2021年全國統(tǒng)一高考物理試卷（乙卷）（附答案詳解）

2021年全國統(tǒng)一高考物理試卷（乙卷）

1.（2021.全國?歷年真題）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。用力向右推動車廂

使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。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)（）

A.動量守恒，機械能守恒B.動量守恒，機械能不守恒

C.動量不守恒，機械能守恒D.動量不守恒，機械能不守恒

2.（2021.全國?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，金屬板上方電場的等勢面如圖（匕）

中虛線所示，相鄰等勢面間的電勢差都相等。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力大小分別為F”和心，相應(yīng)的電勢能分別為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?歷年真題）如圖，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里

的勻強磁場，質(zhì)量為〃八電荷量為q（q>0）的帶電粒子

從圓周上的M點沿直徑MON方向射入磁場。若粒子射

入磁場時的速度大小為打，離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)

90°；若射入磁場時的速度大小為火，離開磁場時速度

方向偏轉(zhuǎn)60。。不計重力。則最為（）

A.；B.更C.在

232

4.（2021.全國?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是由半衰期相對較長的.P\

2/3卜一

加--?

067.3182.4r/d

113sti衰變產(chǎn)生的。對于質(zhì)量為價的u3Sn,經(jīng)過時間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?歷年真題）科學(xué)家對銀河系中心附近的恒星S2

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

置如圖所示?？茖W(xué)家認(rèn)為52的運動軌跡是半長軸約為

1000AU（太陽到地球的距離為L4U）的橢圓，銀河系中心

可能存在超大質(zhì)量黑洞。這項研究工作獲得了2020年諾

貝爾物理學(xué)獎。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)太陽的質(zhì)量為可以推測出該黑洞質(zhì)量

約為（）

A.4x104MB.4x106“C.4x108MD.4x1010M

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

開始運動。物體通過的路程等于So時，速度的大小為火,此時撤去F,物體繼續(xù)滑

行2so的路程后停止運動。重力加速度大小為g。貝K）

A.在此過程中/所做的功為詔

B.在此過程中尸的沖量大小等于|他處

C.物體與桌面間的動摩擦因數(shù)等于［-

D.F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的2倍

7.（2021?全國?歷年真題）四個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)原點沿x軸正方向射入一勻強

電場中，電場方向與y軸平行。不計重力，下列描繪這四個粒子運動軌跡的圖像中，

可能正確的是（）

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y

8.(2021.全國?歷年真題)水平地面上有一質(zhì)量為mi的長木板，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，尸隨時間f的變

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

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

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

A.Fi=41巾1。

D.在。?今時間段物塊與木板加速度相等

9.(2021?全國?歷年真題)某同學(xué)利用圖(a)所示裝置研究平拋運動的規(guī)律。實驗時該同

學(xué)使用頻閃儀和照相機對做平拋運動的小球進(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,

其上每個方格的邊長為5cm.該同學(xué)在實驗中測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)小球運動到圖(b)中位置A時，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?歷年真題)一實驗小組利用圖(a)所示的電路測量一電池的電動勢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為開關(guān)。按電路圖連接電路。完成下列

(1)為保護電壓表，閉合開關(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)利用測量數(shù)據(jù)，做9-R圖線，如圖(b)所示；

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

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

為|咚^|x100%=%。

11.(2021?全國?歷年真題)一籃球質(zhì)量為〃?=0.60kg,一運動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，并在開始下落的同時向下拍球，球落地后反彈

的高度也為1.5小。假設(shè)運動員拍球時對球的作用力為恒力，作用時間為t=0.20s；

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

不計空氣阻力。求：

(1)運動員拍球過程中對籃球所做的功；

(2)運動員拍球時對籃球的作用力的大小。

12.(2021.全國.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；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，長度L=0.6m。

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

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

斜面底邊平行；金屬棒在磁場中做勻速運動，直至離開磁場區(qū)域。當(dāng)金屬棒離開磁

場的瞬間，導(dǎo)體框的EF邊正好進(jìn)入磁場，并在勻速運動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，磁場的磁感應(yīng)強度大小B=17,重力加速度

