2021年高考理綜物理真題試卷(山東卷)

1、2021年高考理綜物理真題試卷（山東卷）一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。1. （3分）在測(cè)定年代較近的湖泊沉積物形成年份時(shí)，常利用沉積物中半衰期較短的撲皿，其衰變方程為。以下說法正確的是（）A. 衰變方程中的X是電子B.升高溫度可以加快的衰變與亍因的質(zhì)量差等于衰變的質(zhì)量虧損D.方程中的X來(lái)自于訂P、內(nèi)質(zhì)子向中子的轉(zhuǎn)化2. （3分）如圖所示，密封的礦泉水瓶中，距瓶口越近水的溫度越高。一開口向下、導(dǎo)熱良好的小瓶置于礦泉水瓶中，小瓶中封閉一段空氣。擠壓礦泉水瓶，小瓶下沉到底部；松開后，小瓶緩慢上浮，上浮過程中，小瓶?jī)?nèi)氣體（）II!：=：=：mqm亠n

2、士=b,-adn7：A.內(nèi)能減少B.對(duì)外界做正功C.增加的內(nèi)能大于吸收的熱量D.增加的內(nèi)能等于吸收的熱量3. （3分）如圖所示，粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)桿，一端可繞豎直光滑軸0轉(zhuǎn)動(dòng)，另一端與質(zhì)量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度出發(fā)，恰好能完成一個(gè)完整的圓周運(yùn)動(dòng)。在運(yùn)動(dòng)過程中，木塊所受摩擦力的大小為（）D.B.c啞'i1血£4. （3分）血壓儀由加壓氣囊、臂帶，壓強(qiáng)計(jì)等構(gòu)成，如圖所示。加壓氣囊可將外界空氣充入臂帶，壓強(qiáng)計(jì)示數(shù)為臂帶內(nèi)氣體的壓強(qiáng)高于大氣壓強(qiáng)的數(shù)值，充氣前臂帶內(nèi)氣體壓強(qiáng)為大氣壓強(qiáng)，體積為匕每次擠壓氣囊都能將6l：chl的外界空氣充入臂帶中，經(jīng)

3、5次充氣后，臂帶內(nèi)氣體體積變?yōu)?，壓?qiáng)計(jì)示數(shù)為1已知大氣壓強(qiáng)等于氣體溫度不變。忽略細(xì)管和壓強(qiáng)計(jì)內(nèi)的氣體體積。則Vb.丄c.Hdd.?Ocht5. （3分）從"玉兔"登月到"祝融"探火，我國(guó)星際探測(cè)事業(yè)實(shí)現(xiàn)了由地月系到行星際的跨越。已知火星質(zhì)量約為月球的9倍，半徑約為月球的2倍，“祝融”火星車的質(zhì)量約為“玉兔”月球車的2倍。在著陸前，“祝融”和“玉兔”都會(huì)經(jīng)歷一個(gè)由著陸平臺(tái)支撐的懸停過程。懸停時(shí)，“祝融”與“玉兔”所受陸平臺(tái)的作用力大小之比為（）A. 9:1B.9:2C.36:1D.72:16. （3分）如圖甲所示，邊長(zhǎng)為a的正方形，四個(gè)頂點(diǎn)上分別固定一個(gè)電

4、荷量為勺1的點(diǎn)電荷；在匸”區(qū)間，x軸上電勢(shì)的變化曲線如圖乙所示?，F(xiàn)將一電荷量為的點(diǎn)電荷P置于正方形的中心0點(diǎn)，此時(shí)每個(gè)點(diǎn)電荷所受庫(kù)侖力的合力均為零。若將P沿x軸向右略微移動(dòng)后，由靜止釋放，以下判斷正確的是（）圈甲A.7二£C.門二_2門，釋放后P將向右運(yùn)動(dòng)7. （3分）用平行單色光垂直照射一層透明薄膜,薄膜厚度d隨坐標(biāo)x的變化圖像，可能正確的是釋放后P將向右運(yùn)動(dòng)B. 二匕二q,釋放后P將向左運(yùn)動(dòng)D疝+1d.觀察到如圖所示明暗相間的干涉條紋。下列關(guān)于該區(qū)域）釋放后P將向左運(yùn)動(dòng)8. （3分）迷你系繩衛(wèi)星在地球赤道正上方的電離層中，沿圓形軌道繞地飛行。系繩衛(wèi)星由兩子衛(wèi)星組成，它們之間的導(dǎo)體

5、繩沿地球半徑方向，如圖所示。在電池和感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的共同作用下，導(dǎo)體繩中形成指向地心的電流，等效總電阻為r。導(dǎo)體繩所受的安培力克服大小為f的環(huán)境阻力，可使衛(wèi)星保持在原軌道上。已知衛(wèi)生離地平均高度為H，導(dǎo)體繩長(zhǎng)為L(zhǎng)WF，地球半徑為R，質(zhì)量為M,軌道處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于赤道平面。忽略地球自轉(zhuǎn)的影響。據(jù)此可得，電池電動(dòng)勢(shì)為（）e_V遠(yuǎn)地子衛(wèi)星匚二I電池丄速度五地子衛(wèi)5|赤逍平面D.GMBLR+E_fy二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分A.注十備B.江9. （4分）輸電能耗演示電路如圖所示。左側(cè)變壓器

