资源描述
2021新课标卷物理解析14.为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的，在以下四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是14.答案：B解析：在地理北极附近是地磁场的S极，由安培定那么可知正确表示安培假设中环形电流方向的是图B。15.一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用。此后，该质点的动能可能A一直增大B先逐渐减小到零，再逐渐增大C先逐渐增大到某一值，再逐渐减小D先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大15.答案：ABD解析：假设该恒力与开始时匀速运动的方向夹角小于90，那么该恒力做正功，该质点的动能一直增大，选项A正确；假设该恒力与开始时匀速运动的方向相反，那么该恒力先做负功，待速度减小到零后该恒力做正功，该质点的动能先逐渐减小到零，再逐渐增大，选项B正确；假设该恒力与开始时匀速运动的方向夹角大于90，那么该恒力先做负功，后做正功，该质点的动能先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大，选项D正确。16.一蹦极运发动身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，至最低点时距水面还有数米距离。假定空气阻力可忽略，运发动可视为质点，以下说法正确的选项是A运发动到达最低点前重力势能始终减小B蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加C蹦极过程中，运发动、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关16.答案：ABC解析：蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取无关，选项D错误。17.如图，一理想变压器原副线圈的匝数比为1：2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220V，额定功率为22W；原线圈电路中接有电压表和电流表。现闭合开关，灯泡正常发光。假设用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，那么AU=110V， I=0.2ABU=110V， I=0.05ACU=110V， I=0.2ADU=110V， I=0.2A17.答案：A解析：灯泡正常发光说明副线圈输出电压为220V，原线圈输入电压为110V，电压表读数为110V；由变压器功率关系可知，变压器输入功率为22W，电流表读数为0.2A，选项A正确。18.电磁轨道炮工作原理如下图。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触。电流I从一条轨道流入，通过导电弹体从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I成正比。通电的弹体在轨道上受到的安培力在作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的方法是A只将轨道长度L变为原来的2倍B只将电流I增加到原来的2倍C只将弹体质量减小到原来的一半D将弹体质量减小到原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其它量不变，18.答案：BD解析：设B=kI，轨道之间距离d，那么发射过程中，安培力做功kI2dL，由动能定理kI2dL=mv2，要使弹体的出射速度增加至原来的2倍，可采用的方法是只将电流I增加到原来的2倍；或将弹体质量减小到原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其它量不变，选项BD正确。19.卫星 信号需要通过地球同步卫星传送。如果你与同学在地面用卫星 通话，那么从你发出信号至对方接收到信号所需最短时间最接近于可能用到的数据：月球绕地球运动的轨道半径约为3.8105km，运行周期约为27天，地球半径约为6400km，无线电信号的传输速度为3108m/sA0.1s B0.25s C0.5s D1s19.答案：B解析：由题给数据可估算出地球同步卫星距地面高度大约为3.6107m，从你发出信号到对方接收到信号所需最短时间为t=23.61073.0108s=0.24s，所以选项B正确。20.一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c。质点的速率是递减的。关于b点电场强度E的方向，以下图示可能正确的选项是虚线是曲线b点的切线20.答案：D解析：根据质点的速率是递减的，质点所受电场力一定做负功，所受电场力方向与运动方向夹角大于90，所以图示可能正确的选项是D。21.如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。现假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F=ktk是常数，木板和木块加速度大小分别为a1和a2。以下反映a1和a2变化的图线正确的选项是21.答案：A解析：当给木块施加的水平力F小于木块与木板之间的最大静摩擦力时，二者一起做加速运动。当给木块施加的水平力F大于木块与木板之间的最大静摩擦力时，木板所受摩擦力不变，木板加速度a1为一恒量，木板做匀加速运动。