2021年高考理綜物理真題試卷（全國(guó)乙卷）(含答案與解析)

2021年高考理綜物理真題試卷（全國(guó)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.（2021?全國(guó)乙卷）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

【答案】B

【考點(diǎn)】機(jī)械能守恒及其條件，動(dòng)量守恒定律

【解析】【解答】撤去推力后，滑塊跟車廂之間有相對(duì)滑動(dòng)，由于滑塊與車廂底板間存在摩擦力，所以摩

擦力做功產(chǎn)生內(nèi)能；所以以小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)其機(jī)械能不守恒；以小車、彈簧和滑塊組成的

系統(tǒng)，由于撤去推力后系統(tǒng)沒有受到外力；根據(jù)動(dòng)量守恒的條件可知撤去推力后該系統(tǒng)動(dòng)量守恒。所以B

符合題意。

故答案為：Bo

【分析】由于滑塊與車廂之間有摩擦力，利用摩擦力做功可以判別撤去推力后系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，但動(dòng)

量守恒。

2.（2021?全國(guó)乙卷）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.FMVFN，EpM>EpNB.FM>FN,EpM>EpN

C.FM<FN，EpM<EpND.FM>FN，EpM<EpN

【答案】A

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

【解析】【解答】從圖可以看出M點(diǎn)所處等勢(shì)面比N點(diǎn)所處等勢(shì)面稀疏，等勢(shì)面的疏密程度代表電場(chǎng)強(qiáng)

度的大小，可知EM<EN

根據(jù)電場(chǎng)力和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系有：F=qE

則可得為<FN

電場(chǎng)線的方向是從正電荷指向負(fù)電荷，則從圖其電場(chǎng)線是由金屬板指向負(fù)電荷，設(shè)將該試探電荷從M點(diǎn)

移到N點(diǎn)，電場(chǎng)力方向和速度方向相同，可知電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，即EpM>EpN

故答案為：A。

【分析】利用等勢(shì)面的疏密可以比較電場(chǎng)強(qiáng)度的大小進(jìn)而比較電場(chǎng)力的大小；利用電場(chǎng)線的方向可以比

較電勢(shì)的大小，結(jié)合電性可以比較電勢(shì)能的大小。

3.（2021?全國(guó)乙卷）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)的速度大小為巧，離開磁場(chǎng)時(shí)

速度方向偏轉(zhuǎn)90°;若射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為方，離開磁場(chǎng)時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)60°,不計(jì)重力，

則》為（）

v2

V1

【答案】B

【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)

【解析】【解答】粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知粒子入射方向和出射方向，利用兩速法可以畫出軌

跡的圓心，如圖所示：

設(shè)圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑為R,根據(jù)幾何關(guān)系則第一次的半徑為：r1=R

同理可得第二次的半徑為：r2=V3/?

2

根據(jù)牛頓第二定律有：qvB=^~

可得"=蚓

m

所以二=11=立

r

V223

故答案為：B。

【分析】粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，利用幾何關(guān)系可以求出軌道半徑的大小，結(jié)合牛頓第二定律可

以求出粒子速度的大小比值。

4.（2021?全國(guó)乙卷）醫(yī)學(xué)治療中常用放射性核素113m產(chǎn)生丫射線，而113m是由半衰期相對(duì)較長(zhǎng)

113113

的Sn衰變產(chǎn)生的。對(duì)于質(zhì)量為m0的Sn,經(jīng)過時(shí)間t后剩余的i*sn質(zhì)量為m,其

親-t圖線如圖所示。從圖中可以得到113sti的半衰期為（）

A-67.3dB-lOl.OdC115.1dD-124.9d

【答案】C

【考點(diǎn)】原子核的衰變、半衰期

【解析】【解答】半衰期定義為大量原子核其質(zhì)量衰變一半所用的時(shí)間，從圖中其放射性核素從^-=1到

詈=!恰好衰變了加,已知核素詈=:到詈=：的時(shí)間，根據(jù)半衰期的定義可知半衰期為T=

THQ3乙TTIQ377103

182.4d-67.3d=115.1d

故答案為：C?