6、原、副線圈匝數(shù)比為1:3,輸入電壓為的正弦交流電。連接兩理想變壓器的導(dǎo)線總電阻為r，負(fù)載R的阻值為10Co開關(guān)S接1時(shí)，右側(cè)變壓器原、副線圈匝數(shù)比為2:1,R上的功率為lg接2時(shí)，匝數(shù)比為1:2,R上的功率為P。以下判斷正確的是（）B.A.C.：J=-15W555C2-5/B.*A.oD.卄10.（4分）一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸傳播，如圖所示，實(shí)線為匚二“時(shí)的波形圖，虛線為二耳時(shí)的波形圖。以下關(guān)于平衡位置在0處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像，可能正確的是（）1j/tm11.（4分）如圖所示，載有物資的熱氣球靜止于距水平地面H的高處，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物資以相對(duì)地面的速度水平投出，落地時(shí)物資與熱氣球的距離為兒已知投出物資

7、后熱氣球的總質(zhì)量為M,所受浮力不變，重力加速度為g，不計(jì)阻力，以下判斷正確的是（）12.（4分）如圖所示，電阻不計(jì)的光滑U形金屬導(dǎo)軌固定在絕緣斜面上。區(qū)域I、口中磁場(chǎng)方向均垂直斜B.投出物資后熱氣球所受合力大小為D.A.投出物資后熱氣球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)C.面向上，I區(qū)中磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增加，口區(qū)中為勻強(qiáng)磁場(chǎng)。阻值恒定的金屬棒從無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域中a處由靜止釋放，進(jìn)入口區(qū)后，經(jīng)b下行至c處反向上行。運(yùn)動(dòng)過程中金屬棒始終垂直導(dǎo)軌且接觸良好。在第一次下行和上行的過程中，以下敘述正確的是（）B. 金屬棒下行過b時(shí)的加速度大于上行過b時(shí)的加速度C. 金屬棒不能回到無(wú)磁場(chǎng)區(qū)D. 金屬棒能回到無(wú)磁場(chǎng)區(qū)，但不能回

8、到a處三、非選擇題：本題共6小題，共60分13. （6分）某乒乓球愛好者，利用手機(jī)研究乒乓球與球臺(tái)碰撞過程中能量損失的情況。實(shí)驗(yàn)步驟如下 固定好手機(jī)，打開錄音功能； 從一定高度由靜止釋放乒乓球； 手機(jī)記錄下乒乓球與臺(tái)面碰撞的聲音，其隨時(shí)間（單位：s）的變化圖像如圖所示。碰撞次序1234567碰撞時(shí)刻（S）1.121.582.002.4()2.783.143.4根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，回答下列問題：（1）利用碰撞時(shí)間間隔，計(jì)算出第3次碰撞后乒乓球的彈起高度為m（保留2位有效數(shù)字，當(dāng)?shù)刂亓铀俣菾=CJO：L1匸）。（2）設(shè)碰撞后彈起瞬間與該次碰撞前瞬間速度大小的比值為k，則每次碰撞損失的動(dòng)能為碰撞前動(dòng)能的

9、倍（用k表示），第3次碰撞過程中#=（保留2位有效數(shù)字）。（3）由于存在空氣阻力，第（1）問中計(jì)算的彈起高（填"高于"或"低于”）實(shí)際彈起高度。14. （8分）熱敏電阻是傳感器中經(jīng)常使用的元件，某學(xué)習(xí)小組要探究一熱敏電阻的阻值隨溫度變化的規(guī)律?？晒┻x擇的器材有：淙控裝出Er圖用待測(cè)熱敏電阻宜T（實(shí)驗(yàn)溫度范圍內(nèi)，阻值約幾百歐到幾千歐）；電源E（電動(dòng)勢(shì)，內(nèi)阻r約為圧Q）；電阻箱R（阻值范圍卜-刃歸山理2）；滑動(dòng)變阻器（最大阻值200）；滑動(dòng)變阻器&（最大阻值2000Q）；微安表（量程1。山，內(nèi)阻等于2000）；開關(guān)兩個(gè)，溫控裝置一套，導(dǎo)線若干。同學(xué)們?cè)O(shè)計(jì)了如圖

10、甲所示的測(cè)量電路，主要實(shí)驗(yàn)步驟如下： 按圖示連接電路； 閉合、，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器滑片P的位置，使微安表指針滿偏； 保持滑動(dòng)變阻器滑片P的位置不變，斷開，調(diào)節(jié)電阻箱，使微安表指針半偏； 記錄此時(shí)的溫度和電阻箱的阻值。回答下列問題：（1）為了更準(zhǔn)確地測(cè)量熱敏電阻的阻值，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用（填“心”或"尺丫）。（2）請(qǐng)用筆畫線代替導(dǎo)線，將實(shí)物圖（不含溫控裝置）連接成完整電路。（3）某溫度下微安表半偏時(shí)，電阻箱的讀數(shù)為6000-000，該溫度下熱敏電阻的測(cè)量值為Q（結(jié)果保留到個(gè)位），該測(cè)量值（填"大于"或"小于"）真實(shí)值。（4）多次實(shí)驗(yàn)后，學(xué)習(xí)小組繪制了如

