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2021年高考理综物理真题试卷（山东卷）
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。（共8题；共24分）
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 →21083Bi+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 C.
21082Pb
21082Pb
21082Pb
21082Pb
，其衰变方程为
的衰变
内质子向中子的转化
与
21083Bi
的质量差等于衰变的质量亏损
21082Pb
D. 方程中的X来自于
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转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度 𝑣0 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（ ）
A.
2𝑚𝑣0
2𝜋𝐿
B.
2𝑚𝑣0
4𝜋𝐿
C.
2𝑚𝑣0
8𝜋𝐿
D.
2𝑚𝑣0
16𝜋𝐿
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 60cm3 的外界空气充入臂带中，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（ ）
A. 30cm3 B. 40cm3 C. 50cm3 D. 60cm3
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 +𝑞 的点电荷；在 0≤𝑥<√2𝑎
2
区间，x轴上电势 𝜑 的变化曲线如图乙所示。现将一电荷量为 −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+1𝑞 ，释放后P将向右运动 B. 𝑄=√2+1𝑞 ，释放后P将向左运动
22C. 𝑄=2√2+1𝑞 ，释放后P将向右运动 D. 𝑄=2√2+1𝑞 ，释放后P将向左运动 44
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（ ）
A. B.
C. 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f的环境阻力，可使卫星保持在原轨道上。已知卫生离地平均高度为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（ ）
A. 𝐵𝐿√𝐺𝑀+𝑓𝑟 B. 𝐵𝐿√𝐺𝑀−𝑓𝑟
𝑅+𝐻𝐵𝐿𝑅+𝐻𝐵𝐿C. 𝐵𝐿√𝐺𝑀+𝐵𝐿 D. 𝐵𝐿√𝐺𝑀−𝐵𝐿
𝑅+𝐻
𝑓𝑟
𝑅+𝐻
𝑓𝑟
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．全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．（共4题；共16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=10Ω B. 𝑟=5Ω C. 𝑃=45W 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（ ）
A. B.
C. D.
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 𝑣0 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+𝑚)√2𝐻𝑣0+𝐻2 D. 𝑑=√2𝐻𝑣0+(1+𝑚)2𝐻2
𝑀
𝑔
𝑔
𝑀
2
2
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 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．（共6题；共60分）
13.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。
