2021年全國(guó)統(tǒng)一高考物理試卷（乙卷）（附答案詳解）

2021年全國(guó)統(tǒng)一高考物理試卷（乙卷）

1.（2021.全國(guó)?歷年真題）如圖，光滑水平地面上有一小車(chē)，一輕彈簧的一端與車(chē)廂的擋

板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車(chē)廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動(dòng)車(chē)廂

使彈簧壓縮，撤去推力時(shí)滑塊在車(chē)廂底板上有相對(duì)滑動(dòng)。在地面參考系（可視為慣

性系）中，從撤去推力開(kāi)始，小車(chē)、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)（）

A.動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒B.動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒

C.動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒D.動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒

2.（2021.全國(guó)?歷年真題）如圖（a）,在一塊很大的接地金屬平板的上方固定一負(fù)電荷。

由于靜電感應(yīng)，在金屬平板上表面產(chǎn)生感應(yīng)電荷，金屬板上方電場(chǎng)的等勢(shì)面如圖（匕）

中虛線所示，相鄰等勢(shì)面間的電勢(shì)差都相等。若將一正試探電荷先后放于M和N

處,該試探電荷受到的電場(chǎng)力大小分別為F”和心，相應(yīng)的電勢(shì)能分別為EpM和EpN，

則（）

圖（a）圖（b）

A.FM<FN,Epf/f>EpNB.FM>FN,昂”>^pN

C.FM<FN,E「M<^pND.^pM<^pN

3.（2021?全國(guó)?歷年真題）如圖，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里

的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，質(zhì)量為〃八電荷量為q（q>0）的帶電粒子

從圓周上的M點(diǎn)沿直徑MON方向射入磁場(chǎng)。若粒子射

入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為打，離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)

90°；若射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為火，離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度

方向偏轉(zhuǎn)60。。不計(jì)重力。則最為（）

A.；B.更C.在

232

4.（2021.全國(guó)?歷年真題）醫(yī)學(xué)治療中常用放射性核素

ii3/n產(chǎn)生y射線，而113m是由半衰期相對(duì)較長(zhǎng)的.P\

2/3卜一

加--?

067.3182.4r/d

113sti衰變產(chǎn)生的。對(duì)于質(zhì)量為價(jià)的u3Sn,經(jīng)過(guò)時(shí)間f后剩余的i13sn質(zhì)量為，力

其;一t圖線如圖所示。從圖中可以得到H3sn的半衰期為（）

A.67.3d

B.lOl.Od

C.115.1d

D.124.9d

5.（2021?全國(guó)?歷年真題）科學(xué)家對(duì)銀河系中心附近的恒星S2

進(jìn)行了多年的持續(xù)觀測(cè)，給出1994年到2002年間S2的位

置如圖所示?？茖W(xué)家認(rèn)為52的運(yùn)動(dòng)軌跡是半長(zhǎng)軸約為

1000AU（太陽(yáng)到地球的距離為L(zhǎng)4U）的橢圓，銀河系中心

可能存在超大質(zhì)量黑洞。這項(xiàng)研究工作獲得了2020年諾

貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)。若認(rèn)為S2所受的作用力主要為該大質(zhì)量

黑洞的引力，設(shè)太陽(yáng)的質(zhì)量為可以推測(cè)出該黑洞質(zhì)量

約為（）

A.4x104MB.4x106“C.4x108MD.4x1010M

6.（2021?全國(guó)?歷年真題）水平桌面上，一質(zhì)量為根的物體在水平恒力F拉動(dòng)下從靜止

開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。物體通過(guò)的路程等于So時(shí)，速度的大小為火,此時(shí)撤去F,物體繼續(xù)滑

行2so的路程后停止運(yùn)動(dòng)。重力加速度大小為g。貝K）

A.在此過(guò)程中/所做的功為詔

B.在此過(guò)程中尸的沖量大小等于|他處

C.物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于［-

D.F的大小等于物體所受滑動(dòng)摩擦力大小的2倍

7.（2021?全國(guó)?歷年真題）四個(gè)帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別為（+q,m）、（+q,2m）、

（+3q,37n）、（-q,m）,它們先后以相同的速度從坐標(biāo)原點(diǎn)沿x軸正方向射入一勻強(qiáng)

電場(chǎng)中，電場(chǎng)方向與y軸平行。不計(jì)重力，下列描繪這四個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的圖像中，

可能正確的是（）

第2頁(yè)，共20頁(yè)

y

8.(2021.全國(guó)?歷年真題)水平地面上有一質(zhì)量為mi的長(zhǎng)木板，木板的左端上有一質(zhì)量

為加2的物塊，如圖(a)所示。用水平向右的拉力尸作用在物塊上，尸隨時(shí)間f的變

化關(guān)系如圖(6)所示，其中a、局分別為打、上2時(shí)刻尸的大小。木板的加速度的隨時(shí)