设木块所受的滑动摩擦力大小为f，那么木块所受合外力为kt-f，由牛顿第二定律，木块加速度a2=(kt-f)/m，所以反映a1和a2变化的图线正确的选项是A。22. 22.5分为了测量一微安表头A的内阻，某同学设计了如下图的电路。图中，A0是标准电流表，R0和RN分别是滑动变阻器和电阻箱，S和S1分别是单刀双掷开关和单刀开关，E是电池。完成以下实验步骤中的填空：1将S拨向接点1，接通S1，调节_,使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时_的读数I；2然后将S拨向接点2，调节_,使_,记下此时RN的读数；3屡次重复上述过程，计算RN读数的_,此即为待测微安表头内阻的测量值。22.答案：1R0 A0 2RN A0的读数仍为I 3平均值解析：此题测量微安表头A的内阻采用的是替代法。首先将S拨向接点1，接通S1，调节R0，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时标准电流表A0的读数I；然后将S拨向接点2，让电阻箱替代待测电流表，调节RN,使标准电流表A0的读数仍为I；此时电阻箱读数等于待测电流表内阻,记下此时RN的读数；屡次重复上述过程，计算RN读数的平均值，此即为待测微安表头内阻的测量值。23.10分利用图1所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度。一斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动，当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t。改变光电门甲的位置进行屡次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离s，记下相应的t值；所得数据如下表所示。完成以下填空和作图：1假设滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度vt、测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式是_；(2)根据表中给出的数据，在图2给出的坐标纸上画出图线；3由所画出的图线，得出滑块加速度的大小为a=_m/s2保存2位有效数字。23.答案：1=-at+vt 2图线如下图。32.0解析：设滑块经过光电门甲的速度为v0，由匀变速直线运动规律，s=(v0+vt)t/2， vt =v0+ at联立解得=-at+vt。图线的斜率等于a，由图线可知，其斜率等于1.0，所以滑块加速度的大小为a=2.0 m/s2。24.13分甲乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变。在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半。求甲乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比。24.解析：设汽车甲在第一段时间间隔末时间t0的速度为v,第一段时间间隔内行驶的路程为s1,加速度为a,在第二段时间间隔内行驶的路程为s2。由运动学公式得v=at0设汽车乙在时间t0的速度为v，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s1、s2。同样有v=(2a) t0 设甲、乙两车行驶的总路程分别为s、s，那么有s= s1+s2 s= s1+s2联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为25.19分如图，在区域I0xd和区域IIdx2d内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面。一质量为m、带电荷量qq0的粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域I，其速度方向沿x轴正向。a在离开区域I时，速度方向与x轴正方向的夹角为30；因此，另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从p点沿x轴正向射入区域I，其速度大小是a的1/3。不计重力和两粒子之间的相互作用力。求1粒子a射入区域I时速度的大小；2当a离开区域II时，a、b两粒子的y坐标之差。 25.解析：1设粒子a在I内做匀速圆周运动的圆心为C在y轴上，半径为Ra1，粒子速率为va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为,如图，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 由几何关系得 式中，=30，由式得 (2)设粒子a在II内做圆周运动的圆心为Oa,半径为，射出点为图中未画出轨迹，。由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 由式得 、和三点共线，且由 式知点必位于 的平面上。由对称性知，点与点纵坐标相同，即=cos+h 式中，h是C点的y坐标。 设b在I中运动的轨道半径为，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 设a到达点时，b位于点，转过的角度为。如果b没有飞出I，那么 式中，t是a在区域II中运动的时间，而 由式得=30 由式可见，b没有飞出。点的y坐标为=(2+cos)+h 由式及题给条件得，a、b两粒子的y坐标之差为- = (-2)d (二)选考题：共45分。