2021年全國(guó)統(tǒng)一高考物理試卷解析版（乙卷）

2021年全國(guó)統(tǒng)一高考物理試卷（乙卷）

一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1~5

題只有一項(xiàng)符合題目要求，第6~8題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不

全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。

1.（6分）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(dòng)車廂使彈簧壓縮，撤去推力

時(shí)滑塊在車廂底板上有相對(duì)滑動(dòng)。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(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒

B.動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒

C.動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒

D.動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒

2.（6分）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(chǎng)的等勢(shì)面如圖（b）中虛線所示，相鄰等

勢(shì)面間的電勢(shì)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(chǎng)

力大小分別為FM和FN，相應(yīng)的電勢(shì)能分別為EpM和EpN，則（）

圖（a）圖（b）

A.FM<FN,EPM>EPNB.FM>FN，EPM>EPN

C.FM<FN>EPM<EPND.FM>FN>EPM<EPN

3.（6分）如圖，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）

的帶電粒子從圓周上的M點(diǎn)沿直徑MON方向射入磁場(chǎng)。若粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小

為vi,離開磁場(chǎng)時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)90°；若射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為V2,離開磁場(chǎng)時(shí)速度

方向偏轉(zhuǎn)60°。不計(jì)重力。則一L為（）

v2

A.AB.返C.返D.V3

232

4.（6分）醫(yī)學(xué)治療中常用放射性核素ll3In產(chǎn)生y射線，而U3m是由半衰期相對(duì)較長(zhǎng)的113Sn

衰變產(chǎn)生的。對(duì)于質(zhì)量為mo的ll3Sn,經(jīng)過(guò)時(shí)間t后剩余的113Sn質(zhì)量為m,其旦-t

mo

圖線如圖所示.從圖中可以得到“3sn的半衰期為（）

A.67.3dB.101.OdC.115.IdD.124.9d

5.（6分）科學(xué)家對(duì)銀河系中心附近的恒星S2進(jìn)行了多年的持續(xù)觀測(cè)，給出1994年到2002

年間S2的位置如圖所示?？茖W(xué)家認(rèn)為S2的運(yùn)動(dòng)軌跡是半長(zhǎng)軸約為1000AU（太陽(yáng)到地

球的距離為1AU）的橢圓，銀河系中心可能存在超大質(zhì)量黑洞。這項(xiàng)研究工作獲得了2020

年諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)。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(yáng)的質(zhì)量

為M,可以推測(cè)出該黑洞質(zhì)量約為（）

A.4X104MB.4X106MC.4X108MD.4X10I0M

6.（6分）水平桌面上，一質(zhì)量為m的物體在水平恒力F拉動(dòng)下從靜止開始運(yùn)動(dòng)。物體通

過(guò)的路程等于so時(shí)，速度的大小為v（）,此時(shí)撤去F,物體繼續(xù)滑行2so的路程后停止運(yùn)

動(dòng)。重力加速度大小為g。則（）

A.在此過(guò)程中F所做的功為工mv（）2

2

B.在此過(guò)程中F的沖量大小等于3mvo

2

2

V0

-

C.物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于4

sog

D.F的大小等于物體所受滑動(dòng)摩擦力大小的2倍

7.（6分）四個(gè)帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別為（+q,m）、（+q,2m）、（+3q,3m）、（-q,

m）,它們先后以相同的速度從坐標(biāo)原點(diǎn)沿x軸正方向射入一勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)方向與y

8.（6分）水平地面上有一質(zhì)量為mi的長(zhǎng)木板，木板的左端上有一質(zhì)量為m2的物塊，如圖

（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物塊上，F(xiàn)隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖（b）所示，

其中Fi、F2分別為ti、t2時(shí)刻F的大小。木板的加速度ai隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖（c）

所示。已知木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為陽(yáng)，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為口2。假設(shè)最

大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動(dòng)摩擦力相等，重力加速度大小為g。則（）

A.Fi=|iimig

irio（mI）

B.F2=——-———（^2-m）g

IRi+ITI9

c.H2>――-m

m2

D.在0?t2時(shí)間段物塊與木板加速度相等

二、非選擇題：共62分。第9~12題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第13?16題

為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共47分。

9.（5分）某同學(xué)利用圖（a）所示裝置研究平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律。實(shí)驗(yàn)時(shí)該同學(xué)使用頻閃儀和

照相機(jī)對(duì)做平拋運(yùn)動(dòng)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(gè)方格的邊長(zhǎng)為5cm。

該同學(xué)在實(shí)驗(yàn)中測(cè)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(yùn)動(dòng)到圖（b）中位置A時(shí)，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閚Vs2?

