2021年寧夏高考物理試卷（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選項中，第1~5題只有一項符合題目要求，第6~8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得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。用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。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．動量守恒，機械能守恒 B．動量守恒，機械能不守恒 C．動量不守恒，機械能守恒 D．動量不守恒，機械能不守恒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電荷。由于靜電感應，在金屬平板上表面產(chǎn)生感應電荷，金屬板上方電場的等勢面如圖（b）中虛線所示，相鄰等勢面間的電勢差都相等。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力大小分別為FM和FN，相應的電勢能分別為EpM和EpN，則（）A．FM＜FN，EpM＞EpN B．FM＞FN，EpM＞EpN C．FM＜FN，EpM＜EpN D．FM＞FN，EpM＜EpN3．（6分）如圖，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的帶電粒子從圓周上的M點沿直徑MON方向射入磁場。若粒子射入磁場時的速度大小為v1，離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)90°；若射入磁場時的速度大小為v2，離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)60°。不計重力。則為（）A． B． C． D．4．（6分）醫(yī)學治療中常用放射性核素113In產(chǎn)生γ射線，而113In是由半衰期相對較長的113Sn衰變產(chǎn)生的。對于質(zhì)量為m0的113Sn，經(jīng)過時間t后剩余的113Sn質(zhì)量為m，其﹣t圖線如圖所示。從圖中可以得到113Sn的半衰期為（）A．67.3d B．101.0d C．115.1d D．124.9d5．（6分）科學家對銀河系中心附近的恒星S2進行了多年的持續(xù)觀測，給出1994年到2002年間S2的位置如圖所示。科學家認為S2的運動軌跡是半長軸約為1000AU（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。這項研究工作獲得了2020年諾貝爾物理學獎。若認為S2所受的作用力主要為該大質(zhì)量黑洞的引力，設太陽的質(zhì)量為M，可以推測出該黑洞質(zhì)量約為（）A．4×104M B．4×106M C．4×108M D．4×1010M6．（6分）水平桌面上，一質(zhì)量為m的物體在水平恒力F拉動下從靜止開始運動。物體通過的路程等于s0時，速度的大小為v0，此時撤去F，物體繼續(xù)滑行2s0的路程后停止運動。重力加速度大小為g。則（）A．在此過程中F所做的功為mv02 B．在此過程中F的沖量大小等于mv0 C．物體與桌面間的動摩擦因數(shù)等于 D．F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的2倍7．（6分）四個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原點沿x軸正方向射入一勻強電場中，電場方向與y軸平行。不計重力，下列描繪這四個粒子運動軌跡的圖像中，可能正確的是（）A． B． C． D．8．（6分）水平地面上有一質(zhì)量為m1的長木板，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)隨時間t的變化關系如圖（b）所示，其中F1、F2分別為t1、t2時刻F的大小。木板的加速度a1隨時間t的變化關系如圖（c）所示。已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ2。假設最大靜摩擦力均與相應的滑動摩擦力相等，重力加速度大小為g。則（）A．F1＝μ1m1g B．F2＝（μ2﹣μ1）g C．μ2＞μ1 D．