请考生从给出的3道物理题，3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂提米的题号一致，在答题卡上选答区域指定位置答题。如果多做，那么每学科按所做的第一题计分。33.【物理选修3-3】15分16分对于一定量的理想气体，以下说法正确的选项是_。选对一个给3分，选对两个给4分，选对3个给6分。每选错一个扣3分，最低得分为0分A 假设气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变B 假设气体的内能不变，其状态也一定不变C 假设气体的温度随时间不段升高，其压强也一定不断增大D气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关E当气体温度升高时，气体的内能一定增大33.1答案：ADE解析：由理想气体状态方程可知，假设气体的压强和体积都不变，其温度不变，内能也一定不变，选项A正确；理想气体做等温变化，内能不变，而体积压强变化，状态变化，选项B错误；假设气体的温度随时间不段升高，体积也随着增大，其压强也可能不变或减小，选项C错误；由热力学第一定律，气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关，选项D正确；由于理想气体的内能只与温度有关，当气体温度升高时，气体的内能一定增大，选项E正确。29分如图，一上端开口，下端封闭的细长玻璃管，下部有长l1=66cm的水银柱，中间封有长l2=6.6cm的空气柱，上部有长l3=44cm的水银柱，此时水银面恰好与管口平齐。大气压强为p0=70cmHg。如果使玻璃管绕低端在竖直平面内缓慢地转动一周，求在开口向下和转回到原来位置时管中空气柱的长度。封入的气体可视为理想气体，在转动过程中没有发生漏气。33.2解析：设玻璃管开口向上时，空气柱压强为p1= p0+ gl3 式中，和g分别表示水银的密度和重力加速度。玻璃管开口响下时，原来上部的水银有一局部会流出，封闭端会有局部真空。设此时开口端剩下的水银柱长度为x，那么p2= gl1 ，p2+gx = p0， 式中，p2管内空气柱的压强。由玻意耳定律得 p1(Sl2)= p2(Sh) 式中,h是此时空气柱的长度，S为玻璃管的横截面积。由式和题给条件得h=12cm从开始转动一周后，设空气柱的压强为p3，那么p3= p0+ gx 由玻意耳定律得p1(Sl2)= p3(Sh) 式中，h是此时空气柱的长度。由h9.2cm 34.【物理选修3-4】1一振动周期为T，振幅为A，位于x=0点的波源从平衡位置沿y轴正向开始做简谐振动，该波源产生的一维简谐横波沿x轴正向传播，波速为v，传播过程中无能量损失，一段时间后，该振动传播至某质点P，关于质点P振动的说法正确的选项是_。A振幅一定为AB周期一定为TC速度的最大值一定为vD开始振动的方向沿y轴向上或向下取决去他离波源的距离E假设P点与波源距离s=vT，那么质点P的位移与波源的相同34(1)答案：ABE解析：波传播过程中，介质中质点做受迫振动，由于波传播过程中无能量损失，所以质点P振动的振幅一定为A，周期一定为T，质点振动的最大速度与波速无关，选项AB正确C错误；开始振动的方向与波源开始振动方向相同，选项D错误；假设P点与波源距离s=vT，那么质点P与波源振动步调一致，P的位移与波源的相同，选项E正确。2一半圆柱形透明物体横截面如下图，地面AOB镀银，O表示半圆截面的圆心，一束光线在横截面内从M点的入射角为30，角MOA=60，角NOB=30。求：(i)光线在M点的折射角；(ii)透明物体的折射率。2解析：i如图，透明物体内部的光路为折线MPN，Q、M点相对于底面EF对称，QPN三点共线。设在M点处，光的入射角为i，折射角为r，OMQ=，PNF=.根据题意有=30，由几何关系得PNO=PQO=r，于是+r=60 且+r= 由式得r=15。ii根据折射率公式有sini=nsinr 由式得n=。35.【物理选修3-5】1在光电效应试验中，某金属的截止频率相应的波长为0，该金属的逸出功为_。假设用波长为0单色光做实验，那么其截止电压为_。电子的电荷量，真空中的光速和布朗克常量分别为e，c和h。1答案: hc/0 解析：金属的逸出功等于W=hc/0. 假设用波长为0单色光做实验，由爱因斯坦光电效应方程，Ek= hc/-W，而Ek=eU，联立解得其截止电压为U=。2如图，ABC三个木块的质量均为m。置于光滑的水平面上，BC之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触可不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把BC紧连，是弹簧不能伸展，以至于BC可视为一个整体，现A以初速沿BC的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起，以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A，B别离，C离开弹簧后的速度恰为，求弹簧释放的势能。2解析：设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒得 设C离开弹簧时，A、B的速度大小为，由动量守恒得 设弹簧的弹性势能为，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有 由式得弹簧所释放的势能为 2021年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试物理局部二、选择题：本大题共8小题。