【分析】利用圖像可以判別質(zhì)量衰變一半的時(shí)間大小即半衰期的時(shí)間。

5.（2021?全國(guó)乙卷）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IOOOAU（太陽到地球的距離為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)太陽的質(zhì)量為M,可以推測(cè)出該黑洞質(zhì)量約為（）

A.4X104MB.4x106“C.4x108MD.4x1010M

【答案】B

【考點(diǎn)】萬有引力定律及其應(yīng)用

【解析】【解答】從圖可得S2繞黑洞運(yùn)行半個(gè)橢圓的時(shí)間為8年，可得S2繞黑洞的周期T=16年，近似

把S2看成勻速圓周運(yùn)動(dòng)，地球的公轉(zhuǎn)周期To=l年，S2繞黑洞做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r與地球繞太陽做圓周運(yùn)

動(dòng)的半徑R關(guān)系是r=1000/?

太陽對(duì)地球的引力提供地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，根據(jù)牛頓第二定律有：G^=mR32=mR（即/

解得太陽的質(zhì)量為M=器

同理黑洞對(duì)S2的引力提供S2做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，根據(jù)牛頓第二定律有：G”與=徵＞32=

r2

mr（Y）2

解得黑洞的質(zhì)量為Mx兀GT2

綜上可得Mx=3.90x106M

故答案為：Bo

【分析】引力提供向心力可以求出太陽的質(zhì)量，結(jié)合半徑和周期的比值可以求出黑洞質(zhì)量的大小。

6.（2021?全國(guó)乙卷）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)，物體通過的路

程等于S。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.在此過程中F所做的功為\rnvl

B.在此過中F的沖量大小等于

C.物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于疾

4s°g

D.F的大小等于物體所受滑動(dòng)摩擦力大小的2倍

【答案】B,C

【考點(diǎn)】沖量，牛頓第二定律

【解析】【解答】A.由于水平恒力尸=警，在此過程中，外力F做功為W=Fso=：m諾

4so4u

A不符合題意；

B.物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其平均速度等于初末速度之和的一半，由平均速度公式可知，外力F作用時(shí)

間C1=贏=年

2v0

由于水平恒力尸=警，在此過程中，F(xiàn)的沖量大小是/=

4soN

B符合題意。

CD.當(dāng)作用在物體上的外力撤去前，物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可知F-fimg=mai

①

由速度位移公式有VQ=2als0②

當(dāng)作用在物體上的外力撤去后，物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可知-〃mg=nia2③

由速度位移公式有—詔=2a2（2S（））④

由①②③④可得，水平恒力?=警

4so

動(dòng)摩擦因數(shù)4=1二

4gso

滑動(dòng)摩擦力F=國(guó)ng=詈

從表達(dá)式可知F的大小等于物體所受滑動(dòng)摩擦力大小的3倍，

C符合題意，D不符合題意；

故答案為：BC。

【分析】利用牛頓第二定律可以求出物體加速和減速過程的加速度大小，結(jié)合速度位移公式可以求出水

平恒力和動(dòng)摩擦因素的大小，利用摩擦力的表達(dá)式可以求出摩擦力的大小：利用拉力和路程可以求出拉

力做功的大?。焕梦灰坪推骄俣瓤梢郧蟪隼ψ饔玫臅r(shí)間；結(jié)合拉力的大小可以求出拉力沖量的大

小。

7.（2021?全國(guó)乙卷）四個(gè)帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別（+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（）

【答案】A,D

【考點(diǎn)】電荷在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)

【解析】【解答】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)方向與y軸平行，所以帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)

動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有：a=-

m.