在0～t2時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）某同學利用圖（a）所示裝置研究平拋運動的規(guī)律。實驗時該同學使用頻閃儀和照相機對做平拋運動的小球進行拍攝，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，其上每個方格的邊長為5cm。該同學在實驗中測得的小球影像的高度差已經(jīng)在圖（b）中標出。完成下列填空：（結果均保留2位有效數(shù)字）（1）小球運動到圖（b）中位置A時，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?shù)刂亓铀俣鹊拇笮閙/s2。10．（10分）一實驗小組利用圖（a）所示的電路測量一電池的電動勢E（約1.5V）和內(nèi)阻r（小于2Ω）。圖中電壓表量程為1V，內(nèi)阻Rv＝380.0Ω；定值電阻R0＝20.0Ω；電阻箱R，最大阻值為999.9Ω；S為開關。按電路圖連接電路。完成下列填空：（1）為保護電壓表，閉合開關前，電阻箱接入電路的電阻值可以選Ω（填“5.0”或“15.0”）；（2）閉合開關，多次調(diào)節(jié)電阻箱，記錄下阻值R和電壓表的相應讀數(shù)U；（3）根據(jù)圖（a）所示電路，用R、R0、Rv、E和r表示，得＝；（4）利用測量數(shù)據(jù)，做﹣R圖線，如圖（b）所示；（5）通過圖（b）可得E＝V（保留2位小數(shù)），r＝Ω（保留1位小數(shù)）；（6）若將圖（a）中的電壓表當成理想電表，得到的電源電動勢為E'，由此產(chǎn)生的誤差為||×100%＝%。11．（12分）一籃球質(zhì)量為m＝0.60kg，一運動員使其從距地面高度為h1＝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向下拍球，球落地后反彈的高度也為1.5m。假設運動員拍球時對球的作用力為恒力，作用時間為t＝0.20s；該籃球每次與地面碰撞前后的動能的比值不變。重力加速度大小取g＝10m/s2，不計空氣阻力。求：（1）運動員拍球過程中對籃球所做的功；（2）運動員拍球時對籃球的作用力的大小。12．（20分）如圖，一傾角為α的光滑固定斜面的頂端放有質(zhì)量M＝0.06kg的U型導體框，導體框的電阻忽略不計；一電阻R＝3Ω的金屬棒CD的兩端置于導體框上，與導體框構成矩形回路CDEF；EF與斜面底邊平行，長度L＝0.6m。初始時CD與EF相距s0＝0.4m，金屬棒與導體框同時由靜止開始下滑，金屬棒下滑距離s1＝m后進入一方向垂直于斜面的勻強磁場區(qū)域，磁場邊界（圖中虛線）與斜面底邊平行；金屬棒在磁場中做勻速運動，直至離開磁場區(qū)域。當金屬棒離開磁場的瞬間，導體框的EF邊正好進入磁場，并在勻速運動一段距離后開始加速。已知金屬棒與導體框之間始終接觸良好，磁場的磁感應強度大小B＝1T，重力加速度大小取g＝10m/s2，sinα＝0.6。求（1）金屬棒在磁場中運動時所受安培力的大?。唬?）金屬棒的質(zhì)量以及金屬棒與導體框之間的動摩擦因數(shù)；（3）導體框勻速運動的距離。（二）選考題：請考生從給出的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后的方框涂黑，注意所做題目的題號必須與所涂題目的題號一致，并且在解答過程中寫清每問的小題號，在答題卡指定位置答題。如果多做則按所做的第一題計分。[物理—選修33]（15分）13．（5分）如圖，一定量的理想氣體從狀態(tài)a（p0，V0，T0）經(jīng)熱力學過程ab、bc、ca后又回到狀態(tài)a。對于ab、bc、ca三個過程，下列說法正確的是（）（填正確答案標號）A．a(chǎn)b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兩管的長度分別為l1＝13.5cm，l2＝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p0＝75cmHg。求A、B兩管內(nèi)水銀柱的高度差。[物理—選修34]（15分）15．圖中實線為一列簡譜橫波在某一時刻的波形曲線，經(jīng)過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軸負方向傳播的，該波的周期為s。16．用插針法測量上、下表面平行的玻璃磚的折射率。實驗中用A、B兩個大頭針確定入射光路，C、D兩個大頭針確定出射光路，O和O′分別是入射點和出射點。如圖（a）所示。測得玻璃磚厚度為h＝15.0mm；A到過O點的法線OM的距離AM＝10.0mm，M到玻璃磚的距離MO＝20.0mm，O′到OM的距離為s＝5.0mm。（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)實驗，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，達到45°時，玻璃磚下表面的出射光線恰好消失。求此玻璃磚上下表面的夾角。

