15.物理·2021年普通高中学业水平等级考试(山东卷)-【名校强基卷】2020-2024年5年高考物理真题汇编

绝密★启用前 2021年普通高中学业水平等级考试（山东卷） 物理 本试卷满分100分，考试时间90分钟 一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分.每小题只有一个选项符合题目要求） 1.在测定年代较近的湖泊沉积物形成年份时，常利用沉积物中半衰期较短的Pb,其衰变方程为 $ Pb一→Bi+X.以下说法正确的是 A.衰变方程中的X是电子 B.升高温度可以加快Pb的衰变 C.Pb与9Bi的质量差等于衰变的质量亏损 D.方程中的X来自于Pb内质子向中子的转化 2.如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高.一开口向下、导热良好的小 浙 瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气.挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部：松开后，小 瓶缓慢上浮.上浮过程中，小瓶内气体 A.内能减少 B.对外界做正功 C.增加的内能大于吸收的热量 D.增加的内能等于吸收的热量 3.如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O 毁 转动，另一端与质量为的小木块相连.木块以水平初速度出发，恰好能完成一个完整的圆 周运动.在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为 童 mo A.2 B甓 C.m m 8πL D.16x1 4.血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图所示.加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计 示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值.充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为 V:每次挤压气囊都能将60cm°的外界空气充人臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为 5V,压强计示数为150mmHg.已知大气压强等于750mmHg,气体温度不变.忽略细管和压强 计内的气体体积.则V等于 2021·山东卷第1页（共8页） 圳压气拖 细管 乐强计 臂带 A.30 cm B.40 cm C.50 cm D.60 cm 5.从“玉兔”登月到“祝融”探火，我国星际探测事业实现了由地月系到行星际的跨越.已知火星质 量约为月球的9倍，半径约为月球的2倍，“祝融”火星车的质量约为“玉兔”月球车的2倍.在 着陆前，“祝融”和“玉兔”都会经历一个由着陆平台支撑的悬停过程，悬停时，“祝融”与“玉兔” 所受着陆平台的作用力大小之比为 () A.9:1 B.9:2 C.36:1 D.72:1 6.如图甲所示，边长为a的正方形，四个顶点上分别固定一个电荷量为十q的点电荷；在O≤x< 2 α区间，x轴上电势g的变化曲线如图乙所示.现将一电荷量为一Q的点电荷P置于正方形 的中心O点，此时每个点电荷所受库仑力的合力均为零.若将P沿x轴向右略微移动后，由静 止释放，以下判断正确的是 A.Q=②+1 2g,释放后P将向右运动 B.Q=②+1 g,释放后P将向左运动 C.Q=22+1 44,释放后P将向右运动 D.Q=22+1 49,释放后P将向左运动 7.用平行单色光垂直照射一层透明薄膜，观察到如图所示明暗相间的干涉条纹.下列关于该区域 薄膜厚度d随坐标x的变化图像，可能正确的是 0 2021·山东卷第2页（共8页） D 8.迷你系绳卫星在地球赤道正上方的电离层中，沿圆形轨道绕地飞行，系绳卫星由两子卫星组 成，它们之间的导体绳沿地球半径方向，如图所示.