11、圖乙所示的圖像。由圖像可知。該熱敏電阻的阻值隨溫度的升高逐漸（填“增大”或“減小”）。15. （7.0分）超強(qiáng)超短光脈沖產(chǎn)生方法曾獲諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)，其中用到的一種脈沖激光展寬器截面如圖所示。在空氣中對(duì)稱放置四個(gè)相同的直角三棱鏡，頂角為。一細(xì)束脈沖激光垂直第一個(gè)棱鏡左側(cè)面入射，經(jīng)過前兩個(gè)棱鏡后分為平行的光束，再經(jīng)過后兩個(gè)棱鏡重新合成為一束，此時(shí)不同頻率的光前后分開，完成脈沖展寬。已知相鄰兩棱鏡斜面間的距離，脈沖激光中包含兩種頻率的光，它1各=1,890，。（1）為使兩種頻率的光都能從左側(cè)第一個(gè)棱鏡斜面射出，求的取值范圍；（2）若P=37C，求兩種頻率的光通過整個(gè)展寬器的過程中，在空氣中的路程差二

12、（保留3位有效數(shù)字）。16. （9.0分）海鷗捕到外殼堅(jiān)硬的鳥蛤（貝類動(dòng)物）后，有時(shí)會(huì)飛到空中將它丟下，利用地面的沖擊打碎硬殼。一只海鷗叼著質(zhì)量=的鳥蛤，在的高度、以七=1耳"的水平速度飛行時(shí)，松開嘴巴讓鳥蛤落到水平地面上。取重力加速度10my,忽略空氣阻力。（1）若鳥蛤與地面的碰撞時(shí)間，彈起速度可忽略，求碰撞過程中鳥蛤受到的平均作用力的大小F；（碰撞過程中不計(jì)重力）（2）在海鷗飛行方向正下方的地面上，有一與地面平齊、長(zhǎng)度=till的巖石，以巖石左端為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示坐標(biāo)系。若海鷗水平飛行的高度仍為20m，速度大小在$之間，為保證鳥蛤一定能落到巖石上，求釋放鳥蛤位置的x坐標(biāo)范圍

13、。17. （14.0分）某離子實(shí)驗(yàn)裝置的基本原理如圖甲所示。I區(qū)寬度為d，左邊界與x軸垂直交于坐標(biāo)原點(diǎn)0，其內(nèi)充滿垂直于工°：平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為?？趨^(qū)寬度為L(zhǎng)，左邊界與x軸垂直交于"點(diǎn)，右邊界與x軸垂直交于點(diǎn)，其內(nèi)充滿沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。測(cè)試板垂直x軸置于口區(qū)右邊界，其中心C與門點(diǎn)重合。從離子源不斷飄出電荷量為q、質(zhì)量為m的正離子，加速后沿x軸正方向過0點(diǎn)，依次經(jīng)I區(qū)、口區(qū)，恰好到達(dá)測(cè)試板中心C。已知離子剛進(jìn)入口區(qū)時(shí)速度方向與x軸正方向的夾角為呂。忽略離子間的相互作用，不計(jì)重力。EIIf11（1）求離子在I區(qū)中運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的大小“（2）求口區(qū)內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度的

14、大小E；（3）保持上述條件不變，將口區(qū)分為左右兩部分，分別填充磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B（數(shù)值未知）方向相反且平行y軸的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖乙所示。為使離子的運(yùn)動(dòng)軌跡與測(cè)試板相切于C點(diǎn)，需沿x軸移動(dòng)測(cè)試板，求移動(dòng)后C到°】的距離s。18. （16分）如圖所示，三個(gè)質(zhì)量均為m的小物塊A、B、C,放置在水平地面上，A緊靠豎直墻壁，一勁度系數(shù)為k的輕彈簧將A、B連接，C緊靠B,開始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，A、B、C均靜止?，F(xiàn)給C施加一水平向左、大小為F的恒力，使B、C一起向左運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度為零時(shí)，立即撤去恒力，一段時(shí)間后A離開墻壁，最終三物塊都停止運(yùn)動(dòng)。已知A、B、C與地面間的滑動(dòng)摩擦力大小均為f，最大靜摩擦力

15、等于滑動(dòng)摩擦力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。（彈簧的彈性勢(shì)能可表示為：E卩二心匕k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量）（1）求B、C向左移動(dòng)的最大距離和B、C分離時(shí)B的動(dòng)能E上（2）為保證A能離開墻壁，求恒力的最小值尸盟；（3）若三物塊都停止時(shí)B、C間的距離為右J從B、C分離到B停止運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程，B克服彈簧彈力做的功為W，通過推導(dǎo)比較W與門主的大小；若請(qǐng)?jiān)谒o坐標(biāo)系中，畫出C向右運(yùn)動(dòng)過程中加速度a隨位移x變化的圖像，并在坐標(biāo)軸上標(biāo)出開始運(yùn)動(dòng)和停止運(yùn)動(dòng)時(shí)的a、x值（用fk、m表示），不要求推導(dǎo)過程。以撤去F時(shí)C的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為正方向。答案解析部分一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題3分，

