2021年高考理綜物理真題試卷（全國(guó)乙卷）

2021年高考理綜物理真題試卷（全國(guó)乙卷）

一、選擇題:本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1?5題

只有一項(xiàng)符合題目要求，第6?8題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全

的得3分，有選錯(cuò)的得。分。（共8題；共48分）

1.如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂

的水平底板間有摩擦。用力向右推動(dòng)車廂使彈簧壓縮，撤去推力時(shí)滑塊在車廂底板上有相對(duì)滑動(dòng)。在地

面參考系（可視為慣性系）中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)（）

_-

7777777777777777777777777777777777T

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

【答案】B

【考點(diǎn)】機(jī)械能守恒及其條件，動(dòng)量守恒定律

【解析】【解答】因?yàn)榛瑝K與車廂水平底板間有摩擦，且撤去推力后滑塊在車廂底板上有相對(duì)滑動(dòng)，即摩

擦力做功，而水平地面是光滑的；以小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒的條件

可知撤去推力后該系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒。

故答案為：B。

【分析】由于滑塊與車廂之間有摩擦力，利用摩擦力做功可以判別撤去推力后系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，但動(dòng)

量守恒。

2.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（b）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FM和FN,相應(yīng)的電勢(shì)能分別為bp”

和EpN，貝I（）

圖(a)圖(b)

A.FM<FN，EpM>EpN

B.FM>FN，EpM>^pN

C.FM<FN，EpM<EpN

D.FM>F/v，EpM<EpN

【答案】A

【考點(diǎn)】電場(chǎng)強(qiáng)度和電場(chǎng)線

【解析】【解答】由圖中等勢(shì)面的疏密程度可知EM<EN

根據(jù)F=qE

可知FM<FN

由題可知圖中電場(chǎng)線是由金屬板指向負(fù)電荷，設(shè)將該試探電荷從M點(diǎn)移到N點(diǎn)，可知電場(chǎng)力做正功，電

勢(shì)能減小，即EpM>EpN

故答案為：Ao

【分析】利用等勢(shì)面的疏密可以比較電場(chǎng)強(qiáng)度的大小進(jìn)而比較電場(chǎng)力的大??；利用電場(chǎng)線的方向可以比

較電勢(shì)的大小，結(jié)合電性可以比較電勢(shì)能的大小。

3.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m、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％,離開磁場(chǎng)時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)

90°;若射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為縱，離開磁場(chǎng)時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)60°,不計(jì)重力，則皆為()

【答案】B

【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)

【解析】【解答】根據(jù)題意做出粒子的圓心如圖所示

設(shè)圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑為R,根據(jù)幾何關(guān)系有第一次的半徑以=R

第二次的半徑r2=V3/?

2

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=.

可得u=蚓

m

所以”=i=理

v2r23

故答案為：B。

【分析】粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，利用幾何關(guān)系可以求出軌道半徑的大小，結(jié)合牛頓第二定律可

以求出粒子速度的大小比值。

113

4.醫(yī)學(xué)治療中常用放射性核素113^產(chǎn)生y射線，而113g是由半衰期相對(duì)較長(zhǎng)的Sn衰變產(chǎn)

113113

生的。對(duì)于質(zhì)量為m0的Sn,經(jīng)過時(shí)間t后剩余的Sn質(zhì)量為m,其親一士圖線如圖所

示。從圖中可以得到i13sn的半衰期為（）

A'67.3dB-lOl.OdC-115.1dD-124.9d

【答案】C

【考點(diǎn)】原子核的衰變、半衰期

【解析】【解答】由圖可知從4=1到：恰好衰變了一半，根據(jù)半衰期的定義可知半衰期為T=

182.4d-67.3d=115.1d

故答案為：Co

【分析】利用圖像可以判別質(zhì)量衰變一半的時(shí)間大小即半衰期的時(shí)間。

5.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。科學(xué)家認(rèn)為S2的運(yùn)動(dòng)軌跡是半長(zhǎng)軸約為loooAU（太陽(yáng)到地球的距離為1AU）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M,可以推測(cè)出該黑洞質(zhì)量約為（）