10.（10分）一實(shí)驗(yàn)小組利用圖（a）所示的電路測(cè)量一電池的電動(dòng)勢(shì)E（約1.5V）和內(nèi)阻

r（小于20）。圖中電壓表量程為IV,內(nèi)阻Rv=380.0Q；定值電阻Ro=2O.O。；電阻箱R,

最大阻值為999.9。；S為開關(guān)。按電路圖連接電路。完成下列填空：

Ro

—1=3~1

-

-0^~r

S岳：「510152025

圖（a）圖（b）

（1）為保護(hù)電壓表，閉合開關(guān)前，電阻箱接入電路的電阻值可以選。（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R和電壓表的相應(yīng)讀數(shù)U；

（3）根據(jù)圖（a）所示電路，用R、Ro、R、，、E和r表示工，得上=；

UU

（4）利用測(cè)量數(shù)據(jù)，做工-R圖線，如圖（b）所示；

U

（5）通過(guò)圖（b）可得E=V（保留2位小數(shù)），r=Q（保留1位小

數(shù)）；

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

為|^^|義100%=%。

E

11.（12分）一籃球質(zhì)量為m=0.60kg,一運(yùn)動(dòng)員使其從距地面高度為hi=1.8m處由靜止自

由落下，反彈高度為h2=1.2m。若使籃球從距地面h3=1.5m的高度由靜止下落，并在開

始下落的同時(shí)向下拍球，球落地后反彈的高度也為1.5m。假設(shè)運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)對(duì)球的作用

力為恒力，作用時(shí)間為t=0.20s；該籃球每次與地面碰撞前后的動(dòng)能的比值不變。重力加

速度大小取g=10m/s2,不計(jì)空氣阻力。求：

（1）運(yùn)動(dòng)員拍球過(guò)程中對(duì)籃球所做的功；

（2）運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)對(duì)籃球的作用力的大小。

12.（20分）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(jì)；一電阻R=3Q的金屬棒CD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(zhǎng)度L=0.6m。初始時(shí)CD與EF相距so=O.4m,

金屬棒與導(dǎo)體框同時(shí)由靜止開始下滑，金屬棒下滑距離si=H-m后進(jìn)入一方向垂直于斜

16

面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)邊界（圖中虛線）與斜面底邊平行；金屬棒在磁場(chǎng)中做勻速運(yùn)

動(dòng)，直至離開磁場(chǎng)區(qū)域。當(dāng)金屬棒離開磁場(chǎng)的瞬間，導(dǎo)體框的EF邊正好進(jìn)入磁場(chǎng)，并在

勻速運(yùn)動(dòng)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(chǎng)的磁感應(yīng)

強(qiáng)度大小B=1T,重力加速度大小取g=10m/s2,sina=0.6o求

（1）金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)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(dòng)摩擦因數(shù)；

（3）導(dǎo)體框勻速運(yùn)動(dòng)的距離。

（二）選考題：請(qǐng)考生從給出的2道物理題中任選一題作答，并用2B鉛筆在答題卡上把所

選題目題號(hào)后的方框涂黑，注意所做題目的題號(hào)必須與所涂題目的題號(hào)一致，并且在解答

過(guò)程中寫清每問(wèn)的小題號(hào)，在答題卡指定位置答題。如果多做則按所做的第一題計(jì)分。[物

理一選修3-3]（15分）

13.（5分）如圖，一定量的理想氣體從狀態(tài)a（po,Vo,To）經(jīng)熱力學(xué)過(guò)程ab、bc、ca后

又回到狀態(tài)a。對(duì)于ab、be、ca三個(gè)過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（）（填正確答案標(biāo)號(hào)）

B.ca過(guò)程中，氣體始終放熱

C.ca過(guò)程中，氣體對(duì)外界做功

D.be過(guò)程中，氣體的溫度先降低后升高

E.be過(guò)程中，氣體的溫度先升高后降低

14.（10分）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(zhǎng)

度分別為h=13.5cm,12=32cm。將水銀從C管緩慢注入，直至B、C兩管內(nèi)水銀柱的

高度差h=5cm。已知外界大氣壓為po=75cmHg。求A、B兩管內(nèi)水銀柱的高度差。

[物理一選修3-4](15分)

15.圖中實(shí)線為一列簡(jiǎn)譜橫波在某一時(shí)刻的波形曲線，經(jīng)過(guò)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s?