16、共24分每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。1. 【答案】A【考點(diǎn)】核反應(yīng)方程【解析】【解答】A.假設(shè)X的質(zhì)量數(shù)為a,電荷數(shù)為b,根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒有：a=210-210=0；根據(jù)電荷數(shù)守恒有：b=82-83=-1；根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)的大小可得X是電子，A正確；B. 半衰期為大量原子核其質(zhì)量衰變一半所花的時(shí)間，其半衰期的長(zhǎng)短與外界條件無(wú)關(guān)，所以升高溫度不能改變衰變的快慢，B錯(cuò)誤；C. 核反應(yīng)其虧損的質(zhì)量等于反應(yīng)物亍氏的質(zhì)量與生成物亍E1和電子X的質(zhì)量之和的差值，C錯(cuò)誤；D. 核反應(yīng)過程中，原子核內(nèi)其中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子和電子，所以其電子是來(lái)自于亍陀內(nèi)中子向質(zhì)子的轉(zhuǎn)化，D錯(cuò)誤。故選Ao【分析】利用質(zhì)量數(shù)和電荷

17、數(shù)守恒可以判別X的本質(zhì)；半衰期不受外界影響；反應(yīng)物和生成物的質(zhì)量之差等于虧損的質(zhì)量；衰變釋放的電子來(lái)自于原子核中的中子向質(zhì)子的轉(zhuǎn)化。2. 【答案】B【考點(diǎn)】熱力學(xué)第一定律（能量守恒定律）【解析】【解答】A.小瓶在上升的過程中，越來(lái)越接近其礦泉水瓶口，所以其溫度不斷升高，由于一定質(zhì)量的理想氣體其溫度決定內(nèi)能所以瓶?jī)?nèi)氣體的內(nèi)能不斷增大；A錯(cuò)誤；B.小瓶在上升過程中，根據(jù)液體的壓強(qiáng)分布可以得出小瓶?jī)?nèi)氣體的壓強(qiáng)不斷減小，又由于其溫度不斷上升，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程二匚可得氣體的體積不斷增大，由于氣體體積增大所以氣體對(duì)外界做正功，B正確；cd.小瓶上升時(shí)，由于小瓶?jī)?nèi)氣體內(nèi)能增加，且氣體對(duì)外做功，貝y廠：心

18、根據(jù)熱力學(xué)第一定律【mg則有：0根據(jù)表達(dá)式可得吸收的熱量大于增加的內(nèi)能，CD錯(cuò)誤。故選Bo【分析】上浮過程由于溫度上過所以內(nèi)能增大，上升過程由于壓強(qiáng)減小，結(jié)合理想氣體的狀態(tài)方程可以判別其體積增大，所以氣體對(duì)外界做正功；由于內(nèi)能增大，且外界做負(fù)功，所以氣體吸收的熱量大于增加的內(nèi)能。3. 【答案】B【考點(diǎn)】動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用【解析】【解答】小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知小球的初速度為v0,末速度為0,在運(yùn)動(dòng)過程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功與路徑有關(guān)，根據(jù)幾何關(guān)系其運(yùn)動(dòng)的路程為：根據(jù)動(dòng)能定理e-L=G-Pu疣可得摩擦力的大小盧二J故選B。【分析】利用動(dòng)能定理結(jié)合小球初速度速度的大小可以求出摩擦力的大小

19、。4. 【答案】D【考點(diǎn)】理想氣體的狀態(tài)方程【解析】【解答】以充氣前臂帶中的氣體和充入的氣體為對(duì)象，氣體發(fā)生等溫變化，已知75OiuiiiHg，卩°=60ciDj，p=75OnniiHg+15OimnHg=9OOmiiDHg根據(jù)玻意耳定律可知沖+鳴二驢刃代入數(shù)據(jù)整理得故選Do【分析】氣體發(fā)生等溫變化，利用理想狀態(tài)方程可以求出體積V的大小。5. 【答案】B【考點(diǎn)】萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用【解析【解答】火星車和月球車懸停的過程，懸停時(shí)所受平臺(tái)的作用力等于萬(wàn)有引力，根據(jù)平衡方程有：N"引再根據(jù)心G專則F=G聯(lián)立可得亠=三_?故選Bo【分析】當(dāng)祝融和玉兔懸停時(shí)，其平臺(tái)對(duì)其的作用力等于星

20、體的引力大小，利用平衡方程結(jié)合引力公式可以求出作用力的比值大小。6. 【答案】C考點(diǎn)】共點(diǎn)力平衡條件的應(yīng)用，庫(kù)侖定律【解析】【解答】由于所有點(diǎn)電荷靜止，以y軸正向的點(diǎn)電荷為對(duì)象，其y軸正向的點(diǎn)電荷受到四個(gè)庫(kù)侖力處于平衡，根據(jù)庫(kù)侖定律及平衡條件可得苴廠區(qū)間內(nèi)解得Q-已知電勢(shì)和X軸距離的關(guān)系，利用電勢(shì)降低方向可以判別場(chǎng)強(qiáng)向X軸的負(fù)方向，因在將P沿X軸正向向右略微移動(dòng)后釋放，P受到向右的電場(chǎng)力而向右運(yùn)動(dòng)。故選C?！痉治觥坷命c(diǎn)電荷的平衡方程結(jié)合庫(kù)侖定律可以求出點(diǎn)電荷Q的大小，利用電勢(shì)降低的方向可以判別場(chǎng)強(qiáng)的方向進(jìn)而判別電勢(shì)P移動(dòng)的方向。7. 【答案】D【考點(diǎn)】光的干涉【解析】【解答】光經(jīng)過透明薄膜的

