為6V,內(nèi)阻很小開關(guān)一個(gè)，導(dǎo)線若干

（1）實(shí)驗(yàn)小組擬用伏安法測量金屬絲的電阻，為準(zhǔn)確測量，則電流表應(yīng)選,定值電阻%應(yīng)選

o（選填實(shí)驗(yàn)器材編號）

（2）電壓表的示數(shù)記為U,所選用電流表的示數(shù)記為/,則該金屬絲的電阻的表達(dá)式號=；

（表達(dá)式中所用到的阻值必須用對應(yīng)的電阻符號表示）

【答案】A,R,/（N+G

【詳解】

6V

=0.1A

（1）待測電阻約為60Q,則通過的電流約為60Q則可用電流表A,和定值電阻尺并聯(lián)作為電流表;

即電流表應(yīng)選Ai，定值電阻用）應(yīng)選Ri。

（2）電壓表的示數(shù)記為U,所選用電流表的示數(shù)記為/,則通過%的電流為

4=/+生

與

則金屬絲的電阻的表達(dá)式

RU-Ir}U-lr}UR.-IR^

'=-^=77^=/（（+《）

23.（9分）

如圖甲所示，一端帶有定滑輪的長木板放置在水平桌面上，靠近長木板的左端固定有一光電門，右端放置一

帶有擋光片的小車，小車和擋光片的總質(zhì)量為M,細(xì)線繞過定滑輪，一端與小車相連，另一端掛有6個(gè)鉤

碼，已知每個(gè)鉤碼的質(zhì)量為根，且A/=4〃i。

（1）用游標(biāo)卡尺測出小車上的擋光片的寬度，讀數(shù)如圖乙所示，則擋光片寬度4=cm；

（2）實(shí)驗(yàn)時(shí)為了消除摩擦力的影響，可以把木板右端適當(dāng)墊高，調(diào)節(jié)木板的傾斜度，直到使小車在______

（填“受”或“不受”）細(xì)線的拉力時(shí)能沿木板做勻速直線運(yùn)動(dòng)；

（3）將小車從木板右端由靜止釋放，小車上的擋光片通過光電門的時(shí)間為小則小車通過光電門的速度為

（用題給字母表示）；

（4）開始實(shí)驗(yàn)時(shí)，細(xì)線另一端掛有6個(gè)鉤碼，由靜止釋放小車后細(xì)線上的拉力為Q,接著每次實(shí)驗(yàn)時(shí)將1

個(gè)鉤碼移放到小車上，當(dāng)細(xì)線掛有3個(gè)鉤碼時(shí)細(xì)線上的拉力為&,則Q2尸2（填''大于”“等于”或

“小于”）；

（5）若每次移動(dòng)鉤碼后都從同一位置釋放小車，設(shè)擋光片（寬度為d,且與光電門的距離為L細(xì)線

n~~1

所掛鉤碼的個(gè)數(shù)為〃，測出每次擋光片通過光電門的時(shí)間為/,測出多組數(shù)據(jù)，并繪出「圖象如圖所示，

已知圖線斜率為鼠則當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹椋ㄓ妙}給字母戶表示）。

o

【答案】0.520不受八小于kL

【詳解】

(1)游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為5mm,游標(biāo)讀數(shù)為

0.05x4mm=0.20mm

則最終讀數(shù)為

5.20mm=0.520cm

(2)平衡摩擦力的方法是反復(fù)調(diào)節(jié)木板的傾斜度，使小車在不受牽引時(shí)能拖動(dòng)紙帶沿木板做勻速直線運(yùn)

動(dòng)。

(3)極短時(shí)間內(nèi)的平均速度等于瞬時(shí)速度的大小，則滑塊通過光電門的速度

v=—

(

(4)掛有6個(gè)鉤碼時(shí)，對整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得

6mg

=0.6g

M+6m

隔離對滑塊分析，根據(jù)牛頓第二定律得

F]==2Amg

3個(gè)鉤碼移放到小車上，掛有3個(gè)鉤碼時(shí)，對整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得