大小取g=10m/s2,sina=0.6。求

(1)金屬棒在磁場中運動時所受安培力的大??；

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

(3)導(dǎo)體框勻速運動的距離。

FC

13.（2021.全國?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)過程而、be、ca后又回到狀態(tài)a。對于

ab,be、ca三個過程，下列說法正確的是（）

A.帥過程中，氣體始終吸熱

B.ca過程中，氣體始終放熱

C.”過程中，氣體對外界做功

D.Ac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

14.（2021?全國?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?歷年真題）圖中實線為一列簡譜橫波在某一時刻的波形曲線，經(jīng)過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?歷年真題）用插針法測量上、下表面平行的玻璃磚的折射率。實驗中用A、

B兩個大頭針確定入射光路，C、。兩個大頭針確定出射光路，。和0'分別是入射

點和出射點。如圖（a）所示。測得玻璃磚厚度為九=15.0nwi；A到過。點的法線

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

（團）求玻璃磚的折射率；

（團）用另一塊材料相同，但上下兩表面不平行的玻璃磚繼續(xù)實驗，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，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

【知識點】動量守恒定律、機械能守恒定律

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

量守恒；

撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動，彈簧被壓縮且彈簧的彈力大于滑塊受到的滑

動摩擦力，

撤去外力后滑塊受到的合力不為零，滑塊相對車廂底板滑動，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)機械能減小，系統(tǒng)機械能不守恒,故B正確，

ACD錯誤。

故選：Bo

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

受力情況與各力做功情況，結(jié)合動量守恒與機械能守恒的條件分析答題。

本題考查了動量守恒定律與機械能守恒定律的條件，知道動量守恒與機械能守恒的條件、

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

【知識點】電場強度的概念和定義式、電場線的定義及性質(zhì)、電勢差與場強的關(guān)系、電

場力做功與電勢能變化的關(guān)系

【解析】解：等勢面越密，電場線越密，電場場強越大，由圖可知EM<EN；根據(jù)F=Eq

可知：FM<FN，由負(fù)電荷形成的電場知M點的電勢高于N點的電勢，且試探電荷帶正

電，根據(jù)％=仰7可知：EpM>EpN故A正確，錯誤。

故選：Ao

電場線和等勢面垂直，且等勢面密的地方電場線密，電場場強大。根據(jù)/=//,先判

斷出M、N兩點電勢高低，再判斷正電荷在兩點的電勢能大小。

本題涉及電場強度和電勢高低的判斷，關(guān)鍵是知道：電場線垂直等勢面，電場線的疏密

表示電場強度的大??；負(fù)電荷形成的電場，離負(fù)電荷越近的位置電勢越低。

3.【答案】B

【知識點】帶電粒子在勻強磁場中的運動規(guī)律、牛頓第二定律、向心力

【解析】解：根據(jù)題意，粒子兩次射入磁場的運動軌跡如圖所示:

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。錯誤；

V2R2v23

故選：B。

帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，畫出粒子的軌跡圖，然后由幾何關(guān)系分別得出兩個

軌跡圓半徑和磁場圓半徑之間的關(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中運動，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

【知識點】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。所用的時間，即為半衰期。

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

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5.【答案】B

【知識點】萬有引力定律的應(yīng)用、向心力

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

年；

由萬有引力提供向心力可得：牛=mr與,

r2T2

解得：時=需；

對于52受到黑洞的作用，橢圓軌跡半長軸R=1000/11/1

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

根據(jù)開普勒第三定律結(jié)合萬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錯誤。

故選：B。

地球繞太陽運行，根據(jù)萬有引力提供向心力列方程得到太陽質(zhì)量的表達(dá)式，同理可得

S2繞黑洞運行時黑洞質(zhì)量的表達(dá)式，由此求解。

本題主要是考查萬有引力定律及其應(yīng)用，關(guān)鍵是能夠根據(jù)圖中的數(shù)據(jù)分析S2運行周期,

結(jié)合萬有引力提供向心力進(jìn)行分析。

6.【答案】BC

【知識點】動能和動能定理、動量定理

【解析】解：A、由動能定理可知，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

間關(guān)系：「2=2tl

取火方向為正，根據(jù)動量定理，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，。錯誤；

。、由動能定理可知：撤去外力之后，一/x2s（）=0評，摩擦力f=則解得：

〃=~~f故C正確；

故選：BC。

根據(jù)動能定理，列出撤去外力前、后兩個過程外力做功與動能變化的關(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)勻變速直線運動速度-時間之間的關(guān)系求解撤去外力前后物體運動的時間