21、時(shí)，會(huì)在上下表面發(fā)生反射，從薄膜的上下表面分別反射的兩列光是相干光，根據(jù)光運(yùn)動(dòng)的路程可以得出光程差為薄膜厚度的2倍，則光程差為x=2d，當(dāng)光程差厶x=nA時(shí)此處表現(xiàn)為亮條紋，故相鄰亮條紋之間的薄膜的厚度差為亍入，根據(jù)兩亮條紋的間距不變，可以判別其薄膜厚度相同時(shí)其亮條紋之間的距離越大，所以可得條紋寬度逐漸變寬，則厚度不是均勻變小。故選D。【分析】利用亮條紋的間距可以判別兩個(gè)條紋之間的光程差及厚度之差，結(jié)合條紋間距的變化，可以判別厚度相同時(shí)其條紋之間距離越大，利用幾何關(guān)系可以判別其薄膜的厚度越來(lái)越小。8. 【答案】A【考點(diǎn)】萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用，電磁感應(yīng)與力學(xué)【解析】【解答】?jī)蓚€(gè)衛(wèi)星繞地球做勻速圓

22、周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)引力提供向心力有：根據(jù)牛頓第二定律可得衛(wèi)星的線速度為：導(dǎo)體繩切割磁感線相當(dāng)于電源，已知導(dǎo)線速度方向及磁場(chǎng)的方向，根據(jù)右手定則可知，導(dǎo)體繩產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相當(dāng)于上端為正極的電源，根據(jù)動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式有：£=BL-導(dǎo)體繩做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其切線方向平衡，根據(jù)安培力和導(dǎo)線受到的阻力平衡則可得其電池電動(dòng)勢(shì)大于感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，根據(jù)平衡方程有：再根據(jù)歐姆定律有：=一廠聯(lián)立可得f=占苧上解得犒-丟故選A?！痉治觥坷门ｎD第二定律結(jié)合向心力公式可以求出導(dǎo)線切割磁場(chǎng)的速度大小，結(jié)合動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)及平衡方程可以求出電池電動(dòng)勢(shì)的大小。二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分每小題有多個(gè)

23、選項(xiàng)符合題目要求全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分9.【答案】B,D考點(diǎn)】變壓器原理【解析】【解答】對(duì)于左側(cè)的變壓器，根據(jù)理想變壓器的規(guī)律有：根據(jù)規(guī)律可得次級(jí)電壓U2=3x7.5V=22.5VFT2當(dāng)開關(guān)接1時(shí)，根據(jù)電功率的表達(dá)式廠二，即可得右側(cè)變壓器的次級(jí)電壓=云=1汽根據(jù)歐姆定律有：匚二迸二1A62對(duì)于右側(cè)變壓器初級(jí)電壓，根據(jù)理想變壓器的規(guī)律有：可得匚一嚴(yán)亍-iiy,-=20-根據(jù)電流的規(guī)律有：則根據(jù)輸電線的歐姆定律有:當(dāng)開關(guān)S接2時(shí)，設(shè)輸電電流為I，則右側(cè)變壓器的次級(jí)電流為0.5I；右側(cè)變壓兩邊電壓關(guān)系可知解得I=3A根據(jù)電功率的表達(dá)式則R上的功率故選BD?！痉治觥扛鶕?jù)理

24、想變壓器的規(guī)律可以求出左側(cè)變壓器的輸出電壓，利用右側(cè)電功率的表達(dá)式及變壓器規(guī)律可得右側(cè)變壓器的輸入電壓和輸入電流，結(jié)合輸電線的歐姆定律可以求出輸電線的電阻，當(dāng)開關(guān)接2時(shí)，利用右側(cè)變壓器規(guī)律可以求出輸出電流的大小，結(jié)合熱功率的表達(dá)式可以求出電阻消耗的功率大小。10.【答案】A,C【考點(diǎn)】橫波的圖象【解析】【解答】由于未知其波從傳播方向，所以不能明確其橫波在時(shí)間間隔內(nèi)傳播的距離，所以需要假設(shè)波傳播的方向進(jìn)行分類討論：假設(shè)機(jī)械波沿軸正方向傳播，在匚二二時(shí)門點(diǎn)振動(dòng)方向豎直向上，在t2=5s時(shí)，x=3m處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向向上，則傳播時(shí)間=U二丸滿足-J.'=5r-J.T（n=0,1，2，3.）解得

