2021年高考物理真題試卷(廣東卷)(學(xué)生版)

2021年高考物理真題試卷（廣東卷）

一、單項(xiàng)選擇題：本題共7小題,每小題4分，共28分,在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合

題目要求的。

1.（2021?廣東）科學(xué)家發(fā)現(xiàn)銀河系中存在大量的放射性同位素鋁26,鋁26的半衰期為72萬(wàn)年，其衰變方程為

13A1^12Mg+Y'下列說(shuō)法正確的是（）

A.Y是氯核B.Y是質(zhì)子

C.再經(jīng)過(guò)72萬(wàn)年，現(xiàn)有的鋁26衰變一半D.再經(jīng)過(guò)144萬(wàn)年，現(xiàn)有的鋁26全部衰變

2.（2021?廣東）2021年4月，我國(guó)自主研發(fā)的空間站“天和"核心艙成功發(fā)射并入軌運(yùn)行，若核心艙繞地球的運(yùn)行可

視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知引力常量，由下列物理量能計(jì)算出地球質(zhì)量的是（）

A.核心艙的質(zhì)量和繞地半徑B.核心艙的質(zhì)量和繞地周期

C.核心艙的繞地角速度和繞地周期D.核心艙的繞地線速度和繞地半徑

3.（2021?廣東）唐代《來(lái)耙經(jīng)》記載了曲轅犁相對(duì)直轅犁的優(yōu)勢(shì)之一是起土省力，設(shè)牛用大小相等的拉力F通過(guò)耕

索分別拉兩種犁，F(xiàn)與豎直方向的夾角分別為a和夕，?</?,如圖所示，忽略耕索質(zhì)量，耕地過(guò)程中，下列

說(shuō)法正確的是（）

A.耕索對(duì)曲轅犁拉力的水平分力比對(duì)直轅犁的大

B.耕索對(duì)曲轅犁拉力的豎直分力比對(duì)直轅犁的大

C.曲轅犁勻速前進(jìn)時(shí)，耕索對(duì)犁的拉力小于犁對(duì)耕索的拉力

D.直轅犁加速前進(jìn)時(shí)，耕索對(duì)犁的拉力大于犁對(duì)耕索的拉力

4.（2021?廣東）由于高度限制，車庫(kù)出入口采用圖所示的曲桿道閘，道閘由轉(zhuǎn)動(dòng)桿OP與橫桿PQ鏈接而成，P、

Q為橫桿的兩個(gè)端點(diǎn)。在道閘抬起過(guò)程中，桿PQ始終保持水平。桿OP繞。點(diǎn)從與水平方向成30。勻速轉(zhuǎn)動(dòng)到

60。的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）

\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\

A.P點(diǎn)的線速度大小不變B.P點(diǎn)的加速度方向不變

C.Q點(diǎn)在豎直方向做勻速運(yùn)動(dòng)D.Q點(diǎn)在水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)

5.（2021?廣東）截面為正方形的絕緣彈性長(zhǎng)管中心有一固定長(zhǎng)直導(dǎo)線，長(zhǎng)管外表面固定著對(duì)稱分布的四根平行長(zhǎng)直

導(dǎo)線，若中心直導(dǎo)線通入電流/i,四根平行直導(dǎo)線均通入電流12,/2?/2,電流方向如圖所示，下列截面圖

中可能正確表示通電后長(zhǎng)管發(fā)生形變的是（）

0

6.（2021?廣東）圖是某種靜電推進(jìn)裝置的原理圖，發(fā)射極與吸極接在高壓電源兩端，兩極間產(chǎn)生強(qiáng)電場(chǎng)，虛線為等

勢(shì)面，在強(qiáng)電場(chǎng)作用下，一帶電液滴從發(fā)射極加速飛向吸極，a、b是其路徑上的兩點(diǎn)，不計(jì)液滴重力，下列說(shuō)法

正確的是（）

A.a點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)的低B.a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比b點(diǎn)的小

C.液滴在a點(diǎn)的加速度比在b點(diǎn)的小D.液滴在a點(diǎn)的電勢(shì)能比在b點(diǎn)的大

7.（2021?廣東）某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)充電裝置，如圖所示，假設(shè)永磁鐵的往復(fù)運(yùn)動(dòng)在螺線管中產(chǎn)生近似正弦式交流