根据声音图像记录的碰撞次序及相应碰撞时刻，如下表所示。 碰撞次序 1 2 3 4 5 6 7 碰撞时刻（s） 1.12 1.58 2.00 2.40 2.78 3.14 3.47 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/s2 ）。
（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.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 𝑅T （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 0.5Ω ）； 电阻箱R（阻值范围 0~9999.99Ω ）； 滑动变阻器 𝑅1 （最大阻值 20Ω ）； 滑动变阻器 𝑅2 （最大阻值 2000Ω ）； 微安表（量程 100μA ，内阻等于 2500Ω ）； 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 S1 、 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。 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“ 𝑅1 ”或“ 𝑅2 ”）。 （2）请用笔画线代替导线，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________ Ω （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乙所示的图像。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”）。
15.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 𝜃 。一细束脉冲激光垂直第一个棱镜左侧面入射，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=100.0mm ，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 𝑛1=√2 和 𝑛2=√ 。取 sin37°=5 ， cos37°=5 ， √7=1.890 。
4
313
4
5
（1）为使两种频率的光都能从左侧第一个棱镜斜面射出，求 𝜃 的取值范围；
（2）若 𝜃=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 𝛥𝐿 （保留3位有效数字）。
16.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 𝑣0=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=10m/s2 ，忽略空气阻力。
（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间 𝛥𝑡=0.005s ，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 15m/s~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。
17.某离子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 𝐵0 ；Ⅱ区宽度为L ， 左边界与x轴垂直交于 𝑂1 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q、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 𝜃 。忽略离子间的相互作用，不计重力。
（1）求离子在Ⅰ区中运动时速度的大小v； （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 𝑂1 的距离S。