在电池和感应电动势的共同作用下，导体绳 中形成指向地心的电流，等效总电阻为r.导体绳所受的安培力克服大小为∫的环境阻力，可使 卫星保持在原轨道上.已知卫星离地平均高度为H,导体绳长为L(L《H),地球半径为R、质 量为M,轨道处磁感应强度大小为B,方向垂直于赤道平面.忽略地球自转的影响.据此可得， 电池电动势为 () 远地子卫星■ 电池 电流， 速度 导体绳 近跑子卫星 赤道平面 A肌+品a品 GM fr GM BL C.BL,√R+Hfr GM BL D.BL√R+Hfr 二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分.每小题有多个选项符合题目要求.全部选 对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 9.输电能耗演示电路如图所示.左侧变压器原、副线圈匝数比为1：3，输入电压为7.5V的正弦 交流电.连接两理想变压器的导线总电阻为r,负载R的阻值为10Ω.开关S接1时，右侧变压 器原、副线圈匝数比为2：1，R上的功率为10W;接2时，匝数比为1：2，R上的功率为P.以 下判断正确的是 A.r=102 B.r=52 C.P=45 W D.P=22.5W 10.一列简谐横波沿x轴传播，如图所示，实线为t1=2s时的波形图，虚线为t2=5s时的波形 图.以下关于平衡位置在O处质点的振动图像，可能正确的是 2021·山东卷第3页（共8页） y/cm y/em 6 12s 11.如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面 的速度。水平投出，落地时物资与热气球的距离为d.已知投出物资后热气球的总质量为M, 所受浮力不变，重力加速度为g,不计阻力.以下判断正确的是 A.投出物资后热气球做匀加速直线运动 B.投出物资后热气球所受合力大小为mg C.d=(1+得) 2H或+H D.d 2+0+9》H 12.如图所示，电阻不计的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上，区域I、Ⅱ中磁场方向均垂直 斜面向上，I区中磁感应强度随时间均匀增加，Ⅱ区中为匀强磁场.阻值恒定的金属棒从无磁 场区域中a处由静止释放，进入Ⅱ区后，经b下行至c处反向上行.运动过程中金属棒始终垂 直导轨且接触良好.在第一次下行和上行的过程中，以下叙述正确的是 A.金属棒下行过b时的速度大于上行过b时的速度 B.金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度 B C.金属棒不能回到无磁场区 D.金属棒能回到无磁场区，但不能回到a处 三、非选择题（本题共6小题，共60分） 13.(6分)某乒乓球爱好者，利用手机研究乒乓球与球台碰撞过程中能量损失的情况.实验步骤 如下： ①固定好手机，打开录音功能： ②从一定高度由静止释放乒乓球： ③手机记录下乒乓球与台面碰撞的声音，其随时间（单位：s)的变化图像如图所示. 0.81.01.21.41.61.82.02.22.42.62.83.03.23.43.6 2021·山东卷第4页（共8页） 根据声音图像记录的碰撞次序及相应碰撞时刻，如表所示。 碰撞次序 1 2 3 4 5 6 碰撞时刻(s) 1.121.582.002.402.783.143.47 根据实验数据，回答下列问题： (1)利用碰撞时间间隔，计算出第3次碰撞后乒乓球的弹起高度为 m(保留2位 有效数字，当地重力加速度g=9.80m/s). (2)设碰撞后弹起瞬间与该次碰撞前瞬间速度大小的比值为k,则每次碰撞损失的动能为碰撞 前动能的 倍（用k表示），第3次碰撞过程中k= (保留2位有效数字) (3)由于存在空气阻力，第(1)问中计算的弹起高度 (填“高于”或“低于”)实际弹起 高度 14.(8分)热敏电阻是传感器中经常使用的元件，某学习小组要探究一热敏电阻的阻值随温度变 化的规律.