在每题给出的四个选项中，有的只有一个选项符合题目要求，有的有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14、关于一定量的气体，以下表达正确的选项是A、气体吸收的热量可以完全转化为功B、气体体积增大时，其内能一定减少C、气体从外界吸收热量，其内能一定增加D、外界对气体做功，气体内能可能减少【答案及解析】AD此题考查热热力学第一、第二定律，主要考查学生对热力学定律的概念掌握和理解。根据热力学第二定律：不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化。即气体吸收热量在引起了其他变化的情况下，可以完全转化为功，A对；内能的影响因素有气体的体积和温度，故气体体积增大时，由于温度变化情况未知，故内能不一定减少，B错；内能可以通过做功和热传递改变，气体从外界吸收热量，由于对外做功情况未知，故内能不一定增加，C错；同理外界对气体做功，由于热传递情况未知，故气体内能有可能减少，D对。dbcaI1I215、如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直。磁感应强度可能为零的点是A、a点B、b点C、c点D、d点 【答案及解析】C此题考查安培定那么，主要考查用安培定那么判断电流周围的磁场分布情况以及矢量的叠加原理。根据安培定那么可知I1和I2电流分别在a处产生的磁场方向为垂直ac连线向上和向下，由于I1I2，且I1电流与a点的距离比I2电流与a点距离要小，故B1aB2a，那么a处磁感应强度不可能为零，A错；两电流在b处产生的场强方向均垂直ac连线向下，故B错；I1和I2电流分别在c处产生的磁场方向为垂直ac连线向下和向上，且I1电流与c点的距离比I2电流与c点距离要大，故B1c与B2c有可能等大反向，C对；两电流在d处产生的场的方向一定成某一夹角，且夹角一定不为180，D错。abcd16、雨后太阳光入射到水滴中发生色散而形成彩虹。设水滴是球形的，图中的圆代表水滴过球心的截面，入射光线在过此截面的平面内，a、b、c、d代表四条不同颜色的出射光线，那么它们可能依次是A、紫光、黄光、蓝光和红光 B、紫光、蓝光、黄光和红光C、红光、蓝光、黄光和紫光D、红光、黄光、蓝光和紫光【答案及解析】B此题考查折射定律与光的色散，要求考生能熟练记忆各种单色光对同一种介质的折射率的大小关系。由光路图显然可看出a光的偏折程度最大，故a光的折射率最大，选项中应该以“红橙黄绿蓝靛紫反过来的顺序进行排列，B对。17、通常一次闪电过程历时约0.20.3s，它由假设干个相继发生的闪击构成。每个闪击持续时间仅4080s，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中。在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0109V，云地间距离约为l km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6 C，闪击持续时间约为60s。假定闪电前云地间的电场是均匀的。根据以上数据，以下判断正确的选项是A、闪电电流的瞬时值可到达1105A B、整个闪电过程的平均功率约为l1014W C、闪电前云地间的电场强度约为l106V/mD、整个闪电过程向外释放的能量约为6106J【答案及解析】AC此题考查电场强度、电势差、平均功率、电流等知识点，要求考生掌握电流的定义，知道电场强度与电势差的关系，区别瞬时物理量与平均物理量。根据题意第一个闪击过程中转移电荷量Q6C，时间约为t60s，故平均电流为I平1105A，闪电过程中的瞬时最大值一定大于平均值，故A对；第一次闪击过程中电功约为WQU6109J，第一个闪击过程的平均功率P11014W，由于一次闪电过程主要发生在第一个闪击过程中，但整个闪电过程中的时间远大于60s，故B错；闪电前云与地之间的电场强度约为EV/m1106V/m，C对；整个闪电过程向外释放的能量约为W6109J，D错。18、氢原子的基态能量为E1，激发态能量EnE1/n2，其中n2,3。用h表示普朗克常量，c表示真空中的光速。能使氢原子从第一激发态电离的光子的最大波长为A、B、C、D、【答案及解析】C此题考查能级跃迁，要求知道激发态、基态及电离的概念，理解能级跃迁过程中的能级差及光子的能量公式。依题意可知第一激发态能量为E2E1/22，要将其电离，需要的能量至少为E0E2h，根据波长、频率与波速的关系c，联立解得最大波长，C对。19、我国“嫦娥一号探月卫星发射后，先在“24小时轨道上绕地球运行即绕地球一圈需要24小时；然后，经过两次变轨依次到达“48小时轨道和“72小时轨道；最后奔向月球。如果按圆形轨道计算，并忽略卫星质量的变化，那么在每次变轨完成后与变轨前相比 A、卫星动能增大，引力势能减小B、卫星动能增大，引力势能增大 C、卫星动能减小，引力势能减小D、卫星动能减小，引力势能增大【答案及解析】D此题考查人造卫星的发射、能量守恒定律、万有引力定律，要求考生理解卫星变轨过程中的动能、势能及能量的变化。依题意可将“嫦娥一号视为圆周运动，且质量变化可忽略不计，那么变轨后，轨道更高，由卫星运动规律可知高轨道速度小，故变轨后动能变小，排除A、B选项；卫星发射越高，需要更多能量，由能量守恒定律可知高轨道的卫星能量大，而高轨道动能反而小，因此高轨道势能一定大当然也可直接通过离地球越远引力势能越大来判断，D对。20、质量为M内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为。初始时小物块停在箱子正中间，如下图。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，井与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，那么整个过程中，系统损失的动能为A、mv2 B、v2C、NmgLD、NmgL【答案及解析】BD此题考查动量守恒、功能关系及能量守恒定律。