18.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： 𝐸p=2𝑘𝑥2 ，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）
1
（1）求B、C向左移动的最大距离 𝑥0 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 𝐹min ；
（3）若三物块都停止时B、C间的距离为 𝑥BC ，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 𝑓𝑥BC 的大小；
（4）若 𝐹=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。
答案解析部分
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.【答案】 A 【考点】核反应方程
【解析】【解答】A．假设X的质量数为a，电荷数为b，根据质量数守恒有：a=210-210=0；根据电荷数守恒有：b=82-83=-1；根据质量数和电荷数的大小可得X是电子，A正确；
B．半衰期为大量原子核其质量衰变一半所花的时间，其半衰期的长短与外界条件无关，所以升高温度不能改变衰变的快慢，B错误；
210
C．核反应其亏损的质量等于反应物 21082Pb 的质量与生成物 83Bi 和电子X的质量之和的差值，C错误；
210
82Pb
D．核反应过程中，原子核内其中子转化为质子和电子，所以其电子是来自于 化，D错误。 故选A。
内中子向质子的转
【分析】利用质量数和电荷数守恒可以判别X的本质；半衰期不受外界影响；反应物和生成物的质量之差等于亏损的质量；衰变释放的电子来自于原子核中的中子向质子的转化。 2.【答案】 B
【考点】热力学第一定律（能量守恒定律）
【解析】【解答】A．小瓶在上升的过程中，越来越接近其矿泉水瓶口，所以其温度不断升高，由于一定质量的理想气体其温度决定内能所以瓶内气体的内能不断增大；A错误；
B．小瓶在上升过程中，根据液体的压强分布可以得出小瓶内气体的压强不断减小，又由于其温度不断上升，根据理想气体状态方程
𝑝𝑉𝑇
=𝐶
可得气体的体积不断增大，由于气体体积增大所以气体对外界做正功，B正确；
CD．小瓶上升时，由于小瓶内气体内能增加，且气体对外做功，则𝛥𝑈>0,𝑊<0;根据热力学第一定律 𝛥𝑈=𝑊+𝑄则有：𝛥𝑈<𝑄
根据表达式可得吸收的热量大于增加的内能，CD错误。 故选B。
【分析】上浮过程由于温度上过所以内能增大，上升过程由于压强减小，结合理想气体的状态方程可以判别其体积增大，所以气体对外界做正功；由于内能增大，且外界做负功，所以气体吸收的热量大于增加的内能。 3.【答案】 B
【考点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】小球做匀速圆周运动，已知小球的初速度为v0，末速度为0，在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据几何关系其运动的路程为：𝑠=2𝜋𝐿
2 根据动能定理 −𝑓⋅2𝜋𝐿=0−2𝑚𝑣0
1
可得摩擦力的大小 𝑓=故选B。
2𝑚𝑣0
4𝜋𝐿
【分析】利用动能定理结合小球初速度速度的大小可以求出摩擦力的大小。 4.【答案】 D
【考点】理想气体的状态方程
【解析】【解答】以充气前臂带中的气体和充入的气体为对象，气体发生等温变化，已知 𝑝0=750mmHg ， 𝑉0=60cm3 ， 𝑝1=750mmHg+150mmHg=900mmHg
根据玻意耳定律可知 𝑝0𝑉+5𝑝0𝑉0=𝑝1×5𝑉 代入数据整理得 𝑉=60cm3 故选D。
【分析】气体发生等温变化，利用理想状态方程可以求出体积V的大小。 5.【答案】 B
【考点】万有引力定律及其应用
【解析】【解答】火星车和月球车悬停的过程，悬停时所受平台的作用力等于万有引力，根据平衡方程有：𝑁=𝐹引 再根据 𝐹引=𝐺 则𝐹祝融=𝐺 𝑭=𝐺
𝑅月2𝑅火2𝑚𝑀𝑅2
𝑀火𝑚祝融 𝑀月𝑚玉兔 =𝐹
𝐹祝融玉兔联立可得 𝑁故选B。
𝑁祝融
玉兔
=2
9
【分析】当祝融和玉兔悬停时，其平台对其的作用力等于星体的引力大小，利用平衡方程结合引力公式可以求出作用力的比值大小。 6.【答案】 C
【考点】共点力平衡条件的应用，库仑定律