31ng八々

a,=---------=0.3g

-M+6m

隔離對滑塊(含放在其上的3個(gè)鉤碼)分析，根據(jù)牛頓第二定律得

F2=(M+3m)a2=2.1mg

可知

耳＜2月

(5)滑塊通過光電門的速度

d

v=—

t

對整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得

nmg_nmg_ng

ci==

M+6mAm+6m10

根據(jù)速度位移關(guān)系得

v2=2aL

綜上可知

d2

L

z2簾

變形可得

1

n--2

所以圖象的斜率為

.5d2

K=----

gL

解得當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹?/p>

5d2

24.（14分）

如圖所示，AB為長Lo=2m的粗糙水平軌道，MD為光滑水平軌道，圓。為半徑R=0.45m的下端不閉合的豎

直光滑圓軌道，它的入口和出口分別與A2和在3、M兩點(diǎn)水平平滑連接?！辏军c(diǎn)右側(cè)有一寬xo=O.9m的

壕溝，壕溝右側(cè)的水平面EG比軌道MD低〃=0.45m。質(zhì)量m=0.2kg的小車（可視為質(zhì)點(diǎn)）能在軌道上運(yùn)

動(dòng)，空氣阻力不計(jì)，g取lOm*。

（1）將小車置于。點(diǎn)出發(fā)，為使小車能越過壕溝，至少要使小車具有多大的水平初速度？

（2）將小車置于A點(diǎn)靜止，用尸=1.9N的水平恒力向右拉小車，尸作用的距離最大不超過2m,小車在AB

軌道上受到的摩擦力恒為戶0.3N,為了使小車通過圓軌道完成圓周運(yùn)動(dòng)進(jìn)入軌道后，能夠從。點(diǎn)越過

壕溝，力廠的作用時(shí)間應(yīng)滿足什么條件？（本問結(jié)果可保留根號）

V6…叵

—S?,〈—S

【答案】（1）3m/s；（2）42

【詳解】

1

(I)根據(jù)h-2g產(chǎn)得

則小車具有的最小初速度

v=%-=——0.9m/,s=3一m/s

°nt0.3

(2)小球通過最高點(diǎn)的最小速度

v,=y[gR=yJ10x0.45m/s=V45m/s

根據(jù)動(dòng)能定理知

mg，2R=2niVM2-2mvi2

代入數(shù)據(jù)解得

vM-713.5m/s>3m/s

可知小球能夠通過最高點(diǎn)，則能通過壕溝，對A到C的過程運(yùn)用動(dòng)能定理得

Fx-fLo-ingt2R=2/?vi2-0

代入數(shù)據(jù)解得

x=1.5m

根據(jù)牛頓第二定律得

。=口=止空儂2=83/

m0.2

根據(jù)

X=242

得力尸作用的最短時(shí)間

，唔=怦邛

力/作用的最長時(shí)間

1=欄=(|2s=￥s

則力F的作用時(shí)間應(yīng)該滿足

R々,V6

——S<t<——S

42

25.（18分）

小張同學(xué)設(shè)計(jì)了一款自動(dòng)灑水裝置，其簡化原理圖如圖所示。平行導(dǎo)軌［鳥和々鳥固定在同一水平面內(nèi)，

間距d=0.5m,右端連接的電阻R=1.5Q,邊界MN的左側(cè)導(dǎo)軌光滑，且處在豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度6=2T

的勻強(qiáng)磁場中，右側(cè)導(dǎo)軌粗糙且足夠長。在導(dǎo)軌上面擱置質(zhì)量不計(jì)的灑水盒，盒內(nèi)裝有質(zhì)量=2.25kg的

水，灑水盒的底部固定一長度為d=0-5m、電阻r=0.5Q、質(zhì)量〃％=O75kg的金屬桿而，桿的與邊界

的相距以桿出，的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)O,沿導(dǎo)軌方向建立x軸坐標(biāo)。現(xiàn)在打開灑水盒開始灑水，

同時(shí)施加水平向右的拉力F,使灑水盒沿導(dǎo)軌開始做加速度a=0-5m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)。已知盒中流出水的

k=1kg/m3

質(zhì)量八根與位置x的關(guān)系式為：A當(dāng)盒中的水灑完或者桿外經(jīng)過邊界MN時(shí),

則立即撤去拉力凡整個(gè)過程桿岫與導(dǎo)軌始終接觸良好，忽略盒的寬度，桿和盒與右側(cè)導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦

因數(shù)〃=0.4,重力加速度g取lOm/s?。

（1）求灑水盒停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬桿功的位置坐標(biāo)；

（2）求金屬桿外在石=036m處時(shí)拉力尸的大小;

（3）若灑水盒中初始裝水的質(zhì)量為機(jī)=0?8kg,求停止運(yùn)動(dòng)時(shí)金屬桿h的位置坐標(biāo)。

【答案】（1）x=L125m；（2）F=1.5N.（3）V=1.0392m

【詳解】

（1）當(dāng)面運(yùn)動(dòng)到MN時(shí)，設(shè)盒中流出水的質(zhì)量為叫，則

叫二k?

