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A. 2.0N B. 2.5N C. 4.5N D. 4.7N【答案】D【解析】【詳解】P靜止在桌面上時，Q也靜止，Q受到重力與繩子的拉力，所以繩子的拉力P與桌面間的滑動摩擦力將一個水平向右的推力F作用在P上后，輕繩的張力此時Q加速下降，根據牛頓第二定律，可得此時P物體將以相同的加速度向右做勻加速直線運動，對P由牛頓第二定律可得聯(lián)立方程，代入數據解得F=4.7N故選D。5. 天問一號是由中國航天科技集團公司下屬中國空間技術研究院總研制的探測器，負責執(zhí)行中國第一次自主火星探測任務。于2020年7月23日在文昌航天發(fā)射場由長征五號遙四運載火箭發(fā)射升空，2021年2月到達火星附近，實施火星捕獲。2021年5月?lián)駲C實施降軌，著陸巡視器與環(huán)繞器分離，軟著陸火星表面，火星車駛離著陸平臺，開展對火星的表面形貌、土壤特性、物質成分、水冰、大氣、電離層、磁場等科學探測，實現中國在深空探測領域的技術跨越。下圖為天問一號著陸前的一些準備。下列說法正確的是（ ?。?/span>
A. 天問一號在停泊軌道上運行周期比在調相軌道上大B. 天問一號在停泊軌道上P點的加速度比在N點小C. 天問一號從調相軌道進入停泊軌道時需在P點處加速D. 若探測器在離火星表面高度為h、近似為圓形的軌道上運行，周期為T，已知火星半徑為R，萬有引力常量為G，則火星的密度為【答案】D【解析】【詳解】A．根據牛頓第二定律有解得由于停泊軌道半徑小于調相軌道半徑，則天問一號在停泊軌道上運行周期比在調相軌道上小，故A錯誤；B．根據牛頓第二定律有解得由于P點距離火星球心更近，則天問一號在停泊軌道上P點的加速度比在N點大，故B錯誤；C．天問一號從調相軌道進入停泊軌道時，由于是從高軌變到低軌，則需在P點處減速，故C錯誤；D．探測器在離火星表面高度為h、近似為圓形的軌道上運行，周期為T，根據牛頓第二定律可得解得又因為火星體積為火星密度為聯(lián)立方程，解得故D正確。故選D。6. 如圖所示，帶箭頭的線表示某一電場的電場線。僅在電場力作用下，一帶電粒子經A點飛向B點，徑跡如圖中虛線所示，下列說法正確的是（ ?。?/span>
A. 粒子帶正電B. A、B兩點相比，粒子在B點加速度大C. A、B兩點相比，粒子在A點動能大D. A、B兩點相比，帶電粒子在B點的電勢能較大【答案】BCD【解析】【詳解】A．電場線的方向向上，根據粒子的運動的軌跡可以判斷得出粒子受到的電場力方向向下，與電場線的方向相反，所以該粒子帶負電，故A錯誤；B．電場線密的地方電場的強度大，所以粒子在B點受到的電場力大，在B點時的加速度大，故B正確。CD．從A到B得過程中，電場力對粒子做負功，所以粒子的動能減小，電勢能增加，則粒子在A點動能大，在B點電勢能大，故CD正確。故選BCD。7. 如圖a所示，在光滑的水平面上，輕彈簧右端與物塊A拴接，物塊A與物塊B間有少量的粘合劑，能承受最大的拉力為F0，且物塊A和B的質量均為m。以物塊A的位置為坐標原點。A所受彈簧彈力與坐標的關系如圖b所示，F0和均為已知量，取A所受彈力水平向右為正方向?，F在向左推物塊A和B壓縮彈簧至-處，將物塊A和B由靜止釋放后（ ?。?/span>A. B與A分離時的位置坐標為原點B. B與A分離時的位置坐標為處C. B與A分離之前，彈簧減少的彈性勢能為D. B與A分離之前，A的速度為【答案】B【解析】【詳解】AB．物塊A與物塊B間有少量的粘合劑，能承受最大的拉力為F0，根據牛頓第二定律可得解得根據圖像可得B與A分離時的位置坐標為A錯誤，B正確；C．由圖像可得，B與A分離之前，彈簧減少的彈性勢能為C錯誤；D．B與A分離之前，彈簧減小的彈性勢能轉化為A、B的動能，即有即解得D錯誤。故選B。8. 如圖所示，一質量為m、長為L的木板A靜止在光滑水平面上，其左側固定一勁度系數為k的水平輕質彈簧，彈簧原長為，右側用一不可伸長的輕質細繩連接于豎直墻上。