電，周期為0.2s,電壓最大值為0Q5V,理想變壓器原線圈接螺線管，副線圈接充電電路，原、副線圈匝數(shù)比為

1：60,下列說(shuō)法正確的是（）

永磁鐵

充電電路

螺線管

A.交流電的頻率為10Hz

B.副線圈兩端電壓最大值為3V

C.變壓器輸入電壓與永磁鐵磁場(chǎng)強(qiáng)弱無(wú)關(guān)

D.充電電路的輸入功率大于變壓器的輸入功率

二、多項(xiàng)選擇題：本小題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合

題目要求。全部做對(duì)的得6分，選對(duì)但不全對(duì)的得3分，有選錯(cuò)的得。分。

8.（2021?廣東）賽龍舟是端午節(jié)的傳統(tǒng)活動(dòng)。下列u-t和s-t圖像描述了五條相同的龍舟從同一起點(diǎn)線同時(shí)出

發(fā)、沿長(zhǎng)直河道劃向同一終點(diǎn)線的運(yùn)動(dòng)全過(guò)程，其中能反映龍舟甲與其它龍舟在途中出現(xiàn)船頭并齊的有（）

9.（2021?廣東）長(zhǎng)征途中，為了突破敵方關(guān)隘，戰(zhàn)士爬上陡銷的山頭，居高臨下向敵方工事內(nèi)投擲手榴彈，戰(zhàn)士在

同一位置先后投出甲、乙兩顆質(zhì)量均為m的手榴彈，手榴彈從投出的位置到落地點(diǎn)的高度差為h,在空中的運(yùn)動(dòng)可

視為平拋運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示，重力加速度為g,下列說(shuō)法正確的有（）

工事

A.甲在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間比乙的長(zhǎng)

B.兩手榴彈在落地前瞬間，重力的功率相等

C.從投出到落地，每顆手榴彈的重力勢(shì)能減少mg/i

D.從投出到落地，每顆手榴彈的機(jī)械能變化量為mg/t

10.（2021?廣東）如圖所示，水平放置足夠長(zhǎng)光滑金屬導(dǎo)軌abc和de,ab與de平行，be是以。為圓心的

圓弧導(dǎo)軌，圓弧be左側(cè)和扇形。兒內(nèi)有方向如圖的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，金屬桿OP的。端與e點(diǎn)用導(dǎo)線相接，P端與圓

弧be接觸良好，初始時(shí)，可滑動(dòng)的金屬桿MN靜止在平行導(dǎo)軌上，若桿OP繞0點(diǎn)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)內(nèi)從b至Uc勻

速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，回路中始終有電流，則此過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的有（）

A.桿OP產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定B.桿OP受到的安培力不變

C.桿MN做勻加速直線運(yùn)動(dòng)D.桿MN中的電流逐漸減小

三、非選擇題：共54分。第11~14題為必考題，考生都必須作答。第15~16題為選考題，考生根據(jù)

要求作答。

11.（2021?廣東）某興趣小組測(cè)量一緩沖裝置中彈簧的勁度系數(shù)，緩沖裝置如圖所示，固定在斜面上的透明有機(jī)玻

璃管與水平面夾角為30。，彈簧固定在有機(jī)玻璃管底端。實(shí)驗(yàn)過(guò)程如下：先沿管軸線方向固定一毫米刻度尺，再將

單個(gè)質(zhì)量為200g的鋼球（直徑略小于玻璃管內(nèi)徑）逐個(gè)從管口滑進(jìn)，每滑進(jìn)一個(gè)鋼球，待彈簧靜止，記錄管內(nèi)鋼

球的個(gè)數(shù)n和彈簧上端對(duì)應(yīng)的刻度尺示數(shù)Lo,數(shù)據(jù)如表所示。實(shí)驗(yàn)過(guò)程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。采用逐差法