㈣=1kg

設(shè)到達(dá)邊界用N時(shí)的速度為心則

2

v=2or0

得

v=lm/s

設(shè)桿而經(jīng)過邊界后，在摩擦力作用下做減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為％,則

%=〃g

得

4=4m/s2

設(shè)灑水盒停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬桿H的位置坐標(biāo)為X,則

2

V

X=-----F

2卬°

得

x=1.125m

(2)設(shè)桿必在％=0-36m處時(shí)水的質(zhì)量為m2,速度為K,電動(dòng)勢為用，電流為"，則

S=m—

得

%=1.65kg

片=2g

得

V)=0.6m/s

g=Bdv{

得

g=0.6V

A=-^-

1R+r

得

/,=0.3A

設(shè)桿"在$=036m處時(shí)拉力為凡由牛頓第二定律

F-BI/=(/)+m1)a

得

F=1.5N

(3)設(shè)根=88kg的水灑完時(shí)位移為々，速度為嶺，則

m=kyjx^

得

x2=0.64m

=2ax2

得

v2=0.8m/s

設(shè)邊界時(shí)的速度為匕，水流完后（拉力撤去）到達(dá)邊界的過程中，由動(dòng)量定理

—BIxd?7]=mov3-mov2

根據(jù)閉合電路歐姆定律有

%=-^-

'R+r

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有

E]=Bdv{

根據(jù)平均速度的定義有

-「of

,I

得

匕=0.56m/s

設(shè)停止運(yùn)動(dòng)時(shí)金屬桿ab的位置坐標(biāo)為x；則

2

*'=廣+1

2q

得

/=1.0392m

（-）選考題：共15分。請考生從2道物理題中任選一題作，答。如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。

33.【選修3-3]（15分）

（1）（5分）

一定質(zhì)量的理想氣體，按圖示方向經(jīng)歷了ABCD4的循環(huán)，其中〃一丫圖像如圖所示。下列說法正確的是

o（填正確答案標(biāo)號，選對1個(gè)給2分，選對2個(gè)得4分，選對3個(gè)得5分，每選錯(cuò)1個(gè)扣3分,

最低得分。分）

A/>/(X105Pa)

10

8

6

4

2

A.狀態(tài)B時(shí)，氣體分子的平均動(dòng)能比狀態(tài)A時(shí)氣體分子的平均動(dòng)能大

B.由3到C的過程中，氣體將放出熱量

C.由C到。的過程中，氣體的內(nèi)能保持不變

D.由。到A的過程中，氣體對外做功

E.經(jīng)歷ABCDA一個(gè)循環(huán)，氣體吸收的總熱量大于釋放的總熱量

【答案】ABE

【詳解】

A.狀態(tài)8與狀態(tài)A相比，pV的乘積大，溫度高，分子的平均動(dòng)能大，故A正確；

B.由8到C的過程，發(fā)生等容變化，氣體壓強(qiáng)減小，溫度降低，氣體內(nèi)能減小，氣體不對外界做功，根據(jù)

熱力學(xué)第一定律，氣體放出熱量，故B正確；

C.由C到。的過程，的乘積變小，氣體溫度降低，內(nèi)能減小，故C錯(cuò)誤；

D.由0到4的過程，氣體發(fā)生等容變化，不對外界做功，故D錯(cuò)誤；

E.圖中平行四邊形的面積表示氣體對外界所做的功，全過程氣體內(nèi)能沒有變化，根據(jù)熱力學(xué)第一定律，全

過程氣體一定吸熱，故E正確。

故選ABE。

(2)(10分)

容積V=200L的鋼瓶盛有氧氣，在17℃的室內(nèi)測得氧氣的壓強(qiáng)是9.3Ixl()6pa。當(dāng)鋼瓶搬到-13℃的工地

時(shí)，瓶內(nèi)氧氣的壓強(qiáng)變?yōu)?10xl()6pa。試判斷鋼瓶是否漏氣？如果漏氣，請計(jì)算漏掉氧氣與原有氧氣的比

值。(計(jì)算結(jié)果保留3位有效數(shù)字，可用百分比表示)

【答案】漏氣，2.96%

【詳解】

根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程

py_py

工T2

V'Zk^-v

TH

代入數(shù)據(jù)解得

F=206.10Lo

因?yàn)閂'>V,所以可以判斷鋼瓶漏氣，漏掉氧氣的比例

vz-v

77--

V'

代入數(shù)據(jù)得

7=2.96%

34.【選修3-41（15分）

（1）（5分）

如圖所示，一束由紅、藍(lán)兩單色激光組成的復(fù)色光從水中射向空氣中，并分成。、b