可供选择的器材有： 待测热敏电阻R,(实验温度范围内，阻值约几百欧到几千欧)： 电源E(电动势1.5V,内阻r约为0.52)； 电阻箱R(阻值范围0~9999.99Ω)； 滑动变阻器R,(最大阻值202)： 滑动变阻器R,(最大阻值2000)： 微安表（量程100uA,内阻等于25002）： 开关两个，温控装置一套，导线若干 同学们设计了如图甲所示的测量电路，主要实验步骤如下： ①按图示连接电路； ②闭合S,、S2,调节滑动变阻器滑片P的位置，使微安表指针满偏； ③保持滑动变阻器滑片P的位置不变，断开S2,调节电阻箱，使微安表指针半偏： ④记录此时的温度和电阻箱的阻值： 温将装置 tInRz 热敏电阻 8.5 R 7.5 6.5 2.83.0327x10K9 丙 回答下列问题： (1)为了更准确地测量热敏电阻的阻值，滑动变阻器应选用 (填“R”或“R2”). (2)请用笔画线代替导线，在图乙上将实物图（不含温控装置）连接成完整电路 (3)某温度下微安表半偏时，电阻箱的读数为6000.00Ω，该温度下热敏电阻的测量值为 (结果保留到个位)，该测量值 (填“大于”或“小于”)真实值 (4)多次实验后，学习小组绘制了如图丙所示的图像.由图像可知.该热敏电阻的阻值随温度 的升高逐渐 (填“增大”或“减小”)， 2021·山东卷第5页（共8页）》 15.(7分)超强超短光脉冲产生方法曾获诺贝尔物理学奖，其中用到的一种脉冲激光展宽器截面 如图所示.在空气中对称放置四个相同的直角三棱镜，顶角为.一细束脉冲激光垂直第一个 棱镜左侧面人射，经过前两个棱镜后分为平行的光束，再经过后两个棱镜重新合成为一束，此 时不同频率的光前后分开，完成脉冲展宽.已知相邻两棱镜斜面间的距离d=100.0m,脉冲 激光中包含两种频率的光，它们在棱镜中的折射率分别为m-2和，=耳。取n37°-号， c0s37°=4,5 57 =1.890. 出射 (1)为使两种频率的光都能从左侧第一个棱镜斜面射出，求0的取值范围： (2)若0=37°，求两种频率的光通过整个展宽器的过程中，在空气中的路程差△L(保留3位有 效数字). 16.(9分)海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤（贝类动物）后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击 打碎硬壳.一只海鸥叼着质量m=0.1kg的鸟蛤，在H=20m的高度、以。=15m/s的水平 速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上.取重力加速度g=10/s,忽略空气阻力。 2 0工 (1)若鸟蛤与地面的碰撞时间△t=0.O05s,弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均 作用力的大小F:(碰撞过程中不计重力) (2)在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度L=6m的岩石，以岩石左端为坐 标原点，建立如图所示坐标系.若海鸥水平飞行的高度仍为20m,速度大小在15~17m/s之 间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围. 2021·山东卷第6页（共8页） 17.(14分)某离子束实验装置的基本原理如图甲所示.I区宽度为d,左边界与x轴垂直交于坐 标原点O,其内充满垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。:Ⅱ区宽度为L, 左边界与x轴垂直交于O,点，右边界与x轴垂直交于O2点，其内充满沿y轴负方向的匀强 电场.测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界，其中心C与O2点重合，从离子源不断飘出电荷量为 9、质量为m的正离子，加速后沿x轴正方向过O点，依次经I区、Ⅱ区，恰好到达测试板中心 C.已知离子刚进入Ⅱ区时速度方向与x轴正方向的夹角为.