由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，帶電粒子在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)水平方向的位移公式有：t=J

VO

離開電場(chǎng)時(shí)，對(duì)帶電粒子速度進(jìn)行分解，則帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切值為tan8=?=f=^

因?yàn)榍懊嫒N帶電粒子帶正電，第四種帶電粒子帶負(fù)電，所以第四個(gè)粒子與前面三個(gè)粒子的偏轉(zhuǎn)方向不

同；四個(gè)帶電的粒子的初速相同，電場(chǎng)強(qiáng)度相同，極板長(zhǎng)度相同，從表達(dá)式可以得出偏轉(zhuǎn)角只與比荷有

關(guān)，第一種粒子與第三種粒子的比荷相同，所以偏轉(zhuǎn)角相同，軌跡相同，且與第四種粒子的比荷也相

同，所以一、三、四粒子偏轉(zhuǎn)角相同，但第四種粒子與前兩個(gè)粒子的偏轉(zhuǎn)方向相反；第二種粒子的比荷

與第一、三種粒子的比荷小，根據(jù)正切值的表達(dá)式可以得出第二種粒子比第一、三種粒子的偏轉(zhuǎn)角小，

但都還正電，偏轉(zhuǎn)方向相同。

故答案為：AD。

【分析】帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)；利用帶電粒子的電性可以判別偏轉(zhuǎn)的方程，結(jié)合速度公式可

以判別離開磁場(chǎng)的速度方向是否相同.

8.（2021?全國(guó)乙卷）水平地面上有一質(zhì)量為mi的長(zhǎng)木板，木板的左明上有一質(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￡、分

別為G、t2時(shí)刻F的大小。木板的加速度at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)為外,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（）

12

圖(C)

A.Fi=Himxg

D.在0?t2時(shí)間段物塊與木板加速度相等

【答案】B,C,D

【考點(diǎn)】木板滑塊模型

【解析】【解答】A.圖（c）可知，ti時(shí)木板開始有加速度，代表其滑塊木板一起剛在從水平滑動(dòng)，此時(shí)

滑塊與木板相對(duì)靜止，木板和滑塊都處于靜止，且此時(shí)木板受到了最大靜摩擦力的作用，根據(jù)整體的平

衡方程有：&=%Oi+m2}g

A不符合題意；

BC.圖（c）可知，t2后其木板的加速度保持恒定，說明滑塊對(duì)木板的摩擦力屬于滑動(dòng)摩擦力，則代表滑塊

與木板剛要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，當(dāng)在t2時(shí)整體的加速度相等，以整體為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有：尸2-

%（zni+m2）g=（mt+m2）a

以木板為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有：42m2g-a（沉1+62）9=加巡＞0

(mx+m2)

%>--------------Ml

BC符合題意；

D.圖（c）可知，0~t2這段時(shí)間滑塊和木板保持相對(duì)靜止，且一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以有相同的加速

度，D符合題意。

故答案為:BCD。

【分析】利用整體的相對(duì)地面靜止可以求出Fi的大??；利用木板的牛頓第二定律可以比較地面與木板間

的動(dòng)摩擦因數(shù)及木板與木塊間動(dòng)摩擦因數(shù)的大??；結(jié)合整體的牛頓第二定律可以求出F2的大?。划?dāng)在0七

時(shí)間內(nèi)其木板和木塊加速度相同。

二、非選擇題

9.（2021?全國(guó)乙卷）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閙/s2?

【答案】⑴1.0；2.0

（2）9.7

【考點(diǎn)】研究平拋運(yùn)動(dòng)

【解析】【解答】（1）小球做平拋運(yùn)動(dòng)，其水平方向的分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，因此根據(jù)水平方向的位

移公式有：%===募m/s=L°m/s

小球在豎直方向的分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)，由于勻加速直線運(yùn)動(dòng)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，

?

根據(jù)平均速度公式可以得出點(diǎn)豎直方向的瞬時(shí)速度為：%=2

AXTm/s=.0m/s

（2）由于小球豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)逐差法可得重力加速度為：g="青A

代入數(shù)據(jù)可得g

=9.7m/s2

【分析】（1）利用水平方向的位移公式可以求出初速度的的大?。唤Y(jié)合平均速度公式可以求出A點(diǎn)豎直

方向的速度大??；

（2）利用豎直方向的鄰差公式可以求出重力加速度的大小。

10.（2021?全國(guó)乙卷）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15V）和內(nèi)阻r（小

于2。）。圖中電壓表量程為iv，內(nèi)阻即=380.0。：定值電阻&=20.0。；電阻箱R,最大阻

值為為開關(guān)。按電路圖連接電路。完成下列填空:

999.9Q.S

（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Q（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；

根據(jù)圖（a）所示電路，用R、Ro、勺、E和r表示3，得力：

（3）利用測(cè)量數(shù)據(jù)，做卜R圖線，如圖（b）所示：

圖（b）

通過圖（b）可得E=V（保留2位小數(shù)），r=Q（保留1位小數(shù)）；

（4）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|—|X

1E1

100%=%。

【答案】（1）15.0

（2）Ro+R>.R+_1+（R、+Ro）r

ERyRQEER^RQ

（3）1.55；1.0

（4）5

【考點(diǎn)】測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻

【解析】【解答】（1）根據(jù)題意可知電源電動(dòng)勢(shì)大于電壓表的滿偏電壓，為了避免電壓表被燒壞，其電

UE-U

阻箱應(yīng)該分去電源的部分電壓，根據(jù)并聯(lián)電路分壓規(guī)律可得友^二孱7

Ry+Rg

代入數(shù)據(jù)解得R=7.5Q

根據(jù)所求的電阻箱阻值可以判別R應(yīng)該選擇15.0Q。

(2)根據(jù)閉合電路的歐姆定律E=U+Ir

結(jié)合回路中的物理量可得E=U+^W(R+r)

Rp+R。

通過對(duì)表達(dá)式變形可得3=誓華?R+打誓捍

UERyR0EERyRQ

(3)根據(jù)(2)的表達(dá)式可以得出：

其圖像斜率為：就=1=盍，

其圖像縱截距為：抖畿r=b=升盤

根據(jù)R圖象信息可得：卜=0,。3%-1?Q,b=0.68V-1

根據(jù)k和b的大小可得E?1.55v,「a1.0。

(4)如果電壓表為理想電壓表，則可以忽略電壓表內(nèi)阻對(duì)電路的影響，根據(jù)閉合電路的歐姆定律整理可

得：

1r1

1??D

UEER0ERO

則此時(shí)E'=六

已知E和E，的大小，根據(jù)誤差的表達(dá)式可得：牛=|金淳|x100%=5%

19k

【分析】(1)為了避免電壓表兩端電壓不能超過滿偏電壓，結(jié)合分壓的大小及歐姆定律可以求出電阻箱

接入電路的阻值大??；

(2)利用閉合電路的歐姆定律可以求出路端電壓和電阻R的關(guān)系式；

(3)利用圖像斜率和截距可以求出電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的大??；

(4)利用理想電壓表的閉合電路歐姆定律可以求出E的大小，結(jié)合實(shí)際E的大小可以求出誤差的大小。

11.(2021?全國(guó)乙卷)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\=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i.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。

【答案】(1)解：第一次籃球下落的過程中由動(dòng)能定理可得Er=mghx

籃球反彈后向上運(yùn)動(dòng)的過程由動(dòng)能定理可得0-E2=-mg/i2

第二次從1.5m的高度靜止下落，同時(shí)向下拍球，在籃球反彈上升的過程中，由動(dòng)能定理可得0-n=

0-mgA4

第二次從1.5m的高度靜止下落，同時(shí)向下拍球，籃球下落過程中，由動(dòng)能定理可得W+=%

因籃球每次和地面撞擊的前后動(dòng)能的比值不變，則有比例關(guān)系r=T

匕1匕3

代入數(shù)據(jù)可得w=4.5j

（2）解：因作用力是恒力，在恒力作用下籃球向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，因此有牛頓第二定律可得F+

mg=ma

在拍球時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移為x=1at2

做得功為W=Fx

聯(lián)立可得F=9N（F=.15N舍去）

【考點(diǎn)】動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用，牛頓第二定律

【解析】【分析】（1）籃球下落過程和反彈后向上運(yùn)動(dòng)的過程，利用動(dòng)能定理可以求出反彈前后其動(dòng)能

的比值；結(jié)合第二次籃球下落及反彈后的動(dòng)能定理可以求出運(yùn)動(dòng)員拍球過程對(duì)籃球做功的大小；

（2）運(yùn)動(dòng)員拍籃球后籃球向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，利用牛頓第二定律結(jié)合牛頓第二定律可以求出勻加速