現使一可視為質點小物塊B以初速度從木板的右端無摩擦地向左滑動，而后壓縮彈簧。設B的質量為λm，當時細繩恰好被拉斷。已知彈簧彈性勢能的表達式，其中k為勁度系數，x為彈簧的壓縮量。則（ ）A. 細繩所能承受的最大拉力的=B. 當λ＝1時，小物塊B滑離木板A時木板運動的對地位移=L-+C. 當λ＝2時，細繩被拉斷后長木板的最大加速度D. 為保證小物塊在運動過程中速度方向不發(fā)生變化，λ應大于等于2【答案】ACD【解析】【詳解】A．細繩恰好被拉斷時，B的速度為0，細繩拉力為Fm，設此時彈簧的壓縮量為x0，則有kx0=Fm由能量關系，有解得故A正確；B．當λ＝1時，B的質量為m，細繩恰好被拉斷。細繩拉斷后小物塊和長木板組成的系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得則小物塊滑離木板時，二者的位移關系為又有聯(lián)立解得故B錯誤；C．當λ=2時，設細繩被拉斷瞬間小物塊速度大小為v1，則有細繩拉斷后，小物塊和長木板之間通過彈簧的彈力發(fā)生相互作用，當彈簧被壓縮至最短時，長木板的加速度最大，此時小物塊和長木板的速度相同，設其大小為v，彈簧壓縮量為x，以向左為正方向，由動量守恒得由能量守恒定律得對長木板，有聯(lián)立方程，解得故C正確；D．由題意，λ<1時，細繩不會被拉斷，木板保持靜止，小物塊向左運動壓縮彈簧后必將反向運動．λ>1時，小物塊向左運動將彈簧壓縮x0后細繩被拉斷，設此時小物塊速度大小為u1，由能量守恒定律得此后在彈簧彈力作用下小物塊做減速運動。設彈簧恢復原長時小物塊速度恰減小為零，此時木板的速度為u2，以向左為正方向，由動量守恒定律得由能量守恒定律得聯(lián)立方程，解得λ=2所以為保證小物塊在運動過程中速度方向不發(fā)生變化，λ應滿足的條件為故D正確。故選ACD。二、非選擇題：共174分,第22～32選擇題為必考題,每個試題考生都必須作答。第33～38題為選考題,考生根據要求作答。（一）必考題：共129分。9. 某同學用如圖所示的裝置測量小車與平板間的的動摩擦因數。軌道CD水平，重物通過輕質細線連著固定有遮光條的小車從A點由靜止開始運動。通過B點時，與光電們相連的數字計時器讀出遮光條通過光電門的時間為，用天平測出小車（含車內砝碼）的質量M。用游標卡尺測出小車上遮光條的寬度d，用毫米刻度尺測出AB之間的距離L，力傳感器的讀數為F。（1）該同學用游標卡尺測量出遮光條的寬度d=0.485cm，該同學用的是_______填：“10”、“20”、“50”）分度的游標卡尺；（2）加速度的計算式為a=______；（3）車與平板之間的動摩擦因數為______（用題干給定字母表示，無須轉換單位）。【答案】 ①. 20 ②. ③. 【解析】【詳解】（1）[1]由于遮光條寬度d=0.485cm，尾數是5，因20分度的游標卡尺精確度是0.05mm，則可知該同學用的是20分度的游標卡尺；（2）[2]小車通過光電門的瞬時速度為根據運動學公式，可得聯(lián)立解得（3）[3]根據牛頓第二定律可得聯(lián)立方程，解得10. 如圖所示的一塊多用電表的示意圖，它是一種可以同時測量電壓、電流和電阻的電表。有多種擋位，使用時將兩支表筆分別接觸被測物體兩端。在測量電阻時要進行倍率選擇，只有明晰了多用電表歐姆擋的倍率轉換原理，才能更安全、盡量準確的達到實驗目的。（1）中值電阻是分析多用表問題時常提到的一個概念，多用表表盤上中間的數值就是中值電阻值。含義是當測量的電阻值等于多用表的內阻時，電流為滿偏電流的一半。因為指針在中間，所以叫中值電阻。如果選擇“×1”倍率，上圖該表的中值電阻R中=______Ω，如果選擇“×1k”倍率，該表的中值電阻R中1=______Ω。（2）圖abc三個電路圖中不可以實現歐姆表倍率轉換的是______（填“a”、“b”、“c”）。（3）如圖是另一種倍率轉換的歐姆表內部電路圖，當開關S合向___端，這時的歐姆表是較大的倍率擋。