16.用插針?lè)y(cè)量上、下表面平行的玻璃磚的折射率。實(shí)驗(yàn)中用A、B兩個(gè)大頭針確定入射

光路，C、D兩個(gè)大頭針確定出射光路，。和0'分別是入射點(diǎn)和出射點(diǎn)。如圖(a)所

示。測(cè)得玻璃磚厚度為h=15.0mm；A到過(guò)O點(diǎn)的法線OM的距離AM=10.0mm,M到

(i)求玻璃磚的折射率；

(ii)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(shí)驗(yàn)，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(shí)，玻璃磚下表面的出射

光線恰好消失。求此玻璃石專上下表面的夾角。

2021年全國(guó)統(tǒng)一高考物理試卷（乙卷）

參考答案與試題解析

一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1~5

題只有一項(xiàng)符合題目要求，第6~8題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不

全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。

1.（6分）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(dòng)車廂使彈簧壓縮，撤去推力

時(shí)滑塊在車廂底板上有相對(duì)滑動(dòng)。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(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒

B.動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒

C.動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒

D.動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒

【分析】系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒；只有重力或彈力做功，機(jī)械能守恒，根

據(jù)系統(tǒng)受力情況與各力做功情況根據(jù)動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒的條件分析答題。

【解答】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(dòng)

量守恒；

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

動(dòng)摩擦力，

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

ACD錯(cuò)誤。

故選：B?

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用，知道動(dòng)量守恒與機(jī)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.（6分）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(chǎng)的等勢(shì)面如圖(b)中虛線所示，相鄰等

勢(shì)面間的電勢(shì)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(chǎng)

力大小分別為FM和FN，相應(yīng)的電勢(shì)能分別為EpM和EpN，則()

圖(a)圖(b)

A.FM<FN,EPM>EPNB.FM>FN,EPM>EPN

C.FM<FN,EPM<EPND.FM>FN?EPM<EPN

【分析】電場(chǎng)線和等勢(shì)線垂直，且等勢(shì)線密的地方電場(chǎng)線密，電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大.根據(jù)Ep=(pq

判斷電勢(shì)能大?。?/p>

【解答】解：等勢(shì)線越密，電場(chǎng)線越密，電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)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(chǎng)知M點(diǎn)的電勢(shì)高于N點(diǎn)的電勢(shì)，且試探電荷帶正

電，根據(jù)Ep=(pq可知：EpM>EpN，故A正確，BCD錯(cuò)誤。

故選：A。

【點(diǎn)評(píng)】本題涉及電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)高低的判斷，關(guān)鍵是知道電場(chǎng)線垂直等勢(shì)面，難度不

大。

3.(6分)如圖，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)

的帶電粒子從圓周上的M點(diǎn)沿直徑MON方向射入磁場(chǎng)。若粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小

為vi,離開磁場(chǎng)時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)90°；若射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為V2,離開磁場(chǎng)時(shí)速度

方向偏轉(zhuǎn)60°。不計(jì)重力。則1L為()

v2

M；XXQXX;N

\xxxx/

、XX/

、...J

A.AB.返C.返D.V3

232

【分析】帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，畫出粒子的軌跡圖，然后由幾何關(guān)系求出

軌跡圓半徑和磁場(chǎng)圓半徑之間的關(guān)系，最后由洛倫茲力提供向心力求出速度，根據(jù)速度

之比等于半徑之比求出粒子兩次的入射速度之比。

【解答】解：根據(jù)題意，粒子兩次射入磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)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:

Ri=r,

R2=------

tan30

2

由洛倫茲力提供向心力可知：qvB=nr^-

則粒子的速度：丫=邂

m

則粒子兩次的入射速度之比為：解得：上1=返，故B正確，ACD錯(cuò)誤；

v2R2V23

故選：Bo

【點(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，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求出速度。

4.（6分）醫(yī)學(xué)治療中常用放射性核素,l3In產(chǎn)生丫射線，而“3in是由半衰期相對(duì)較長(zhǎng)的113Sn

ll3113

衰變產(chǎn)生的。對(duì)于質(zhì)量為mo的Sn,經(jīng)過(guò)時(shí)間t后剩余的Sn質(zhì)量為m,其衛(wèi)-t

mo

圖線如圖所示。從圖中可以得到"3sn的半衰期為（）

A.67.3dB.lOl.OdC.115.IdD.124.9d

【分析】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(shí)間，從圖像中可得

出113Sn從質(zhì)量為2mo的衰變到質(zhì)量為工mo的所用的時(shí)間，即為半衰期。

33

【解答】解：由圖可知質(zhì)量為2mo的113Sn衰變到2mo的所用的時(shí)間△t=t2-ti，其中

33

t2=182.4d,ti=67.3d,代入解得△t=115.1d,故mSn的半衰期為故C正確，

ABD錯(cuò)誤。

故選：C。

【點(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生對(duì)原子核半衰期的認(rèn)識(shí)以及結(jié)合圖像讀取信息的能力，難度不大。