運(yùn)動(dòng)位移的表達(dá)式，結(jié)合拉力做功的大小可以求出作用力的大小。

12.（202L全國(guó)乙卷）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s0=0.4m,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=5m后進(jìn)入一方向垂直于斜面的勻強(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

2

終接觸良好，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小8=，重力加速度大小取=10m/s,sina=0.6。求：

（1）金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)所受安培力的大小；

（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。

【答案】（1）解：根據(jù)題意可得金屬棒和導(dǎo)體框在沒有進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理

可得（M+m）gsisina=|+m）詔

代入數(shù)據(jù)解得%=|m/s

金屬棒在磁場(chǎng)中切割磁場(chǎng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E=BLv0

由閉合回路的歐姆定律可得/=f

則導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力為F^=B1L=0.18N

（2）解：金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)以后因?yàn)樗查g受到安培力的作用，根據(jù)楞次定律可知金屬棒的安培力沿斜面向

上，之后金屬棒相對(duì)導(dǎo)體框向上運(yùn)動(dòng)，因此金屬棒受到導(dǎo)體框給的沿斜面向下的滑動(dòng)摩擦力，因勻速運(yùn)

動(dòng)，可有mgsina+“mgcosa=F%

此時(shí)導(dǎo)體框向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得Mgsina-fimgcosa-Ma

x

設(shè)磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為X,則金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=-

VO

則此時(shí)導(dǎo)體框的速度為%=%+at

2

則導(dǎo)體框的位移X1=v0t+lat

2

因此導(dǎo)體框和金屬棒的相對(duì)位移為Ax=xx-x=\at

由題意當(dāng)金屬棒離開磁場(chǎng)時(shí)金屬框的上端EF剛好進(jìn)入線框，則有位移關(guān)系s0-zlx=x

金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)的電動(dòng)勢(shì)為%=BL%,A=等

導(dǎo)體框受到向上的安培力和滑動(dòng)摩擦力，因此可得Mgsina=^mgcosa+BlrL

聯(lián)立以上可得x=0.3m,a=5m/s2,m=0.02kg，〃=石

（3）解：金屬棒出磁場(chǎng)以后，速度小于導(dǎo)體框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速運(yùn)動(dòng)，則有

mgsina+/imgcosa=max

金屬棒向下加速，導(dǎo)體框勻速，當(dāng)共速時(shí)導(dǎo)體框不再勻速，則有v0+=vx

導(dǎo)體框勻速運(yùn)動(dòng)的距離為x2=

代入數(shù)據(jù)解得x2=Vm=im

【考點(diǎn)】動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用，電磁感應(yīng)與力學(xué)

【解析】【分析】（1）金屬棒和導(dǎo)體框還沒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，利用動(dòng)能定理可以求出進(jìn)入

磁場(chǎng)時(shí)速度的大小，結(jié)合動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)及安培力的表達(dá)式可以求出安培力的大??；

（2）金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)后受到沿斜面向上的安培力，利用受力分析可以判別金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)；利用

牛頓第二定律可以求出導(dǎo)體框向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度，利用磁場(chǎng)區(qū)域可以求出金屬棒運(yùn)動(dòng)的時(shí)

間，結(jié)合速度公式可以求出導(dǎo)體框運(yùn)動(dòng)的速度和位移：利用位移之差可以判別金屬棒離開磁場(chǎng)時(shí)其EF剛

好進(jìn)入磁場(chǎng)，利用動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)及平衡方程，聯(lián)立勻加速直線運(yùn)動(dòng)的方程可以求出金屬棒的質(zhì)量及動(dòng)摩擦

因數(shù)的大??；

（3）導(dǎo)體棒離開磁場(chǎng)后其速度小于金屬框的速度，利用牛頓第二定律可以求出加速度的大??；利用共速

可以求出金屬框勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，結(jié)合速度的大小可以求出運(yùn)動(dòng)的位移大小。

三、【選修3-3】

13.(2021?全國(guó)乙卷)

(1)如圖，一定量的理想氣體從狀態(tài)a(po,%,To)經(jīng)熱力學(xué)過程ab、be、ca后又回到狀態(tài)a。

對(duì)于ab、be、ca三個(gè)過程，下列說法正確的是()