2021年寧夏高考物理試卷（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選項中，第1~5題只有一項符合題目要求，第6~8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得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。用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。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．動量守恒，機械能守恒 B．動量守恒，機械能不守恒 C．動量不守恒，機械能守恒 D．動量不守恒，機械能不守恒【分析】系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒；只有重力或彈力做功，機械能守恒，根據(jù)系統(tǒng)受力情況與各力做功情況根據(jù)動量守恒與機械能守恒的條件分析答題?！窘獯稹拷猓簭某啡ネ屏﹂_始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒；撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動，彈簧被壓縮且彈簧的彈力大于滑塊受到的滑動摩擦力，撤去外力后滑塊受到的合力不為零，滑塊相對車廂底板滑動，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)機械能減小，系統(tǒng)機械能不守恒，故B正確，ACD錯誤。故選：B?！军c評】本題考查了動量守恒定律與機械能守恒定律的應用，知道動量守恒與機械能守恒的條件、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電荷。由于靜電感應，在金屬平板上表面產(chǎn)生感應電荷，金屬板上方電場的等勢面如圖（b）中虛線所示，相鄰等勢面間的電勢差都相等。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力大小分別為FM和FN，相應的電勢能分別為EpM和EpN，則（）A．FM＜FN，EpM＞EpN B．FM＞FN，EpM＞EpN C．FM＜FN，EpM＜EpN D．FM＞FN，EpM＜EpN【分析】電場線和等勢線垂直，且等勢線密的地方電場線密，電場場強大．根據(jù)Ep＝φq判斷電勢能大?。弧窘獯稹拷猓旱葎菥€越密，電場線越密，電場場強大，由圖可知EM＜EN，根據(jù)F＝Eq可知：FM＜FN，由負電荷形成的電場知M點的電勢高于N點的電勢，且試探電荷帶正電，根據(jù)Ep＝φq可知：EpM＞EpN，故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】本題涉及電場強度和電勢高低的判斷，關鍵是知道電場線垂直等勢面，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磁場，質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的帶電粒子從圓周上的M點沿直徑MON方向射入磁場。若粒子射入磁場時的速度大小為v1，離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)90°；若射入磁場時的速度大小為v2，離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)60°。不計重力。則為（）A． B． C． D．【分析】帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，畫出粒子的軌跡圖，然后由幾何關系求出軌跡圓半徑和磁場圓半徑之間的關系，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，粒子兩次射入磁場的運動軌跡如圖所示：由幾何關系可知，兩次軌跡圓的半徑分別為：R1＝r，R2＝＝r由洛倫茲力提供向心力可知：則粒子的速度：v＝則粒子兩次的入射速度之比為：＝，解得：＝，故B正確，ACD錯誤；故選：B。