忽略离子间的相互作用，不计 重力. ×B 离子源 0 0 加速区 d L 甲 (1)求离子在I区中运动时速度的大小： (2)求Ⅱ区内电场强度的大小E: (3)保持上述条件不变，将Ⅱ区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小均为B(数值未 知).方向相反且平行y轴的匀强磁场，如图乙所示.为使离子的运动轨迹与测试板相切于C 点，需沿x轴移动测试板，求移动后C到O,的距离s. 离了源 0 01 0 加速☒ Z 2021·山东卷第7页（共8页） 18.(16分)如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C,放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一 劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B,开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止.现给C 施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一 段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动.已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为 f,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内.（弹簧的弹性势能可表示为：E。= k:,k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量) AW B CF (1)求B、C向左移动的最大距离x。和B、C分离时B的动能Ek: (2)为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值Fmn； (3)若三物块都停止时B、C间的距离为xr,从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服 弹簧弹力做的功为W,通过推导比较W与∫xx的大小： (4)若F一5f,请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像，并 在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值（用f、k、m表示），不要求推导过程.以撤去 F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向. 2021·山东卷第8页（共8页）答案：(13分)(1)ABE(5分) 2021年普通高中学业水平等级考试 (2)(8分)解：（「）活塞位于A位置时，对活塞受力分析有 (山东卷) p,S十1g十Fx=pS,其中F,=m1g 1,A根据质量数和核电荷数守恒可知，X的质量数为0，电荷 解得汽缸中气体的压强p,=1,0×10P 数为一1，所以X是电子，故A正确， (用)汽缸内部气体发生了等温变化，则有 2.B设大气压强为p,瓶内气体的压强为p,瓶内气体下侧到 p,V。=p:(V。十hS) 水面的高度差为h,则瓶内气体的压强p=p。十pgh,小瓶上 活塞位于B位置时，对活塞受力分析有 升的过程中瓶内气体下侧到水面的高度差力减小，则瓶内气 P,S十m1g十F+m2g=pS 体的压强D减小，由理想气体的状态方程兴=C可知，小瓶 联立可得液体对金属丝拉力F=1N 上升的过程中瓶内气体的体积一定增大，小瓶内气体对外界 16,解析：木棒在竖直方向上做简谐运动，由图可知，当x 做正功，故B正确。 