間r的變化關(guān)系如圖(c)所示。已知木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為內(nèi),物塊與木板間

的動(dòng)摩擦因數(shù)為外。假設(shè)最大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動(dòng)摩擦力相等，重力加速度大

A.Fi=41巾1。

D.在。?今時(shí)間段物塊與木板加速度相等

9.(2021?全國(guó)?歷年真題)某同學(xué)利用圖(a)所示裝置研究平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律。實(shí)驗(yàn)時(shí)該同

學(xué)使用頻閃儀和照相機(jī)對(duì)做平拋運(yùn)動(dòng)的小球進(jìn)行拍攝，頻閃儀每隔0.05s發(fā)出一次

閃光，某次拍攝后得到的照片如圖(b)所示(圖中未包括小球剛離開(kāi)軌道的影像)。

圖中的背景是放在豎直平面內(nèi)的帶有方格的紙板，紙板與小球軌跡所在平面平行,

其上每個(gè)方格的邊長(zhǎng)為5cm.該同學(xué)在實(shí)驗(yàn)中測(cè)得的小球影像的高度差已經(jīng)在圖

(b)中標(biāo)出。

完成下列填空：(結(jié)果均保留2位有效數(shù)字)

(1)小球運(yùn)動(dòng)到圖(b)中位置A時(shí)，其速度的水平分量大小為m/s；豎直分量

大小為m/s；

(2)根據(jù)圖(b)中數(shù)據(jù)可得，當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊拇笮閙/s2.

10.(2021?全國(guó)?歷年真題)一實(shí)驗(yàn)小組利用圖(a)所示的電路測(cè)量一電池的電動(dòng)勢(shì)E(約

1.5U)和內(nèi)阻r(小于20)。圖中電壓表量程為1匕內(nèi)阻&=380.00；定值電阻&=

20.0/2；電阻箱凡最大阻值為999.90；S為開(kāi)關(guān)。按電路圖連接電路。完成下列

(1)為保護(hù)電壓表，閉合開(kāi)關(guān)前，電阻箱接入電路的電阻值可以選0(填“5.0”

或“15.0”)；

(2)閉合開(kāi)關(guān)，多次調(diào)節(jié)電阻箱，記錄下阻值K和電壓表的相應(yīng)讀數(shù)U；

(3)根據(jù)圖(a)所小電路，用R、&、Rv>E和r表不得，=；

(4)利用測(cè)量數(shù)據(jù)，做9-R圖線，如圖(b)所示；

(5)通過(guò)圖(b)可得￡=V(保留2位小數(shù))，r=0(保留1位小數(shù))；

第4頁(yè)，共20頁(yè)

(6)若將圖(a)中的電壓表當(dāng)成理想電表，得到的電源電動(dòng)勢(shì)為E',由此產(chǎn)生的誤差

為|咚^|x100%=%。

11.(2021?全國(guó)?歷年真題)一籃球質(zhì)量為〃?=0.60kg,一運(yùn)動(dòng)員使其從距地面高度

為七=1.8m處由靜止自由落下，反彈高度為比=1.2mo若使籃球從距地

面e=L5m的高度由靜止下落，并在開(kāi)始下落的同時(shí)向下拍球，球落地后反彈

的高度也為1.5小。假設(shè)運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)對(duì)球的作用力為恒力，作用時(shí)間為t=0.20s；

該籃球每次與地面碰撞前后的動(dòng)能的比值不變。重力加速度大小取g=10m/s2,

不計(jì)空氣阻力。求：

(1)運(yùn)動(dòng)員拍球過(guò)程中對(duì)籃球所做的功；

(2)運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)對(duì)籃球的作用力的大小。

12.(2021.全國(guó).歷年真題)如圖，一傾角為a的光滑固定斜面的頂端放有質(zhì)量M=0.06kg

的U型導(dǎo)體框，導(dǎo)體框的電阻忽略不計(jì)；一電阻R=3。的金屬棒CC的兩端置于

導(dǎo)體框上，與導(dǎo)體框構(gòu)成矩形回路CDEF；EF與斜面底邊平行，長(zhǎng)度L=0.6m。

初始時(shí)CC與E尸相距so=0.4m,金屬棒與導(dǎo)體框同時(shí)由靜止開(kāi)始下滑，金屬棒下

滑距離Si后進(jìn)入一方向垂直于斜面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)邊界(圖中虛線)與

斜面底邊平行；金屬棒在磁場(chǎng)中做勻速運(yùn)動(dòng)，直至離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域。當(dāng)金屬棒離開(kāi)磁

