山東省2021年普通高中學(xué)業(yè)水平等級(jí)考試

物理

注意事項(xiàng)：

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號(hào)等填寫(xiě)在答題卡和試卷指定位置。

2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂

黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將

答案寫(xiě)在答題卡上，寫(xiě)在本試卷上無(wú)效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)

符合題目要求。

1.在測(cè)定年代較近的湖泊沉積物形成年份時(shí)，常利用沉積物中半衰期較短的記Pb,其衰變

方程為譽(yù)PbBi+X。以下說(shuō)法正確的是（）

A.衰變方程中的X是電子

B.升高溫度可以加快;；°Pb的衰變

C.券Pb與；；0Bi的質(zhì)量差等于衰變的質(zhì)量虧損

D.方程中的X來(lái)自于云Pb內(nèi)質(zhì)子向中子的轉(zhuǎn)化

2.如圖所示，密封的礦泉水瓶中，距瓶口越近水的溫度越高。一開(kāi)口向下、導(dǎo)熱良好的小

瓶置于礦泉水瓶中，小瓶中封閉一段空氣。擠壓礦泉水瓶，小瓶下沉到底部；松開(kāi)后，小瓶

緩慢上浮，上浮過(guò)程中，小瓶?jī)?nèi)氣體（）

A.內(nèi)能減少

B.對(duì)外界做正功

C.增加的內(nèi)能大于吸收的熱量

D.增加的內(nèi)能等于吸收的熱量

3.如圖所示，粗糙程度處處相同水平桌面上有一長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)桿，一端可繞豎直光滑

軸。轉(zhuǎn)動(dòng)，另一端與質(zhì)量為〃?的小木塊相連。木塊以水平初速度％出發(fā)，恰好能完成一個(gè)

完整的圓周運(yùn)動(dòng)。在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，木塊所受摩擦力的大小為（）

A.皿B.皿C.冠D.皿

IKL4乃L8乃L

4.血壓儀由加壓氣囊、臂帶，壓強(qiáng)計(jì)等構(gòu)成，如圖所示。加壓氣囊可將外界空氣充入臂帶,

壓強(qiáng)計(jì)示數(shù)為臂帶內(nèi)氣體的壓強(qiáng)高于大氣壓強(qiáng)的數(shù)值，充氣前臂帶內(nèi)氣體壓強(qiáng)為大氣壓強(qiáng)，

體積為％每次擠壓氣囊都能將60cm3的外界空氣充入臂帶中，經(jīng)5次充氣后，臂帶內(nèi)氣體

體積變?yōu)?V,壓強(qiáng)計(jì)示數(shù)為150mmHg。已知大氣壓強(qiáng)等于750mmHg,氣體溫度不變。

忽略細(xì)管和壓強(qiáng)計(jì)內(nèi)的氣體體積。則V等于（）

加壓氣囊

壓強(qiáng)計(jì)

A.30cm*B.40cm3C.50cm3D.60cm3

5.從“玉兔”登月到“祝融”探火，我國(guó)星際探測(cè)事業(yè)實(shí)現(xiàn)了由地月系到行星際的跨越。

已知火星質(zhì)量約為月球的9倍，半徑約為月球的2倍，“祝融”火星車(chē)的質(zhì)量約為“玉兔”

月球車(chē)的2倍。在著陸前，“祝融”和“玉兔”都會(huì)經(jīng)歷一個(gè)由著陸平臺(tái)支撐的懸停過(guò)程。

懸停時(shí)，“祝融”與“玉兔”所受陸平臺(tái)的作用力大小之比為（）

A.9：1B.9：2C.36：1D.72：1

6.如圖甲所示，邊長(zhǎng)為。的正方形，四個(gè)頂點(diǎn)上分別固定一個(gè)電荷量為+4的點(diǎn)電荷；在

（也a區(qū)間，x軸上電勢(shì)尹的變化曲線如圖乙所示?，F(xiàn)將一電荷量為一。的點(diǎn)電荷P

2

置于正方形的中心。點(diǎn)，此時(shí)每個(gè)點(diǎn)電荷所受庫(kù)侖力的合力均為零。若將P沿x軸向右略

微移動(dòng)后，由靜止釋放，以下判斷正確的是（）

A.Q=釋放后P將向右運(yùn)動(dòng)

B.Q=,釋放后P將向左運(yùn)動(dòng)

C.Q=21+lg,釋放后P將向右運(yùn)動(dòng)

D.2=2筌）,釋放后P將向左運(yùn)動(dòng)

7.用平行單色光垂直照射一層透明薄膜，觀察到如圖所示明暗相間的干涉條紋。下列關(guān)于

該區(qū)域薄膜厚度d隨坐標(biāo)x的變化圖像，可能正確的是（）

--m------------m--------------------?---->

0x

d

AB.