0.1m、0.3m、0.5m时，木棒处于平衡位置，所以当x从 3.B因为杆为轻质细杆，所以杆绕竖直光滑轴O转动的过程 0.05m到0.15m的过程中，木棒的速度先增大后减小，故 中对小木块的弹力沿杆的方向，所以轻质细杆对小木块不做 动能先增大后减小，A正确：x=0.21m到0.25m的过程 功，在小木块完成一个完整的圆周运动的过程中，由动能定理 中，浮力不断增大但一直小于重力，所以木棒的合力不斯减 小，由牛顿第二定律可知，木捧的加速度坚直向下，且大小不 得-fX2L=0-名m解得了=，故B正确，ACD 断减小，B正确：x=0.35m到0.45m的过程中，始终在平 错误。 衡位置上方，且在波谷两侧，故竖直方向上的速度大小相等，4，D以臂带内原有气体和5次充入的气体为研究对象，初始 方向相反，同时木棒浴河水流动方向具有相同的速度中，故 压强为p1=750mmHg,初始体积为V1=(V+60×5)cm,末 棒在上逮两位置的速度方向并非相反，C错误：设木棒运动 态压强为p:=750mmHg十150mmHg=900mmHg,末态体 过程中，浸入水中的最大长度为L,最小长度为L2,则有L, 积为V:=5V,由玻意耳定律得p,V,=pV,联立解得V= 一L=2A,由浮力公式有F,=pgSL,F,=PgSL,解得A= 60cm,故D正确，ABC错误. ,D正确：木棒在经直方向微简瑞运动，水流动方向5B在星球泰面，畅体所受的万有引力等于重力，即G-mg 2oSg R 微匀速直线运动，并非沿「轴方向传播的机械横波，E错误. 解释区一兴所以大里表面和月球表面的重力加建度之比为 答案：(13分)(1)ABD(5分) (2)(8分)解：(i)设屏障高度为d,则由发光像素发出的光 兰一品是-金老件时，汉型火显车和三免”月球车 经过屏障上边缘的光路图如图甲所示 受力平衡，由平衡条件得“祝融”与“玉兔”所受着陆平台的作 由折射定律有n=sin30 sin F化热=m我E=9 用力大小之北为m之，故B正确，ACD错误。 由儿何关系有d-2an0 6C由题意可知，每个点电荷所受库仑力的合力均为零，最上 边的点电荷受到其他三个点电苻的库仑力分别是F6=F意 解得d=1-2压m 5 g,F,=织，由叠加原理知FF的合力为②g,而Q 24 a (川)当由发光像素发出的光经屏障上边缘射到介质上表而 恰好发生全反射时，可视角度刚好被扩为180°，光路图如图 对最上边点电荷的库仑力为8，根据年箭条件得2虹 乙所示 + kyQ 2a 7,解得Q=22+1 4 ,由题图乙可知，在0≤ 得：区间，电场方向向在：所以电背量是一Q的点电荷卫 受向右的电场力，P将向右运动，故C正确，ABD错误. 7D用平行单色光垂直照射一层透明薄膜，从透明薄膜的上、 甲 下表面分别反射的两列光是相千光，发生干涉现象，出现明暗 相间的条纹，条纹的光程差为透明薄膜厚度的2倍，当光程差 由临界角公式有sinC=】 △x=2d=A(n=1,2,3,…)时此处表现为亮条纹，即当薄膜 由几何关系有十上=danC 2 的厚度d=受2(n=12,3,…)时对应的条纹为亮条纹，千涉 解得29-1=(2-)m 条纹从左向右条敛的间距逐渐增大，所以从左向右薄膜的厚 度逐渐减小，变化率逐渐减小，故D正俯，ABC错误. 物理答案一34 Mm 8A由万有引力提供向心力得GR十H=mR+H根据 金属棒下行时切割磁感线产生的感应电流方向也是向左，设 金属捧切割磁感线产生的感应电流大小为1：，金属棒中的 右手定则可知导体绳切割地磁场时上端相当于电源的负极， 总电流为11十I:,由右手定剥可知金属棒上行时切割磁感线 由法拉第电磁感应定律得感应电动势的大小为E=BL,乎 产生的感应电流方向向右，设金属棒切割磁感线产生的感应 体绳所受的安培力克服大小为「的环境阻力，所以导体绳受 电流大小为了：，金属棒中的总电流为1一广：，金病棒下行 到的安培力与递度方向相同，由左手定则可知导体绳切割地 过程中，根据牛顿第二定律可知B,(I1十I:)L一mgsin0= 磁场时产生的电流方向向上·所以电池的电动势大于导线绳 ma1,金属棒上行过程中，根据牛颜第二定律可知B2(1, 切割磁感线产生的电动势，可得1E-E,钻合F=BL=人， 12)L一ngsin0=ma:,所以a1>a:,所以金属棒下行过程的 平均加速度大于上行过程的平均加速度，由v=2a,x可知金 联立解得E-B肌十盒长A正痛，议D错误。 