計(jì)算彈簧壓縮量，進(jìn)而計(jì)算其勁度系數(shù)。

n123456

L"cm8.0410.0312.0514.0716.1118.09

利用AL.=計(jì)算彈簧的壓縮量：

(1)4+3-4(i=1,2,3)4〃=6.03cm，丹=6.08cm,4L3=

cm,壓縮量的平均值質(zhì)=絲止等吆=cm；

（2）上述AL是管中增加個(gè)鋼球時(shí)產(chǎn)生的彈簧平均壓縮量；

忽略摩擦，重力加速度取2該彈簧的勁度系數(shù)為（結(jié)果保留位有效數(shù)字）

（3）g9.80m/s,N/mo3

12.（2021?廣東）某小組研究熱敏電阻阻值隨溫度的變化規(guī)律。根據(jù)實(shí)驗(yàn)需要已選用了規(guī)格和量程合適的器材。

（1）先用多用電表預(yù)判熱敏電阻阻值隨溫度的變化趨勢(shì)。選擇適當(dāng)倍率的歐姆擋，將兩表筆,調(diào)節(jié)歐姆

調(diào)零旋鈕，使指針指向右邊"°Q"處。測(cè)量時(shí)觀察到熱敏電阻溫度越高，相同倍率下多用電表指針向右偏轉(zhuǎn)角度

越大，由此可判斷熱敏電阻阻值隨溫度的升高而

（2）再按圖連接好電路進(jìn)行測(cè)量。

①閉合開關(guān)S前，將滑動(dòng)變阻器R1的滑片滑到端（選填"a"或"b"）。

將溫控室的溫度設(shè)置為T,電阻箱島調(diào)為某一阻值/?oi?閉合開關(guān)S,調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器%,使電壓表和電流表

的指針偏轉(zhuǎn)到某一位置。記錄此時(shí)電壓表和電流表的示數(shù)、T和。斷開開關(guān)S。

再將電壓表與熱敏電阻C端間的導(dǎo)線改接到D端，閉合開關(guān)S。反復(fù)調(diào)節(jié)治和&,使電壓表和電流表的示數(shù)與

上述記錄的示數(shù)相同。記錄此時(shí)電阻箱的阻值&2。斷開開關(guān)S。

②實(shí)驗(yàn)中記錄的阻值R02（選填"大于"、"小于"或"等于"）。此時(shí)熱敏電阻阻值Rr=。

改變溫控室的溫度，測(cè)量不同溫度時(shí)的熱敏電阻阻值，可以得到熱敏電阻阻值隨溫度的變化規(guī)律。

13.（2021?廣東）算盤是我國(guó)古老的計(jì)算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導(dǎo)桿上滑動(dòng)，使用前算珠需要

歸零，如圖所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置，甲靠邊框b,甲、乙相隔s1=3.5x

2

10-m,乙與邊框a相隔S2=2.0x10-2,算珠與導(dǎo)桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.1?，F(xiàn)用手指將甲以0.4m/s

的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小為04m/s，方向不變，碰撞時(shí)間極短且不計(jì)，重力加速度g取

10m/s20

邊框〃

邊框人

（1）通過(guò)計(jì)算，判斷乙算珠能否滑動(dòng)到邊框a；

（2）求甲算珠從撥出到停下所需的時(shí)間。

14.（2021?廣東）圖是一種花瓣形電子加速器簡(jiǎn)化示意圖，空間有三個(gè)同心圓a、b、c圍成的區(qū)域，圓a內(nèi)為無(wú)場(chǎng)

區(qū)，圓a與圓b之間存在輻射狀電場(chǎng)，圓b與圓c之間有三個(gè)圓心角均略小于90。的扇環(huán)形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)I、II和川。

各區(qū)感應(yīng)強(qiáng)度恒定，大小不同，方向均垂直紙面向外。電子以初動(dòng)能Ek0從圓b上P點(diǎn)沿徑向進(jìn)入電場(chǎng)，電場(chǎng)可

以反向，保證電子每次進(jìn)入電場(chǎng)即被全程加速，已知圓a與圓b之間電勢(shì)差為U,圓b半徑為R,圓c半徑為

V3/?，電子質(zhì)量為m,電荷量為e,忽略相對(duì)論效應(yīng)，取tan22.5°=0.4。

（1）當(dāng)Eko=O時(shí)，電子加速后均沿各磁場(chǎng)區(qū)邊緣進(jìn)入磁場(chǎng)，且在電場(chǎng)內(nèi)相鄰運(yùn)動(dòng)軌跡的夾角6均為45。，最終

從Q點(diǎn)出射，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中帶箭頭實(shí)線所示，求I區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小、電子在I區(qū)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間及在Q

點(diǎn)出射時(shí)的動(dòng)能；

（2）已知電子只要不與I區(qū)磁場(chǎng)外邊界相碰，就能從出射區(qū)域出射。當(dāng)E/=keU時(shí)，要保證電子從出射區(qū)域出