場(chǎng)的瞬間，導(dǎo)體框的EF邊正好進(jìn)入磁場(chǎng)，并在勻速運(yùn)動(dòng)一段距離后開(kāi)始加速。已

知金屬棒與導(dǎo)體框之間始終接觸良好，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=17,重力加速度

大小取g=10m/s2,sina=0.6。求

(1)金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)所受安培力的大?。?/p>

(2)金屬棒的質(zhì)量以及金屬棒與導(dǎo)體框之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；

(3)導(dǎo)體框勻速運(yùn)動(dòng)的距離。

FC

13.（2021.全國(guó)?歷年真題）如圖，一定量的理想氣體從狀態(tài)

a（Po,%，70）經(jīng)熱力學(xué)過(guò)程而、be、ca后又回到狀態(tài)a。對(duì)于

ab,be、ca三個(gè)過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（）

A.帥過(guò)程中，氣體始終吸熱

B.ca過(guò)程中，氣體始終放熱

C.”過(guò)程中，氣體對(duì)外界做功

D.Ac過(guò)程中，氣體的溫度先降低后升高

E.bc過(guò)程中，氣體的溫度先升高后降低

14.（2021?全國(guó)?歷年真題）如圖，一玻璃裝置放在水平桌面上，豎直玻

璃管A、B、C粗細(xì)均勻，A、B兩管的上端封閉，C管上端開(kāi)口，

三管的下端在同一水平面內(nèi)且相互連通。A、B兩管的長(zhǎng)度分別

為13.5cm,%=32cm。將水銀從C管緩慢注入，直至8、

C兩管內(nèi)水銀柱的高度差九=5cm。已知外界大氣壓為po=

7ScmHg.求A、8兩管內(nèi)水銀柱的高度差。

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15.（2021.全國(guó)?歷年真題）圖中實(shí)線為一列簡(jiǎn)譜橫波在某一時(shí)刻的波形曲線，經(jīng)過(guò)0.3s后,

其波形曲線如圖中虛線所示。已知該波的周期T大于0.3s。若波是沿x軸正方向傳

播的，則該波的速度大小為m/s,周期為s；若波是沿x軸負(fù)方向傳

播的，該波的周期為

16.（2021?全國(guó)?歷年真題）用插針?lè)y(cè)量上、下表面平行的玻璃磚的折射率。實(shí)驗(yàn)中用A、

B兩個(gè)大頭針確定入射光路，C、。兩個(gè)大頭針確定出射光路，。和0'分別是入射

點(diǎn)和出射點(diǎn)。如圖（a）所示。測(cè)得玻璃磚厚度為九=15.0nwi；A到過(guò)。點(diǎn)的法線

OM的距離4M=10.0mm,"到玻璃磚的距離M。=20.0mm,。'到0M的距離為

（團(tuán)）求玻璃磚的折射率；

（團(tuán)）用另一塊材料相同，但上下兩表面不平行的玻璃磚繼續(xù)實(shí)驗(yàn)，玻璃磚的截面如

圖（b）所示。光從上表面入射，入射角從0逐漸增大，達(dá)到45。時(shí)，玻璃磚下表面的

出射光線恰好消失。求此玻璃磚上下表面的夾角。

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答案和解析

1.【答案】B

【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律

【解析】解：從撤去推力開(kāi)始，小車(chē)、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)

量守恒；

撤去推力時(shí)滑塊在車(chē)廂底板上有相對(duì)滑動(dòng)，彈簧被壓縮且彈簧的彈力大于滑塊受到的滑

動(dòng)摩擦力，

撤去外力后滑塊受到的合力不為零，滑塊相對(duì)車(chē)廂底板滑動(dòng)，系統(tǒng)要克服摩擦力做功，

克服摩擦力做的功轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能,系統(tǒng)機(jī)械能減小，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒,故B正確，

ACD錯(cuò)誤。

故選：Bo

系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒；只有重力或彈力做功時(shí).，機(jī)械能守恒。根據(jù)系統(tǒng)

受力情況與各力做功情況，結(jié)合動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒的條件分析答題。

本題考查了動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律的條件，知道動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒的條件、

分析清楚系統(tǒng)受力情況與力的做功情況即可解題。

2.【答案】A

【知識(shí)點(diǎn)】電場(chǎng)強(qiáng)度的概念和定義式、電場(chǎng)線的定義及性質(zhì)、電勢(shì)差與場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系、電

場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系

【解析】解：等勢(shì)面越密，電場(chǎng)線越密，電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)越大，由圖可知EM<EN；根據(jù)F=Eq

