2021年全国统一高考物理试卷（乙卷）.pdf

2021年全国统一高考物理试卷（乙卷）一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共 48分。在每小题给出的四个选项中，第 1 5题只有一项符合题目要求，第 6 8 题有多项符合题目要求。全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。1.（6分）（20 21 乙卷）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（）A.动量守恒，机械能守恒B.动量守恒，机械能不守恒C.动量不守恒，机械能守恒D.动量不守恒，机械能不守恒2.（6分）（20 21乙卷）如 图（a）,在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。由于静电感应，在金属平板上表面产生感应电荷，金属板上方电场的等势面如图（b）中虚线所示，相邻等势面间的电势差都相等。若将一正试探电荷先后放于M和N处，该试探电荷受到的电场力大小分别为FM和 FN,相应的电势能分别为E p M和E p N，则（）/，一-、图（a）图（b）A.FMEPN B.FM FN，EPM EPNC.FM FN（EPM FN,EPM 0）的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为vi,离开磁场时速度方向偏转9 0 ；若射入磁场时的速度大小为V 2,离开磁场时速度方向偏转60。不计重力。则”为（）24.（6 分）（20 21乙卷）医学治疗中常用放射性核素”3i n 产生丫射线，而 1131n 是由半衰期相对较长的113S n 衰变产生的。对于质量为m o 的 3S n,经过时间t后剩余的113S n 质量5.（6 分）（20 21乙卷）科学家对银河系中心附近的恒星S 2 进行了多年的持续观测，给出1 9 9 4 年到2 0 0 2 年间S 2 的位置如图所示。科学家认为S 2 的运动轨迹是半长轴约为1 0 0 0 A U（太阳到地球的距离为1 A U）的椭圆，银河系中心可能存在超大质量黑洞。这项研究工作获得了 2 0 2 0 年诺贝尔物理学奖。若认为S 2 所受的作用力主要为该大质量黑洞的引力,设太阳的质量为M,可以推测出该黑洞质量约为（）6.（6分）（2 0 2 1 乙卷）水平桌面上，一质量为m 的物体在水平恒力F 拉动下从静止开始为 m,其-t 图线如图所示。从图中可以得到3 sn 的半衰期为（）A.6 7.3 dB.l O l.O dC.1 1 5.1 dD.1 2 4.9 dA.4 X 1 04MB.4 X 1 05 6MC.4 X 1 08MD.4 X 1 0l 0M运动。物体通过的路程等于S O时，速度的大小为V 0,此时撤去E物体继续滑行2 so的路程后停止运动。重力加速度大小为g。则（）1A.在此过程中F所做的功为a m v o?3B.在此过程中F的冲量大小等于m v oC.物体与桌面间的动摩擦因数等于三4 so gD.F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍7.（6分）（2 0 2 1 乙卷）四个带电粒子的电荷量和质量分别为（+q,m）、（+q,2 m）、（+3 q,3 m）、（-q,m）,它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行.不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的8.（6分）（2 0 2 1 乙卷）水平地面上有一质量为m i的长木板，木板的左端上有一质量为m 2的物块，如 图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间1的变化关系如图（b）所示，其中Fi、F2分别为ti、t2时刻F的大小。木板的加速度a i随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为内，物块与木板间的动摩擦因数为眼。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g.则（）A.Fi=pimigB.F2=甯吗）g 2 gD.在0t2时间段物块与木板加速度相等二、非选择题：共 62分。第 9 1 2 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 13 16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共 47分。9.（5分）（2021 乙卷）某同学利用图（a）所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图（b）所 示（图中未包括小球刚离开轨道的影像）。