射，求k的最大值。

四、【選修3-3】

15.（2021?廣東）

（1）在高空飛行的客機(jī)上某乘客喝完一瓶礦泉水后，把瓶蓋擰緊。下飛機(jī)后發(fā)現(xiàn)礦泉水瓶變癟了，機(jī)場(chǎng)地面溫度

與高空客艙內(nèi)溫度相同。由此可判斷，高空客艙內(nèi)的氣體壓強(qiáng)（選填"大于"、"小于"或"等于"）機(jī)場(chǎng)地面

大氣壓強(qiáng)：從高空客艙到機(jī)場(chǎng)地面，礦泉水瓶?jī)?nèi)氣體的分子平均動(dòng)能（選填"變大"、"變小"或"不變。

（2）為方便抽取密封藥瓶里的藥液，護(hù)士一般先用注射器注入少量氣體到藥瓶里后再抽取藥液，如圖所示，某種

藥瓶的容積為0.9mL,內(nèi)裝有0.5mL的藥液，瓶?jī)?nèi)氣體壓強(qiáng)為1.0x10$pa,護(hù)士把注射器內(nèi)橫截面積為

z、長(zhǎng)度為、壓強(qiáng)為的氣體注入藥瓶，若瓶?jī)?nèi)外溫度相同且保持不變，氣體視為理想氣

0.3rm0.4cm1.0x105

體，求此時(shí)藥瓶?jī)?nèi)氣體的壓強(qiáng)。

五、【選修3-4】

16.（2021?廣東）

（1）如圖所示，一個(gè)輕質(zhì)彈簧下端掛一小球，小球靜止?，F(xiàn)將小球向下拉動(dòng)距離A后由靜止釋放，并開始計(jì)時(shí)，

小球在豎直方向做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，周期為T。經(jīng)￡時(shí)間，小球從最低點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)的距離________7（選填"大于"、"小

oZ

于"或"等于"）:在時(shí)刻，小球的動(dòng)能________（選填"最大"或"最小"）。

74

（2）如圖所示，一種光學(xué)傳感器是通過(guò)接收器Q接收到光的強(qiáng)度變化而觸發(fā)工作的。光從擋風(fēng)玻璃內(nèi)側(cè)P點(diǎn)射向

外側(cè)M點(diǎn)再折射到空氣中，測(cè)得入射角為a,折射角為p；光從P點(diǎn)射向外側(cè)N點(diǎn)，剛好發(fā)生全反射并被Q接

收，求光從玻璃射向空氣時(shí)臨界角6的正弦值表達(dá)式。

光源P接收器0內(nèi)側(cè)

答案解析部分

一、單項(xiàng)選擇題：本題共7小題,每小題4分，共28分,在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。

1.【答案】C

【考點(diǎn)】核反應(yīng)方程

【解析】【解答】AB.鋁發(fā)生衰變，其生成物為鎂，根據(jù)核反應(yīng)的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知Y的上標(biāo)為0,下標(biāo)為

1,則該核反應(yīng)是碧A1-衰Mg+?e，即丫是正電子，AB不符合題意；

CD.半衰期為大量原子核衰變一半質(zhì)量所花的時(shí)間，因72萬(wàn)年是一個(gè)半衰期，可知再過(guò)72萬(wàn)年，現(xiàn)有的鋁26衰

變一半；再過(guò)144萬(wàn)年，即兩個(gè)半衰期，兩個(gè)半衰期其鋁衰變四分之三，所以鋁原子核還沒(méi)衰變的質(zhì)量剩下四分之

一，C符合題意，D不符合題意；

故答案為：C?

【分析】利用質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可以判別Y是正電子；利用半衰期的大小可以判別原子核衰變的質(zhì)量大小。

2.【答案】D

【考點(diǎn)】萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用

【解析】【解答】核心艙做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，地球?qū)诵呐摰囊μ峁┖诵呐撟鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)的向心力，根據(jù)牛頓

第二定律可得：G=my=ma)2r-m^-r

4殂anv2r47T2r3

可得M=〒=^=B

根據(jù)地球質(zhì)量的表達(dá)式可知要求地球的質(zhì)量需要核心艙的線速度、核心艙的軌道半徑、核心艙的角速度(或周期)

中的其中兩個(gè)因素方可以實(shí)現(xiàn)。

故答案為：D?