可知：FM<FN，由負(fù)電荷形成的電場(chǎng)知M點(diǎn)的電勢(shì)高于N點(diǎn)的電勢(shì)，且試探電荷帶正

電，根據(jù)％=仰7可知：EpM>EpN故A正確，錯(cuò)誤。

故選：Ao

電場(chǎng)線和等勢(shì)面垂直，且等勢(shì)面密的地方電場(chǎng)線密，電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大。根據(jù)/=//,先判

斷出M、N兩點(diǎn)電勢(shì)高低，再判斷正電荷在兩點(diǎn)的電勢(shì)能大小。

本題涉及電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)高低的判斷，關(guān)鍵是知道：電場(chǎng)線垂直等勢(shì)面，電場(chǎng)線的疏密

表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；負(fù)電荷形成的電場(chǎng)，離負(fù)電荷越近的位置電勢(shì)越低。

3.【答案】B

【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律、牛頓第二定律、向心力

【解析】解：根據(jù)題意，粒子兩次射入磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示:

由幾何關(guān)系可知，兩次軌跡圓的半徑分別為：

&=r,

R2—rcot300=V3r

由洛倫茲力提供向心力可知：quB=

則粒子的速度：〃=蟠

m

則粒子兩次的入射速度之比為：?=解得：故8正確，AC。錯(cuò)誤；

V2R2v23

故選：B。

帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，畫(huà)出粒子的軌跡圖，然后由幾何關(guān)系分別得出兩個(gè)

軌跡圓半徑和磁場(chǎng)圓半徑之間的關(guān)系。由洛倫茲力提供向心力列出等式，得出速度的表

達(dá)式，從而求出粒子兩次的入射速度之比。

本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是要根據(jù)幾何關(guān)系求出軌跡圓的半徑，然后由洛

倫茲力提供向心力得出速度的表達(dá)式。

4.【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】原子核的衰變

【解析】解：由圖可知質(zhì)量為刎。的msn衰變到質(zhì)量為刎。所用的時(shí)間△七七一0，

其中J=182.4d,匕=67.3d,代入解得△t=115.1d,故0sn的半衰期為故

C正確，A3。錯(cuò)誤。

故選：Co

半衰期指的是放射性元素的原子核有半數(shù)發(fā)生衰變所需的時(shí)間，從圖像中可得出113Sn

從質(zhì)量為|巾0衰變到質(zhì)量為扣。所用的時(shí)間，即為半衰期。

本題考查學(xué)生對(duì)原子核半衰期的認(rèn)識(shí)以及結(jié)合圖像讀取信息的能力，難度不大。

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5.【答案】B

【知識(shí)點(diǎn)】萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用、向心力

【解析［解：設(shè)地球的質(zhì)量為，小地球到太陽(yáng)的距離為r=1AU,地球的公轉(zhuǎn)周期為7=1

年；

由萬(wàn)有引力提供向心力可得：牛=mr與,

r2T2

解得：時(shí)=需；

對(duì)于52受到黑洞的作用，橢圓軌跡半長(zhǎng)軸R=1000/11/1

根據(jù)圖中數(shù)據(jù)結(jié)合圖象可以得到S2運(yùn)動(dòng)的半周期（名）為8年，則周期為〃=16年，

根據(jù)開(kāi)普勒第三定律結(jié)合萬(wàn)有引力公式可以得出：M曾=察,

九*GT'

因此有：M席=嘉M,代入數(shù)據(jù)解得：M^?4xl06M,故B正確，ACO錯(cuò)誤。

故選：B。

地球繞太陽(yáng)運(yùn)行，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力列方程得到太陽(yáng)質(zhì)量的表達(dá)式，同理可得

S2繞黑洞運(yùn)行時(shí)黑洞質(zhì)量的表達(dá)式，由此求解。

本題主要是考查萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用，關(guān)鍵是能夠根據(jù)圖中的數(shù)據(jù)分析S2運(yùn)行周期,

結(jié)合萬(wàn)有引力提供向心力進(jìn)行分析。

6.【答案】BC

【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)能和動(dòng)能定理、動(dòng)量定理

【解析】解：A、由動(dòng)能定理可知，在F作用下：WF-fso=^mv^-O,撤去外力之

后：—fX2s0=0—|WIVQ,聯(lián)立解得：Wp—|?MVo,故A錯(cuò)誤；

BD、由于外力做功^=Fso,則解得尸=3/,撤去外力前的加速度大小%=?=

等=耳，撤去外力后的加速度大?。?2=￡則%=%ti=a2t2,即撤去外力前后時(shí)