5.（6分）科學(xué)家對(duì)銀河系中心附近的恒星S2進(jìn)行了多年的持續(xù)觀測(cè)，給出1994年到2002

年間S2的位置如圖所示?？茖W(xué)家認(rèn)為S2的運(yùn)動(dòng)軌跡是半長(zhǎng)軸約為1000AU（太陽(yáng)到地

球的距離為1AU）的橢圓，銀河系中心可能存在超大質(zhì)量黑洞。這項(xiàng)研究工作獲得了2020

年諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)。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(yáng)的質(zhì)量

為M,可以推測(cè)出該黑洞質(zhì)量約為（）

A.4X104MB.4X106MC.4X108MD.4X1OIOM

【分析】地球繞太陽(yáng)運(yùn)行，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力列方程得到太陽(yáng)質(zhì)量的表達(dá)式，同

理可得S2繞黑洞運(yùn)行時(shí)黑洞質(zhì)量的表達(dá)式，由此求解。

【解答】解：設(shè)地球的質(zhì)量為m,地球到太陽(yáng)的距離為r=lAU,地球的公轉(zhuǎn)周期為T=

1年；

2

由萬(wàn)有引力提供向心力可得：粵=mr5

r2T2

A-IT23

解得：M=------＞；

GT2

對(duì)于S2受到黑洞的作用，橢圓軌跡半長(zhǎng)軸R=1000AU,

根據(jù)圖中數(shù)據(jù)結(jié)合圖象可以得到S2運(yùn)動(dòng)的半周期（工二）為8年，則周期為T'=16

2

年，

23

根據(jù)開普勒第三定律結(jié)合萬(wàn)有引力公式可以得出：M產(chǎn).生兀飛一,

GT'2

32

因此有：代入數(shù)據(jù)解得：M^4X106M,故B正確，ACD錯(cuò)誤。

3T/2S

rT

故選：B?

【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查萬(wàn)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(yùn)

行周期，結(jié)合萬(wàn)有引力提供向心力進(jìn)行分析。

6.（6分）水平桌面上，一質(zhì)量為m的物體在水平恒力F拉動(dòng)下從靜止開始運(yùn)動(dòng)。物體通

過(guò)的路程等于SO時(shí)，速度的大小為V0,此時(shí)撤去F,物體繼續(xù)滑行2so的路程后停止運(yùn)

動(dòng)。重力加速度大小為g。則（）

A.在此過(guò)程中F所做的功為工mv（）2

2

B.在此過(guò)程中F的沖量大小等于3mvo

2

Vn

c.物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于一

4s°g

D.F的大小等于物體所受滑動(dòng)摩擦力大小的2倍

【分析】撤去外力前后分別對(duì)物塊進(jìn)行動(dòng)能定理列式子，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)運(yùn)動(dòng)學(xué)

速度-時(shí)間之間的關(guān)系求解撤去外力前后物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間關(guān)系；最后由動(dòng)量定理求出拉

力F的沖量。

【解答】解：A、在F作用下，由動(dòng)能定理可知：WF-fso-lmv2-O,撤去外力之后，

由動(dòng)能定理可知：-fX2so=O-/mv3聯(lián)立解得：WF=?mv3故A錯(cuò)誤；

BD、由于外力做功WF=FSO,則解得F=3f,撤去外力前的加速度大小ai=E二工=竺王

mm

=2工，撤去外力后的加速度大小a2=工，則vo=aiti=a2t2,即撤去外力前后時(shí)間關(guān)系：

mm

t2=2ti

取vo方向?yàn)檎?，撤去外力之前?duì)物體動(dòng)量定理可知：（F-f）ti=mvo-0,撤去外力之后

對(duì)物體動(dòng)量定理可知：-他=0-mvo，則F的沖量大小I=Fti=3mvo，故B正確，D錯(cuò)

2

誤；

C、撤去外力之后，由動(dòng)能定理可知：-fX2so=O-工1r1V3，摩擦力f=|img,則解得：p

20

2

Vn

=—二，故c正確；

4s°g

故選：BC?