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为5cm。该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图（b）中标出。完成下列填空：（结果均保留2位有效数字）（1）小球运动到图（b）中位置A时，其速度的水平分量大小为 m/s；竖直分量大小为 m/s；（2）根 据 图（b）中数据可得，当地重力加速度的大小为 iWs210.（10分）（2021 乙卷）一实验小组利用图（a）所示的电路测量一电池的电动势E（约1.5V）和内阻r（小于2Q）。图中电压表量程为IV,内阻Rv=380.0C；定值电阻Ro=2O.OC；电阻箱R,最大阻值为999.9。；S为开关。按电路图连接电路。完成下列填空：Ro-1=3 S E：r 5 1 0 1 5 2 0 2 5图（a）图（b）（1）为保护电压表，闭合开关前，电阻箱接入电路的电阻值可以选 Q（填“5.0”或“1 5.0”）；（2）闭合开关，多次调节电阻箱，记录下阻值R和电压表的相应读数U；1,1（3）根 据 图（a）所不电路，用 R、R o、R v、E和 r 表 不 丁 得 万=；1（4）利用测量数据，做方一 R图线，如 图（b）所示；（5）通 过 图（b）可得E=V （保留2 位小数），r=Q （保 留 1 位小数）；（6）若 将 图（a）中的电压表当成理想电表，得到的电源电动势为E 1,由此产生的误差Ei E为|-|X 1 0 0%=_ _ _ _ _ _ _ _ _%oE1 1.（1 2 分）（2 0 2 1 乙卷）一篮球质量为m=0.6 0 k g,一运动员使其从距地面高度为h i =1.8 m处由静止自由落下，反弹高度为h 2=1.2 m。若使篮球从距地面h 3=1.5 m 的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5 m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t=0.2 0 s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g=1 0 m/s 2,不计空气阻力。求：（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。1 2.（2 0 分）（2 0 2 1 乙卷）如图，一倾角为a 的光滑固定斜面的顶端放有质量M=0.0 6 kg的 U型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻R=3Q的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路C D E F；E F与斜面底边平行，长 度 L=0.6 m 初始时CD与E F 相距s o=O.4 m,金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离s i=后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界（图中虚线）与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的E F 边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小B=1 T,重力加速度大小取g=1 0 m/s 2,s i na=0.6。求（1）金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；（2）金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；（3）导体框匀速运动的距离。（二）选考题：请考生从给出的2 道物理题中任选一题作答，并用2 B 铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑，注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，并且在解答过程中写清每问的小题号，在答题卡指定位置答题。如果多做则按所做的第一题计分。物理一选修3-3（15分）1 3.（5分）（2 0 2 1 乙卷）如图，一定量的理想气体从状态a （p o,Vo,T o）经热力学过程a b、b c c a 后又回到状态a。对 于 a b、b e、c a 三个过程，下列说法正确的是（）（填正确答案标号）1 2 V/VqA.a b 过程中，气体始终吸热B.c a 过程中，气体始终放热C.c a 过程中，气体对外界做功D.b e过程中，气体的温度先降低后升高E.b e过程中，气体的温度先升高后降低1 4.