【分析】利用引力提供向心力結(jié)合核心艙的線速度和半徑可以求出地球質(zhì)量的大小。

3.【答案】B

【考點(diǎn)】力的分解，牛頓第三定律

【解析】【解答】A.對(duì)比兩圖直轅犁和曲轅犁兩個(gè)構(gòu)造可以得出耕索與豎直方向的夾角不同，將拉力F正交分解

如下圖所示

對(duì)于曲轅犁，則在x方向可得出Fx釁Fsina,在y方向可得出入釁Fcosa

對(duì)于直轅犁，則在x方向可得出Fxe=FsinB，在y方向可得出FyxFcosB

由題知a<P則sina<sinp

cosa>cosP

則可得到Fx|ll)<Fx直,Fy||l|>Fy在

A不符合題意、B符合題意；

CD.無(wú)論是曲轅犁還是直轅犁，根據(jù)牛頓第三定律可得耕索對(duì)犁的拉力與犁對(duì)耕索的拉力是一對(duì)相互作用力，它

們大小相等，方向相反，無(wú)論是加速還是勻速，其拉力大小相等，則C、D不符合題意。

故答案為：B,

【分析】利用拉力進(jìn)行分解可以比較水平分力和豎直分力的大??；耕索對(duì)犁的拉力和犁對(duì)耕索的拉力屬于相互作

用力大小相等。

4.【答案】A

【考點(diǎn)】勻速圓周運(yùn)動(dòng)

【解析】【解答】A.由于桿0P做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)可得P點(diǎn)的線速度大小不變，A

符合題意；

B.由于桿0P做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其向心力和向心加速度時(shí)刻指向圓心所以方向時(shí)刻改變，則P點(diǎn)的向心加速度方向

時(shí)刻改變，B不符合題意；

C.由于P點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所在在t時(shí)間內(nèi)，其P點(diǎn)在y方向的位置為：yi=l°pxsin(g+3t),且Q點(diǎn)在豎直方

向的運(yùn)動(dòng)與P點(diǎn)相同，則Q點(diǎn)的位移y關(guān)于時(shí)間t的關(guān)系為y二lopxsin(g+u)t)

從表達(dá)式可得Q點(diǎn)在豎直方向不是勻速運(yùn)動(dòng)，C不符合題意；

D.由于P點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所在在t時(shí)間內(nèi)，其P點(diǎn)在x方向的位置為：xi=6xcos(￡+3t),則Q點(diǎn)在水平方

O

向的位移X關(guān)于時(shí)間t的關(guān)系為x=lopXCOS(7+3t)+IPQ

o

從表達(dá)式可得Q點(diǎn)在水平方向也不是勻速運(yùn)動(dòng)，D不符合題意。

故答案為：A.

【分析】由于桿0P勻速轉(zhuǎn)動(dòng)所以其線速度大小保持不變，由于做勻速圓周運(yùn)動(dòng)所以其向心加速度方向不斷改變，

利用0P桿運(yùn)動(dòng)的位移結(jié)合位移的分解可以判別其Q點(diǎn)水平方向和豎直方向位移和時(shí)間的關(guān)系。

5.【答案】C

【考點(diǎn)】安培力，左手定則

【解析】【解答】如圖所示，已知五條通電直導(dǎo)線的電流方向，且中心直導(dǎo)線的電流與周圍四根直導(dǎo)線的電流關(guān)系

有：I.?12,則可不考慮四個(gè)邊上的直導(dǎo)線之間的相互作用，只考慮中間導(dǎo)線和周圍四個(gè)導(dǎo)線的安培力作用；

根據(jù)同吸異斥可以得出：正方形上下兩個(gè)導(dǎo)線受到中間導(dǎo)線的排斥力，導(dǎo)致正方形上下邊長(zhǎng)凸出，其左右兩個(gè)導(dǎo)

線受到中間導(dǎo)線的吸引力作用，導(dǎo)致正方形左右兩邊形成凹形，故變形后的形狀如C圖所示，所以C選項(xiàng)符合題

息。

故答案為：C,

【分析】利用安培定則可以判別其通電導(dǎo)線周期產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向，結(jié)合左手定則可以判別其導(dǎo)線受到的安培力方

向進(jìn)而判別彈性長(zhǎng)管的變形情況。

6.【答案】D

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

【解析】【解答】A.發(fā)射極接高壓電源的正極，其電場(chǎng)線方向從正極指向負(fù)極，則所加強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)向右，根據(jù)