【點(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)能定理，動(dòng)量定理和牛頓第二定律的綜合，分清楚運(yùn)動(dòng)過(guò)程，熟練

運(yùn)用各定理進(jìn)行運(yùn)算是關(guān)鍵。本題難度不大，但綜合性很強(qiáng)。

7.(6分)四個(gè)帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別為(+q,m)、(+q,2m)、(+3q,3m)、(-q,

m),它們先后以相同的速度從坐標(biāo)原點(diǎn)沿x軸正方向射入一勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)方向與y

軸平行。不計(jì)重力，下列描繪這四個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的圖像中，可能正確的是()

【分析】粒子x方向粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，

求出t時(shí)刻豎直方向偏轉(zhuǎn)位移大小，再根據(jù)電場(chǎng)線方向向上、向下兩種情況進(jìn)行分析判

斷。

【解答】解：設(shè)質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子經(jīng)過(guò)時(shí)間t在y軸方向偏轉(zhuǎn)位移為y,粒子

的初速度為v,比荷為k,電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E。

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(yùn)動(dòng)，則有：t=三，即經(jīng)過(guò)相同時(shí)間水平位移相等

豎直方向根據(jù)位移-時(shí)間關(guān)系可得：y=Lat?，整理可得：y=越好。

22V2

由于（+q,m）與（+3q,3m）的比荷相同，故軌跡相同，由于（-q，m）與其它三個(gè)

粒子電性相反，故偏轉(zhuǎn)方向相反。

ABC、如果電場(chǎng)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,m）與（-q,m）關(guān)于x軸對(duì)稱，在t時(shí)刻沿y方向的位移

大于（+q.2m）,故A正確、BC錯(cuò)誤；

D、如果電場(chǎng)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（-q,m）關(guān)于x軸對(duì)稱，在t時(shí)刻沿y方向的位移大于（+q,

2m）,故D正確。

故選：AD?

【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)與圖象的結(jié)合，關(guān)鍵是弄清楚粒子的

受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)相同時(shí)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.（6分）水平地面上有一質(zhì)量為mi的長(zhǎng)木板，木板的左端上有一質(zhì)量為m2的物塊，如圖

（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物塊上，F(xiàn)隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖（b）所示，

其中Fi、F2分別為ti、t2時(shí)刻F的大小。木板的加速度ai隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖（c）

所示。已知木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為陽(yáng)，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為“2。假設(shè)最

大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動(dòng)摩擦力相等，重力加速度大小為g。則（）

A.Fi=mmig

IUn(mi+IUD)

B.F2=———-———(F12-m)g

ml

irii

c.H2>-----gi

m2

D.在。?t2時(shí)間段物塊與木板加速度相等

【分析】A、由圖（c）結(jié)合物塊和木板整體分析，可以求出Fi；

B、由圖（c）結(jié)合牛頓第二定律可以求出F2；

C、根據(jù)木板運(yùn)動(dòng)的受力可知，木板與地面及物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)的關(guān)系；

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

【解答】解：A、由圖（c）可知，在0?ti時(shí)間段物塊和木板均靜止，在ti時(shí)刻木板與

地面的靜摩擦力達(dá)到最大值，對(duì)物塊和木板整體分析可知Fi=pi（mi+m2）g,故A錯(cuò)誤;

B、由圖（c）可知，ti?t2時(shí)間段物塊和木板一起加速運(yùn)動(dòng)，在t2時(shí)刻物塊和木板分離，

此時(shí)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(duì)物塊和木板F2-Ui（mi+m2）g=（mi+m2）am

對(duì)木板112m2g-m（mi+m2）g=miam

,,irin（mI+m）

整理可得F2=----------------（|12-|1|）g

故B正確；

C、由圖（c）可知，對(duì)木板112m2g-陽(yáng)（mi+m2）g=miam

iri[+nio.

故H2m2g>陽(yáng)（mi+m2）g,即|12>---------故C正確；

m2

D、通過(guò)結(jié)合圖（c）分析可知，在0?ti時(shí)間段物塊和木板均靜止，ti?t2時(shí)間段物塊和

木板一起勻加速運(yùn)動(dòng)，故在。?t2時(shí)間段物塊與木板加速度相等，故D正確。

故選：BCD。

【點(diǎn)評(píng)】在運(yùn)用牛頓第二定律解題時(shí)，要注意整體法和隔離法的靈活應(yīng)用。在研究幾個(gè)

物體的共同加速度時(shí)可以選整體為研究對(duì)象，但在研究某個(gè)物體時(shí)要注意隔離法的應(yīng)用。

二、非選擇題：共62分。第9?12題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第13?16題

為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共47分。

9.（5分）某同學(xué)利用圖（a）所示裝置研究平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律。實(shí)驗(yàn)時(shí)該同學(xué)使用頻閃儀和

照相機(jī)對(duì)做平拋運(yùn)動(dòng)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(gè)方格的邊長(zhǎng)為5cm。

該同學(xué)在實(shí)驗(yàn)中測(cè)得的小球影像的高度差已經(jīng)在圖（b）中標(biāo)出。

紙板

完成下列填空：（結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）

（1）小球運(yùn)動(dòng)到圖（b）中位置A時(shí)，其速度的水平分量大小為1.0m/s：豎直分量

大小為2.0m/s；

（2）根據(jù)圖（b）中數(shù)據(jù)可得，當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊拇笮?.7m/s2。