間關(guān)系：「2=2tl

取火方向?yàn)檎鶕?jù)動(dòng)量定理，撤去外力之前：（尸-/”1=n%-0，撤去外力之后：

-ft2=0-mv0?則尸的沖量大小/=尸“=|巾幾，故8正確，。錯(cuò)誤；

。、由動(dòng)能定理可知：撤去外力之后，一/x2s（）=0評(píng)，摩擦力f=則解得：

〃=~~f故C正確；

故選：BC。

根據(jù)動(dòng)能定理，列出撤去外力前、后兩個(gè)過(guò)程外力做功與動(dòng)能變化的關(guān)系式，可求出拉

力F做的功以及拉力和摩擦力之間的關(guān)系；根據(jù)牛頓第二定律求出撤去外力前后的加速

度關(guān)系，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度-時(shí)間之間的關(guān)系求解撤去外力前后物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

關(guān)系；最后由動(dòng)量定理求出拉力尸的沖量。

本題考查動(dòng)能定理，動(dòng)量定理和牛頓第二定律的綜合，分清楚運(yùn)動(dòng)過(guò)程，熟練運(yùn)用各定

理進(jìn)行運(yùn)算是關(guān)鍵。本題難度不大，但綜合性很強(qiáng)。

7.【答案】AD

【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

【解析】解：設(shè)質(zhì)量為〃?、電荷量為g的粒子經(jīng)過(guò)時(shí)間f在)，軸方向偏轉(zhuǎn)位移為y,粒

子的初速度為%比荷為大，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為瓦

根據(jù)牛頓第二定律可得加速度大小為：a=^=kE

m

X方向粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有：t=；,即經(jīng)過(guò)相同時(shí)間水平位移相等

豎直方向根據(jù)位移一時(shí)間關(guān)系可得：y=1at2,整理可得：y=竇。

由于(+q,m)與(+3q,3m)的比荷相同，故軌跡相同，由于(一q,?n)與其它三個(gè)粒子電性

相反，故偏轉(zhuǎn)方向相反。

ABC.如果電場(chǎng)線平行于y軸向下，則正電荷向下偏轉(zhuǎn)、負(fù)電荷向上偏轉(zhuǎn)，(+q,m)與

(+3q,3m)重合，且(+q,zn)與(-q,m)關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)，在f時(shí)刻沿y方向的位移大于

(+q,2m),故A正確、BC錯(cuò)誤；

D、如果電場(chǎng)線平行于y軸向上，則正電荷向上偏轉(zhuǎn)、負(fù)電荷向下偏轉(zhuǎn)，(+q,m)與

(+3q,3m)重合，且(+q,m)與關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)，在r時(shí)刻沿y方向的位移大于

(+q,2m),故。正確。

故選：AD.

粒子x方向粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，求出，時(shí)

刻豎直方向偏轉(zhuǎn)位移大小，再根據(jù)電場(chǎng)線方向向上、向下兩種情況進(jìn)行分析判斷。

本題主要是考查帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)與圖象的結(jié)合，關(guān)鍵是弄清楚粒子的受力情況

和運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)相同時(shí)間內(nèi)在x方向與y方向的位移大小關(guān)系進(jìn)行判斷。

8.【答案】BCD

【知識(shí)點(diǎn)】力的合成與分解、牛頓第二定律

第12頁(yè)，共20頁(yè)

【解析】解：A、由圖(c)可知，在0?匕時(shí)間段物塊和木板均靜止，在J時(shí)刻木板與地面

的靜摩擦力達(dá)到最大值，對(duì)物塊和木板整體分析可知a=+m2)g,故A錯(cuò)誤；

B、由圖(C)可知，口?t2時(shí)間段物塊和木板一起勻加速運(yùn)動(dòng)，在t2時(shí)刻物塊和木板開(kāi)始

相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)物塊和木板間的靜摩擦力達(dá)到最大值，根據(jù)牛頓第二定律，有

對(duì)物塊和木板尸2-+m2)g=(,m1+m2)am

對(duì)木板〃2m2g-41(巾1+加2)。=加僅機(jī)

7n2(血1+血2)

整理可得尸2=3-%)g

故8正確;

C、由圖(c)可知，對(duì)木板42m2。-41(巾I+7n2)g=m1am

故“2m2g>41(7n1+機(jī)2)9，即“2>%，故C正確；

D、通過(guò)結(jié)合圖(c)分析可知，在0?Q時(shí)間段物塊和木板均靜止，￡1?t2時(shí)間段物塊和木

板一起勻加速運(yùn)動(dòng)，故在0?t2時(shí)間段物塊與木板加速度相等，故。正確。

故選：BCD。

4、由圖(c)結(jié)合物塊和木板整體分析，可以求出B；

B、由圖(C)結(jié)合牛頓第二定律可以求出「2；

C、根據(jù)木板運(yùn)動(dòng)的受力可知，木板與地面及物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)的關(guān)系；