设最终箱子与小物块的速度为v1，根据动量守恒定律：mv(mM)v1，那么动能损失Ekmv2(mM)v12，解得Ekv2，B对；依题意：小物块与箱壁碰撞N次后回到箱子的正中央，相对箱子运动的路程为S0.5L(N1)L0.5LNL，故系统因摩擦产生的热量即为系统瞬时的动能：EkQNmgL，D对。21、一列简谐横波沿x轴传播，波长为1.2m，振幅为A。当坐标为x0处质元的位移为A且向y轴负方向运动时坐标为x0.4m处质元的位移为A。当坐标为x0.2m处的质元位于平衡位置且向y轴正方向运动时，x0.4m处质元的位移和运动方向分别为A、A、沿y轴正方向 B、A，沿y轴负方向 C、A、沿y轴正方向 D、A、沿y轴负方向【答案及解析】yx0.20.400.60.8C此题考查机械振动和机械波的知识，要求考生能结合数学三角函数图象与物理的波动图象计算。依题意可画出如图实线所示的波形图，设波向右传播，x0处的质元正处于yA处，x0.4m处的质元的位移为yA处，满足题意。当x0.2m处的质元处在平衡位置向y轴正方向运动时，波形图如图中虚线所示，显然x0.4m处的质元正处于yA处，且沿y轴正方向运动，C对。22、6分在“油膜法估测油酸分子的大小实验中，有以下实验步骤： 往边长约为40cm的浅盘里倒入约2cm深的水待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上。 用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定。 将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小。 用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积。 将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上。完成以下填空：1上述步骤中，正确的顺序是_。填写步骤前面的数字2将1cm3的油酸溶于酒精，制成300cm3的油酸酒精溶液；测得lcm3的油酸酒精溶液有50滴。现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是0.13m2。由此估算出油酸分子的直径为_m。结果保存l位有效数字【答案及解析】1；251010此题考查用油膜法估测油酸分子直径大小的实验。1依据实验顺序，首先配置混合溶液，然后在浅盘中放水和痱子粉，将一滴溶液滴入浅盘中，将玻璃板放在浅盘上获取油膜形状，最后用边长的坐标纸上的油膜形状来计算油墨的总面积，故正确的操作顺序为；2一滴油酸酒精溶液的体积为：VSD，其中S0.13cm2，故油酸分子直径D51010m。23、12分使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源(一般为电池)、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端。现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60mA的电流表，电阻箱，导线假设干。实验时，将多用电表调至1 挡，调好零点；电阻箱置于适当数值。完成以下填空：1仪器连线如图l所示(a和b是多用电表的两个表笔)。假设两电表均正常工作，那么表笔a为_ (填“红或“黑)色；2假设适当调节电阻箱后，图1中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图2(a)，(b)，(c)所示，那么多用电表的读数为_，电流表的读数为_mA，电阻箱的读数为_；176543289010017643289010176543289011764328900.1图2c55图2b3将图l中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为_mA；保存3位有效数字4计算得到多用电表内电池的电动势为_V。保存3位有效数字【答案及解析】此题考查测电阻的电学实验，并要求能对欧姆表、电流表及电阻箱进行正确读数。1根据所有电器“红进黑出的一般原那么，对多用电表来说，电流从红表笔进入多用电表，电流从黑表笔从多用电表流出，由于设计电路图中a表笔接在电流表的正极，故电流经过多用电表从a表笔流出，故a表笔为多用电表的黑表笔。2欧姆表读数为R14.0；电流表读数为I50mA3.053.0mA；电阻箱读数为：4160.14.6。3多用电表接外电路时，考虑到多用电表表头的电流刻度是均匀的，其表头偏转的格数与表盘总格数之比为26：50，而多用电表接外电路时，外电路电流表示数为I53.0mA，设表笔短接时通过多用电表的电流为I0，那么，解得I0102mA。4设多用电表内阻为r，外电路电阻为R14，多用电表接外电路时：EI(rR)，多用电表两表笔短接时：EI0r，联立解得多用电表内的电池电动势E1.54V。acMNbdL24、15分如图，两根足够长的金属导轨ab、cd竖直放置，导轨间距离为L1电阻不计。在导轨上端并接两个额定功率均为P、电阻均为R的小灯泡。整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直。现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放。金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好。某时刻后两灯泡保持正常发光。重力加速度为g。求：1磁感应强度的大小；2灯泡正常发光时导体棒的运动速率。