（1 0 分）（2 0 2 1 乙卷）如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B 两管的上端封闭，C 管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B 两管的长度分别为h=13.5cm,12=32 cm。将水银从C 管缓慢注入，直至B、C 两管内水银柱的高度差h=5cm。己知外界大气压为po=75cmHg。求 A、B 两管内水银柱 物理一选修3-4（15分）15.（2 02 1乙卷）图中实线为一列简谱横波在某一时刻的波形曲线，经 过 0.3s后，其波形曲线如图中虚线所示。已知该波的周期T 大于0.3s。若波是沿x 轴正方向传播的，则该波的速度大小为m/s,周期为.s;若波是沿x 轴负方向传播的，该波的周期为.16.（2 02 1乙卷）用插针法测量上、下表面平行的玻璃砖的折射率。实验中用A、B 两个大头针确定入射光路，C、D 两个大头针确定出射光路，O 和 O 分别是入射点和出射点.如图（a）所示。测得玻璃砖厚度为h=15.0mm；A 到过。点的法线OM的距离AM=10.0mm,M 到玻璃砖的距离M0=2 0.0mm,O 到 OM 的距离为s=5.0mm。图（a）图(i)求玻璃砖的折射率；(i i)用另一块材料相同，但上下两表面不平行的玻璃砖继续实验，玻璃砖的截面如图(b)所示。光从上表面入射，入射角从0逐渐增大，达到4 5 时，玻璃砖下表面的出射光线恰好消失。求此玻璃砖上下表面的夹角。2021年全国统一高考物理试卷（乙卷）参考答案与试题解析一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共 48分。在每小题给出的四个选项中，第 1 5题只有一项符合题目要求，第 6 8 题有多项符合题目要求。全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。1.（6分）（2 0 2 1 乙卷）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（）A.动量守恒，机械能守恒B.动量守恒，机械能不守恒C.动量不守恒，机械能守恒D.动量不守恒，机械能不守恒【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律.【分析】系统所受合外力为零，系统动量守恒；只有重力或弹力做功，机械能守恒，根据系统受力情况与各力做功情况根据动量守恒与机械能守恒的条件分析答题。【解答】解：从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动，弹簧被压缩且弹簧的弹力大于滑块受到的滑动摩擦力，撤去外力后滑块受到的合力不为零，滑块相对车厢底板滑动，系统要克服摩擦力做功，克服摩擦力做的功转化为系统的内能，系统机械能减小，系统机械能不守恒，故B正确，A C D错误。故选：B【点评】本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，知道动量守恒与机械能守恒的条件、分析清楚系统受力情况与力的做功情况即可解题。2.（6分）（2 0 2 1乙卷）如 图（a）,在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。由于静电感应，在金属平板上表面产生感应电荷，金属板上方电场的等势面如图（b）中虚线所示，相邻等势面间的电势差都相等。若将一正试探电荷先后放于M和N处，该试探电荷受到的电场力大小分别为FM和 FN，相应的电势能分别为Ep M和Ep N，则（）图（a）图（b）A.FM EPN B.FM FN,EPM EPNC.FM FN,EPM FN EPM EPN【考点】电场强度与电场力；电场线；电势能与电场力做功；电势差和电场强度的关系.【分析】电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场场强大.根据Ep=p q判断电势能大小；【解答】解：等势线越密，电场线越密，电场场强大，由图可知EMEp N，故A正确，B C D错误。故选：A。【点评】本题涉及电场强度和电势高低的判断，关键是知道电场线垂直等势面，难度不大。3.（6分）（2 0 2 1乙卷）如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q （q 0）的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v i，离开磁场时速度方向偏转9 0 ；若射入磁场时的速度大小为V 2,离开磁场时速度方向偏转6 0。不计重力。则匕为（）C.立2D.V 3【考点】牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强磁场中的运动.【分析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子的轨迹图，然后由几何关系求出轨迹圆半径和磁场圆半径之间的关系，最后由洛伦兹力提供向心力求出速度，根据速度之比等于半径之比求出粒子两次的入射速度之比。