【解析】【解答】由于所有点电荷静止，以y轴正向的点电荷为对象，其y轴正向的点电荷受到四个库仑力处于平衡，根据库仑定律𝐹库=𝑘解得 𝑄=
2√2+14
𝑞1𝑞2𝑟2
𝑞2
𝑞2
𝑄𝑞及平衡条件可得 √2𝑘𝑎2+𝑘(√2𝑎)2=𝑘(√2𝑎)2
2𝑞
2已知电势和x轴距离的关系，利用电势降低方向可以判别场强向x轴的负方向，因在 0≤𝑥<√𝑎 区间内
2将P沿x轴正向向右略微移动后释放，P受到向右的电场力而向右运动。 故选C。
【分析】利用点电荷的平衡方程结合库仑定律可以求出点电荷Q的大小，利用电势降低的方向可以判别场强的方向进而判别电势P移动的方向。 7.【答案】 D 【考点】光的干涉
【解析】【解答】光经过透明薄膜的时，会在上下表面发生反射，从薄膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，根据光运动的路程可以得出光程差为薄膜厚度的2倍，则光程差为△x=2d ， 当光程差△x=nλ时此处表现为亮条纹，故相邻亮条纹之间的薄膜的厚度差为 2 λ ， 根据两亮条纹的间距不变，可以判别其薄膜厚度相同时其亮条纹之间的距离越大，所以可得条纹宽度逐渐变宽，则厚度不是均匀变小。 故选D。
【分析】利用亮条纹的间距可以判别两个条纹之间的光程差及厚度之差，结合条纹间距的变化，可以判别厚度相同时其条纹之间距离越大，利用几何关系可以判别其薄膜的厚度越来越小。 8.【答案】 A
【考点】万有引力定律及其应用，电磁感应与力学
【解析】【解答】两个卫星绕地球做匀速圆周运动，根据引力提供向心力有：𝐺(𝑅+𝐻)2=𝑚(𝑅+𝐻) 根据牛顿第二定律可得卫星的线速度为：𝑣=√𝐺𝑀
𝑅+𝐻
𝑀𝑚
𝑣2
1
导体绳切割磁感线相当于电源，已知导线速度方向及磁场的方向，根据右手定则可知，导体绳产生的感应电动势相当于上端为正极的电源，根据动生电动势的表达式有： 𝐸′=𝐵𝐿𝑣
导体绳做匀速圆周运动，其切线方向平衡，根据安培力和导线受到的阻力平衡则可得其电池电动势大于感应电动势的大小，根据平衡方程有：𝐵𝐼𝐿=𝑓 再根据欧姆定律有：𝐼=𝐸−𝐸′ 𝑟 联立可得 𝑓=𝐵𝐸−𝐸𝐿
𝑟解得 𝐸=𝐵𝐿√+𝐵𝐿 𝑅+𝐻故选A。
【分析】利用牛顿第二定律结合向心力公式可以求出导线切割磁场的速度大小，结合动生电动势及平衡方程可以求出电池电动势的大小。
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．全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分． 9.【答案】 B,D 【考点】变压器原理
1
【解析】【解答】对于左侧的变压器，根据理想变压器的规律有：𝑈=3
2
′𝐺𝑀𝑓𝑟
𝑈1
根据规律可得次级电压U2=3×7.5V=22.5V
当开关接1时，根据电功率的表达式𝑃4=
𝑈42𝑅
，
即可得右侧变压器的次级电压 𝑈4=√𝑃4𝑅=10V 根据欧姆定律有： 𝐼4=
𝑈4𝑅
=1A
𝑈
2
4
3
对于右侧变压器初级电压，根据理想变压器的规律有：𝑈=1 可得 𝑈3=1×10V=20V
根据电流的规律有：𝐼3=2×1A=0.5A 则根据输电线的欧姆定律有：𝑟=
𝑈2−𝑈3𝐼3
1
2
=5Ω
当开关S接2时，设输电电流为I ， 则右侧变压器的次级电流为0.5I；右侧变压两边电压关系可知
𝑈2−𝐼𝑟𝑛3
=
0.5𝐼𝑅𝑛4
解得I=3A
根据电功率的表达式则R上的功率 𝑃=(0.5𝐼)2𝑅=22.5W 故选BD。
【分析】根据理想变压器的规律可以求出左侧变压器的输出电压，利用右侧电功率的表达式及变压器规律可得右侧变压器的输入电压和输入电流，结合输电线的欧姆定律可以求出输电线的电阻，当开关接2时，利用右侧变压器规律可以求出输出电流的大小，结合热功率的表达式可以求出电阻消耗的功率大小。
10.【答案】 A,C 【考点】横波的图象
【解析】【解答】由于未知其波从传播方向，所以不能明确其横波在时间间隔内传播的距离，所以需要假设波传播的方向进行分类讨论：
假设机械波沿 𝑥 轴正方向传播，在 𝑡1=2s 时 𝑂 点振动方向竖直向上，在t2=5s时，x=3m处的质点振动方向向上，则传播时间 𝛥𝑡=𝑡2−𝑡1=3s 满足 𝛥𝑡=4𝑇+𝑛𝑇 （n=0，1，2，3…） 解得 𝑇=4𝑛+3s （n=0，1，2，3…） 当 𝑛=0 时，解得周期 𝑇=4s A正确，B错误；