【點評】本題考查帶電粒子在磁場中運動，關鍵是要根據(jù)幾何關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)學治療中常用放射性核素113In產(chǎn)生γ射線，而113In是由半衰期相對較長的113Sn衰變產(chǎn)生的。對于質(zhì)量為m0的113Sn，經(jīng)過時間t后剩余的113Sn質(zhì)量為m，其﹣t圖線如圖所示。從圖中可以得到113Sn的半衰期為（）A．67.3d B．101.0d C．115.1d D．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)生衰變所需的時間，從圖像中可得出113Sn從質(zhì)量為m0的衰變到質(zhì)量為m0的所用的時間，即為半衰期?！窘獯稹拷猓河蓤D可知質(zhì)量為m0的113Sn衰變到m0的所用的時間△t＝t2﹣t1，其中t2＝182.4d，t1＝67.3d，代入解得△t＝115.1d，故113Sn的半衰期為115.1d，故C正確，ABD錯誤。故選：C?！军c評】本題考查學生對原子核半衰期的認識以及結合圖像讀取信息的能力，難度不大。5．（6分）科學家對銀河系中心附近的恒星S2進行了多年的持續(xù)觀測，給出1994年到2002年間S2的位置如圖所示?？茖W家認為S2的運動軌跡是半長軸約為1000AU（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。這項研究工作獲得了2020年諾貝爾物理學獎。若認為S2所受的作用力主要為該大質(zhì)量黑洞的引力，設太陽的質(zhì)量為M，可以推測出該黑洞質(zhì)量約為（）A．4×104M B．4×106M C．4×108M D．4×1010M【分析】地球繞太陽運行，根據(jù)萬有引力提供向心力列方程得到太陽質(zhì)量的表達式，同理可得S2繞黑洞運行時黑洞質(zhì)量的表達式，由此求解?！窘獯稹拷猓涸O地球的質(zhì)量為m，地球到太陽的距離為r＝1AU，地球的公轉(zhuǎn)周期為T＝1年；由萬有引力提供向心力可得：＝mr，解得：M＝；對于S2受到黑洞的作用，橢圓軌跡半長軸R＝1000AU，根據(jù)圖中數(shù)據(jù)結合圖象可以得到S2運動的半周期（）為8年，則周期為T′＝16年，根據(jù)開普勒第三定律結合萬有引力公式可以得出：M黑＝，因此有：M黑＝，代入數(shù)據(jù)解得：M黑≈4×106M，故B正確，ACD錯誤。故選：B?！军c評】本題主要是考查萬有引力定律及其應用，關鍵是能夠根據(jù)圖中的數(shù)據(jù)分析S2運行周期，結合萬有引力提供向心力進行分析。6．（6分）水平桌面上，一質(zhì)量為m的物體在水平恒力F拉動下從靜止開始運動。物體通過的路程等于s0時，速度的大小為v0，此時撤去F，物體繼續(xù)滑行2s0的路程后停止運動。重力加速度大小為g。則（）A．在此過程中F所做的功為mv02 B．在此過程中F的沖量大小等于mv0 C．物體與桌面間的動摩擦因數(shù)等于 D．F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的2倍【分析】撤去外力前后分別對物塊進行動能定理列式子，可求出拉力F做的功以及拉力和摩擦力之間的關系；根據(jù)牛頓第二定律求出撤去外力前后的加速度關系，根據(jù)運動學速度﹣時間之間的關系求解撤去外力前后物體運動的時間關系；最后由動量定理求出拉力F的沖量?！窘獯稹拷猓篈、在F作用下，由動能定理可知：WF﹣fs0＝﹣0，撤去外力之后，由動能定理可知：﹣f×2s0＝0﹣，聯(lián)立解得：WF＝，故A錯誤；BD、由于外力做功WF＝Fs0，則解得F＝3f，撤去外力前的加速度大小a1＝＝＝，撤去外力后的加速度大小a2＝，則v0＝a1t1＝a2t2，即撤去外力前后時間關系：t2＝2t1取v0方向為正，撤去外力之前對物體動量定理可知：（F﹣f）t1＝mv0﹣0，撤去外力之后對物體動量定理可知：﹣ft2＝0﹣mv0，則F的沖量大小I＝Ft1＝mv0，故B正確，D錯誤；C、撤去外力之后，由動能定理可知：﹣f×2s0＝0﹣，摩擦力f＝μmg，則解得：μ＝，故C正確；故選：BC?！军c評】本題考查動能定理，動量定理和牛頓第二定律的綜合，分清楚運動過程，熟練運用各定理進行運算是關鍵。