【解答】解：根据题意，粒子两次射入磁场的运动轨迹如图所示：R i=r,R 2=r t a n 3 0 =V 3 r”2由洛伦兹力提供向心力可知：qvB=m 五则粒子的速度：丫=譬则粒子两次的入射速度之比为：,解得：,故 B 正确，ACD 错误；v2 R2 v2 3故选：B.【点评】本题考查带电粒子在磁场中运动，关键是要根据几何关系求出轨迹圆的半径，然后由洛伦兹力提供向心力求出速度。4.（6分）（2 0 2 1 乙卷）医学治疗中常用放射性核素 3 1 n 产生丫射线，而 1 1 3 1 n 是由半衰期相对较长的1 1 3S n 衰变产生的。对于质量为m o 的1 1 3S n,经过时间t 后剩余的1 I 3S n 质量为 m,其 t 图线如图所示。从图中可以得到H 3 S n 的半衰期为（）7 n oA.67.3d B.101.Od C.115.1d D.I24.9d【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度.【分析】半衰期指的是放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间，从图像中可得2 1出113Sn从质量为R O的衰变到质量为 mo的所用的时间，即为半衰期。3 32 1【解答】解：由图可知质量为mo的”3Sn衰变至叩mo的所用的时间t=t2-ti，其 中t2=I82.4d,ti=67.3d,代入解得t=115.1d,故 ll3Sn 的半衰期为 H5.1d,故 C 正确，ABD错误。故选：Co【点评】本题考查学生对原子核半衰期的认识以及结合图像读取信息的能力，难度不大。5.（6分）（2021乙卷）科学家对银河系中心附近的恒星S2进行了多年的持续观测，给出1994年到2002年间S2的位置如图所示。科学家认为S2的运动轨迹是半长轴约为1000AU（太阳到地球的距离为1AU）的椭圆，银河系中心可能存在超大质量黑洞。这项研究工作获得了 2020年诺贝尔物理学奖。若认为S2所受的作用力主要为该大质量黑洞的引力，设太阳的质量为M,可以推测出该黑洞质量约为（）A.4X 104M B.4X106M C.4X 108M D.4X I0I0M【考点】向心力；万有引力定律及其应用.【分析】地球绕太阳运行，根据万有引力提供向心力列方程得到太阳质量的表达式，同理可得S2绕黑洞运行时黑洞质量的表达式，由此求解。【解答】解：设地球的质量为m,地球到太阳的距离为r=lA U,地球的公转周期为T=1年；GMm 4 7 r 2由万有引力提供向心力可得：=mr芭，解得：M=吗；GT，对于S2受到黑洞的作用，椭圆轨迹半长轴R=1000AU,根据图中数据结合图象可以得到S2运动的半周期（工）为8年，则周期为T=1 6年,2根据开普勒第三定律结合万有引力公式可以得出：M黑=上 等，GTR3T2因此有：代入数据解得：MS4X106M,故B正确，ACD错误。r3T,故 选:B。【点评】本题主要是考查万有引力定律及其应用，关键是能够根据图中的数据分析S2运行周期，结合万有引力提供向心力进行分析。6.（6分）（2021乙卷）水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动。物体通过的路程等于S0时，速度的大小为V 0,此时撤去F,物体继续滑行2so的路程后停止运动。重力加速度大小为g。则（）1A.在此过程中F所做的功为mvo23B.在此过程中F的冲量大小等于mvoC.物体与桌面间的动摩擦因数等于4 s（）gD.F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍【考点】动量定理；动能定理.【分析】撤去外力前后分别对物块进行动能定理列式子，可求出拉力F做的功以及拉力和摩擦力之间的关系；根据牛顿第二定律求出撤去外力前后的加速度关系，根据运动学速度-时间之间的关系求解撤去外力前后物体运动的时间关系；最后由动量定理求出拉力F的冲量。【解答】解：A、在F作用下，由动能定理可知：WF-fso=-0,撤去外力之后,由动能定理可知：-fX 2 s o=0-/n i诏，联立解得：WF=故A错误；BD、由于外力做功WF=FSO,则解得F=3 f,撤去外力前的加速度大小a i=?=穿=得,撤去外力后的加速度大小a 2=5，则v o=a i t i=a 2 t 2,即撤去外力前后时间关系：t 2=2 t i取v o方向为正，撤去外力之前对物体动量定理可知：（F-f）t i=m v o -0,撤去外力之后对物体动量定理可知：-ft 2=O-m v o，则F的冲量大小I=Ft i=1m v o，故B正确，D错误；C、撤去外力之后，由动能定理可知：-fx 2 s 0=0-义机诏,摩擦力f=|i m g,则解得：|1=心 本故C正确；故选：BCo【点评】本题考查动能定理，动量定理和牛顿第二定律的综合，分清楚运动过程，熟练运用各定理进行运算是关键。