假设机械波沿 𝑥 轴负方向传播，在t1=2s时其O点振动方向竖直向上，在 𝑡2=5s 时 𝑂 点处于波谷，则 𝛥𝑡=4𝑇+𝑛𝑇 （n=0，1，2，3…） 解得 𝑇=4𝑛+1s （n=0，1，2，3…） 当 𝑛=0 时，解得周期 𝑇=12s
12
1
12
3
根据分析可以判别其AC选项符合题意，其BD选项不符合题意， 故选AC。
【分析】假设波传播的方向，利用波传播的距离可以求出周期的表达式，利用周期的表达式可以求出周期的大小，利用振动方向及周期的大小可以求出O质点的振动图像。 11.【答案】 B,C
【考点】平抛运动，动量守恒定律
【解析】【解答】AB．以热气球和物资为系统，系统处于静止，所以合力为0，且其初速度等于0则初动量等于0，当抛出物资瞬间，其作用力属于内力，所以系统动量守恒；根据动量守恒定律有：𝑀𝑣=𝑚𝑣0 ， 其热气球获得与物资相反的速度，所以其热气球的初速度沿水平向左，根据牛顿第一定律可以得出热气球受到的合力等于mg，方向竖直向上，根据合力恒定可以判别气球做匀变速运动，且初速度方向和加速度方向不同，所以热气球做曲线运动；A错误，B正确； CD．热气球和物资的运动示意图如图所示
热气球和物资所受合力大小均为 𝑚𝑔 ，设热气球的加速度为a，根据牛顿第二定律有：𝑎=𝑀𝑔 物资做平抛运动，根据位移公式𝐻=2𝑔𝑡2可得：落地时间为 𝑡=√
𝑔
1
2𝐻
𝑚
热气球在竖直方向做匀加速直线运动：根据位移公式有： 𝐻M=2𝑎𝑡2=2⋅𝑀𝑔⋅热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为 𝑥m=𝑣0𝑡=𝑣0√𝑔
𝑥M=𝑣𝑡=
𝑚2𝐻𝑣0⋅√ 𝑀𝑔2𝐻
11𝑚2𝐻𝑔
=𝑀𝐻
𝑚
𝑚2𝐻𝑣
根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为 𝑑=√(𝑥+𝑥)2+(𝐻+𝐻)2=(1+)√0+𝐻2
mMM𝑀𝑔
2
C正确，D错误。 故选BC。
【分析】利用抛出物资时的动量守恒定律可以判别热气球获得的初速度方向，结合合力方向可以判别其热气球的运动轨迹；结合水平方向和竖直方向的位移可以求出热气球和物资实际的位移大小。 12.【答案】 A,B,D 【考点】电磁感应与力学
【解析】【解答】AB．导体棒在无磁场区中，只受重力和弹力的作用，根据牛顿第二定律有：𝑚𝑎=𝑚𝑔sin𝜃 ， 所以在无磁场区域中有：𝑎=𝑔sin𝜃
由于在I区域中，根据磁感应强度随时间均匀增加则有： 𝐵1=𝑘𝑡 ， 根据法拉第电磁感应定律有： 𝐸1=再根据欧姆定律有： 𝐼1=
𝐸1𝑅
𝛥𝐵1𝛥𝑡
𝑆=𝑘𝑆
=
𝑘𝑆𝑅
所以其导体棒在运动时其I区域产生的感应电流大小恒定；
导体棒在II区域切割磁场，会产生一个感应电动势，其产生的安培力会阻碍导体棒的运动，因为导体棒到达 𝑐 点后又能上行，说明加速度始终沿斜面向上，导体棒下滑过程和上滑过程经过 𝑏 点的受力分析如图
设导体棒下滑过程和上滑过程经过 𝑏 点的速度分别为 𝑣 ， 𝑣′ ， 则下滑经过b时根据动生电动势的表达式有： 𝐸2=𝐵2𝐿𝑣 根据欧姆定律其电流为： 𝐼2=
𝐸2+𝐸1𝑅
=
𝐵2𝐿𝑣𝑅
+
𝐵2
𝑘𝑆𝑅
+
𝐵2𝑘𝑆𝐿𝑅
根据牛顿第二定律可知 𝐵2𝐼2𝐿−𝑚𝑔sin𝜃=
2𝐿2𝑣
𝑅
−𝑚𝑔sin𝜃=𝑚𝑎1
则上滑经过b时根据动生电动势的表达式有： 𝐸2′=𝐵2𝐿𝑣′ 根据欧姆定律其电流为 𝐼3=𝐸1−𝐸2=𝑘𝑆−𝐵2𝐿𝑣′
𝑅𝑅𝑅根据牛顿第二定律可知 𝐵2𝐼3𝐿−𝑚𝑔sin𝜃=𝐵2𝑘𝑆𝐿−𝐵2
𝑅
2𝐿2𝑣′𝑅
−𝑚𝑔sin𝜃=𝑚𝑎2
根据表达式对比可得： 𝑎1>𝑎2
下滑过程和下滑过程经过 𝑏𝑐 段距离不变，根据匀变速速度位移公式𝑣2=2𝑎𝑥 ， 且由于𝑎1>𝑎2 ， 所以𝑣>𝑣′ ， AB正确；
CD．导体棒上滑过程中，由于合力与速度同向，则导体棒做加速度减小的加速度运动，则一定能回到无磁场区。由AB分析可得，导体棒进磁场Ⅱ区（下行进磁场）的速度大于出磁场Ⅱ区（下行进磁场）的速度，导体棒在无磁场区做加速度相同的减速运动 𝑚𝑔sin𝜃=𝑚𝑎0 则金属棒不能回到 𝑎 处，C错误，D正确。 故选ABD。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出下滑和上滑过程的加速度大小，利用速度位移公式可以比较速度的大小；利用加速度和速度的方向可以判别其金属棒可以回到无磁场区域，利用过程速度的比较可以判别其金属棒不能回到a处。