電勢(shì)沿電場(chǎng)線方向不斷降低可知<pa><Pb

A不符合題意；

B.從圖中可以得出a所處等勢(shì)線比b密集，根據(jù)等差等勢(shì)線的疏密反映場(chǎng)強(qiáng)的大小，可得：Ea>Eb

B不符合題意；

C.已知a點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大于b點(diǎn)，液滴的重力不計(jì)，其電場(chǎng)力等于合力，根據(jù)牛頓第二定律可知，液滴的加速度為

a=^

m

因Ea>Eb,可得Cla>%

C不符合題意；

D.液滴在電場(chǎng)力作用下向右加速，動(dòng)能增大，其電場(chǎng)力方向向右，所以電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，即EPa>

Epb

D符合題意；

故答案為：D,

【分析】利用等勢(shì)面的疏密可以比較電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；利用電場(chǎng)線的方向可以比較電勢(shì)的高度；利用牛頓第二定

律結(jié)合場(chǎng)強(qiáng)的大小可以比較加速度的大??；利用電場(chǎng)力做功可以比較電勢(shì)能的大小。

7.【答案】B

【考點(diǎn)】變壓器原理

【解析】【解答】A.已知永磁鐵往復(fù)運(yùn)動(dòng)的周期是T=0.2s,根據(jù)周期和頻率的關(guān)系有：/=i=5Hz

A不符合題意；

B.已知變壓器的原線圈最大電壓Ui=0.05V,且原副線圈的匝數(shù)之比為1:60,由理想變壓器原理可知今=詈

解得副線兩端的最大電壓為4=色/=3v,B符合題意；

C.根據(jù)電動(dòng)勢(shì)峰值的表達(dá)式Em=nBS3,則永磁鐵磁場(chǎng)強(qiáng)，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大，變壓器的輸入電

壓會(huì)越大，C不符合題意；

D.由于理想變壓器不計(jì)能量的損失，根據(jù)能量守恒定律可得充電電路的輸入功率等于變壓器的輸入功率，D不符

合題意。

故答案為：B。

【分析】利用周期可以求出頻率的大?。焕迷褦?shù)之比結(jié)合輸入電壓的峰值可以求出輸出電壓的峰值；當(dāng)永磁體

的磁感應(yīng)強(qiáng)度變大時(shí)線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨之變大；由于屬于理想變壓器所以輸入功率等于輸出功率的大小。

二、多項(xiàng)選擇題：本小題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全

部做對(duì)的得6分，選對(duì)但不全對(duì)的得3分，有選錯(cuò)的得。分。

8.【答案】B,D

【考點(diǎn)】S-t圖象，v-t圖象

【解析】【解答】A.圖A屬于v-t圖像，其圖線與t軸所圍面積代表龍舟運(yùn)動(dòng)的位移，在圖中其甲的面積一直比乙

的面積大，所以中途不可能出現(xiàn)甲乙船頭并齊，A不符合題意；

B.圖B屬于v-t圖像，其圖線與t軸所圍面積代表龍舟運(yùn)動(dòng)的位移，在甲和丙到達(dá)終點(diǎn)前，有某一時(shí)刻兩者面積相

等，由圖可以判斷在中途甲、丙位移會(huì)相同，所以在中途甲丙船頭會(huì)并齊，B符合題意；

C.圖C屬于s-t圖像，其圖像的交點(diǎn)代表兩個(gè)龍舟出現(xiàn)齊頭并進(jìn)的時(shí)刻，由于丁甲沒(méi)有交點(diǎn)中途不可能出現(xiàn)甲丁船

頭并齊，C不符合題意；

D.圖D屬于s-t圖像，其圖像的交點(diǎn)代表兩個(gè)龍舟出現(xiàn)齊頭并進(jìn)的時(shí)刻，由于戊甲在某一時(shí)刻出現(xiàn)交點(diǎn)所以甲戊在

中途船頭會(huì)齊，D符合題意。

故答案為：BD。

【分析】速度時(shí)間圖像中利用圖像面積代表位移，利用面積相等時(shí)可以判別兩船出現(xiàn)齊頭并進(jìn)；位移時(shí)間圖像中

利用圖像交點(diǎn)可以判別兩船齊頭并進(jìn)。

9.【答案】B,C

【考點(diǎn)】平拋運(yùn)動(dòng)