【解答】1设小灯泡的额定电流I0，有：PI02R由题意，在金属棒沿着导轨竖直下落的某时刻后，小灯泡保持正常发光，流经MN的电流为 I2I0 此时刻金属棒MN所受的重力和安培力相等，下落的速度到达最大值，有 mgBLI联立式得 B2设灯泡正常发光时，导体棒的速率为v，由电磁感应定律与欧姆定律得EBLvERI0联立式得 v25、19分MNBEP0v0如图，与水平面成45角的平面MN将空间分成I和II两个区域。一质量为m、电荷量为qq0的粒子以速度v0从平面MN上的P0点水平右射入I区。粒子在I区运动时，只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用，电场强度大小为E；在II区运动时，只受到匀强磁场的作用，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。求粒子首次从II区离开时到出发点P0的距离。粒子的重力可以忽略。【解答】带电粒子进入电场后，在电场力的作用下沿抛物线运动，其加速度方向竖直向下，设其大小为a，由牛顿定律得qEma设经过时间t0，粒子从平面MN上的点P1进入磁场，由运动学公式和几何关系得v0t0at02 粒子速度大小V1为 V1设速度方向与竖直方向的夹角为，那么 tan此时粒子到出发点P0的距离为 s0v0t0此后，粒子进入磁场，在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，圆周半径为 r1设粒子首次离开磁场的点为P2，弧P1P2所张的圆心角为2，那么P1到点P2的距离为s12r1sin由几何关系得 45联立式得 s1点P2与点P0相距 ls0s1联立解得 l()26、20分装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。通过对一下简化模型的计算可以粗略说明其原因。质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑桌面上。质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿。现把钢板分成厚度均为d、质量均为m的相同两块，间隔一段距离水平放置，如下图。假设子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞。不计重力影响。【解答】设子弹初速度为v0，射入厚度为2d的钢板后，最终钢板和子弹的共同速度为V由动量守恒得 (2mm)Vmv0解得 Vv0此过程中动能损失为 Emv023mV2解得 Emv02分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为v1和V1，由动量守恒得 mv1mV1mv0因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，射穿第一块钢板的动能损失为，由能量守恒得 mv12mV12mv02联立式，且考虑到v1必须大于V1，得 v1()v0设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V2，由动量守恒得 2mV2mv1损失的动能为 Emv122mV22联立式得E(1)因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，由式keep，射入第二块钢板的深度x为x(1)d2021年普通高等学校招生全国统一考试山东卷物理试卷解析版二、选择题此题包括7小题，每题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分 16.了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。以下符合事实的是ABA.焦耳发现了电流热效应的规律B.库仑总结出了点电荷间相互作用的规律C.楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D.牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动解析：主要考查物理学史。奥斯特发现了电流的磁效应，C项错误。伽利略将斜面实验结论合理外推，间接证明自由落体运动是匀速直线运动，D项错误。正确答案是AB。17.甲、乙为两颗地球卫星，其中甲为地球同步卫星，乙的运行高度低于甲的运行高度，两卫星轨道均可视为圆轨道。以下判断正确的选项是ACA.甲的周期大于乙的周期 B.乙的速度大于第一宇宙速度C.甲的加速度小于乙的加速度 D.甲在运行时能经过北极的正上方解析：主要考查万有引力定律和圆周运动知识。卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，有 解得，所以B项错误。， 。因为，所以，A C选项正确。地球同步卫星只能定点于赤道正上方与赤道平面共面上，D项错误。18.如下图，将小球从地面以初速度竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球从距地面处由静止释放，两球恰在处相遇不计空气阻力。那么CA.两球同时落地 B.相遇时两球速度大小相等 C.从开始运动到相遇，球动能的减少量等于球动能的增加量 D.相遇后的任意时刻，重力对球做功功率和对球做功功率相等 解析：主要考查v-t图象和动能定理。根据题意作出a、b的v-t图象，如下图。由v-t图象知A、B、D选项错误。从开始运动到相遇，a球上升高度为,b球下降高度为。由动能定理可知，球动能的减少量等于球动能的增加量，C项正确。19. 