本題難度不大，但綜合性很強。7．（6分）四個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原點沿x軸正方向射入一勻強電場中，電場方向與y軸平行。不計重力，下列描繪這四個粒子運動軌跡的圖像中，可能正確的是（）A． B． C． D．【分析】粒子x方向粒子做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，求出t時刻豎直方向偏轉(zhuǎn)位移大小，再根據(jù)電場線方向向上、向下兩種情況進行分析判斷?！窘獯稹拷猓涸O質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子經(jīng)過時間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，電場強度大小為E。根據(jù)牛頓第二定律可得加速度大小為：a＝＝kEx方向粒子做勻速直線運動，則有：t＝，即經(jīng)過相同時間水平位移相等豎直方向根據(jù)位移﹣時間關系可得：y＝，整理可得：y＝。由于（+q，m）與（+3q，3m）的比荷相同，故軌跡相同，由于（﹣q，m）與其它三個粒子電性相反，故偏轉(zhuǎn)方向相反。ABC、如果電場線平行于y軸向下，則正電荷向下偏轉(zhuǎn)、負電荷向上偏轉(zhuǎn)，（+q，m）與（+3q，3m）重合，且（+q，m）與（﹣q，m）關于x軸對稱，在t時刻沿y方向的位移大于（+q，2m），故A正確、BC錯誤；D、如果電場線平行于y軸向上，則正電荷向上偏轉(zhuǎn)、負電荷向下偏轉(zhuǎn)，（+q，m）與（+3q，3m）重合，且（+q，m）與（﹣q，m）關于x軸對稱，在t時刻沿y方向的位移大于（+q，2m），故D正確。故選：AD?！军c評】本題主要是考查帶電粒子在電場中的運動與圖象的結合，關鍵是弄清楚粒子的受力情況和運動情況，根據(jù)相同時間內(nèi)在x方向與y方向的位移大小關系進行判斷。8．（6分）水平地面上有一質(zhì)量為m1的長木板，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)隨時間t的變化關系如圖（b）所示，其中F1、F2分別為t1、t2時刻F的大小。木板的加速度a1隨時間t的變化關系如圖（c）所示。已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ2。假設最大靜摩擦力均與相應的滑動摩擦力相等，重力加速度大小為g。則（）A．F1＝μ1m1g B．F2＝（μ2﹣μ1）g C．μ2＞μ1 D．在0～t2時間段物塊與木板加速度相等【分析】A、由圖（c）結合物塊和木板整體分析，可以求出F1；B、由圖（c）結合牛頓第二定律可以求出F2；C、根據(jù)木板運動的受力可知，木板與地面及物塊與木板間的動摩擦因數(shù)的關系；D、通過題意結合圖（c）可知在0～t2時間段物塊與木板加速度相等?！窘獯稹拷猓篈、由圖（c）可知，在0～t1時間段物塊和木板均靜止，在t1時刻木板與地面的靜摩擦力達到最大值，對物塊和木板整體分析可知F1＝μ1（m1+m2）g，故A錯誤；B、由圖（c）可知，t1～t2時間段物塊和木板一起加速運動，在t2時刻物塊和木板分離，此時物塊和木板間的靜摩擦力達到最大值，根據(jù)牛頓第二定律，有對物塊和木板F2﹣μ1（m1+m2）g＝（m1+m2）am對木板μ2m2g﹣μ1（m1+m2）g＝m1am整理可得F2＝（μ2﹣μ1）g故B正確；C、由圖（c）可知，對木板μ2m2g﹣μ1（m1+m2）g＝m1am故μ2m2g＞μ1（m1+m2）g，即μ2＞μ1，故C正確；D、通過結合圖（c）分析可知，在0～t1時間段物塊和木板均靜止，t1～t2時間段物塊和木板一起勻加速運動，故在0～t2時間段物塊與木板加速度相等，故D正確。故選：BCD?！军c評】在運用牛頓第二定律解題時，要注意整體法和隔離法的靈活應用。在研究幾個物體的共同加速度時可以選整體為研究對象，但在研究某個物體時要注意隔離法的應用。二、非選擇題：共62分。第9～12題為必考題，每個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）某同學利用圖（a）所示裝置研究平拋運動的規(guī)律。實驗時該同學使用頻閃儀和照相機對做平拋運動的小球進行拍攝，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，其上每個方格的邊長為5cm。