關(guān)系；最后由動量定理求出拉力尸的沖量。

本題考查動能定理，動量定理和牛頓第二定律的綜合，分清楚運動過程，熟練運用各定

理進(jìn)行運算是關(guān)鍵。本題難度不大，但綜合性很強。

7.【答案】AD

【知識點】帶電粒子在電場中的運動

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

子的初速度為%比荷為大，電場強度大小為瓦

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動，則有：t=；,即經(jīng)過相同時間水平位移相等

豎直方向根據(jù)位移一時間關(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)與其它三個粒子電性

相反，故偏轉(zhuǎn)方向相反。

ABC.如果電場線平行于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軸對稱，在f時刻沿y方向的位移大于

(+q,2m),故A正確、BC錯誤；

D、如果電場線平行于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軸對稱，在r時刻沿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動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，求出，時

刻豎直方向偏轉(zhuǎn)位移大小，再根據(jù)電場線方向向上、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中的運動與圖象的結(jié)合，關(guān)鍵是弄清楚粒子的受力情況

和運動情況，根據(jù)相同時間內(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

【知識點】力的合成與分解、牛頓第二定律

第12頁，共20頁

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

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

B、由圖(C)可知，口?t2時間段物塊和木板一起勻加速運動，在t2時刻物塊和木板開始

相對滑動，此時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

對物塊和木板尸2-+m2)g=(,m1+m2)am

對木板〃2m2g-41(巾1+加2)。=加僅機

7n2(血1+血2)

整理可得尸2=3-%)g

故8正確;

C、由圖(c)可知，對木板42m2。-41(巾I+7n2)g=m1am

故“2m2g>41(7n1+機2)9，即“2>%，故C正確；

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

板一起勻加速運動，故在0?t2時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)木板運動的受力可知，木板與地面及物塊與木板間的動摩擦因數(shù)的關(guān)系；

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

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

同加速度時可以選整體為研究對象，但在研究某個物體時要注意隔離法的應(yīng)用。

9.【答案】⑴1.02.0(2)9.7

【知識點】實驗：探究平拋運動的特點

【解析】解：(1)小球在水平方向做勻速直線運動，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動，可運用勻變速直線運動規(guī)律求解，勻變速直線運動中間時刻

速度等于全過程平均速度,

若在A點時豎直分速度記為%,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動，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

小球做平拋運動，在分析處理數(shù)據(jù)時應(yīng)將運動分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方

向的勻變速直線運動進(jìn)行處理，結(jié)合題干給出的時間以及圖(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動的實驗，要求學(xué)生能運用平拋運動規(guī)律，對實驗數(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

【知識點】實驗：測定電源的電動勢和內(nèi)阻

【解析】解：(1)為了避免電壓表被燒壞，接通電路時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)為保護電壓表，電阻箱接大電阻；

(3)根據(jù)實驗原理，由閉合電路歐姆定律求出京

(5)明確實驗原理，根據(jù)圖象的性質(zhì)和閉合電路歐姆定律即可求得電動勢和內(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

勢E',然后可求出電源電動勢的誤差大小。

本題考查測量電動勢和內(nèi)電阻的實驗原理、數(shù)據(jù)處理以及誤差分析等問題，要特別注意

第14頁，共20頁

掌握誤差分析的基本方法，明確電表內(nèi)阻所帶來的影響.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勢的表達(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能大小為a1,