如下图，将两相同的木块a、b置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳固定于墙壁。开始时a、b均静止。弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a所受摩擦力0，b所受摩擦力=0，现将右侧细绳剪断，那么剪断瞬间 AD A 大小不变 B 方向改变C 仍然为零 D 方向向右解析：主要考查摩擦力。细绳剪断瞬间，细绳拉力突变为零，在弹簧拉力作用下，b所受摩擦力方向向右，D项正确。而弹簧长度不发生突变，a的受力情况不变，A项正确，B项错误。20. 为保证用户电压稳定在220V，变电所需适时进行调压，图甲为调压变压器示意图。保持输入电压不变，当滑动接头P上下移动时可改变输出电压。某次检测得到用户电压随时间t变化的曲线如图乙所示。以下正确的选项是 BD A、B、C、为使用户电压稳定在220V，应将P适当下移D、为使用户电压稳定在220V，应将P适当上移解析：主要考查正弦交流电规律和变压器原副线圈电压与匝数的关系。由图乙知，所以。A项错误，B项正确。由知，为使用户电压稳定在220V，应减少n1,将P适当上移。C项错误，D项错误。21、如下图，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上。以下判断正确的选项是 BC A、 b点场强大于d点场强 B、 b点场强小于d点场强C、 a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差D、 试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能解析：主要考查静电场知识。根据等量异种点电荷电场线分布特点，连线中点场强最小，在中垂线上该点场强最大。A项错误，B项正确。a、c关于MN对称，位于同一等势面上，而MN上各点电势为零，C项正确。试探电荷+q从a点移到c点，电场力做正功，电势能减少，D项错误。22.如图甲所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计。两质量、长度均相同的导体棒、，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度处。磁场宽为3，方向与导轨平面垂直。先由静止释放，刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放，两导体棒与导轨始终保持良好接触。用表示的加速度，表示的动能，、分别表示 、相对释放点的位移。图乙中正确的选项是BD 解析：主要考查运动学知识和安培力、电磁感应知识。由静止释放c，进入磁场之前做自由落体运动，c进入磁场后做匀速运动。此时再静止释放d做自由落体运动，到进入磁场时，c运动的位移。然后c、d以共同速度运动，回路中不产生感应电流，c只受重力，所以A项错误，B项正确。C离开磁场后，回路中产生感应电流，d受到向上的安培力大于重力，做减速运动。所以C项错误，D项正确。【必做局部】23.12分1某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数的实验方案。如下图，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端。开始时小球和滑块均静止，剪断细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音。用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移。空气阻力对本实验的影响可以忽略滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为_。滑块与斜面间的动摩擦因数为_。以下能引起实验误差的是_。a滑块的质量 b当地重力加速度的大小c长度测量时的读数误差 d小球落地和滑块撞击挡板不同时答案： cd解析：滑动沿斜面做初速度为零的匀加速直线运动，有，小球做自由落体运动，有，所以。对滑块受力分析，根据牛顿第二定律得.即解得由分析知,c、d能引起实验误差。2某同学利用图甲所示电路，探究了电源在不同负载下的输出功率。 所得实验数据如以下图，请在给出的直角坐标系上(见答题卡)画出的图像。 根据所画的图像，可求得电流时电源的输出功率为_。保存两位有效数验完成后，该同学对实验方案进行了反思，认为按图甲电路进行实验操作的过程中存在平安隐患，并对电路重新设计。在图乙所示的电路中，你认为既能测出电源在不同负载下的输出功率，又能消除平安隐患的是 。Rx阻值未知解析：由U-I图象可知，当I=0.2A时，U=1.8V。由P=UI得P=1.80.2w=0.36wbc24.15分如下图，在高出水平地面的光滑平台上放置一质量、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度且外表光滑，左段外表粗糙。在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量。B与A左段间动摩擦因数。开始时二者均静止，现对A施加水平向右的恒力，待B脱离AA尚未露出平台后，将A取走。B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离。取求：1B离开平台时的速度。2B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间ts和位移xB3A左端的长度l2解析：1B离开平台做平抛运动。