D、通過(guò)題意結(jié)合圖(c)可知在0?t2時(shí)間段物塊與木板加速度相等。

在運(yùn)用牛頓第二定律解題時(shí)，要注意整體法和隔離法的靈活應(yīng)用。在研究幾個(gè)物體的共

同加速度時(shí)可以選整體為研究對(duì)象，但在研究某個(gè)物體時(shí)要注意隔離法的應(yīng)用。

9.【答案】⑴1.02.0(2)9.7

【知識(shí)點(diǎn)】實(shí)驗(yàn)：探究平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)

【解析】解：(1)小球在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由圖可知Ax=5cm=0.05m,則水

平分速度4：=箓，代入數(shù)據(jù)得以=1.0m/s,

豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，可運(yùn)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解，勻變速直線運(yùn)動(dòng)中間時(shí)刻

速度等于全過(guò)程平均速度,

若在A點(diǎn)時(shí)豎直分速度記為%,則有△/1=3其中△/!=8.6cm+11.0cm=

19.6cm=0.196m,解得：vy=2.0m/so

(2)小球在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由^久二。產(chǎn)可知，重力加速度為:

0.134Tn+0.11m-(0.086m+0.061m)

=9.7m/s2

9=(2x0.05s)2o

故答案為：(1)1.0,2.0；(2)9.7

小球做平拋運(yùn)動(dòng)，在分析處理數(shù)據(jù)時(shí)應(yīng)將運(yùn)動(dòng)分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方

向的勻變速直線運(yùn)動(dòng)進(jìn)行處理，結(jié)合題干給出的時(shí)間以及圖(b)中豎直位移的數(shù)據(jù)進(jìn)行

求解。

本題主要考查研究平拋運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)，要求學(xué)生能運(yùn)用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，對(duì)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)進(jìn)行分

析處理。

10.【答案】(1)15.0(3)/喂嘿+噌詈2(5)1.551.0(6)5

【知識(shí)點(diǎn)】實(shí)驗(yàn)：測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻

【解析】解：(1)為了避免電壓表被燒壞，接通電路時(shí)電壓表兩端的電壓不能比電表滿

偏電壓大，則由并聯(lián)電路分壓可得

UE-U

西生=后，解得R=7.5。，即電阻箱接入電路的電阻值最小為7.50,因此選15.00

RQ+Ry

(3)根據(jù)圖⑷所示電路：E=U+I(r+R),其中干路電流/=看+看化簡(jiǎn)得：

r(Ro+Rp)?R(Ro+R〃)

ER()RyERQRY'

⑸由以上分析可知，如圖(b)所示的直線斜率k=鬻=噓，"+嚕券=b=>高

cAQnyiyccCKQKyt

由七一R圖線計(jì)算可得k=0.034K-1,b=0.68，T

聯(lián)立解得：E=1.55V,r=LOO

(6)若將圖(a)中的電壓表當(dāng)成理想電表，則E'=U+/(r+R)=U+=(r+R)

Mo

化簡(jiǎn)得:AH金+康R；

解得*囁

1_____1_

由此產(chǎn)生的誤差為|第|x100%=I再支Ix100%=5%

E演

故答案為：⑴15.0；(3)>嚕整+嚕*2(5)1.55,1.0；(6)5.

(1)為保護(hù)電壓表，電阻箱接大電阻；

(3)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理，由閉合電路歐姆定律求出京

(5)明確實(shí)驗(yàn)原理，根據(jù)圖象的性質(zhì)和閉合電路歐姆定律即可求得電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻；

(6)如果電壓表當(dāng)成理想電表，則電壓表不分流，根據(jù)閉合電路歐姆定律求出電源電動(dòng)

勢(shì)E',然后可求出電源電動(dòng)勢(shì)的誤差大小。

本題考查測(cè)量電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻的實(shí)驗(yàn)原理、數(shù)據(jù)處理以及誤差分析等問(wèn)題，要特別注意

第14頁(yè)，共20頁(yè)