本题难度不大，但综合性很强。7.（6分）（2 0 2 1 乙卷）四个带电粒子的电荷量和质量分别为（+q,m）、（+q,2 m）、（+3 q,3 m）、（-q,m）,它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行。不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的【考点】带电粒子在匀强电场中的运动.【分析】粒 子x方向粒子做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，求 出t时刻竖直方向偏转位移大小，再根据电场线方向向上、向下两种情况进行分析判断。【解答】解：设质量为m、电荷量为q 的粒子经过时间t 在 y 轴方向偏转位移为y,粒子的初速度为v,比荷为k,电场强度大小为E。根据牛顿第二定律可得加速度大小为：a=*=kEx 方向粒子做匀速直线运动，则有：1=今 即经过相同时间水平位移相等竖直方向根据位移-时间关系可得：y=|a t2,整理可得：y=骅。由 于（+q,m）与（+3q,3m）的比荷相同，故轨迹相同，由 于（-q，m）与其它三个粒子电性相反，故偏转方向相反。ABC、如果电场线平行于y 轴向下，则正电荷向下偏转、负电荷向上偏转，（+q,m）与（+3q,3m）重合，且（+q,m）与（-q,m）关于x 轴对称，在 t 时刻沿y 方向的位移大 于（+q,2m）,故 A 正确、BC错误；D、如果电场线平行于y 轴向上，则正电荷向上偏转、负电荷向下偏转，（+q,m）与（+3q,3m）重合，且（+q,m）与（-q,m）关于x 轴对称，在 t 时刻沿y 方向的位移大于（+q,2m）,故 D 正确。故选：AD。【点评】本题主要是考查带电粒子在电场中的运动与图象的结合，关键是弄清楚粒子的受力情况和运动情况，根据相同时间内在x 方向与y 方向的位移大小关系进行判断。8.（6 分）（2021乙卷）水平地面上有一质量为m i的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如 图（a）所示。用水平向右的拉力F 作用在物块上，F 随时间t 的变化关系如图（b）所示，其中3、F2分别为ti、t2时刻F 的大小。木板的加速度a i随时间t 的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为阳，物块与木板间的动摩擦因数为阳。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（）A.Fi=|iimig0 m2(m1+m2)(、B.F2=二-(R-阳)gc.R2m1+m2m2 1D.在 0 t2 时间段物块与木板加速度相等【考点】力的合成与分解的运用；牛顿第二定律.【分析】A、由 图（c）结合物块和木板整体分析，可以求出Fi；B、由 图（c）结合牛顿第二定律可以求出F2；C、根据木板运动的受力可知，木板与地面及物块与木板间的动摩擦因数的关系；D、通过题意结合图（c）可知在0 t2 时间段物块与木板加速度相等。【解答】解：A、由 图（c）可知，在 0 t i 时间段物块和木板均静止，在 t,时刻木板与地面的静摩擦力达到最大值，对物块和木板整体分析可知Fi=m（m i+m2）g,故 A 错误；B、由图（c）可知，ti t2 时间段物块和木板一起匀加速运动，在 t2 时刻物块和木板分离，此时物块和木板间的静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律，有对物块和木板 F2 -m（mi+m2）g=（mj+m?）am对木板述2 m2 g-田（mi+m2）g=m iam整理可得F2=西 弟 洋）（叱 阳）g故 B 正确；C、由 图（c）可知，对木板 112 m2 g-囚（mi+m2）g=m iam故 112 m2 g 阳（mi+m2）g,即 总叱 之2内,故 C 正确；D、通过结合图（c）分析可知，在。t|时间段物块和木板均静止，ti t2 时间段物块和木板一起匀加速运动，故在。t2 时间段物块与木板加速度相等，故 D 正确。故选：BCDo【点评】在运用牛顿第二定律解题时，要注意整体法和隔离法的灵活应用。在研究几个物体的共同加速度时可以选整体为研究对象，但在研究某个物体时要注意隔离法的应用。二、非选择题：共 62分。第 9 1 2 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 13-16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共 47分。9.（5 分）（2 02 1 乙卷）某同学利用图（a）所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图（b）所 示（图中未包括小球刚离开轨道的影像）。