25、廠二喬V、（n=0,1，2，3.）當(dāng)戸二0時(shí)，解得周期T二丄,A正確，B錯(cuò)誤；假設(shè)機(jī)械波沿軸負(fù)方向傳播，在t1=2s時(shí)其O點(diǎn)振動(dòng)方向豎直向上，在廠二飛時(shí)點(diǎn)處于波谷，則（n=0,1，2，3.）解得廠二?。╪=0，1，2，3.）當(dāng)J.:=I?時(shí)，解得周期廠=12S根據(jù)分析可以判別其AC選項(xiàng)符合題意，其BD選項(xiàng)不符合題意,故選AC?！痉治觥考僭O(shè)波傳播的方向，利用波傳播的距離可以求出周期的表達(dá)式，利用周期的表達(dá)式可以求出周期的大小，利用振動(dòng)方向及周期的大小可以求出O質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像。11.【答案】B,C【考點(diǎn)】平拋運(yùn)動(dòng)，動(dòng)量守恒定律【解析】【解答】AB.以熱氣球和物資為系統(tǒng)，系統(tǒng)處于靜止，所以合力為0,

26、且其初速度等于0則初動(dòng)量等于0,當(dāng)拋出物資瞬間，其作用力屬于內(nèi)力，所以系統(tǒng)動(dòng)量守恒；根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：丄八匸叫=,其熱氣球獲得與物資相反的速度，所以其熱氣球的初速度沿水平向左，根據(jù)牛頓第一定律可以得出熱氣球受到的合力等于mg,方向豎直向上，根據(jù)合力恒定可以判別氣球做勻變速運(yùn)動(dòng)，且初速度方向和加速度方向不同，所以熱氣球做曲線運(yùn)動(dòng)；A錯(cuò)誤，B正確；CD.熱氣球和物資的運(yùn)動(dòng)示意圖如圖所示熱氣球和物資所受合力大小均為”設(shè)熱氣球的加速度為a,根據(jù)牛頓第二定律有：物資做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)位移公式可得：落地時(shí)間為熱氣球在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)：根據(jù)位移公式有：=壬汙'Tj'于二pH熱氣球和物

27、資在水平方向均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，水平位移為j.r-二遼二唄豐二譏=爵礙根據(jù)勾股定理可知熱氣球和物資的實(shí)際位移為二C正確，D錯(cuò)誤。故選BC?！痉治觥坷脪伋鑫镔Y時(shí)的動(dòng)量守恒定律可以判別熱氣球獲得的初速度方向，結(jié)合合力方向可以判別其熱氣球的運(yùn)動(dòng)軌跡；結(jié)合水平方向和豎直方向的位移可以求出熱氣球和物資實(shí)際的位移大小。12.【答案】A,B,D【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)與力學(xué)【解析】【解答】ab.導(dǎo)體棒在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)中，只受重力和彈力的作用，根據(jù)牛頓第二定律有：=川廬&，所以在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域中有：由于在丨區(qū)域中，根據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增加則有:廠沽根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：£.=二.亍二十5再根據(jù)歐姆定律

28、有：二電二今所以其導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)時(shí)其I區(qū)域產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小恒定；導(dǎo)體棒在II區(qū)域切割磁場(chǎng)，會(huì)產(chǎn)生一個(gè)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，其產(chǎn)生的安培力會(huì)阻礙導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)，因?yàn)閷?dǎo)體棒到達(dá)點(diǎn)后又能上行，說明加速度始終沿斜面向上，導(dǎo)體棒下滑過程和上滑過程經(jīng)過點(diǎn)的受力分析如圖上0設(shè)導(dǎo)體棒下滑過程和上滑過程經(jīng)過點(diǎn)的速度分別為，則下滑經(jīng)過b時(shí)根據(jù)動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式有：E=根據(jù)歐姆定律其電流為：1：二飛-二-專ByilrvBykSLigsin-刖說i根據(jù)牛頓第二定律可矢口BJ-.L-一-出則上滑經(jīng)過b時(shí)根據(jù)動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式有：冇=§心"根據(jù)歐姆定律其電流為、二-p_=¥飛°根據(jù)牛頓第二定律

29、可知B-.I-.,!.-“岷皿直=鳳-月育，-出旳:伍=川化根據(jù)表達(dá)式對(duì)比可得：下滑過程和下滑過程經(jīng)過加段距離不變，根據(jù)勻變速速度位移公式，且由于心;:"0,所以八"，AB正確；CD.導(dǎo)體棒上滑過程中，由于合力與速度同向，則導(dǎo)體棒做加速度減小的加速度運(yùn)動(dòng)，則一定能回到無(wú)磁場(chǎng)區(qū)。由AB分析可得，導(dǎo)體棒進(jìn)磁場(chǎng)口區(qū)（下行進(jìn)磁場(chǎng)）的速度大于出磁場(chǎng)口區(qū)（下行進(jìn)磁場(chǎng)）的速度，導(dǎo)體棒在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)做加速度相同的減速運(yùn)動(dòng)坐皿詩(shī)=“化則金屬棒不能回到處，C錯(cuò)誤，D正確。故選ABD。【分析】利用牛頓第二定律可以求出下滑和上滑過程的加速度大小，利用速度位移公式可以比較速度的大??；利用加速度和速度的方