并且使用該表一段時間后，電源電動勢減少，內阻增加，但是仍然能調零，結合上述分析，用該表測量的電阻的測量值___真實值。（填：“>”、“<”、“=”）【答案】 ①. 15 ②. 15000 ③. c ④. b ⑤. >【解析】【詳解】（1）[1][2]如果選擇“×1”倍率，上圖該表的中值電阻R中=15Ω，如果選擇“×1k”倍率，該表的中值電阻為R中1=15×1000Ω=15000Ω（2）[3]要改變歐姆表的測量范圍，實現歐姆表的不同倍率，就是使表盤上的刻度都擴大相同的倍數，中值電阻也不例外。而中值電阻就等于歐姆表的內阻，所以也就是改變歐姆表的內阻，根據閉合電路的歐姆定律可得可知改變歐姆表的內阻，有兩種途徑，即改變電源電動勢或改變電路中的最大電流值。圖c中選擇開關接c和ｄ所對應的電源電動勢和滿偏電流相同，則對應中值電阻相同，即同一種倍率，故不可以實現歐姆表倍率轉換的是c。（3）[4]圖中當開關S合向b端時的最大電流比接a端時小，根據可知開關S合向b端時所對應中值電阻大，則這時的歐姆表是較大的倍率擋。[5]使用該表一段時間后，電源電動勢減少，內阻增加，但是仍然能調零，即不變，有待測電阻的測量值是通過表頭的示數體現的，接入Rx后，表頭的示數當電源電動勢E變小時，I變小，即通過多用電表電流減小，指針偏轉角度減小，歐姆表的讀數變大，測量結果偏大，結合上述分析，用該表測量的電阻的測量值>真實值。11. 2021年12月6日斯諾克英錦賽上，中國小將趙心童捧杯。在一次擊球時，運動員對白色球施加一個瞬時沖量，方向沿白色球與紅色球連線，兩球相距1.0m，紅球距左角底袋0.27m，兩球與桌面間的動摩擦因數均為0.15（認為臺球與桌面的摩擦力可視為滑動摩擦力，臺球可視為質點不考慮臺球滾動）。如圖所示，白、紅兩球發(fā)生對心正碰，碰撞后紅色球經過0.90s剛好進入左角底袋，斯諾克臺球比賽用球質量近似m=150g。問：（1）運動員擊打白色球時，白色球獲得的速度；（2）白色球與紅色球碰撞過程中兩球損失的機械能。 【答案】（1），方向沿白色球與紅色球連線且指向紅球；（2）0.0037J【解析】【詳解】（1）根據動量定理，可得解得，白色球獲得的速度大小為方向沿白色球與紅色球連線且指向紅球（2）碰撞后，由牛頓第二定律可得解得，白球、紅球運動中加速度大小均為設碰撞前白球速度為v1、碰撞后白球速度為，紅球的速度為v2，對白球有對紅球有碰撞過程中，根據動量守恒定律有根據能量守恒定律可得，白色球與紅色球碰撞過程中兩球損失的機械能為聯(lián)立方程，代入數據解得12. 如圖甲所示，在平面內建立坐標系，在第一、四象限內有拋物線，在第二、三象限存在以為圓心、半徑為l、垂直于紙面向里的磁感應強度大小為的圓形勻強磁場區(qū)域。拋物線與y軸之間范圍內存在沿x軸負方向的電場，在第一象限中的拋物線邊界上有許多靜止的質量為m、電荷量為的粒子，從靜止釋放后可沿電場方向加速，電場強度大小為。不計粒子的重力和粒子間的相互作用（l、、m、q均為已知量）。（1）求在拋物線上處由靜止釋放的粒子在磁場中運動的軌跡圓的半徑；（2）將右半圓磁場去掉（如圖乙），并將左半圓磁場的磁感應強度大小改為，在拋物線上處由靜止釋放粒子，求粒子由靜止釋放到達坐標處的最短時間及此時的大??；（3）仍將右半圓磁場去掉（如圖乙），并將左半圓磁場的磁感應強度大小改為，再將拋物線與y軸之間范圍內的電場強度改為（為已知量），發(fā)現所有釋放的粒子經過磁場偏轉后都從直線上某一點射出磁場，求該點的坐標以及的大小。【答案】（1）l；（2），；（3），【解析】【詳解】（1）粒子釋放后在電場中加速運動的位移為由動能定理得電場強度大小為聯(lián)立解得在磁場中由洛倫茲力提供向心力，可得聯(lián)立解得（2）根據題意畫出粒子的運動軌跡如圖所示粒子在電場中做勻變速直線運動，有解得粒子勻速運動時有解得粒子在磁場中運動時有由題意知解得分析知，當n=1時，運動時間最短，為（3）粒子在電場中加速時有解得解得可以看出當B3為某一固定數值時，，當y→0時，r3→0，因此粒子在磁場的匯聚點坐標為根據題意畫出粒子的運動軌跡如圖丙所示且當y=l時，有解得[物理—選修3-3］13. 