属棒下行经过b点时的速度大于上行经过b点时的達度，故 AB正确：I区域产生的感应电流使金属棒所受的安培力总 9.BD开关S接1时，由P=R可得右侧线图的输出电流为 是大于重力沿斜面向下的分力，所以金属棒一定能回到无磁 1,-√侵=1A,根6始-票U,山=U,人可释a= P 场区城，整个过程中电流通过金属棒产生焦耳热，金属棒的 机械能减少，所以金属棒不能回到处，故C错误，D正确。 1:I,,解得I=1=0.5A,对左侧变压器有n111=n,1,解得 :13.解析：(1)由题表可知从第3次碰撞到第4次碰撞乒乓球在 通过左侧变压器原线周的电流为I,=1.5A,所以输入功率 空中运动的时间为(2.40一2.00)s=0.4s,所以乒乓球上升 为P,=UI1=11.25W,右侧变压器的输入功率为P=P,= 或下落的时间均为0.2s,则第3次碰撞后乒乓球的弹起高 P.=10W,所以输电导线上消耗的功率为P,=P一P1 度为A=7g=7×9.8×0.2m≈0,20m(2)授米次碰 ①25W,由P,三Pr可得输电学线的电阻为r=片=50，故号 撞前醉间速度大小为，碰撞后弹起瞬间速度为k,则孩次 B正确，A错误；开关S接2时，由前面解析可得n1「， 碰撞损失的动能为A迟=号m-言m(如)，莲接过程中 4m1=,1U,=1·R=101U,=U, 1 5U:=:r十U=3U1,联立解得'，=1.5A,负载R消 损失的动能与是技前动能的比植为三m一功 耗的电功率为P'=1'R=22.5W,故D正确，C错误. 10.AC由题中波形图可知简瑞横波的波长入=4m,若波沿x 1一：由题意可知第3次碰撞前的速度为0=2.001.58 轴正向传播，则(：到1时间内波形平移的距离为△r=(3十 2 =0,21g,第3次碰撞后的速度t=0.2g,所以k≈0.95. 4n)mm=0.1,2.3…),则波造=是-(1+子）m/s(m (3)由于存在空气阻力，使得实际弹起的高度变小，所以第 01.2,3…小，剥两骑梳效的传指周期为T-合-3n 12 (1)问计算的弹起高度高于实际弹起高度. 答案：(6分)(1)0.20(2)1一k0.95(3)高于 (n=0,1,2,3,…),若n=0,则T=45,由题中实线波形图可：14.解析：(1)由实验电路可知滑动变阻器采用分压式接法，应选 知1=2s时质点O在平衡位置且向y轴正向运动，故A正 总阻值较小的滑动变阻器，即选R1·(2)根据电路图连接实 确，B错误：同理可知若波沿x轴负向传播，故C正确， 物图，如答困所示，注意连线不能跨过仪器，需接在仪器的接 D错误. 线柱上，(3)由题意可知：当微安表半偏时，该支路的总电阻为 11.BC抛出物资前，对气球和物资，根据平街条件得F,=(M 原来的2倍，即R1十R=R,所以该温度下热敏电阻的测 十m)g,抛出物资后，对气球，根据牛顿第二定律得，竖直方 量值为R,=35000:断开S,电阻箱串联到电路中，该支路 电阻增加，根据串并联电路特，点可知孩支路的电压略有升 向上有F#一Mg=Ma=mg,解得a=肾，投出物资后热气 高，根据欧姆定律可知当调节微安表半偏时，孩支路的总电 球败类平抛运动，故A错误，B正确：抛出物贵的除间，物资 凰比原来的2倍略大，也就是电阻箱的阻值略大于热敏电阻 和热气球在水平方向上动量守恒，设热气球的水平速度为 与微安表的总电阻，而认为电阻箱的阻值等于热敏电阻与微 1,取向右为正方向，根据动量守位定律得m一M1=0, 安表的总电阻，因此热敏电阻的测量值比真实值偏大，(4)当 1 对物资，竖直方向有H=2g,水平方向有工=4，对热气 温度T升高时，一减小，从题图乙可以看出R,减小，所以 球水平方向1，竖直方向h=之，代入数据联立解 R,减小，因此热敏电阻随温度的升高逐渐减小 答案：(8分)(1)R (2)如图所示 得d=H+)+(x+了-(1+得入 2H+H,故C 热敏电阻 正确，D错误. 12.ABDI区域中磁感应强度随时间均匀增加，设B,=1,由 法拉第电磁感应定律得感应电动势为E,=BS=S,所以 △ 金属棒上的感应电流【恒定，由楞次定律可知金属棒中的 感应电流方向向左：金属棒进入川区城后，由右手定则可知 (3)3500大于(4)减小 物理答案一35 15.