竖直方向有水平方向有由式解得代入数据求得 2设B的加速度为,由牛顿第二定律和运动学知识得 联立式，代入数据解得 3设B刚开始运动时A的速度为,由动能定理得 设B运动时A的加速度为，由牛顿第二定律和运动学知识有 联立式，代入数据解得 25.18分扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆。其简化模型如图：、两处的条形匀强磁场区边界竖直，相距为L,磁场方向相反且垂直纸面。一质量为m、电量为-q、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U,粒子经电场加速后平行于纸面射入区，射入时速度与水平和方向夹角1当区宽度L1=L、磁感应强度大小B1=B0时，粒子从区右边界射出时速度与水平方向夹角也为，求B0及粒子在区运动的时间t02假设区宽度L2=L1=L磁感应强度大小B2=B1=B0，求粒子在区的最高点与区的最低点之间的高度差h3假设L2=L1=L、B1=B0，为使粒子能返回区，求B2应满足的条件4假设，且已保证了粒子能从区右边界射出。为使粒子从区右边界射出的方向与从区左边界射出的方向总相同，求B1、B2、L1、L2、之间应满足的关系式。解析：如图1所示，设粒子射入磁场I区的速度为v，在磁场I区做圆周运动半径为，由动能定理和牛顿第二定律得 由几何关系得 联立得 设粒子在I区做圆周运动周期为T，运动时间为t T= 联立式解得 2设粒子在磁场II区做圆周运动半径为，由牛顿第二定律得 由几何知识得 联立式解得 3如图2所示，为使粒子能再次返回到I区应满足 联立式解得 4如图3或图4所示，设粒子射出磁场I区时速度与水平方向的夹角为，由几何知识可得 联立式解得 【选做局部】36.8分物理选修3-31人类对物质属性的认识是从宏观到微观不断深入的过程。以下说法正确的选项是 。 a液体的分子势能与体积有关 b晶体的物理性质都是各向异性的 c温度升高，每个分子的动能都增大 d露珠呈球状是由于液体外表张力的作用解析：物体体积变化时，分子间的距离将发生改变，分子势能随之改变，所以分子势能与体积有关，a项正确。晶体分为单晶体和多晶体，单晶体的物理性质各向异性，多晶体的物理性质各向同性，b项错误。温度是分子平均动能的标志，具有统计的意义，C项错误。液体外表的张力具有使液体外表收缩到最小的趋势，d项正确。2气体温度计结构如下图。玻璃测温泡A内充有理想气体，通过细玻璃管B和水银压强计相连。开始时A处于冰水混合物中，左管C中水银面在O点处，右管D中水银面高出O点=14cm。后将A放入待测恒温槽中，上下移动D，使C中水银面仍在O点处，测得D中水银面高出O点=44cm。外界大气压为1个标准大气压，1标准大气压相当于76cmHg求恒温槽的温度。此过程A内气体内能 填“增大或“减小，气体不对外做功，气体将 (填“吸热或“放热)。解析： 设恒温槽的温度为，由题意知A内气体发生等容变化，由查理定律得 联立式解得理想气体的内能只由温度决定，A气体的温度升高，所以内能增大。由热力学第一定律知，气体不对外做功，气体将吸热。 37、 8分物理物理3-41如下图，一列简谐波沿x轴传播，实线为=0时的波形图，此时P质点向y轴负方向运动，虚线为时的波形图。周期T0.01s。波沿x轴_(填“正或“负方向传播。求波速。解析：=0时，P质点向y轴负方向运动，由波的形成与传播知识可以判断波沿x轴正向传播。由题意知 联立式代入数据求得2如下图，扇形AOB为透明柱状介质的横截面，圆心角AOB=60。一束平行于角平分线OM的单色光由OA射入介质，经OA折射的光线恰平行于OB。求介质的折射率。折射光线中恰好射到M点的光线_(填“能或“不能发生全反射。解析：依题意作出光路图，如下图。由几何知识知入谢角i=,折射角。根据折射定律代入数据求得。 ,sin=,而sinc=。，所以不能发生全反射。38. 8分【物理-物理3-5】(1)碘131核不稳定，会发生衰变，其半衰变期为8天。碘131核的衰变方程： _衰变后的元素用X表示。经过_天有75%的碘131核发生了衰变。解析： 核衰变遵守电荷量和质量数守恒，所以+ 根据半衰期概念，得 即 解得t=16天。 (2)如下图，甲、乙两船的总质量包括船、人和货物分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为、。为防止两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。不计水的阻力 解析：设乙船上的人抛出货物的最小速度为，抛出货物后的速度为，甲船上的人接到货物后速度为，由动量守恒定律得 为防止两船相撞应满足 联立式得 2021年高考广东卷理科综合A卷铅柱钩码一、单项选择题13. 如下图, 两个接触面平滑的铅柱压紧后悬挂起来, 下面的铅柱不脱落, 主要原因是A. 铅分子做无规那么热运动 B. 铅柱受到大气压力作用C. 铅柱间存在万有引力作用 D. 铅柱间存在分子引力作用MN14.如下图为某种椅子与其升降局部的结构示意图, M、N两筒间密闭了一定质量的气体，M可沿N的内壁上下滑动，设筒内气体不与外界发生热交换，在M向下滑动的过程中A. 外界对气体做功，气体内能增大B. 外界对气体做功，气体内能减小C. 气体对外界做功，气体内能增大D. 气体对外界做功，气体内能减小15. 将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，以下表述正确的选项是A. 感应电动势的大小与线圈的匝数无关B. 穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C. 穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D. 感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同F3300F1F2600P16. 如下图的
展开阅读全文