A.4x104MB.4x106MC.4x108MD.4x1010M

【答案】B

【考點(diǎn)】萬有引力定律及其應(yīng)用

【解析】【解答】可以近似把S2看成勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由圖可知，S2繞黑洞的周期T=16年，地球的公轉(zhuǎn)周

期T°=l年，S2繞黑洞做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r與地球繞太陽(yáng)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R關(guān)系是r=1000/?

地球繞太陽(yáng)的向心力由太陽(yáng)對(duì)地球的引力提供，由向心力公式可知G*mR32=mR得）2

解得太陽(yáng)的質(zhì)量為M二需

同理S2繞黑洞的向心力由黑洞對(duì)它的萬有引力提供，由向心力公式可知G第-=ni'r32=皿）（景）2

解得黑洞的質(zhì)量為“*=黑

綜上可得Mx=3.90X106M

故答案為：B。

【分析】引力提供向心力可以求出太陽(yáng)的質(zhì)量，結(jié)合半徑和周期的比值可以求出黑洞質(zhì)量的大小。

6.水平桌面上，一質(zhì)量為m的物體在水平恒力F拉動(dòng)下從靜止開始運(yùn)動(dòng)，物體通過的路程等于So時(shí)，速

度的大小為v0，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，則（）

A.在此過程中F所做的功為\rnvl

B.在此過中F的沖量大小等于|mv0

c.物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于F2

4s°g

D.F的大小等于物體所受滑動(dòng)摩擦力大小的2倍

【答案】B,C

【考點(diǎn)】沖量，牛頓第二定律

【解析】【解答】CD.外力撤去前，由牛頓第二定律可知產(chǎn)一〃mg=6的①

由速度位移公式有VQ=2also②

外力撤去后，由牛頓第二定律可知一〃mg=zng③

由速度位移公式有-詔=2a2（2S（））④

由①②③④可得，水平恒力F=萼

4so

動(dòng)摩擦因數(shù)

4gs。

滑動(dòng)摩擦力F=fimg=詈

可知F的大小等于物體所受滑動(dòng)摩擦力大小的3倍，

C符合題意，D不符合題意；

A.在此過程中，外力F做功為W=Fs0=

A不符合題意；

B.由平均速度公式可知，外力F作用時(shí)間Ci=A=

在此過程中，F(xiàn)的沖量大小是/=Ft1=|mv0

B符合題意。

故答案為：BC。

【分析】利用牛頓第二定律可以求出物體加速和減速過程的加速度大小，結(jié)合速度位移公式可以求出水

平恒力和動(dòng)摩擦因素的大小，利用摩擦力的表達(dá)式可以求出摩擦力的大?。焕美吐烦炭梢郧蟪隼?/p>

力做功的大??；利用位移和平均速度可以求出拉力作用的時(shí)間；結(jié)合拉力的大小可以求出拉力沖量的大

小。

7.四個(gè)帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別（+q,m）、（+q,2m）>（+3q,3m）、（-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（）

【答案】A,D

【考點(diǎn)】電荷在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)

【解析】【解答】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，加速度為。=藝

m

由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，帶電粒子的在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t

v0

離開電場(chǎng)時(shí)，帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切為tan=?=f=^

因?yàn)樗膫€(gè)帶電的粒子的初速相同，電場(chǎng)強(qiáng)度相同，極板長(zhǎng)度相同，所以偏轉(zhuǎn)角只與比荷有關(guān)，前面三種