三、非选择题：本题共6小题，共60分．
13.【答案】 （1）0.20 （2）1−𝑘2；0.95 （3）高于 【考点】机械能
【解析】【解答】（1）已知第3次乒乓球撞击球台的时刻：t1=2.00s，第4次撞击的时刻t2=2.40s，则第3次碰撞到第4次碰撞用时 𝑡0=2.40s−2.00s=0.40s ，根据竖直上抛的对称性可以得出下落和上升所花
02)=时间相等；根据自由落体运动的位移公式可得：第3次碰撞后乒乓球弹起的高度为 ℎ0=2𝑔(2
1𝑡
1
×9.8×0.22m≈0.20m
2
（2）碰撞后弹起瞬间速度为 𝑣2 ，碰撞前瞬间速度为 𝑣1 ，根据题意可知 𝑣1=𝑘 ， 根据动能的表达式可得：其损失的动能𝛥𝐸𝑘=2𝑚𝑣12−2𝑚𝑣22 ， 碰前的动能为：𝐸𝑘1=2𝑚𝑣12 则每次碰撞损失的动能与碰撞前动能的比值为
𝛥𝐸𝑘𝐸𝑘1
1
1
1
𝑣2
=
12−1𝑚𝑣2𝑚𝑣1222
12𝑚𝑣12
=1−
12𝑚𝑣2212𝑚𝑣12
=1−𝑘2
由于小球从最高点下落做自由落体运动，根据自由落体运动的速度公式有： 第3次碰前的瞬时速度 𝑣=𝑔𝑡=(
2.00−1.58
2
)𝑔=0.21𝑔
)𝑔=0.20𝑔
第3次碰撞后瞬间速度为 𝑣′=𝑔𝑡′=(
2.40−2.00
2
则第3次碰撞过程中碰后速度和碰前速度的比值有： 𝑘=𝑣′=0.20≈0.95
𝑣
0.21
（3）由于存在空气阻力，乒乓球在上升过程中受到向下的阻力和重力，加速度变大，根据匀减速的位移公式ℎ=𝑣0𝑡−2𝑎𝑡2可得上升的高度变小，所以第（1）问中计算的弹起高度高于实际弹起的高度。 【分析】（1）利用竖直上抛运动的运动时间结合位移公式可以求出乒乓球弹起的高度； （2）利用速度公式可以求出碰撞前后的速度大小，结合动能的表达式可以求出对应的倍数； （3）利用加速度的比较结合位移公式可以判别实际弹起的高度偏小。
14.【答案】 （1）𝑅1
1
（2）
（3）3500；大于 （4）减小
【考点】电阻的测量
【解析】【解答】（1）实验利用半偏法测量热敏电阻的阻值，则是利用断开开关后其支路的电压保持不变，使电流表的读数为原来闭合开关时的一半，根据欧姆定律则可以得出其断开开关后其热敏电阻的阻值和电阻箱的阻值相等，这样操作，当开关断开时其滑动变阻器左端并联部分的电压会变大，为了使电压变化量比较小则滑动变阻器要选择其阻值较小的，故滑动变阻器应选R1。
（2）根据电路图可以看出，滑动变阻器要直接与电源、开关S1进行串联，其开关S2要与电阻箱并联后与毫安表串联再接在滑动变阻器右上方的接线柱；电路连接图如图所示
（3）微安表半偏时，根据欧姆定律有：𝐼（𝑅𝑇+𝑅𝑢𝐴）=2（𝑅𝑇+𝑅𝑢𝐴+𝑅）； 则𝑅𝑇+𝑅𝜇𝐴=𝑅=6000.00Ω 解得 𝑅𝑇=3500Ω
由于断开S2与闭合开关S2对比，由于该支路的电阻增加，所以导致其支路分得的电压比闭合开关时大，热敏电阻和毫安表所分得的电压还是原来电压的一半，根据欧姆定律，可得电阻箱的阻值略大于热敏电阻与微安表的总电阻，所以用电阻箱的阻值等于热敏电阻与微安表的总电阻来计算，其热敏电阻的测量值比真实值偏大。
（4）当温度升高时，其图像中对应的横坐标𝑇 减小，则对应的ln𝑅𝑇 减小，根据ln𝑅𝑇的函数特点，当ln𝑅𝑇减小时则其ln𝑅𝑇 减小，因此热敏电阻随温度的升高逐渐减小。
【分析】（1）实验利用半偏法测量其热敏电阻的阻值，为了防止其支路电压变化量过大所以其滑动变阻器要使用小阻值；
（2）利用电路图进行实物图连线；
（3）利用支路的欧姆定律可以求出热敏电阻的阻值，结合其支路分压变大可以判别其热敏电阻的测量值大于其真实值；
（4）利用图像函数结合温度的变化可以判别热敏电阻的阻值变化。
15.【答案】 （1）解：由几何关系可得，光线在第一个三梭镜右侧斜面上的入射角等于 𝜃 ，要使得两种频率的光都从左侧第一个棱镜斜面射出，则 𝜃 需要比两种频率光线的全反射角都小，设C是全反射的临界角，根据折射定律得 sin𝐶=𝑛 ①
折射率越大，临界角越小，代入较大的折射率得 𝐶min=45° ② 所以顶角 𝜃 的范围为 0<𝜃<45° （或 𝜃<45° ）③
1
1
𝐼
（2）解：脉冲激光从第一个三棱镜右侧斜面射出时发生折射，设折射角分别为 𝛼1 和 𝛼2 ，由折射定律得 𝑛1=𝑛2=