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为5cm。该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图（b）中标出。纸板完成下列填空：（结果均保留2位有效数字）（1）小球运动到图（b）中位置A时，其速度的水平分量大小为1.0 m/s：竖直分量大 小 为2.0 m/s；（2）根 据 图（b）中数据可得，当地重力加速度的大小为9.7 m/s2。【考点】研究平抛物体的运动.【分析】小球做平抛运动，在分析处理数据时应将运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向匀变速直线运动进行处理，结合题干给出的时间以及图（b）中竖直位移的数据进行求解。【解答】解：（1）小球在水平方向做匀速直线运动，由图可知x=5cm=0.05m,则水平分速度vx=冬，代入数据得vx=1.0m/s,竖直方向做自由落体运动，可运用匀变速直线运动规律求解，匀变速直线运动中间时刻速度等于全过程平均速度，若在A点时竖直分速度记为V y,则有h=Vy2 Z t,其中h=8.6cm+11.0cm=19.6cm=0.196m,解得：vy=2.0m/so（2）小球在竖直方向做匀加速直线运动，由*=可知，重力加速度为：_ 0.134m+0.11m-（0.086m+0.061m）.2a=-n-=y./m/s（2x0.05s）z故答案为：（1）1.0,2.0；（2）9.7【点评】本题主要考查研究平抛运动的实验，要求学生能运用平抛运动规律，对实验数据进行分析处理。10.（10分）（2021乙卷）一实验小组利用图（a）所示的电路测量一电池的电动势E（约1.5V）和内阻r（小于2。）。图中电压表量程为1V,内阻Rv=380.00；定值电阻Ro=2O.OQ；电阻箱R,最大阻值为999.9C；S为开关。按电路图连接电路。完成下列填空：Ro图(a)吉V-I图（b）（1）为保护电压表，闭合开关前，电阻箱接入电路的电阻值可以选.1 5.0。（填“5.0”或“1 5.0”）；（2）闭合开关，多次调节电阻箱，记录下阻值R和电压表的相应读数U；（3）根 据 图（a）所示电路，用 R、R o、R v、E 和 r 表 示 得 工 ：+U U EEkokvR（R（）+R v）1（4）利用测量数据，做方 R图线，如 图（b）所示；（5）通过图（b）可得E=1.5 5 V （保留2位小数），r=1.0 Q （保 留 1 位小数）；（6）若 将 图（a）中的电压表当成理想电表，得到的电源电动势为E,由此产生的误差Ei E为 l l X 1 00%=5%。【考点】测定电源的电动势和内阻.【分析】（1）为保护电压表，电阻箱接大电阻；1（3）根据实验原理，由闭合电路欧姆定律求出；（5）明确实验原理，根据图象的性质和闭合电路欧姆定律即可求得电动势和内电阻；（6）如果电压表当成理想电表，则电压表不分流，根据闭合电路欧姆定律求出电源电动势 E，然后可求出电源电动势的误差大小。【解答】解：（1）为保护电压表，电阻箱接大电阻，故选：1 5.0。；（3）根 据 图（a）所示电路：E=U+I （r+R）,其中干路电流1=5+治，化简得：=1 r(Ro+即)R(Ro+Ri?)+-+-E ERQRVE RQR（5）由以上分析可知，如 图（b）所示的直线斜率k=二 等=鬻 等，将 点（1 5,15-1U DAgAp11.1 8)代入:万=E ERQRVE RRu，解析：1.1 8=鼻+二(Ro+即),双品+即)ERQRPERQRV 1其中R v=3 8 0.0C；定值电阻R o=2 O.O Q联立解得：E=1.5 5 V,r=1.0f i（6）若 将 图（a）中的电压表当成理想电表，则 E =U+I （r+R）=U+治（r+R）Ef-F由 此 产 生 的 误 差 为 ioo%=ERo(R+r)RQRP+RQ+R)(r+7?)x l O O%Er-E解得：由此产生的误差为I|X1 00%=5%故答案为：（1）1 5.0；（3）1+一 +甘-一幺E R()RyE R()Ry；(5)1.5 5,1.0；(6)5.【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验原理、数据处理以及误差分析等问题，要特别注意掌握误差分析的基本方法，明确电表内阻所带来的影响.关键是要根据电路原理，由闭合电路欧姆定律列出电源电动势的表达式。1 1.（1 2 分）（2 02 1 乙卷）一篮球质量为m=0.6 0k g,一运动员使其从距地面高度为hi =1.8 m处由静止自由落下，反弹高度为h2=1.2 m。若使篮球从距地面h3=1.5 m 的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5 m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t=0.2 0s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g=1 0 m/s 2,不计空气阻力。