掌握誤差分析的基本方法，明確電表內(nèi)阻所帶來(lái)的影響.關(guān)鍵是要根據(jù)電路原理，由閉

合電路歐姆定律列出電源和電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式。

11.【答案】解：（1）設(shè)籃球自由下落與地面碰撞前瞬間的動(dòng)能大小為a1,

籃球與地面碰撞后瞬間籃球的動(dòng)能為62，由動(dòng)能定理得：

籃球下落過(guò)程：m5/ii=Eki-0

籃球上升過(guò)程：一mg九2=0-Ek2：

籃球每次與地面碰撞前后的動(dòng)能的比值：《=誓

代入數(shù)據(jù)解得：k=1.5

設(shè)拍球后籃球落地瞬間的速度大小為a3,與地面碰撞后瞬間動(dòng)能為a4，

拍球后籃球反彈上升過(guò)程，對(duì)籃球，由動(dòng)能定理得：-mg%=0-EM,

設(shè)拍球過(guò)程，運(yùn)動(dòng)員對(duì)籃球做的功為W,從拍球到籃球與地面碰撞前瞬間過(guò)程，

由動(dòng)能定理得：W+mgh3=Ek3-0

籃球與地面碰撞前后的動(dòng)能之比k=件

代入數(shù)據(jù)解得：w=4.5/

（2）設(shè)小球從靜止經(jīng)過(guò)0.2s后的速度為也落地時(shí)的速度為女,運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)對(duì)球的作

用力為F

由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律知：+1.5

22g

由（1）知：Ek3==13.5

由定量定量知：（mg+F）t=mu-0

聯(lián)立方程，代入數(shù)據(jù)解得：F=9N

答：（1）運(yùn)動(dòng)員拍球過(guò)程中對(duì)籃球所做的功是4.5/：

（2）運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)對(duì)籃球的作用力的大小是9M

【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)能和動(dòng)能定理、動(dòng)量定理

【解析】（1）應(yīng)用動(dòng)能定理求出籃球自由下落時(shí)籃球與地面碰撞前與碰撞后瞬間的動(dòng)能,

求出籃球與每次與地面碰撞前后的動(dòng)能的比值，然后求出運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)籃球與地面碰撞

前瞬間籃球的速度，應(yīng)用動(dòng)能定理求出運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)對(duì)籃球做的功。

（2）運(yùn)動(dòng)員拍球過(guò)程，應(yīng)用動(dòng)量定理可以求出運(yùn)動(dòng)員對(duì)籃球的作用力大小。

本題考查了動(dòng)能定理的應(yīng)用，根據(jù)題意分析清楚籃球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提，應(yīng)用動(dòng)

能定理與動(dòng)量定理即可解題，應(yīng)用動(dòng)量定理解題時(shí)注意正方向的選擇。

12.【答案】解：(1)設(shè)金屬棒的質(zhì)量為“，金屬棒與導(dǎo)體框一起做初速度為零的勻加速

直線運(yùn)動(dòng)，

由牛頓第二定律得：(M+m'jgsina=(M+m)a

代入數(shù)解得：a=6m/s2

金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，設(shè)金屬棒與導(dǎo)體框的速度大小為幾，

由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度一位移公式得：v0=J2asi=J2x6x.m/s=1.5m/s

金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E=BLv0

由閉合電路的歐姆定律可知，感應(yīng)電流：/=5

金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的安培力大小：F安培力=B1L

代入數(shù)據(jù)解得：F宏努方=0.18N

(2)金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程導(dǎo)體框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，

設(shè)金屬棒與導(dǎo)體框間的滑動(dòng)摩擦力大小為了，導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為V,

對(duì)導(dǎo)體框，由牛頓第二定律得：Mgsina-f=Ma導(dǎo)體框

由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度-位移公式得：v2-vl=2a導(dǎo)體搟,

導(dǎo)體框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受安培力：F=BhL=*

導(dǎo)體框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)導(dǎo)體框，由平衡條件得：安+f=Mgsina

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：a導(dǎo)體框=5向s?,f=0.06N,v=2.5m/s

金屬棒在磁場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件得：F闞9=mgsina+f

代入數(shù)據(jù)解得，金屬棒的質(zhì)量：m=0.02kg,

由滑動(dòng)摩擦力公式得：f=[imgcosa

代入數(shù)據(jù)解得，金屬棒與導(dǎo)體框之間的動(dòng)摩擦因數(shù)：M=0.375

(3)金屬棒離開(kāi)磁場(chǎng)后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：+f=ma金屬棒

代入數(shù)據(jù)解得：a金屬棒=9m/s2,

金屬棒加速到與導(dǎo)體框速度v相等，然后兩者一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，

由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度-時(shí)間公式得："=%+a金腐晝

金屬棒加速到與導(dǎo)體框速度相等的時(shí)間：t=：s

在金屬棒加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體框做勻速直線運(yùn)動(dòng)，

第16頁(yè)，共20頁(yè)

導(dǎo)體框勻速運(yùn)動(dòng)的距離：s=vt=2.5x-m=—m

918

答：(1)金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)所受安培力的大小是0.18N；

(2)金屬棒的質(zhì)量是0.02kg,金屬棒與導(dǎo)體框之間的動(dòng)摩擦因數(shù)是0.375；

(3)導(dǎo)體框勻速運(yùn)動(dòng)的距離是總加。

【知識(shí)點(diǎn)】牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決板塊問(wèn)題、電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題、電磁感應(yīng)中的導(dǎo)軌