sin𝛼1sin𝜃
④
sin𝛼2sin𝜃
⑤
𝑑
设两束光在前两个三棱镜斜面之间的路程分别为 𝐿1 和 𝐿2 ，则 𝐿1=cos𝛼 ⑥
1
𝐿2=
𝑑cos𝛼2
⑦
Δ𝐿=2(𝐿1−𝐼2) ⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据得 Δ𝐿=14.4mm ⑨ 【考点】光的折射
【解析】【分析】（1）为了使光从左侧第一个棱镜斜面射出，已知折射率的大小，利用全反射定律可以求出入射角的大小范围，结合几何关系可以求出顶角的大小范围。
（2）已知折射率的大小，结合折射定律可以求出折射角的大小；结合几何关系可以求出路程差的大小。
16.【答案】 （1）解：设平抛运动的时间为t，鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v。竖直方向分速度大小为
22 𝑣𝑦 ，根据运动的合成与分解得 𝐻=𝑔𝑡2 ， 𝑣𝑦=𝑔𝑡 ， 𝑣=√𝑣0+𝑣𝑦
2
1
在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度v的方向为正方向，由动量定理得 −𝐹Δ𝑡=0−𝑚𝑣 联立，代入数据得 𝐹=500N
（2）解：若释放鸟蛤的初速度为 𝑣1=15m/s ，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1 ， 击中右端时，释放点的x坐标为 𝑥2 ，得 𝑥1=𝑣1𝑡 ， 𝑥2=𝑥1+𝐿 联立，代入数据得 𝑥1=30m ， 𝑥2=36 m
若释放鸟蛤时的初速度为 𝑣2=17m/s ，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为 𝑥1释放点的x坐标为 𝑥2联立，代入数据得 𝑥1【考点】平抛运动
【解析】【分析】（1）鸟蛤做平抛运动，利用竖直方向的位移公式及速度公式可以求出竖直方向的速度大小，结合速度的合成可以求出与地面碰撞的速度大小，结合动量定理可以求出平均作用力的大小； （2）鸟蛤做平抛运动，利用平抛运动的位移公式可以求出释放鸟蛤的坐标范围。
17.【答案】 （1）解：设离子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得 𝑞𝑣𝐵0=𝑚 ①
𝑟根据几何关系得 sin𝜃=𝑟 ②
𝑑
𝑣2
′ ，击中右端时，
′ ′，得 𝑥1
′=𝑣2𝑡 ， 𝑥2
′′=𝑥1
′+𝐿
=34m ， 𝑥2=40m
综上得x坐标区间 [34m,36m] 或 (34m,36m)
0
联立①②式得 𝑣=𝑚sin𝜃
𝑞𝐵𝑑
（2）解：离子在Ⅱ区内只受电场力，x方向做匀速直线运动，y方向做匀变速直线运动，设从进入电场到击中测试板中心C的时间为t，y方向的位移为 𝑦0 ，加速度大小为a，由牛顿第二定律得 𝑞𝐸=𝑚𝑎 由运动的合成与分解得 𝐿=(𝑣cos𝜃)·𝑡 ， 𝑦0=−𝑟(1−cos𝜃) ， 𝑦0=(𝑣sin𝜃)·𝑡−2𝑎𝑡2 联立得 𝐸=
（3）解：Ⅱ区内填充磁场后，离子在垂直y轴的方向做线速度大小为vcosθ的匀速圆周运动，如图所示。设左侧部分的圆心角为 𝛼 ，圆周运动半径为 𝑟′ ，运动轨迹长度为 𝑙′ ，由几何关系得 𝑙′=×2𝜋𝑟′+2𝜋
𝛼
𝛼+
𝜋
22𝑑22𝑞𝐵0
1
𝑚𝐿2tan2𝜃
(𝐿tan𝜃+
𝑑sin𝜃
−
𝑑tan𝜃
)
2𝜋
×2𝜋𝑟′ ， cos𝛼=2𝑟′
𝑟′由于在y轴方向的运动不变，离子的运动轨迹与测试板相切于C点，则离子在Ⅱ区内的运动时间不变，故有
𝑙′𝑣cos𝜃
=
𝐿𝑣cos𝜃
C到 𝑂1 的距离 𝑆=2𝑟′sin𝛼+𝑟′ 联立得 𝑆=
6(√3+1)𝐿 7𝜋
【考点】电荷在电场中的偏转，带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
【解析】【分析】（1）离子在I区域做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律结合轨道半径的大小可以求出粒子运动的速度大小；
（2）离子在II区域中只受电场力做功，其水平方向做匀速直线运动，其竖直方向做匀变速直线运动；利用速度的分解结合两个分运动的位移公式可以求出电场强度的大小；