求：（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。【考点】动量定理；动能定理.【分析】（1）应用动能定理求出篮球自由下落时篮球与地面碰撞前与碰撞后瞬间的动能，求出篮球与每次与地面碰撞前后的动能的比值，然后求出运动员拍球时篮球与地面碰撞前瞬间篮球的速度，应用动能定理求出运动员拍球时对篮球做的功。（2）运动员拍球过程，应用动量定理可以求出运动员对篮球的作用力大小。【解答】解：（1）设篮球自由下落与地面碰撞前瞬间的动能大小为E ki，篮球与地面碰撞后瞬间篮球的动能为E k2，由动能定理得：篮球下落过程：m ghi=E ki -0篮球上升过程：-m gh2=0 -E k2，篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值：卜=留代入数据解得：k=1.5设拍球后篮球落地瞬间的速度大小为E k3,与地面碰撞后瞬间动能为E k3，拍球后篮球反弹上升过程，对篮球，由动能定理得：-m gh3=0-E k4,设拍球过程，运动员对篮球做的功为W,从拍球到篮球与地面碰撞前瞬间过程，由动能定理得：W+m gh3=E k3-O篮球与地面碰撞前后的动能之比k=盟bk4代入数据解得：W=4,5 J（2）运动员对篮球做功转化为篮球的动能，由功能关系可知，运动员拍球后篮球获得的动能E k=W=1 m v2代入数据解得，运动员拍球后篮球获得的速度大小：v=g m/s设运动员对篮球的作用力大小为E 以向下为正方向，运动员拍球过程，对篮球，由动量定理得：（F+m g）t=m v-0代入数据解得：F=（3 V1 5-6）N 5.6 N答：运动员拍球过程中对篮球所做的功是4.5 J；（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小是5.6 N o【点评】本题考查了动能定理的应用，根据题意分析清楚篮球的运动过程是解题的前提，应用动能定理与动量定理即可解题，应用动量定理解题时注意正方向的选择。1 2.（2 0 分）（2 0 2 1 乙卷）如图，一倾角为a 的光滑固定斜面的顶端放有质量M=0.0 6 kg的 U 型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻R=3Q的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路C D E F；E F 与斜面底边平行，长度L=0.6 m。初始时CD与E F 相距s o=O.4 m,金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离s i=后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界（图中虚线）与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的E F 边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。己知金属棒与导体框之间始终接触良好,磁场的磁感应强度大小B=1 T,重力加速度大小取g=1 0 m/s 2,s i n a=0.6。求（1）金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；(2)金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数;(3)导体框匀速运动的距离。【考点】闭合电路的欧姆定律：安培力的计算；导体切割磁感线时的感应电动势.【分析】(1)金属棒与导体框由静止开始向下做初速度为零的匀加速直线运动，应用牛顿第二定律可以求出加速度，应用匀变速直线运动的速度-位移公式可以求出金属棒进入磁场时的速度，应 用E=B L v求出感应电动势，应用闭合电路的欧姆定律求出感应电流，然后应用安培力公式可以求出金属棒所受的安培力大小。(2)金属棒进入磁场后做匀速直线运动，导体框做匀加速直线运动，应用牛顿第二定律求出导体框的加速度，应用匀变速直线运动的速度-位移公式求出导体框进入磁场时的速度，导体框进入磁场时做匀速直线运动，应用平衡条件可以求出导体框受到的滑动摩擦力；金属棒在磁场中做匀速直线运动，应用平衡条件可以求出金属棒的质量，根据滑动摩擦力公式可以求出金属棒与导体框间的动摩擦因数。(3)导体框进入磁场后先做匀速直线运动，后做匀加速直线运动，在导体框做匀速直线运动时间内，金属棒做匀加速直线运动，当金属棒与导体框速度相等后两者相对静止一起做匀加速直线运动，应用牛顿第二定律求出金属棒的加速度，然后应用运动学公式求出导体框做匀速运动的时间，然后求出匀速运动的距离。