該同學在實驗中測得的小球影像的高度差已經(jīng)在圖（b）中標出。完成下列填空：（結果均保留2位有效數(shù)字）（1）小球運動到圖（b）中位置A時，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?shù)刂亓铀俣鹊拇笮?.7m/s2。【分析】小球做平拋運動，在分析處理數(shù)據(jù)時應將運動分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向勻變速直線運動進行處理，結合題干給出的時間以及圖（b）中豎直位移的數(shù)據(jù)進行求解?！窘獯稹拷猓海?）小球在水平方向做勻速直線運動，由圖可知△x＝5cm＝0.05m，則水平分速度vx＝，代入數(shù)據(jù)得vx＝1.0m/s，豎直方向做自由落體運動，可運用勻變速直線運動規(guī)律求解，勻變速直線運動中間時刻速度等于全過程平均速度，若在A點時豎直分速度記為vy，則有△h＝vy?2△t，其中△h＝8.6cm+11.0cm＝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動，由△x＝at2可知，重力加速度為：a＝＝9.7m/s2故答案為：（1）1.0，2.0；（2）9.7【點評】本題主要考查研究平拋運動的實驗，要求學生能運用平拋運動規(guī)律，對實驗數(shù)據(jù)進行分析處理。10．（10分）一實驗小組利用圖（a）所示的電路測量一電池的電動勢E（約1.5V）和內(nèi)阻r（小于2Ω）。圖中電壓表量程為1V，內(nèi)阻Rv＝380.0Ω；定值電阻R0＝20.0Ω；電阻箱R，最大阻值為999.9Ω；S為開關。按電路圖連接電路。完成下列填空：（1）為保護電壓表，閉合開關前，電阻箱接入電路的電阻值可以選15.0Ω（填“5.0”或“15.0”）；（2）閉合開關，多次調(diào)節(jié)電阻箱，記錄下阻值R和電壓表的相應讀數(shù)U；（3）根據(jù)圖（a）所示電路，用R、R0、Rv、E和r表示，得＝++；（4）利用測量數(shù)據(jù)，做﹣R圖線，如圖（b）所示；（5）通過圖（b）可得E＝1.55V（保留2位小數(shù)），r＝1.0Ω（保留1位小數(shù)）；（6）若將圖（a）中的電壓表當成理想電表，得到的電源電動勢為E'，由此產(chǎn)生的誤差為||×100%＝5%。【分析】（1）為保護電壓表，電阻箱接大電阻；（3）根據(jù)實驗原理，由閉合電路歐姆定律求出；（5）明確實驗原理，根據(jù)圖象的性質(zhì)和閉合電路歐姆定律即可求得電動勢和內(nèi)電阻；（6）如果電壓表當成理想電表，則電壓表不分流，根據(jù)閉合電路歐姆定律求出電源電動勢E'，然后可求出電源電動勢的誤差大小?！窘獯稹拷猓海?）為保護電壓表，電阻箱接大電阻，故選：15.0Ω；（3）根據(jù)圖（a）所示電路：E＝U+I（r+R），其中干路電流I＝+，化簡得：＝++；（5）由以上分析可知，如圖（b）所示的直線斜率k＝＝，將點（15，1.18）代入：＝++，解析：1.18＝+++，其中Rv＝380.0Ω；定值電阻R0＝20.0Ω聯(lián)立解得：E＝1.55V，r＝1.0Ω（6）若將圖（a）中的電壓表當成理想電表，則E′＝U+I（r+R）＝U+（r+R）由此產(chǎn)生的誤差為||×100%＝×100%解得：由此產(chǎn)生的誤差為||×100%＝5%故答案為：（1）15.0；（3）++；（5）1.55，1.0；（6）5.【點評】本題考查測量電動勢和內(nèi)電阻的實驗原理、數(shù)據(jù)處理以及誤差分析等問題，要特別注意掌握誤差分析的基本方法，明確電表內(nèi)阻所帶來的影響．關鍵是要根據(jù)電路原理，由閉合電路歐姆定律列出電源電動勢的表達式。11．（12分）一籃球質(zhì)量為m＝0.60kg，一運動員使其從距地面高度為h1＝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向下拍球，球落地后反彈的高度也為1.5m。假設運動員拍球時對球的作用力為恒力，作用時間為t＝0.20s；該籃球每次與地面碰撞前后的動能的比值不變。重力加速度大小取g＝10m/s2，不計空氣阻力。求：（1）運動員拍球過程中對籃球所做的功；（2）運動員拍球時對籃球的作用力的大小?！痉治觥浚?）應用動能定理求出籃球自由下落時籃球與地面碰撞前與碰撞后瞬間的動能，求出籃球與每次與地面碰撞前后的動能的比值，然后求出運動員拍球時籃球與地面碰撞前瞬間籃球的速度，應用動能定理求出運動員拍球時對籃球做的功。