帶電粒子帶正電，第四種帶電粒子帶負(fù)電，所以第四個(gè)粒子與前面三個(gè)粒子的偏轉(zhuǎn)方向不同；第一種粒

子與第三種粒子的比荷相同，所以偏轉(zhuǎn)角相同，軌跡相同，且與第四種粒子的比荷也相同，所以一、

三、四粒子偏轉(zhuǎn)角相同，但第四種粒子與前兩個(gè)粒子的偏轉(zhuǎn)方向相反；第二種粒子的比荷與第一、三種

粒子的比荷小，所以第二種粒子比第一、三種粒子的偏轉(zhuǎn)角小，但都還正電，偏轉(zhuǎn)方向相同。

故答案為：AD。

【分析】帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)；利用帶電粒子的電性可以判別偏轉(zhuǎn)的方程，結(jié)合速度公式可

以判別離開磁場(chǎng)的速度方向是否相同。

8.水平地面上有一質(zhì)量為的長(zhǎng)木板，木板的左明上有一質(zhì)量為m2的物塊，如圖（a）所示。用水平

向右的拉力F作用在物塊上，F(xiàn)隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖（b）所示，其中&、F2分別為匕、t2時(shí)

刻F的大小。木板的加速度％隨時(shí)間t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)為的，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

小為g。則（）

D.在0?t?時(shí)間段物塊與木板加速度相等

【答案】B,C,D

【考點(diǎn)】木板滑塊模型

【解析】【解答】A.圖（c）可知，ti時(shí)滑塊木板一起剛在從水平滑動(dòng)，此時(shí)滑塊與木板相對(duì)靜止，木板

剛要滑動(dòng)，此時(shí)以整體為對(duì)象有&=%（m1+機(jī)2）9

A不符合題意；

BC.圖（c）可知，t2滑塊與木板剛要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，以整體為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律，有尸2-

+巾2）9=M+力2招

mmm

以木板為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律，有fi229-Mi（i+2）g=niid>0

m(m+7n)

解得?2=212

mi3-〃i)g

（啊+帆）

林2>恤Mi

BC符合題意;

D.圖（c）可知，0~t2這段時(shí)間滑塊與木板相對(duì)靜止，所以有相同的加速度，D符合題意。

故答案為：BCDo

【分析】利用整體的相對(duì)地面靜止可以求出Fi的大?。焕媚景宓呐ｎD第二定律可以比較地面與木板間

的動(dòng)摩擦因數(shù)及木板與木塊間動(dòng)摩擦因數(shù)的大??；結(jié)合整體的牛頓第二定律可以求出F2的大?。划?dāng)在

時(shí)間內(nèi)其木板和木塊加速度相同。

二、非選擇題（共4題；共47分）

9.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/s?。

【答案】（1）1.0；2.0

（2）9.7

【考點(diǎn)】研究平拋運(yùn)動(dòng)

【解析】【解答】（1）因小球水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，因此速度為%=；=黑m/s=l?°m/s

豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，因此A點(diǎn)的豎直速度可由平均速度等于時(shí)間中點(diǎn)的瞬時(shí)速度求得為=

8x5x10-2_?n

0.05X4m/s=z-um/s

（2）由豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)可得g=空第A

代入數(shù)據(jù)可得g

=9.7m/s2

【分析】（1）利用水平方向的位移公式可以求出初速度的的大??；結(jié)合平均速度公式可以求出A點(diǎn)豎直

方向的速度大?。?/p>

（2）利用豎直方向的鄰差公式可以求出重力加速度的大小。

10.一實(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15V）和內(nèi)阻r（小于2Q）。圖中

電壓表量程為iv，內(nèi)阻即=3800Q：定值電阻Ro=20.0Q；電阻箱R,最大阻值為999.9Q；S

為開關(guān)。按電路圖連接電路。完成下列填空：

（1）為保護(hù)電壓表，閉合開關(guān)前，電阻箱接入電路的電阻值可以選Q（填"5.0"或"15.0"）；

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

根據(jù)圖（a）所小電路，用R、RQ>Ry、E和r表不,得三=；

（3）利用測(cè)量數(shù)據(jù)，做圖線，如圖（b）所示:

圖（b）

通過圖（b）可得E=V（保留2位小數(shù)），r=Q（保留1位小數(shù)）；

（4）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|一1x

100%=%。

【答案】（1）15.0

（2）凡）+即.R+三+（即+二0）「

ERyRQEERyR（）

（3）1.55；1.0

（4）5

【考點(diǎn)】測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻

【解析】【解答】（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,

UE-U

則由并聯(lián)電路分壓可得互二=式7

Ry+Rg

代入數(shù)據(jù)解得R=7.5Q

因此選15.0Q.

（2）由閉合回路的歐姆定律可得E=U+晶（R+r）

Ry+R（）

化簡(jiǎn)可得:粽紅畿「

（3）由上面公式可得需^=k=唳，/畿^+擊

x

由?R圖象計(jì)算可得k=0.03%-1.Q,b=0.68v-

代入可得E?1.55v,r?1,0Q

（4）如果電壓表為理想電壓表，則可有S=E+2+

UCCKQDKQ

則此時(shí)E'=余

1__1_

因此誤差T]=|圓守|X100%=5%

19k

【分析】（1）為了避免電壓表兩端電壓不能超過滿偏電壓，結(jié)合分壓的大小及歐姆定律可以求出電阻箱

接入電路的阻值大??；

（2）利用閉合電路的歐姆定律可以求出路端電壓和電阻R的關(guān)系式；

（3）利用圖像斜率和截距可以求出電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的大??；

（4）利用理想電壓表的閉合電路歐姆定律可以求出E的大小，結(jié)合實(shí)際E的大小可以求出誤差的大小。

11.一籃球質(zhì)量為m=0.60kg，一運(yùn)動(dòng)員使其從距地面高度為\=1.8m處由靜止自由落下，反彈高度

為々=l.2m。若使籃球從距地面々=15m的高度由靜止下落，并在開始下落的同時(shí)向下拍球、球落

地后反彈的高度也為i.5m。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。

【答案】（1）解：第一次籃球下落的過程中由動(dòng)能定理可得%=mg與

籃球反彈后向上運(yùn)動(dòng)的過程由動(dòng)能定理可得0-E2=-mg/i2

第二次從1.5m的高度靜止下落，同時(shí)向下拍球，在籃球反彈上升的過程中，由動(dòng)能定理可得0-4=

0—mg/iq

第二次從1.5m的高度靜止下落，同時(shí)向下拍球，籃球下落過程中，由動(dòng)能定理可得W+rng4=

因籃球每次和地面撞擊的前后動(dòng)能的比值不變，則有比例關(guān)系箓=合

七1七3

代入數(shù)據(jù)可得W=4.5j

（2）解：因作用力是恒力，在恒力作用下籃球向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，因此有牛頓第二定律可得F+

mg=ma

在拍球時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移為x=|at2

做得功為W=Fx

聯(lián)立可得F=9N（F=_15N舍去）

【考點(diǎn)】動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用，牛頓第二定律

【解析】【分析】（1）籃球下落過程和反彈后向上運(yùn)動(dòng)的過程，利用動(dòng)能定理可以求出反彈前后其動(dòng)能

的比值；結(jié)合第二次籃球下落及反彈后的動(dòng)能定理可以求出運(yùn)動(dòng)員拍球過程對(duì)籃球做功的大?。?/p>

（2）運(yùn)動(dòng)員拍籃球后籃球向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，利用牛頓第二定律結(jié)合牛頓第二定律可以求出勻加速

運(yùn)動(dòng)位移的表達(dá)式，結(jié)合拉力做功的大小可以求出作用力的大小。

12.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=3Q的金屬棒CD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)CD與EF相距So=0.4m，金屬棒與導(dǎo)體框同時(shí)由靜止開始下