【解答】解：(1)设金属棒的质量为m,金属棒与导体框一起做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：(M+m)g s i na=(M+m)a代入数解得：a=6 m/s2金属棒进入磁场时，设金属棒与导体框的速度大小为vo，由匀变速直线运动的速度-位移公式得：vo=J2asi=2 x 6 x m/s=1.5 m/s金属棒切割磁感线产生的感应电动势：E=B L vo由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流：1=最金属棒在磁场中运动时受到的安培力大小：F安 培 力=B I L代入数据解得：F殛力=0.18 N（2）金属棒在磁场中运动过程导体框做匀加速直线运动，设金属棒与导体框间的滑动摩擦力大小为f,导体框进入磁场时的速度大小为V,对导体框，由牛顿第二定律得：M g s i na -f=M a 好 体 框由匀变速直线运动的速度-位移公式得：v2-v（）2=2 a 导 体 枢 s o，2,2导体框刚进入磁场时所受安培力：F=B I L=B2l7v导体框刚进入磁场时做匀速直线运动，对导体框，由平衡条件得：+f=M g s i na代入数据联立解得：a 导 体 框=5 m/s 2,f=o.O 6 N,v=2.5 m/s金属棒在磁场中做匀速直线运动，由平衡条件得：F安 培 力=m g s i na+f代入数据解得，金属棒的质量：m=0.02 kg,由滑动摩擦力公式得：f=|i m g c os a代入数据解得，金属棒与导体框之间的动摩擦因数：四=0.3 7 5（3）金属棒离开磁场后做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：m g s i na+f=m a 金 属 棒代入数据解得：a 金 属 棒=9 m/s 2,金属棒加速到与导体框速度v 相等，然后两者一起做匀加速直线运动，由匀变速直线运动的速度-时间公式得：v=vo+a 金 属 棒 t金属棒加速到与导体框速度相等的时间：t=J s在金属棒加速运动时间内，导体框做匀速直线运动，导体框匀速运动的距离：s=vt=2.5 x 1m=答：（1）金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小是0.18 N；（2）金属棒的质量是0.02 kg,金属棒与导体框之间的动摩擦因数是0.3 7 5；,一 5（3）导体框匀速运动的距离是一 m。18【点评】本题是电磁感应与力学相结合的一道综合题，本题运动过程较多，难道较大，根据题意分析清楚金属棒与导体框的运动过程与受力情况是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、E=B L v、闭合电路的欧姆定律与安培力公式、平衡条件与运动学公式即可解题。（二）选考题：请考生从给出的2 道物理题中任选一题作答，并用2 B 铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑，注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，并且在解答过程中写清每问的小题号，在答题卡指定位置答题。如果多做则按所做的第一题计分。物理一选修3-3（15分）13.（5 分）（2 02 1 乙卷）如图，一定量的理想气体从状态a（po，Vo,To）经热力学过程ab、be、ca后又回到状态a。对于ab、be、ca三个过程，下列说法正确的是（）（填正确答案标号）A.ab过程中，气体始终吸热B.ca过程中，气体始终放热C.ca过程中，气体对外界做功D.be过程中，气体的温度先降低后升高E.be过程中，气体的温度先升高后降低【考点】热力学第一定律；理想气体的状态方程.【分析】一定量的理想气体内能由温度决定，温度升高内能增大，温度降低内能减小；气体体积变大，气体对外做功，气体体积减小，外界对气体做功；根据图示图象分析清楚气体状态变化过程，应用理想气体状态方程体育热力学第一定律分析答题。【解答】解：A、由图示图象可知，ab过程气体体积V 不变而压强p 增大，由理想气体状态方程牛=C 可知，气体温度升高，气体内能增大，U 0,气体体积不变，外界对气体不做功，由热力学第一定律U nW+Q 可知：Q=A U-W=A U 0,气体始终从外界吸收热量，故 A 正确；BC、由图示图象可知,ca过程气体压强p 不变而体积V 减小，由理想气体状态方 程 拳=C可知，气体温度T 降低，气体内能减小，U V 0,气体体积减小，外界对气体做功，W 0,由热力学第一定律U=W+Q 可知：Q=A U -W 0,气体始终向外界放出热量,故 B 正确，C 错误；DE、由图示图象可知，be过程气体压强p 与体积V 的乘积pV 先增大后减小，由理想气体状态方程5 =C可知，气体温度T先升高后降低，故 D错误，E正确。T故选：A B E o【点评】本题考查了理想气体状态方程与热力学第一定律的应用，根据图示图象分析清楚气体状态变化过程是解题的前提