【分析】小球做平拋運(yùn)動(dòng)，在分析處理數(shù)據(jù)時(shí)應(yīng)將運(yùn)動(dòng)分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)

和豎直方向勻變速直線運(yùn)動(dòng)進(jìn)行處理，結(jié)合題干給出的時(shí)間以及圖（b）中豎直位移的數(shù)

據(jù)進(jìn)行求解。

【解答】解：（1）小球在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由圖可知△x=5cm=0.05m,則水平

分速度Vx=4工，代入數(shù)據(jù)得vx=1.0m/s,

At

豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，可運(yùn)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解，勻變速直線運(yùn)動(dòng)中間時(shí)刻

速度等于全過(guò)程平均速度，

若在A點(diǎn)時(shí)豎直分速度記為Vy,則有△h=Vy?2Z!\t,其中411=8.6cm+l1.0cm=19.6cm=

0.196m,解得：Vy=2.0m/s。

（2）小球在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由△x=at2可知，重力加速度為：

a=0.（34m+0.11m-（0.086m+0.061m）=97.2

（2X0.05s）2

故答案為：（1）1.0,2.0；（2）9.7

【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查研究平拋運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)，要求學(xué)生能運(yùn)用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，對(duì)實(shí)驗(yàn)數(shù)

據(jù)進(jìn)行分析處理。

10.（10分）一實(shí)驗(yàn)小組利用圖（a）所示的電路測(cè)量一電池的電動(dòng)勢(shì)E（約1.5V）和內(nèi)阻

r（小于2。）。圖中電壓表量程為IV,內(nèi)阻Rv=380.0。；定值電阻Ro=2O.O。；電阻箱R,

最大阻值為999.9。；S為開關(guān)。按電路圖連接電路。完成下列填空：

吉V-I

1.60

1.40

1.20

RQ

1.00

0.80

510152025

圖(a)圖（b）

（1）為保護(hù)電壓表，閉合開關(guān)前，電阻箱接入電路的電阻值可以選.15.0。（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R和電壓表的相應(yīng)讀數(shù)U；

（3）根據(jù)圖（a）所示電路，用R、Ro、Rv>E和r表示工，得」=

UU

^r（R0+Rv）^R（R0+Rv）

；

E-ERORV-ERORV-

（4）利用測(cè)量數(shù)據(jù)，做2-R圖線，如圖（b）所示；

U

（5）通過(guò)圖（b）可得E=1.55V（保留2位小數(shù)），r=1.0。（保留1位小數(shù)）;

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

為|5~工|義100%=5%。

E

【分析】（1）為保護(hù)電壓表，電阻箱接大電阻；

（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理，由閉合電路歐姆定律求出工；

U

（5）明確實(shí)驗(yàn)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(dòng)勢(shì)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(dòng)

勢(shì)E，，然后可求出電源電動(dòng)勢(shì)的誤差大小。

【解答】解：（1）為保護(hù)電壓表，電阻箱接大電阻，故選：15.0。；

（3）根據(jù)圖（a）所示電路：E=U+I（r+R）,其中干路電流I=_L+」L,化簡(jiǎn)得：1=

Rv%u

xr(R0+Rv)R(RO+RV)

-4---------------+---------------；

EERQRVER/V

(5)由以上分析可知，如圖(b)所示的直線斜率k=L18L02=RQ+RV,將點(diǎn)(15,

15-10ERORV

1.18）代入：工=工+

UEER(jRvER°Rv

■1■++=（Rg/Rv）+!5（R0+Rv）.,其中Rv=380.0。；定值電阻R（）=20.0Q

EERQRVERQRV

聯(lián)立解得：E=1.55V,r=1.00

（6）若將圖（a）中的電壓表當(dāng)成理想電表，則E'=U+I（r+R）=U+」L（r+R）

R(Rtr)

由此產(chǎn)生的誤差為|E'-E|><ioo%=0

X100%

ERQRV+(RQ+RV)(r+R)

解得：由此產(chǎn)生的誤差為|E二二員|X1OO%=5%

E

故答案為：(1)15.0；(3)JL+NRSR，)+/呵人).；(5)]55,1.0；(6)5.