【解析】【解答】A.甲乙兩個(gè)手榴彈都做平拋運(yùn)動(dòng)，其豎直方向?yàn)樽杂陕潴w運(yùn)動(dòng)，根據(jù)位移公式有：t=

因?yàn)閮墒至駨椷\(yùn)動(dòng)的高度差相同，所以在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，A不符合題意；

B.手榴彈在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度位移公式有：v/=2gh

落地時(shí)根據(jù)速度的分解有：

vy=VCOS0

做平拋運(yùn)動(dòng)的物體洛地刖瞬間重力的功率為：P=mgvcosd=mgJ2g九

兩手榴彈運(yùn)動(dòng)的高度差相同，質(zhì)量相同，根據(jù)表達(dá)式可得落地前瞬間，兩手榴彈重力功率相同，B符合題意；

C.根據(jù)功能關(guān)系有：物體重力勢(shì)能變化量等于物體克服重力所做的功，從投出到落地，手榴彈下降的高度為h,

所以手榴彈重力勢(shì)能減小量/%=mg2，C符合題意；

D.根據(jù)機(jī)械能守恒條件有：只有重力對(duì)物體做功時(shí)物體的機(jī)械能守恒，則從投出到落地，手榴彈做平拋運(yùn)動(dòng)，只

有重力做功，機(jī)械能守恒，D不符合題意。

故答案為：BC?

【分析】利用平拋運(yùn)動(dòng)的位移公式結(jié)合下落的高度可以比較運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；利用豎直方向的速度結(jié)合重力可以比較

重力瞬時(shí)功率的大??；利用高度的變化可以求出重力勢(shì)能的減少量；利用只有重力做功所以機(jī)械能守恒。

10.【答案】A,D

【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)中切割類問(wèn)題，電磁感應(yīng)與力學(xué)

【解析】【解答】A.根據(jù)動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式E=可得：0P轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=

當(dāng)OP勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，其B、r、3的大小不變所以桿OP產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，A符合題意；

BCD.以0P棒為對(duì)象，根據(jù)右手定則可得桿0P勻速轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)產(chǎn)生的感應(yīng)電流由M到N通過(guò)MN棒，

以MN棒為對(duì)象，由左手定則可知，MN棒受到向左的安培力會(huì)向左運(yùn)動(dòng)，MN棒運(yùn)動(dòng)會(huì)切割磁感線，根據(jù)右手定

則可以得出MN棒產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)與原來(lái)電流方向相反，讓回路電流減小，當(dāng)電流減小時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有：

ma=BIL,則MN棒所受安培力會(huì)減小，加速度減小，D符合題意，BC不符合題意。

故答案為：AD。

【分析】利用動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式結(jié)合桿勻速轉(zhuǎn)動(dòng)所以產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)大小恒定；利用右手定則可以判別感應(yīng)電流

的方向，結(jié)合左手定則可以判別桿0P受到的安培力方向不斷變化；利用左手定則結(jié)合右手定則可以判別MN中的

電流逐漸減小所以安培力和加速度不斷減小。

三、非選擇題：共54分。第11~14題為必考題，考生都必須作答。第15~16題為選考題，考生根據(jù)要求作答。

11.【答案】(1)6.04；6.05

(2)3

(3)48.6

【考點(diǎn)】探究彈力和彈簧伸長(zhǎng)的關(guān)系

【解析】【解答】（1）當(dāng)i=3時(shí)，根據(jù)壓縮量的表達(dá)式有：AL3=L6-L3,

代入數(shù)據(jù)可得：AL3=6.04cm

根據(jù)壓縮量的平均值有：ALi+4「2+4乙3

3

代入數(shù)據(jù)可得：瓦=6.05cm

（2）根據(jù)/L是相差3個(gè)鋼球的壓縮量之差，則所求平均值為管中增加3個(gè)鋼球時(shí)產(chǎn)生的彈簧平均壓縮量;