籃球與地面碰撞后瞬間籃球的動能為62，由動能定理得：

籃球下落過程：m5/ii=Eki-0

籃球上升過程：一mg九2=0-Ek2：

籃球每次與地面碰撞前后的動能的比值：《=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能為a4，

拍球后籃球反彈上升過程，對籃球，由動能定理得：-mg%=0-EM,

設(shè)拍球過程，運動員對籃球做的功為W,從拍球到籃球與地面碰撞前瞬間過程，

由動能定理得：W+mgh3=Ek3-0

籃球與地面碰撞前后的動能之比k=件

代入數(shù)據(jù)解得：w=4.5/

（2）設(shè)小球從靜止經(jīng)過0.2s后的速度為也落地時的速度為女,運動員拍球時對球的作

用力為F

由運動學(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）運動員拍球過程中對籃球所做的功是4.5/：

（2）運動員拍球時對籃球的作用力的大小是9M

【知識點】動能和動能定理、動量定理

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

求出籃球與每次與地面碰撞前后的動能的比值，然后求出運動員拍球時籃球與地面碰撞

前瞬間籃球的速度，應(yīng)用動能定理求出運動員拍球時對籃球做的功。

（2）運動員拍球過程，應(yīng)用動量定理可以求出運動員對籃球的作用力大小。

本題考查了動能定理的應(yīng)用，根據(jù)題意分析清楚籃球的運動過程是解題的前提，應(yīng)用動

能定理與動量定理即可解題，應(yīng)用動量定理解題時注意正方向的選擇。

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

直線運動，

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)入磁場時，設(shè)金屬棒與導(dǎo)體框的速度大小為幾，

由勻變速直線運動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)電動勢：E=BLv0

由閉合電路的歐姆定律可知，感應(yīng)電流：/=5

金屬棒在磁場中運動時受到的安培力大?。篎安培力=B1L

代入數(shù)據(jù)解得：F宏努方=0.18N

(2)金屬棒在磁場中運動過程導(dǎo)體框做勻加速直線運動，

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

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

由勻變速直線運動的速度-位移公式得：v2-vl=2a導(dǎo)體搟,

導(dǎo)體框剛進(jìn)入磁場時所受安培力：F=BhL=*

導(dǎo)體框剛進(jìn)入磁場時做勻速直線運動，對導(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

金屬棒在磁場中做勻速直線運動，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)體框之間的動摩擦因數(shù)：M=0.375

(3)金屬棒離開磁場后做勻加速直線運動，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動，

由勻變速直線運動的速度-時間公式得："=%+a金腐晝

金屬棒加速到與導(dǎo)體框速度相等的時間：t=：s

在金屬棒加速運動時間內(nèi)，導(dǎo)體框做勻速直線運動，

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導(dǎo)體框勻速運動的距離：s=vt=2.5x-m=—m

918

答：(1)金屬棒在磁場中運動時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)體框之間的動摩擦因數(shù)是0.375；

(3)導(dǎo)體框勻速運動的距離是總加。

【知識點】牛頓運動定律解決板塊問題、電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題、電磁感應(yīng)中的導(dǎo)軌

滑桿類問題

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

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

入磁場時的速度，應(yīng)用E=8。求出感應(yīng)電動勢，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)入磁場后做勻速直線運動，導(dǎo)體框做勻加速直線運動，應(yīng)用牛頓第二定律

求出導(dǎo)體框的加速度，應(yīng)用勻變速直線運動的速度-位移公式求出導(dǎo)體框進(jìn)入磁場時的

速度，導(dǎo)體框進(jìn)入磁場時做勻速直線運動，應(yīng)用平衡條件可以求出導(dǎo)體框受到的滑動摩

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

動摩擦力公式可以求出金屬棒與導(dǎo)體框間的動摩擦因數(shù)。

(3)導(dǎo)體框進(jìn)入磁場后先做勻速直線運動，后做勻加速直線運動，在導(dǎo)體框做勻速直線

運動時間內(nèi)，金屬棒做勻加速直線運動，當(dāng)金屬棒與導(dǎo)體框速度相等后兩者相對靜止一

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

出導(dǎo)體框做勻速運動的時間，然后求出勻速運動的距離。

本題是電磁感應(yīng)與力學(xué)相結(jié)合的一道綜合題，本題運動過程較多，難道較大，根據(jù)題意

分析清楚金屬棒與導(dǎo)體框的運動過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、平衡條件與運動學(xué)公式即可解題。

13.【答案】ABE

【知識點】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

題

【解析】解：4、由圖示圖象可知，功過程氣體體積丫不變而壓強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過程氣體壓強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錯誤；

DE、由圖示圖象可知，歷過程氣體壓強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??；

氣體體積變大，氣體對外做功，氣體體積減小，外界對氣體做功；

根據(jù)圖示圖象分析清楚氣體狀態(tài)變化過程，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)

第一定律解題時注意各物理量正負(fù)號的含義。

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ppi=Po=75cmHg,體積=l2S,

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

對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=%-=