滑桿類(lèi)問(wèn)題

【解析】(1)金屬棒與導(dǎo)體框由靜止開(kāi)始向下做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用牛

頓第二定律可以求出加速度，應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度-位移公式可以求出金屬棒進(jìn)

入磁場(chǎng)時(shí)的速度，應(yīng)用E=8。求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，應(yīng)用閉合電路的歐姆定律求出感應(yīng)電

流，然后應(yīng)用安培力公式可以求出金屬棒所受的安培力大小。

(2)金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用牛頓第二定律

求出導(dǎo)體框的加速度，應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度-位移公式求出導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的

速度，導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用平衡條件可以求出導(dǎo)體框受到的滑動(dòng)摩

擦力；金屬棒在磁場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用平衡條件可以求出金屬棒的質(zhì)量，根據(jù)滑

動(dòng)摩擦力公式可以求出金屬棒與導(dǎo)體框間的動(dòng)摩擦因數(shù)。

(3)導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)后先做勻速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在導(dǎo)體框做勻速直線

運(yùn)動(dòng)時(shí)間內(nèi)，金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬棒與導(dǎo)體框速度相等后兩者相對(duì)靜止一

起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用牛頓第二定律求出金屬棒的加速度，然后應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求

出導(dǎo)體框做勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，然后求出勻速運(yùn)動(dòng)的距離。

本題是電磁感應(yīng)與力學(xué)相結(jié)合的一道綜合題，本題運(yùn)動(dòng)過(guò)程較多，難道較大，根據(jù)題意

分析清楚金屬棒與導(dǎo)體框的運(yùn)動(dòng)過(guò)程與受力情況是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定

律、E=BLv、閉合電路的歐姆定律與安培力公式、平衡條件與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可解題。

13.【答案】ABE

【知識(shí)點(diǎn)】熱力學(xué)第一定律的內(nèi)容及應(yīng)用、理想氣體狀態(tài)方程、氣體狀態(tài)變化的圖像問(wèn)

題

【解析】解：4、由圖示圖象可知，功過(guò)程氣體體積丫不變而壓強(qiáng)p增大，由理想氣體

狀態(tài)方程祭=C可知，氣體溫度升高，氣體內(nèi)能增大，△〃>(),氣體體積不變，外界

對(duì)氣體不做功，由熱力學(xué)第一定律△U=W+Q可知：Q=AU-勿=△U>0,氣體始

終從外界吸收熱量，故A正確；

8C、由圖示圖象可知,ca過(guò)程氣體壓強(qiáng)p不變而體積V減小，由理想氣體狀態(tài)方程華=C

可知，氣體溫度了降低，氣體內(nèi)能減小,△U<0,氣體體積減小，外界對(duì)氣體做功,W>0,

由熱力學(xué)第一定律△(/=加+Q可知：Q=/iU-W<0,氣體始終向外界放出熱量，

故2正確，C錯(cuò)誤；

DE、由圖示圖象可知，歷過(guò)程氣體壓強(qiáng)p與體積V的乘積2丫先增大后減小，由理想氣

體狀態(tài)方程牛=C可知，氣體溫度T先升高后降低，故。錯(cuò)誤，E正確。

故選：ABE.

一定量的理想氣體內(nèi)能由溫度決定，溫度升高內(nèi)能增大，溫度降低內(nèi)能減?。?/p>

氣體體積變大，氣體對(duì)外做功，氣體體積減小，外界對(duì)氣體做功；

根據(jù)圖示圖象分析清楚氣體狀態(tài)變化過(guò)程，應(yīng)用理想氣體狀態(tài)方程與熱力學(xué)第一定律分

析答題。

本題考查了理想氣體狀態(tài)方程與熱力學(xué)第一定律的應(yīng)用，根據(jù)圖象分析清楚氣體狀態(tài)變

化過(guò)程是解題的前提，應(yīng)用理想氣體狀態(tài)方程與熱力學(xué)第一定律即可解題；應(yīng)用熱力學(xué)

第一定律解題時(shí)注意各物理量正負(fù)號(hào)的含義。

14.【答案】解：設(shè)玻璃管的橫截面積為S,

B管內(nèi)氣體初狀態(tài)壓強(qiáng)ppi=Po=75cmHg,體積=l2S,

3管內(nèi)氣體末狀態(tài)的壓強(qiáng)PB2=Po+Ph=(75+5)cmHg=80cmHg,體積/2=GS

對(duì)3管內(nèi)的氣體，由玻意耳定律得：PB141=PB2/2，

代入數(shù)據(jù)解得：lB=-30cm,

8管內(nèi)水銀柱的高度加=%-=