（3）由于鋼球受到彈力和重力的分力時(shí)靜止，根據(jù)鋼球的平衡條件有3mgsinO=k-ZZ

解得k=3mgsin0_3x0.2x9.8xsin30°

—6.05X10-2N/m-48.6N/m

【分析】（1）利用彈簧的長(zhǎng)度可以求出形變量的大??；利用壓縮量可以求出平均值的大??；

（2）由于形變量對(duì)應(yīng)增加三個(gè)鋼球的壓縮量，所以其平均值為3個(gè)鋼球產(chǎn)生的平均壓縮量；

（3）利用平衡方程結(jié)合重力的大小可以求出勁度系數(shù)的大小。

12.【答案】（1）短接；減小

（2）b；大于；R01—R02

【考點(diǎn)】熱敏電阻和光敏電阻

【解析】【解答】（1）多用電表使用歐姆擋位時(shí)，首先應(yīng)該選擇適當(dāng)?shù)谋堵?，將紅黑筆進(jìn)行短接，進(jìn)行歐姆調(diào)零;

歐姆表其指針的偏轉(zhuǎn)代表電流的大小，當(dāng)歐姆表指針向右偏轉(zhuǎn)角度越大，則電流越大其熱敏電阻的阻值越小，則

判斷熱敏電阻的阻值隨溫度升高而減小。

（2）①滑動(dòng)變阻器在電路中使用分壓式接法，為了防止電路電流過(guò)大，閉合開關(guān)S前，應(yīng)將滑動(dòng)變阻器Ri的阻值

調(diào)到最大，即將滑片滑到b端；

②第一次電壓表接在C端時(shí)，根據(jù)歐姆定律有：y=/?oi，第二次電壓表接在D端時(shí)，根據(jù)歐姆定律有：y=

R

R02+T，因?yàn)?/p>

根據(jù)兩次電壓表和電流表的示數(shù)相同則：Roi=R02+RT，RT=ROI-&2

從表達(dá)式可得Roi大于RO2O

【分析】（1）歐姆調(diào)零需要將紅黑筆短接；指針向右偏轉(zhuǎn)說(shuō)明熱敏電阻其阻值隨溫度的升高而不斷減??；

（2）閉合開關(guān)時(shí)其滑動(dòng)變阻器要滑在b端使其電阻處于最大值；由于電壓表和電流表讀數(shù)相同，結(jié)合歐姆定律可

以比較電阻的大小，利用兩次總電阻相同可以求出熱敏電阻的阻值大小。

13.【答案】（1）解：甲乙滑動(dòng)時(shí)的加速度大小均為a=〃g=lm/s2

甲與乙碰前的速度vi,則vf=VQ-2as1

解得vi=0.3m/s

甲乙碰撞時(shí)由動(dòng)量守恒定律mvi

=mv2+niv3

解得碰后乙的速度V3=0.2m/s

然后乙做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度減為零時(shí)則x4=2xim=0.02m=s2

可知乙恰好能滑到邊框a

（2）解：甲與乙碰前運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tiZ22

=^=^S=O.1S

碰后甲運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

t2=7=Ts=O.ls則甲運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t=ti+t2=0.2s

【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律，勻變速直線運(yùn)動(dòng)基本公式應(yīng)用

【解析】【分析】（1）已知?jiǎng)幽Σ烈驍?shù)的大小，結(jié)合牛頓第二定律可以求出甲乙運(yùn)動(dòng)的加速度大小，甲與乙碰前

做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，利用速度位移公式可以求出碰前速度的大小，甲乙碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，利用動(dòng)量守恒定律可

以求出乙碰后速度的大小，結(jié)合乙做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式可以求出運(yùn)動(dòng)的位移；

（2）甲碰前做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，碰后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，利用速度公式可以求出碰前和碰后的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。

14.【答案】（1）解：電子在電場(chǎng)中加速有2e（7=imv2

在磁場(chǎng)I中，由幾何關(guān)系可得r=Rtan22.5°=OAR

Brev=m—

聯(lián)立解得Bi=亞匹

在磁場(chǎng)I中的運(yùn)動(dòng)周期為T=子

由幾何關(guān)系可得，電子在磁場(chǎng)I中運(yùn)動(dòng)的圓心角為：兀

在磁場(chǎng)I中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t=^-T

聯(lián)立解得t=四巫

4eU

從Q點(diǎn)出來(lái)的動(dòng)能為Ek=8eU

（2）解：在磁場(chǎng)I中的做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的最大半徑為r,此時(shí)圓周的軌跡與I邊界相切，由幾何關(guān)系可得

m

（V3/?-r）2=/?2+r2

、mxm

解得v=—R

m3

33

由于BAxev=m^—

mrm

2eU=-mv2—keU

2m

聯(lián)立解得/C=Y

【考點(diǎn)】動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)

【