30、向可以判別其金屬棒可以回到無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域，利用過程速度的比較可以判別其金屬棒不能回到a處。三、非選擇題：本題共6小題，共60分13.【答案】(1)0.20(2) 1，；0.95(3) 高于考點(diǎn)】機(jī)械能【解析】【解答】（1）已知第3次乒乓球撞擊球臺(tái)的時(shí)刻：t1=2.00s，第4次撞擊的時(shí)刻t2=2.40s,則第3次碰撞到第4次碰撞用時(shí)=4丄恣，根據(jù)豎直上拋的對(duì)稱性可以得出下落和上升所花時(shí)間相等；根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)的位移公式可得：第3次碰撞后乒乓球彈起的高度為（2）碰撞后彈起瞬間速度為，碰撞前瞬間速度為，根據(jù)題意可知=A-，根據(jù)動(dòng)能的表達(dá)式可得：其損失的動(dòng)能二訂叮一亍忙三碰前的動(dòng)能為：由于小球從最高點(diǎn)下

31、落做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)的速度公式有：第3次碰前的瞬時(shí)速度V=齊='材=0二lg第3次碰撞后瞬間速度為尹二廠川丁。慎二匚乂怛則第3次碰撞過程中碰后速度和碰前速度的比值有：上二令=:0/J5（3）由于存在空氣阻力，乒乓球在上升過程中受到向下的阻力和重力，加速度變大，根據(jù)勻減速的位移公式/.I=VC，-T£7,-可得上升的高度變小，所以第（1）問中計(jì)算的彈起高度高于實(shí)際彈起的高度。分析】（1）利用豎直上拋運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間結(jié)合位移公式可以求出乒乓球彈起的高度；（2）利用速度公式可以求出碰撞前后的速度大小，結(jié)合動(dòng)能的表達(dá)式可以求出對(duì)應(yīng)的倍數(shù)（3）利用加速度的比較結(jié)合位移公式可

32、以判別實(shí)際彈起的高度偏小。(2)14.【答案】(1)(3)3500；大于(4)減小考點(diǎn)】電阻的測(cè)量解析】【解答】(1)實(shí)驗(yàn)利用半偏法測(cè)量熱敏電阻的阻值，則是利用斷開開關(guān)后其支路的電壓保持不變，使電流表的讀數(shù)為原來(lái)閉合開關(guān)時(shí)的一半，根據(jù)歐姆定律則可以得出其斷開開關(guān)后其熱敏電阻的阻值和電阻箱的阻值相等，這樣操作，當(dāng)開關(guān)斷開時(shí)其滑動(dòng)變阻器左端并聯(lián)部分的電壓會(huì)變大，為了使電壓變化量比較小則滑動(dòng)變阻器要選擇其阻值較小的，故滑動(dòng)變阻器應(yīng)選R疋(2)根據(jù)電路圖可以看出，滑動(dòng)變阻器要直接與電源、開關(guān)二進(jìn)行串聯(lián)，其開關(guān)S2要與電阻箱并聯(lián)后與毫安表串聯(lián)再接在滑動(dòng)變阻器右上方的接線柱；電路連接圖如圖所示抽枚電阻(3

33、)微安表半偏時(shí)，根據(jù)歐姆定律有：；貝y解得Rr由于斷開s2與閉合開關(guān)s2對(duì)比，由于該支路的電阻增加，所以導(dǎo)致其支路分得的電壓比閉合開關(guān)時(shí)大，熱敏電阻和毫安表所分得的電壓還是原來(lái)電壓的一半，根據(jù)歐姆定律，可得電阻箱的阻值略大于熱敏電阻與微安表的總電阻，所以用電阻箱的阻值等于熱敏電阻與微安表的總電阻來(lái)計(jì)算，其熱敏電阻的測(cè)量值比真實(shí)值偏大。(4) 當(dāng)溫度升高時(shí)，其圖像中對(duì)應(yīng)的橫坐標(biāo)減小，則對(duì)應(yīng)的1：1宜減小，根據(jù)的函數(shù)特點(diǎn)，當(dāng)血丘減小時(shí)則其減小，因此熱敏電阻隨溫度的升高逐漸減小。分析】(1)實(shí)驗(yàn)利用半偏法測(cè)量其熱敏電阻的阻值，為了防止其支路電壓變化量過大所以其滑動(dòng)變阻器要使用小阻值；2) 利用電路圖

34、進(jìn)行實(shí)物圖連線；3) 利用支路的歐姆定律可以求出熱敏電阻的阻值，結(jié)合其支路分壓變大可以判別其熱敏電阻的測(cè)量值大于其真實(shí)值；4) 利用圖像函數(shù)結(jié)合溫度的變化可以判別熱敏電阻的阻值變化。15. 【答案】(1)解：由幾何關(guān)系可得，光線在第一個(gè)三梭鏡右側(cè)斜面上的入射角等于，要使得兩種頻率的光都從左側(cè)第一個(gè)棱鏡斜面射出，則&需要比兩種頻率光線的全反射角都小，設(shè)C是全反射的臨界角，根據(jù)折射定律得$inC=長(zhǎng)折射率越大，臨界角越小，代入較大的折射率得5丁=4"所以頂角&的范圍為"滬45：(或滬41：)(2)解：脈沖激光從第一個(gè)三棱鏡右側(cè)斜面射出時(shí)發(fā)生折射，設(shè)折射角分別為和