（2）運動員拍球過程，應用動量定理可以求出運動員對籃球的作用力大小。【解答】解：（1）設籃球自由下落與地面碰撞前瞬間的動能大小為Ek1，籃球與地面碰撞后瞬間籃球的動能為Ek2，由動能定理得：籃球下落過程：mgh1＝Ek1﹣0籃球上升過程：﹣mgh2＝0﹣Ek2，籃球每次與地面碰撞前后的動能的比值：k＝代入數(shù)據(jù)解得：k＝1.5設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能為Ek3，拍球后籃球反彈上升過程，對籃球，由動能定理得：﹣mgh3＝0﹣Ek4，設拍球過程，運動員對籃球做的功為W，從拍球到籃球與地面碰撞前瞬間過程，由動能定理得：W+mgh3＝Ek3﹣0籃球與地面碰撞前后的動能之比k＝代入數(shù)據(jù)解得：W＝4.5J（2）運動員對籃球做功轉(zhuǎn)化為籃球的動能，由功能關系可知，運動員拍球后籃球獲得的動能Ek＝W＝代入數(shù)據(jù)解得，運動員拍球后籃球獲得的速度大?。簐＝m/s設運動員對籃球的作用力大小為F，以向下為正方向，運動員拍球過程，對籃球，由動量定理得：（F+mg）t＝mv﹣0代入數(shù)據(jù)解得：F＝（3﹣6）N≈5.6N答：（1）運動員拍球過程中對籃球所做的功是4.5J；（2）運動員拍球時對籃球的作用力的大小是5.6N?！军c評】本題考查了動能定理的應用，根據(jù)題意分析清楚籃球的運動過程是解題的前提，應用動能定理與動量定理即可解題，應用動量定理解題時注意正方向的選擇。12．（20分）如圖，一傾角為α的光滑固定斜面的頂端放有質(zhì)量M＝0.06kg的U型導體框，導體框的電阻忽略不計；一電阻R＝3Ω的金屬棒CD的兩端置于導體框上，與導體框構成矩形回路CDEF；EF與斜面底邊平行，長度L＝0.6m。初始時CD與EF相距s0＝0.4m，金屬棒與導體框同時由靜止開始下滑，金屬棒下滑距離s1＝m后進入一方向垂直于斜面的勻強磁場區(qū)域，磁場邊界（圖中虛線）與斜面底邊平行；金屬棒在磁場中做勻速運動，直至離開磁場區(qū)域。當金屬棒離開磁場的瞬間，導體框的EF邊正好進入磁場，并在勻速運動一段距離后開始加速。已知金屬棒與導體框之間始終接觸良好，磁場的磁感應強度大小B＝1T，重力加速度大小取g＝10m/s2，sinα＝0.6。求（1）金屬棒在磁場中運動時所受安培力的大小；（2）金屬棒的質(zhì)量以及金屬棒與導體框之間的動摩擦因數(shù)；（3）導體框勻速運動的距離。【分析】（1）金屬棒與導體框由靜止開始向下做初速度為零的勻加速直線運動，應用牛頓第二定律可以求出加速度，應用勻變速直線運動的速度﹣位移公式可以求出金屬棒進入磁場時的速度，應用E＝BLv求出感應電動勢，應用閉合電路的歐姆定律求出感應電流，然后應用安培力公式可以求出金屬棒所受的安培力大小。（2）金屬棒進入磁場后做勻速直線運動，導體框做勻加速直線運動，應用牛頓第二定律求出導體框的加速度，應用勻變速直線運動的速度﹣位移公式求出導體框進入磁場時的速度，導體框進入磁場時做勻速直線運動，應用平衡條件可以求出導體框受到的滑動摩擦力；金屬棒在磁場中做勻速直線運動，應用平衡條件可以求出金屬棒的質(zhì)量，根據(jù)滑動摩擦力公式可以求出金屬棒與導體框間的動摩擦因數(shù)。（3）導體框進入磁場后先做勻速直線運動，后做勻加速直線運動，在導體框做勻速直線運動時間內(nèi)，金屬棒做勻加速直線運動，當金屬棒與導體框速度相等后兩者相對靜止一起做勻加速直線運動，應用牛頓第二定律求出金屬棒的加速度，然后應用運動學公式求出導體框做勻速運動的時間，然后求出勻速運動的距離?！窘獯稹拷猓海?）設金屬棒的質(zhì)量為m，金屬棒與導體框一起做初速度為零的勻加速直線運動，由牛頓第二定律得：（M+m）gsinα＝（M+m）a代入數(shù)解得：a＝6m/s2金屬棒進入磁場時，設金屬棒與導體框的速度大小為v0，由勻變速直線運動的速度﹣位移公式得：v0＝m/s＝1.5m/s金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢：E＝BLv0由閉合電路的歐姆定律可知，感應電流：I＝金屬棒在磁場中運動時受到的安培力大小：F安培力＝BIL代入數(shù)據(jù)解得：F安培力＝0.18N（2）金屬棒在磁場中運動過程導體框做勻加速直線運動，設金屬棒與導體框間的滑動摩擦力大小為f，導體框進入磁場時的速度大小為v，對導體框，由牛頓第二定律得：Mgsinα﹣f＝Ma導體框由勻變速直線運動的速度﹣位移公式得：v2﹣v02＝2a導體框s0，導體框剛