下列說法正確的是（ ?。?/span>A. 對能源的過度消耗使自然界的能量品質不斷降低，形成“能源危機”B. 像做功一樣，熱量的概念只能在涉及能量的轉移時才有意義，不能說物體具有多少熱量，只能說某一過程物體吸收或者放出了多少熱量C. 粘在一起的糖塊是多晶體，單個的蔗糖晶體顆粒是單晶體D. 當一個物體被舉高時，組成物體的每個分子的重力都做負功，因此分子勢能增大，導致物體的內能增大E. 向一鍋熱水中撒一點胡椒粉，加熱時發(fā)現水中的胡椒粉在翻滾，說明溫度越高布朗運動越劇烈【答案】ABC【解析】【詳解】A．根據能量守恒定律，對能源的過度消耗，能量總量不變，但能量品質會不斷降低，形成“能源危機”，故A正確；B．像做功一樣，熱量的概念只能在涉及能量的轉移時才有意義，不能說物體具有多少熱量，只能說某一過程物體吸收或者放出了多少熱量，故B正確；C．粘在一起的糖塊沒有確定的幾何形狀是多晶體，單個的蔗糖晶體顆粒有確定的幾何形狀是單晶體，故C正確；D．當一個物體被舉高時，組成物體的每個分子的重力都做負功，重力勢能增大，分子勢能是由分子間距離決定，當物體被舉高時，分子勢能不一定增大，物體內能也不一定增大，故D錯誤；E．向一鍋熱水中撒一點胡椒粉，加熱時發(fā)現水中的胡椒粉在翻滾是水的對流引起的，不是布朗運動，故E錯誤。故選ABC。14. 理想氣體狀態(tài)方程可用pV=nRT表示，式中p為壓強，V為氣體的體積，T為溫度，n為氣體的物質的量，R為常量。不同的物質升高相同溫度時吸收的熱量一般不相同。1mol的物質溫度升高時，如果吸收的熱量為Q，則該物質的摩爾熱容定義為=。由于熱量是過程量，常用的摩爾熱容有定壓強熱容和定體積熱容兩種，如氧氣的定壓和定體的摩爾熱容之比為。一定質量的氧氣由狀態(tài)1變化到狀態(tài)2所經歷的過程如圖所示。視氧氣為理想氣體。試求這一過程：（1）外界對氧氣所做的功W；（結果用和表示）（2）1到a過程吸收熱量和a到2過程放出熱量之比。
【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）外界對氣體做的功為圖像中圖線與T軸所圍圖形的面積，則有（2）由圖可知1到a過程為等容變化，根據查理定律有解得則1到a過程吸收熱量為a到2過程為等壓變化，根據蓋—呂薩克定律有聯(lián)立解得a到2過程放出熱量為又有則1到a過程吸收熱量和a到2過程放出熱量之比為[物理一選修3-4）15. 一列簡諧橫波某時刻的波形如圖所示，比較介質中的三個質點a、b、c，則（ ?。?/span>A. 此刻b的速度最小B. 此刻a的加速度最小C. 若波沿x軸正方向傳播，此刻b向y軸負方向運動D. 若波沿x軸負方向傳播，c比a先回到平衡位置【答案】D【解析】【詳解】A．由波動圖象可知，此時質點b位于平衡位置，所以速度為最大，故A錯誤；B．由波動圖象可知，此時質點a位于波峰處，位移最大，故質點a的加速度最大，故B錯誤，C．若波沿x軸正方向傳播，由“上下坡法”可知，質點b向y軸正方向運動，故C錯誤；D．若波沿x軸負方向傳播，由“上下坡法”可知，a質點沿y軸負方向運動，c質點沿y軸正方向運動，所以質點c比質點a先回到平衡位置，故D正確。故選D。16. 如圖所示，某L形透明材料的折射率n=2?，F沿AB方向切去一角，AB與水平方向的夾角為θ。為使水平方向的光線射到AB面時不會射入空氣，求：（1）θ的最大值。（2）若光在真空中的速率為c，頻率為f。則在該透明材料中的速率v和頻率f1為多大？
【答案】（1） ；（2），f【解析】【詳解】（1）要使光線不會射入空氣，即發(fā)生全反射，設臨界角為C，即有由幾何關系得聯(lián)立求得（2）折射率的大小大小不僅反應了介質對光的折射本領，也反應了光在介質中的傳播速度大小光從一種介質進入到另一種介質時，頻率不變，故
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