35、，由折射定律得沁應(yīng)1設(shè)兩束光在前兩個(gè)三棱鏡斜面之間的路程分別為廠和則二口;&.聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得=14.4mm【考點(diǎn)】光的折射【解析】【分析】(1)為了使光從左側(cè)第一個(gè)棱鏡斜面射出，已知折射率的大小，利用全反射定律可以求出入射角的大小范圍，結(jié)合幾何關(guān)系可以求出頂角的大小范圍。(2) 已知折射率的大小，結(jié)合折射定律可以求出折射角的大??；結(jié)合幾何關(guān)系可以求出路程差的大小。16. 【答案】(1)解：設(shè)平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,鳥蛤落地前瞬間的速度大小為V。豎直方向分速度大小為，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解得H=，v=區(qū)-&在碰撞過程中，以鳥蛤?yàn)檠芯繉?duì)象，取速度v的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量定理得-mo-

36、賦聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得(2)解：若釋放鳥蛤的初速度為設(shè)擊中巖石左端時(shí)，釋放點(diǎn)的x坐標(biāo)為x1，擊中右端時(shí)，釋放點(diǎn)的x坐標(biāo)為，得|<=1/，門=疋-丄聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得二衛(wèi)山，廣弘m若釋放鳥蛤時(shí)的初速度為設(shè)擊中巖石左端時(shí)，釋放點(diǎn)的x坐標(biāo)為，擊中右端時(shí)，釋放點(diǎn)的x坐標(biāo)為，得：=小，聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得廠二弓上n,=4血1綜上得x坐標(biāo)區(qū)間或3住【考點(diǎn)】平拋運(yùn)動(dòng)【解析】【分析】(1)鳥蛤做平拋運(yùn)動(dòng)，利用豎直方向的位移公式及速度公式可以求出豎直方向的速度大小，結(jié)合速度的合成可以求出與地面碰撞的速度大小，結(jié)合動(dòng)量定理可以求出平均作用力的大??；(2)鳥蛤做平拋運(yùn)動(dòng)，利用平拋運(yùn)動(dòng)的位移公式可以求出釋放鳥蛤的坐標(biāo)范圍

37、。17. 【答案】(1)解：設(shè)離子在I區(qū)內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r,由牛頓第二定律得字療二=出二根據(jù)幾何關(guān)系得sine?=壬聯(lián)立式得川(2)解：離子在口區(qū)內(nèi)只受電場(chǎng)力，x方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，y方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)從進(jìn)入電場(chǎng)到擊中測(cè)試板中心C的時(shí)間為t，y方向的位移為"=：，加速度大小為a,由牛頓第二定律得=由運(yùn)動(dòng)的合成與分解得匸二Ww&T,；：=HP,="A聯(lián)立得，；爸口皿一僉一孟(3) 解：口區(qū)內(nèi)填充磁場(chǎng)后，離子在垂直y軸的方向做線速度大小為vcos0的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示。設(shè)左側(cè)部分的圓心角為，圓周運(yùn)動(dòng)半徑為，運(yùn)動(dòng)軌跡長(zhǎng)度為，由幾何關(guān)系得由于在y軸方向的運(yùn)

38、動(dòng)不變，離子的運(yùn)動(dòng)軌跡與測(cè)試板相切于C點(diǎn)，則離子在口區(qū)內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變，故有一_RVCOSVCOS0C到°】的距離5=燈:吃廠【考點(diǎn)】電荷在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)【解析】【分析】(1)離子在I區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，利用牛頓第二定律結(jié)合軌道半徑的大小可以求出粒子運(yùn)動(dòng)的速度大?。?2) 離子在II區(qū)域中只受電場(chǎng)力做功，其水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其豎直方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)；利用速度的分解結(jié)合兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)的位移公式可以求出電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；(3) 當(dāng)填充磁場(chǎng)后，其離子在垂直y方向上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，利用幾何關(guān)系可以求出軌跡弧長(zhǎng)的大小，再結(jié)合運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等可以求出C到0的距離大小

39、。18. 【答案】(1)解：從開始到B、C向左移動(dòng)到最大距離的過程中，以B、C和彈簧為研究對(duì)象，由功能關(guān)系得F上=彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)B、C分離，從彈簧最短到B、C分離，以B、C和彈簧為研究對(duì)象，由能量守恒得聯(lián)立方程解得丁'=F2-6/F+S/磚F（2）解：當(dāng)A剛要離開墻時(shí)，設(shè)彈簧得伸長(zhǎng)量為，以A為研究對(duì)象，由平衡條件得譏r若A剛要離開墻壁時(shí)B得速度恰好等于零，這種情況下恒力為最小值從彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)到A剛要離開墻得過程中，以B和彈簧為研究對(duì)象，由能量守恒得£=-T-結(jié)合第（1）問結(jié)果可知JTo嘔二G土p-!/根據(jù)題意舍去1mill.S、，所以恒力得最小值為二4、（3）解：從B、C分離到B停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)B的路程為口，C的位移為，以B為研究對(duì)象，由動(dòng)能定理得心二0_£上以c為研究對(duì)象，由動(dòng)能定理得由B、C得運(yùn)動(dòng)關(guān)系得s:"'<弓聯(lián)立可知心京（4）解：小物塊B、C向左運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)能定理得工"-2<：-號(hào)工；=0解得撤去恒力瞬間彈簧彈力為貝9坐標(biāo)原點(diǎn)的加速度為訂.=U-=（'=yr之后C開