進入磁場時所受安培力：F＝BIL＝導體框剛進入磁場時做勻速直線運動，對導體框，由平衡條件得：+f＝Mgsinα代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：a導體框＝5m/s2，f＝0.06N，v＝2.5m/s金屬棒在磁場中做勻速直線運動，由平衡條件得：F安培力＝mgsinα+f代入數(shù)據(jù)解得，金屬棒的質(zhì)量：m＝0.02kg，由滑動摩擦力公式得：f＝μmgcosα代入數(shù)據(jù)解得，金屬棒與導體框之間的動摩擦因數(shù)：μ＝0.375（3）金屬棒離開磁場后做勻加速直線運動，由牛頓第二定律得：mgsinα+f＝ma金屬棒代入數(shù)據(jù)解得：a金屬棒＝9m/s2，金屬棒加速到與導體框速度v相等，然后兩者一起做勻加速直線運動，由勻變速直線運動的速度﹣時間公式得：v＝v0+a金屬棒t金屬棒加速到與導體框速度相等的時間：t＝s在金屬棒加速運動時間內(nèi)，導體框做勻速直線運動，導體框勻速運動的距離：s＝vt＝2.5×m＝m答：（1）金屬棒在磁場中運動時所受安培力的大小是0.18N；（2）金屬棒的質(zhì)量是0.02kg，金屬棒與導體框之間的動摩擦因數(shù)是0.375；（3）導體框勻速運動的距離是m。【點評】本題是電磁感應與力學相結合的一道綜合題，本題運動過程較多，難道較大，根據(jù)題意分析清楚金屬棒與導體框的運動過程與受力情況是解題的前提與關鍵，應用牛頓第二定律、E＝BLv、閉合電路的歐姆定律與安培力公式、平衡條件與運動學公式即可解題。（二）選考題：請考生從給出的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后的方框涂黑，注意所做題目的題號必須與所涂題目的題號一致，并且在解答過程中寫清每問的小題號，在答題卡指定位置答題。如果多做則按所做的第一題計分。[物理—選修33]（15分）13．（5分）如圖，一定量的理想氣體從狀態(tài)a（p0，V0，T0）經(jīng)熱力學過程ab、bc、ca后又回到狀態(tài)a。對于ab、bc、ca三個過程，下列說法正確的是（）（填正確答案標號）A．a(chǎn)b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【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?。粴怏w體積變大，氣體對外做功，氣體體積減小，外界對氣體做功；根據(jù)圖示圖象分析清楚氣體狀態(tài)變化過程，應用理想氣體狀態(tài)方程體育熱力學第一定律分析答題?！窘獯稹拷猓篈、由圖示圖象可知，ab過程氣體體積V不變而壓強p增大，由理想氣體狀態(tài)方程＝C可知，氣體溫度升高，氣體內(nèi)能增大，△U＞0，氣體體積不變，外界對氣體不做功，由熱力學第一定律△U＝W+Q可知：Q＝△U﹣W＝△U＞0，氣體始終從外界吸收熱量，故A正確；BC、由圖示圖象可知，ca過程氣體壓強p不變而體積V減小，由理想氣體狀態(tài)方程＝C可知，氣體溫度T降低，氣體內(nèi)能減小，△U＜0，氣體體積減小，外界對氣體做功，W＞0，由熱力學第一定律△U＝W+Q可知：Q＝△U﹣W＜0，氣體始終向外界放出熱量，故B正確，C錯誤；DE、由圖示圖象可知，bc過程氣體壓強p與體積V的乘積pV先增大后減小，由理想氣體狀態(tài)方程＝C可知，氣體溫度T先升高后降低，故D錯誤，E正確。故選：ABE?！军c評】本題考查了理想氣體狀態(tài)方程與熱力學第一定律的應用，根據(jù)圖示圖象分析清楚氣體狀態(tài)變化過程是解題的前提，應用理想氣體狀態(tài)方程與熱力學第一定律即可解題；應用熱力學第一定律解題時注意各物理量正負號的含義。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兩管的長度分別為l1＝13.5cm，l2＝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p0＝75cmHg。求A、B兩管內(nèi)水銀柱的高度差。【分析】氣體溫度不變，氣體發(fā)生等溫變化，根據(jù)題意求出玻璃管內(nèi)被封閉氣體的狀態(tài)參量，應用玻意耳定律分析答題?！窘獯稹拷猓涸O玻璃管的橫截面積為S，B管內(nèi)氣體初狀態(tài)壓強pB1＝p0＝75cmHg，體積VB1＝l2S＝32S，B管內(nèi)氣體末狀態(tài)的壓強pB2＝p0+ph＝（75+5）cmHg＝80cm