滑，金屬棒下滑距離si=^m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)，直至離開磁場(chǎng)區(qū)域。當(dāng)金屬棒離開磁場(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

2

磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B，重力加速度大小取g-10m/s,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??；

（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。

【答案】（1）解：根據(jù)題意可得金屬棒和導(dǎo)體框在沒有進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理

可得（M+m）gs-^sina=1（M4-m）詔

代入數(shù)據(jù)解得v0=|m/s

金屬棒在磁場(chǎng)中切割磁場(chǎng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E=BLv0

由閉合回路的歐姆定律可得I=號(hào)

則導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力為產(chǎn)安=BIL=0.18N

（2）解：金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)以后因?yàn)樗查g受到安培力的作用，根據(jù)楞次定律可知金屬棒的安培力沿斜面向

上，之后金屬棒相對(duì)導(dǎo)體框向上運(yùn)動(dòng)，因此金屬棒受到導(dǎo)體框給的沿斜面向下的滑動(dòng)摩擦力，因勻速運(yùn)

動(dòng)，可有mgsina4-[imgcosa=F安

此時(shí)導(dǎo)體框向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得Mgsina-fimgcosa=Ma

x

設(shè)磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為X,則金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=%-

則此時(shí)導(dǎo)體框的速度為vr=v0+at

2

則導(dǎo)體框的位移%i=vot+|at

2

因此導(dǎo)體框和金屬棒的相對(duì)位移為4x=x1-x=i?t

由題意當(dāng)金屬棒離開磁場(chǎng)時(shí)金屬框的上端EF剛好進(jìn)入線框，則有位移關(guān)系So-4%=x

金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)的電動(dòng)勢(shì)為=,k=登

導(dǎo)體框受到向上的安培力和滑動(dòng)摩擦力，因此可得Mgsina=fimgcosa+BlrL

聯(lián)立以上可得x=0.3m,a=5m/s2,m=0.02^,〃

（3）解：金屬棒出磁場(chǎng)以后，速度小于導(dǎo)體框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速運(yùn)動(dòng)，則有

mgsina+fimgcosa=max

金屬棒向下加速，導(dǎo)體框勻速，當(dāng)共速時(shí)導(dǎo)體框不再勻速，則有v0+

導(dǎo)體框勻速運(yùn)動(dòng)的距離為x2=%打

代入數(shù)據(jù)解得上=芍m=Vm

【考點(diǎn)】動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用，電磁感應(yīng)與力學(xué)

【解析】【分析】（1）金屬棒和導(dǎo)體框還沒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，利用動(dòng)能定理可以求出進(jìn)入

磁場(chǎng)時(shí)速度的大小，結(jié)合動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)及安培力的表達(dá)式可以求出安培力的大小；

（2）金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)后受到沿斜面向上的安培力，利用受力分析可以判別金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)；利用

牛頓第二定律可以求出導(dǎo)體框向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度，利用磁場(chǎng)區(qū)域可以求出金屬棒運(yùn)動(dòng)的時(shí)

間，結(jié)合速度公式可以求出導(dǎo)體框運(yùn)動(dòng)的速度和位移；利用位移之差可以判別金屬棒離開磁場(chǎng)時(shí)其EF剛

好進(jìn)入磁場(chǎng)，利用動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)及平衡方程，聯(lián)立勻加速直線運(yùn)動(dòng)的方程可以求出金屬棒的質(zhì)量及動(dòng)摩擦

因數(shù)的大小；

（3）導(dǎo)體棒離開磁場(chǎng)后其速度小于金屬框的速度，利用牛頓第二定律可以求出加速度的大??；利用共速

可以求出金屬框勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，結(jié)合速度的大小可以求出運(yùn)動(dòng)的位移大小。

三、【選修3-3】（共1題；共15分）

13.