（3）当填充磁场后，其离子在垂直y方向上做匀速圆周运动，利用几何关系可以求出轨迹弧长的大小，再结合运动的时间相等可以求出C到O1的距离大小。
18.【答案】 （1）解：从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功
2
能关系得 𝐹𝑥0=2𝑓𝑥0+2𝑘𝑥0
2
=弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒得 2𝑘𝑥0
1
1
2𝑓𝑥0+2𝐸k 联立方程解得 𝑥0=
2𝐹−4𝑓𝑘
𝐸k=
𝐹2−6𝑓𝐹+8𝑓2
𝑘
（2）解：当A刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为 𝑥 ，以A为研究对象，由平衡条件得 𝑘𝑥=𝑓 若A刚要离开墙壁时B得速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值 𝐹min ，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙得过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得 𝐸k=2𝑘𝑥2+𝑓𝑥 结合第（1）问结果可知 𝐹min=(3±√)𝑓
2
根据题意舍去 𝐹min=(3−√)𝑓 ，所以恒力得最小值为 𝐹min=(3+√)𝑓
22
（3）解：从B、C分离到B停止运动，设B的路程为 𝑥B ，C的位移为 𝑥C ，以B为研究对象，由动能定理得 −𝑊−𝑓𝑥B=0−𝐸k
以C为研究对象，由动能定理得 −𝑓𝑥C=0−𝐸k 由B、C得运动关系得 𝑥B>𝑥C−𝑥BC 联立可知 𝑊<𝑓𝑥BC
2
=0 （4）解：小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得 5𝑓𝑥1−2𝑓𝑥1−2𝑘𝑥1
1
1010101
解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为 𝑘𝑥1=6𝑓 则坐标原点的加速度为 𝑎1=
𝑘𝑥1−2𝑓2𝑚
=
6𝑓−2𝑓2𝑚
=
2𝑓𝑚
𝑘𝑥−2𝑓2𝑚
之后C开始向右运动过程（B、C系统未脱离弹簧）加速度为 𝑎=
可知加速度随位移 𝑥 为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长， 𝑥 减小， 𝑎 减小，弹簧恢复原长时，B和C分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为 𝑎2=−
𝑚𝑓
负号表示C的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以B、C为研究对象，由动能定理
2
−2𝑓𝑥1=2⋅2𝑚𝑣2 得 2𝑘𝑥1
1
1
脱离弹簧瞬间后C速度为 𝑣 ，之后C受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒得 𝑓𝑥2=2𝑚𝑣2 解得脱离弹簧后，C运动的距离为 𝑥2=2𝑥1 则C最后停止的位移为 𝑥1+𝑥2=2𝑥1=2⋅所以C向右运动的图象为
3
3
6𝑓𝑘1
1
=
9𝑓𝑘
【考点】能量守恒定律，牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）以BC和弹簧为对象，利用功能关系可以求出BC向左运动的最大距离，撤去恒力时，利用能量守恒定律可以求出BC分离时B的动能大小；
（2）A刚要离开墙壁时，利用平衡方程可以求出弹簧形变量的大小，A刚要离开时其B的速度等于0；以B为系统，从弹簧恢复到A刚要离开墙壁的过程，利用能量守恒定律结合（1）问中其EK的表达式可以求出F的最小值；
（3）从BC分离到BC静止的过程中，利用BC的动能定理结合距离的大小关系可以导出W和fxBC的大小关系；
（4）已知推力的大小，结合动能定理可以求出撤去恒力瞬间弹力的大小，结合牛顿第二定律可以求出刚撤去恒力时C的加速度大小；再结合弹力的大小变化及牛顿第二定律可以求出BC分离前C的加速度大小；利用动能定理可以求出C脱离后运动的距离；结合加速度的大小可以画出对应的图线。
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