(7分)解：(1)设C是全反射的临界角，光线在第一个三棱镜 (2)离子在Ⅱ区内只受电场力，x方向微匀速直线运动，y方 右侧斜面上恰好发生全反射时，根据折射定律得 向做匀变速直线运动，设从进入电场到击中测试板中心C sinc-是⑩ 的时间为1，y方向的位移为ya,加速度大小为“，由牛顿第 二定律得 代入较大的折射率得C=45°② gE=ma① 所以顶角0的范国为0<0<45（或0<45） 由运动的合成与分解得 (2)脉冲激光从第一个三棱镜右侧斜面射出时发生折射，设 L=tcos0③ 折射角分别为a1和a·由折射定律得 y=-r(1-cos0)⑥ nSin a sin a ④ y=wsn0-之ar -出号 联立①②①⑤⑧⑦式得 ⑤ 2gB元d 设两束光在前两个三棱镜斜面之间的路程分别为【，和 2ang叶品。品）) L:,则 (3)Ⅱ区内填充磁场后，离子在垂直y轴的方向做匀速圆周 运动，如图所示，设左侧部分的圆心角为a,圆周运动半径为 广，运动轨迹长度为1，由几何关系得a=苔回 △L=2(L1-L,）⑧ 联立④D⑤⑦⑧式，代入数据得 △L=14.4mm⑨. 16.(9分)解：(1)设平抛运动的时间为t,鸟蛤落地前醉间的速 度大小为巴，竖直方向分速度大小为，根据运动的合成与 分解得 H=7财@ 1-云×2x+2x2 离子在Ⅱ区内的运动时间不变，故有 8,=1② L uV十数，③ vcos 0 vcos 0 C到O,的距离s=2 sin a+r'@ 在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度的方向为正方 向，由动量定理得 联立回@0吧式祥=6v5+L,g 7x -F△=0一mv④ 18.(16分)解：(1)从开始到B、C向左移动到最大距离的过程 联立①②⑧③④式，代入数据得 中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得 F=500N⑤ (2)若释放鸟蛤的初速度为=15m/s,设击中岩石左端 F,=2f红，+k6① 时，释放点的x坐标为x:,击中右瑞时，释放点的x坐标为 弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C T,得 和弹黄为研究对象，由能量守恒得 T1=t⑥ r2=x1十L⑦ =2压+2B.@ 联立①②式得 联立①⑥⑦式，代入数据得 x-30m,=36m⑧ x=2F-4 k ③ 若释放鸟蛤时的初速度为，=17m/s,设击中岩石左端时， 释放点的T坐标为x',击中右端时，释放点的T坐标为 E-F-6fF+8/ ④ k x,得 (2)当A刚要离开墙时，设弹簧的仲长量为，以A为研完 x',=w⑨ 对象，由平衡条件得k.x=f⑤ x':=x/,+L⑩ 若A刚要离开墙壁时B的速度恰好等于零，这种情况下恒 联立①@⑩式，代入数据得 力为最小值F,从弹簧恢复原长到A刚要离开墙的过程 x',=34m.x':=40m⑩ 中，以B和弹黄为研究对象，由能量守恒得 综上得x坐标区间 E=+r@ [34m.36m]或(34m,36m)0② 联立①②⑤⑥式得 17.(14分)解：(1)设离子在1区内做匀速圆周运动的半径为r, 由牛顿第二定律得gmB=m号 ① F-(3士)f 根据几何关系得sin0=4② 根器题意合去P=(3-四），得 联立①②式得u=gB4 msin 6 F=(3+)f® 物理答案-36 (3)从B,C分离到B停止适动，设B的路程为x,C的位移9.BD设弹簧的原长为l,仲长量为x,与竖直方向的夹角为 为x,以B为研究对象，由动能定理得 0,则(l。