E

ER0RVERQRV

【點(diǎn)評(píng)】本題考查測(cè)量電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻的實(shí)驗(yàn)原理、數(shù)據(jù)處理以及誤差分析等問(wèn)題，要

特別注意掌握誤差分析的基本方法，明確電表內(nèi)阻所帶來(lái)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電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式。

11.（12分）一籃球質(zhì)量為m=0.60kg,一運(yùn)動(dòng)員使其從距地面高度為hi=1.8m處由靜止自

由落下，反彈高度為h2=1.2m。若使籃球從距地面h3=1.5m的高度由靜止下落，并在開

始下落的同時(shí)向下拍球，球落地后反彈的高度也為1.5m。假設(shè)運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)對(duì)球的作用

力為恒力，作用時(shí)間為t=0.20s；該籃球每次與地面碰撞前后的動(dòng)能的比值不變。重力加

速度大小取g=10m/s2,不計(jì)空氣阻力。求：

（1）運(yùn)動(dòng)員拍球過(guò)程中對(duì)籃球所做的功；

（2）運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)對(duì)籃球的作用力的大小。

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

求出籃球與每次與地面碰撞前后的動(dòng)能的比值，然后求出運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)籃球與地面碰撞

前瞬間籃球的速度，應(yīng)用動(dòng)能定理求出運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)對(duì)籃球做的功。

（2）運(yùn)動(dòng)員拍球過(guò)程，應(yīng)用動(dòng)量定理可以求出運(yùn)動(dòng)員對(duì)籃球的作用力大小。

【解答】解：(1)設(shè)籃球自由下落與地面碰撞前瞬間的動(dòng)能大小為Eki，

籃球與地面碰撞后瞬間籃球的動(dòng)能為Ek2，由動(dòng)能定理得：

籃球下落過(guò)程：mghi=Eki-0

籃球上升過(guò)程：-mgh2=0-Ek2,

籃球每次與地面碰撞前后的動(dòng)能的比值：k=%

Ek2

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Ek3,與地面碰撞后瞬間動(dòng)能為Ek3，

拍球后籃球反彈上升過(guò)程，對(duì)籃球，由動(dòng)能定理得：-mgh3=O-Ek4,

設(shè)拍球過(guò)程，運(yùn)動(dòng)員對(duì)籃球做的功為W,從拍球到籃球與地面碰撞前瞬間過(guò)程，

由動(dòng)能定理得：W+mgh3=Ek3-0

E

籃球與地面碰撞前后的動(dòng)能之比1<=也

Ek4

代入數(shù)據(jù)解得：W=4.5J

(2)運(yùn)動(dòng)員對(duì)籃球做功轉(zhuǎn)化為籃球的動(dòng)能，由功能關(guān)系可知，

運(yùn)動(dòng)員拍球后籃球獲得的動(dòng)能Ek=W=lmv2

代入數(shù)據(jù)解得，運(yùn)動(dòng)員拍球后籃球獲得的速度大?。簐=57元m/s

設(shè)運(yùn)動(dòng)員對(duì)籃球的作用力大小為F,以向下為正方向，運(yùn)動(dòng)員拍球過(guò)程，

對(duì)籃球，由動(dòng)量定理得：(F+mg)t=mv-0

代入數(shù)據(jù)解得：F=(3A/15-6)N*5.6N

答：(1)運(yùn)動(dòng)員拍球過(guò)程中對(duì)籃球所做的功是4.5J；

(2)運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)對(duì)籃球的作用力的大小是5.6N。

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)能定理的應(yīng)用，根據(jù)題意分析清楚籃球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提,

應(yīng)用動(dòng)能定理與動(dòng)量定理即可解題，應(yīng)用動(dòng)量定理解題時(shí)注意正方向的選擇。

12.(20分)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(jì)；一電阻R=3Q的金屬棒CD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(zhǎng)度L=0.6m。初始時(shí)CD與EF相距so=O.4m,

金屬棒與導(dǎo)體框同時(shí)由靜止開始下滑，金屬棒下滑距離si=J-m后進(jìn)入一方向垂直于斜

16

面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)邊界(圖中虛線)與斜面底邊平行；金屬棒在磁場(chǎng)中做勻速運(yùn)

動(dòng)，直至離開磁場(chǎng)區(qū)域。當(dāng)金屬棒離開磁場(chǎng)的瞬間，導(dǎo)體框的EF邊正好進(jìn)入磁場(chǎng)，并在

勻速運(yùn)動(dòng)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(chǎng)的磁感應(yīng)

強(qiáng)度大小B=1T,重力加速度大小取g=10m/s2,sina=0.6o求

（1）金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)所受安培力的大?。?/p>

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

（3）導(dǎo)體框勻速運(yùn)動(dòng)的距離。

【分析】（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(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)的速度-位移公式可以求出金屬棒進(jìn)

入磁場(chǎng)時(shí)的速度，應(yīng)用E=BLv求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，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(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)的速度-位移公式求出導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的

速度，導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用平衡條件可以求出導(dǎo)體框受到的滑動(dòng)摩

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

動(dòng)摩擦力公式可以求出金屬棒與導(dǎo)體框間的動(dòng)摩擦因數(shù)。

（3）導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)后先做勻速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在導(dǎo)體框做勻速直線

運(yùn)動(dòng)時(shí)間內(nèi)，金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬棒與導(dǎo)體框速度相等后兩者相對(duì)靜止一

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

出導(dǎo)體框做勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，然后求出勻速運(yùn)動(dòng)的距離.