（1）如圖，一定量的理想氣體從狀態(tài)a（po,%,To）經(jīng)熱力學(xué)過程ab、be、ca后又回到狀態(tài)a。

對(duì)于ab、be、ca三個(gè)過程，下列說法正確的是（）

C.ca過程中，氣體對(duì)外界做功

D.bc過程中，氣體的溫度先降低后升高

E.bc過程中，氣體的溫度先升高后降低

（2）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

l

端開口，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)度分別為人=13.5cm,2=32cm。

將水銀從C管緩慢注入，直至B、C兩管內(nèi)水銀柱的高度差4=5cm。已知外界大氣壓為Po=

75cmHg?求A、B兩管內(nèi)水銀柱的高度差。

【答案】（1）A,B,E

（2）解：對(duì)B管中的氣體，水銀還未上升產(chǎn)生高度差時(shí)，初態(tài)為壓強(qiáng)PIB=PO，體積為匕B=%S，末

態(tài)壓強(qiáng)為p2,設(shè)水銀柱離下端同一水平面的高度為多，體積為彩8,由水銀柱的平衡

條件有p2B=Po+pgh

B管氣體發(fā)生等溫壓縮，有P1B匕B

聯(lián)立解得h?=2cm

對(duì)A管中的氣體，初態(tài)為壓強(qiáng)Ps=Po,體積為V1A=lrS,末態(tài)壓強(qiáng)為P2A，設(shè)水銀柱離下端同一

水平面的高度為fl1,則氣體體積為=（匕一/1）S,由水銀柱的平衡條件有P24=Po+P90+42一

鋁

A管氣體發(fā)生等溫壓縮，有口14%八=224左4

2

聯(lián)立可得2勺-19%+189=0

解得々=1cm或々=詈cm>'i（舍去）

則兩水銀柱的高度差為力=%—々=

4lcm

【考點(diǎn)】理想氣體的狀態(tài)方程，氣體的變化圖像P-V圖、P-T圖、V-T圖

【解析】【解答】A.由理想氣體的p-V圖可知，理想氣體經(jīng)歷ab過程，體積不變，則勿=0,而壓

強(qiáng)增大，由pV=nRT可知，理想氣體的溫度升高，則內(nèi)能增大，由AU=Q+W可知，氣體一直吸

熱，A符合題意；

BC.理想氣體經(jīng)歷ca過程為等壓壓縮，則外界對(duì)氣體做功W>0,由pV=nR7知溫度降低，即內(nèi)能

減少AU<0,由4U=Q+〃可知，Q<0,即氣體放熱，B符合題意，C不符合題意；

DE.由pV=nRT可知，p-V圖像的坐標(biāo)圍成的面積反映溫度，b狀態(tài)和c狀態(tài)的坐標(biāo)面積相等，而

中間狀態(tài)的坐標(biāo)面積更大，Be過程的溫度先升高后降低，D不符合題意，E符合題意；

故答案為：ABE。

【分析】（1）理想氣體經(jīng)過ab過程其體積不變所以外界對(duì)氣體做功等于0,由于壓強(qiáng)變大所以溫度升高

所以氣體內(nèi)能增大，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可以判別氣體一直吸熱；氣體經(jīng)過ca過程其壓強(qiáng)不變，體積變

小，外界對(duì)氣體做正功，但是溫度下降所以內(nèi)能減小，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可以判別氣體一直放熱；be

過程利用圖像所圍起來的面積可以判別溫度的變化；

（2）AB管中的氣體發(fā)生等溫變化，利用液面高度差可以求出氣體初末狀態(tài)的壓強(qiáng)表達(dá)式，結(jié)合理想氣體

的狀態(tài)方程可以求出兩個(gè)水銀柱高度差的大小。

四、【選修3-4】（共1題；共15分）

14.

（1）圖中實(shí)線為一列簡(jiǎn)諧橫波在某一時(shí)刻的波形曲線，經(jīng)過03s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So

（2）用插針法測(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、D

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A=

15.0mm，A到過。點(diǎn)的法線OM的