十x)sin0=MP,Fcos0=mg,金属框转动的角速度 -W一fxn=0-E、⑨ 增大，若小球的高度降低，则F,增大，cos0增大，F,cos0> 以C为研究对象，由动能定理得 mg,所以小球的高度不会降低，同理可知小球的高度不会升 -fxe=0-E40 高x,0,F4均不变，故B正确，A错误：由国周运动规律得 由B、C的运动关系得xA>.re一xm⑩ F,sin0一F、一mmMP,所以小球转动的角速度增大，小球对 联立⑨@①式得W<fx2 杆压力的大小一定变小，故C错误；由国周运动规律得F◆= (4) mwM下，小球转动的角速度增大，小球所受合外力的大小一 9 定变大，故D正确. 10,ACD由电场的叠加原理可知除无穷远处之外，菱形外部 电场强度处处不为零，故A正确；根据对称性可知菱形内部 2021年普通高中学业水平选择性考试 O点电场强度为零，根据对称性可知电场强度为零的，点应在 (河北卷) x轴和y轴上，且关于O点对称的两点的电场强度均为零， 1.C铝同位素A山的半衰期由原子核本身因素决定，不随外 所以菱形内部电场强度为零的点可能是1个，3个，5个，故 界环境而改变，故C正确· B错误：当y。一81时，点(4l,51)到菱形四个顶点的距离分别 2.C由辛抛运动规律可得1=82。=2×103，由竖直上 为5l,V√(41)+(81-5)=5l、√(5)+(41+4)=√8丽1 超选动规律可得台=2×√=4×10所以片 V4)+(81+50=√1851.点(4,50的电势为9=k号 淡8高成C运请，AD格说 高十品同现可得点0.一0的电势为 十k景十表名十历 品B由=加，E=m可得品。一管所以品在国陈单位的 =k景十长司十长品十长贵，所以点(，5D的电势低于点 m.c 下的单位是m,故B正确，ACD错误， (0,一31)的电势，将一带负电的试探电荷由点(4,5l)移至点 .D对于飞备，由万有引力捉供向心力得GM:m也=m。 (0,一3)，试探电荷的电势能降低，静电力做正功，故C正 ri 确：当y。=41时，根据电场的叠加原理和对称性可知点(1,1) (2)对于地球网步卫星，由万有引力提供向心力得 42 的电场强度与x轴负方向成45°倾斜向下，所以带负电的试 探电荷在点(1，l)受到的静电力与x轴正方向成45°领斜向 4 上，故D正确. r年 11.解析：(1)根据电路图可知实物图连线如答图所示.(2)闭合 正确，ABC错误. 开关，观察发现小灯泡的灯丝被烧渐，说明小灯泡闪亮一下 5,B平行金属板P,Q间的匀强磁场向右， 时通过小灯泡的电流过大，小灯泡两端的电压过大，其原因 由左手定则可知正离子受到向下的洛伦 可能是滑动变阻器滑片的初始位置在b端，故C正确.(3)由 滋力而偏向Q板，负离子受到向上的洛伦 【U图像可知P点对应状态下小灯泡两端的电压为2V,通 兹力而偏向P板，等离子体受力平衡，得 =B,通过金属棒的电流从a流向 U 垃小打泡的电流为71mA,所以小打泡的电阻为R=号= 2V b,从向b看金属棒的受力如图所示，由左手定则可知导轨 74mA≈27.02. 处磁场的方向垂直导轨平面向下，由平衡条件得F=B,L 答案：(6分)(1)如图所示 -mg血又1一发联主解择一女B正，ACD 错误 6.A小球的机栽能守位，则mg(R十R-是×2aR) 之mv,解得u=V√2+)gR,故A正确，CD错误。 7,A取一小段时间△，金属棒切制破感线产生的感应电动势 为E=2Bu△tan0,电容器极板上的电荷量为Q=CE= 力0 2 BC ytan0,所以通过金属捧的电流为1=是=2BC7am0, 故A正确. (2)C(3)27.0 8.BC矩形线图在磁场中转动产生感应电动势的最大值为 12.解析：(1)轻翎绳下端所悬挂钩码重力势能的减少量为4× E=2NBLa,有效值为E=√②NBLm,由理想变压器原理得 50×10kg×9.80m/s×0.5m=0.980J.(2)由题中表格 公-品-号又心，=E1-是-1山-是解释 数据可知△E十△E=0.980J,所以表格中所缺数值为 n 0.588J.(3)根搭题中表格数据描点连线，如答图所示：由能 R,U,=R,-②VEL0,故B试正确 量守恒定律得△E=Mgs,根据△E-M图像的斜率等于 n R nn IR gs计算可得滑块与木板之间的动摩擦因数钓为0.40. 物理答案一37