【解答】解：（1）設(shè)金屬棒的質(zhì)量為m,金屬棒與導(dǎo)體框一起做初速度為零的勻加速直

線運(yùn)動(dòng)，

由牛頓第二定律得：（M+m）gsina=（M+m）a

代入數(shù)解得：a=6m/s2

金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，設(shè)金屬棒與導(dǎo)體框的速度大小為vo，

m/s

由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度-位移公式得：v（）=r^--/2X6X—=1.5m/s

金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E=BLvo

由閉合電路的歐姆定律可知，感應(yīng)電流：i=E

R

金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的安培力大小：F安培力=BIL

代入數(shù)據(jù)解得：F安培力=0.18N

（2）金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程導(dǎo)體框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，

設(shè)金屬棒與導(dǎo)體框間的滑動(dòng)摩擦力大小為f,導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為V,

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

由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度-位移公式得：v2-v（，=2a導(dǎo)體框so,

22

導(dǎo)體框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受安培力：F=BIL=FL工

R

22

導(dǎo)體框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)導(dǎo)體框，由平衡條件得：?L±+f=Mgsina

R

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：a導(dǎo)體框=5m/s2,f=0.06N,v=2.5m/s

金屬棒在磁場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件得：F安培力=mgsina+f

代入數(shù)據(jù)解得，金屬棒的質(zhì)量：m=0.02kg,

由滑動(dòng)摩擦力公式得：f=umgcosa

代入數(shù)據(jù)解得，金屬棒與導(dǎo)體框之間的動(dòng)摩擦因數(shù)：g=0.375

（3）金屬棒離開磁場(chǎng)后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：mgsina+f=ma領(lǐng)棒

代入數(shù)據(jù)解得：a金屆棒=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(yùn)動(dòng)，

由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度-時(shí)間公式得：v=vo+a金屬傳t

金屬棒加速到與導(dǎo)體框速度相等的時(shí)間：t=L

9

在金屬棒加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體框做勻速直線運(yùn)動(dòng)，

導(dǎo)體框勻速運(yùn)動(dòng)的距離：s=vt=2.5X2m=-"m

918

答：（1）金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)所受安培力的大小是0」8N；

（2）金屬棒的質(zhì)量是0.02kg,金屬棒與導(dǎo)體框之間的動(dòng)摩擦因數(shù)是0.375；

（3）導(dǎo)體框勻速運(yùn)動(dòng)的距離是-"m。

18

【點(diǎn)評(píng)】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(yùn)動(dòng)過(guò)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(yùn)動(dòng)過(guò)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(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可

解題。

（二）選考題：請(qǐng)考生從給出的2道物理題中任選一題作答，并用2B鉛筆在答題卡上把所

選題目題號(hào)后的方框涂黑，注意所做題目的題號(hào)必須與所涂題目的題號(hào)一致，并且在解答

過(guò)程中寫清每問(wèn)的小題號(hào)，在答題卡指定位置答題。如果多做則按所做的第一題計(jì)分。[物

理一選修3-3]（15分）

13.（5分）如圖，一定量的理想氣體從狀態(tài)a（po，V（）,To）經(jīng)熱力學(xué)過(guò)程ab、be、ca后

又回到狀態(tài)a。對(duì)于ab、be、ca三個(gè)過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（）（填正確答案標(biāo)號(hào)）

A.ab過(guò)程中，氣體始終吸熱

B.ca過(guò)程中，氣體始終放熱

C.ca過(guò)程中，氣體對(duì)外界做功

D.be過(guò)程中，氣體的溫度先降低后升高

E.be過(guò)程中，氣體的溫度先升高后降低

【分析】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)能減小；

氣體體積變大，氣體對(duì)外做功，氣體體積減小，外界對(duì)氣體做功；

根據(jù)圖示圖象分析清楚氣體狀態(tài)變化過(guò)程，應(yīng)用理想氣體狀態(tài)方程體育熱力學(xué)第一定律

分析答題。

【解答】解：A、由圖示圖象可知，ab過(guò)程氣體體積V不變而壓強(qiáng)p增大，由理想氣體

狀態(tài)方程辿=C可知，氣體溫度升高，氣體內(nèi)能增大，△U>0,氣體體積不變，