A.ab過程中，氣體始終吸熱

B.ca過程中，氣體始終放熱

C.ca過程中，氣體對(duì)外界做功

D.bc過程中，氣體的溫度先降低后升高

E.bc過程中，氣體的溫度先升高后降低

(2)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)度分別為匕=13.5cm，h=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4=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。

~~r

B

【答案】(1)A,B,E

(2)解：對(duì)B管中的氣體，水銀還未上升產(chǎn)生高度差時(shí)，初態(tài)為壓強(qiáng)p1B=po，體積為匕8=。5，末

態(tài)壓強(qiáng)為P2，設(shè)水銀柱離下端同一水平面的高度為多，體積為匕B=(%-4)S，由水銀柱的平衡

條件有P2B=Po+pgh

B管氣體發(fā)生等溫壓縮，有p1BV1B=p2BV2B

聯(lián)立解得4=2cm

對(duì)A管中的氣體，初態(tài)為壓強(qiáng)P”=P。，體積為匕4=kS,末態(tài)壓強(qiáng)為p2A,設(shè)水銀柱離下端同一

水平面的高度為々，則氣體體積為％1=。1一々)5,由水銀柱的平衡條件有P2A=p0+pg^+\-

4)

A管氣體發(fā)生等溫壓縮，有p1AV1A=p2AV2A

2

聯(lián)立可得2々-191^+189=0

解得多=/或勺=詈刖乂（舍當(dāng)

則兩水銀柱的高度差為4〃=4-4=1cm

【考點(diǎn)】理想氣體的狀態(tài)方程，氣體的變化圖像P-V圖、P-T圖、V-T圖

【解析I解答］A.理想氣體經(jīng)歷ab過程時(shí)，從圖像可以得出其體積不變，壓強(qiáng)增大，根據(jù)pV=nR7,

則氣體的溫度變大，由于體積不變，所以外界對(duì)氣體不做功，但溫度升高其氣體內(nèi)能增大，根據(jù)熱力學(xué)

第一定律/U=Q+W可知，氣體一直吸熱，A符合題意；

BC.理想氣體經(jīng)歷ca過程時(shí)，從圖像可以得出其壓強(qiáng)不變，體積減小，根據(jù)pV=nR7,則氣體的溫

度減小，由于體積減小，所以外界對(duì)氣體做正功，但溫度減小其氣體內(nèi)能減小，根據(jù)熱力學(xué)第一定律

4U=Q+IV可知，氣體一直放熱，B符合題意，C不符合題意；

DE.根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程pV=nR7可知，p-V圖像的坐標(biāo)圍成的面積反映溫度，b狀態(tài)和c狀

態(tài)的坐標(biāo)面積相等，而中間狀態(tài)的坐標(biāo)面積更大，Be過程的溫度先升高后降低，D不符合題意，E符合題

意；

故答案為：ABE。

【分析】（1）理想氣體經(jīng)過ab過程其體積不變所以外界對(duì)氣體做功等于0,由于壓強(qiáng)變大所以溫度升高

所以氣體內(nèi)能增大，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可以判別氣體一直吸熱；氣體經(jīng)過ca過程其壓強(qiáng)不變，體積變

小，外界對(duì)氣體做正功，但是溫度下降所以內(nèi)能減小，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可以判別氣體一直放熱；be

過程利用圖像所圍起來的面積可以判別溫度的變化；

（2）AB管中的氣體發(fā)生等溫變化，利用液面高度差可以求出氣體初末狀態(tài)的壓強(qiáng)表達(dá)式，結(jié)合理想氣體

的狀態(tài)方程可以求出兩個(gè)水銀柱高度差的大小。

四、【選修3-4】

14.（2021?全國(guó)乙卷）

（1）圖中實(shí)線為一列簡(jiǎn)諧橫波在某一時(shí)刻的波形曲線，經(jīng)過o.3s后，其波形曲線如圖中虛線所示。已知

該波的周期T大于03s，若波是沿x軸正方向傳播的，則該波的速度大小