8.迷你系繩衛(wèi)星在地球赤道正上方的電離層中，沿圓形軌道繞地飛行。系繩衛(wèi)星由兩子衛(wèi)

星組成，它們之間的導(dǎo)體繩沿地球半徑方向，如圖所示。在電池和感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的共同作用下,

導(dǎo)體繩中形成指向地心的電流，等效總電阻為心導(dǎo)體繩所受的安培力克服大小為了的環(huán)境

阻力，可使衛(wèi)星保持在原軌道上。已知衛(wèi)星離地平均高度為H,導(dǎo)體繩長(zhǎng)為

地球半徑為R,質(zhì)量為“，軌道處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8,方向垂直于赤道平面。忽略地球自

轉(zhuǎn)的影響。據(jù)此可得，電池電動(dòng)勢(shì)為（)

e

遠(yuǎn)地子衛(wèi)星

電池t—r—

Xs

電流、,

速度

導(dǎo)體繩

近地子衛(wèi)星O

e

二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符

合題目要求。全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。

9.輸電能耗演示電路如圖所示。左側(cè)變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1：3,輸入電壓為7.5V的

正弦交流電。連接兩理想變壓器的導(dǎo)線總電阻為，，負(fù)載R的阻值為10Q。開(kāi)關(guān)S接1時(shí)，

右側(cè)變壓器原、副線圈匝數(shù)比為2：1,R上的功率為10W；接2時(shí)，匝數(shù)比為1：2,R上

的功率為P。以下判斷正確的是（)

C.P=45WD.P=22.5W

10.一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸傳播，如圖所示，實(shí)線為％=2s時(shí)的波形圖，虛線為L(zhǎng)=5s時(shí)的波

形圖。以下關(guān)于平衡位置在O處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像，可能正確的是（）

H.如圖所示，載有物資的熱氣球靜止于距水平地面”的高處，現(xiàn)將質(zhì)量為機(jī)的物資以相

對(duì)地面的速度%水平投出，落地時(shí)物資與熱氣球的距離為乩已知投出物資后熱氣球的總質(zhì)

量為M，所受浮力不變，重力加速度為g,不計(jì)阻力，以下判斷正確的是（）

A.投出物資后熱氣球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)

B.投出物資后熱氣球所受合力大小為加g

12.如圖所示，電阻不計(jì)的光滑U形金屬導(dǎo)軌固定在絕緣斜面上。區(qū)域I、II中磁場(chǎng)方向均

垂直斜面向上，I區(qū)中磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增加，II區(qū)中為勻強(qiáng)磁場(chǎng)。阻值恒定的金屬棒

從無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域中。處由靜止釋放，進(jìn)入n區(qū)后，經(jīng)〃下行至c處反向上行。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬

棒始終垂直導(dǎo)軌且接觸良好。在第一次下行和上行的過(guò)程中，以下敘述正確的是（）

B.金屬棒下行過(guò)b時(shí)的加速度大于上行過(guò)b時(shí)的加速度

C.金屬棒不能回到無(wú)磁場(chǎng)區(qū)

D.金屬棒能回到無(wú)磁場(chǎng)區(qū)，但不能回到。處

三、非選擇題：本題共6小題，共60分。

13.某乒乓球愛(ài)好者，利用手機(jī)研究乒乓球與球臺(tái)碰撞過(guò)程中能量損失的情況。實(shí)驗(yàn)步驟如

下：

①固定好手機(jī)，打開(kāi)錄音功能；

②從一定高度由靜止釋放乒乓球；

③手機(jī)記錄下乒乓球與臺(tái)面碰撞的聲音，其隨時(shí)間（單位：S）的變化圖像如圖所示。

碰撞次序1234567

碰撞時(shí)刻（S）1.121.582.002.402783.143.47

根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，回答下列問(wèn)題:

（1）利用碰撞時(shí)間間隔，計(jì)算出第3次碰撞后乒乓球的彈起高度為m（保留2

位有效數(shù)字，當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭=9.80m/s2）。

（2）設(shè)碰撞后彈起瞬間與該次碰撞前瞬間速度大小的比值為則每次碰撞損失的動(dòng)能為

碰撞前動(dòng)能的倍（用”表示），第3次碰撞過(guò)程中％=（保留2位有

效數(shù)字）。

（3）由于存在空氣阻力，第（1）問(wèn)中計(jì)算彈起高度（填“高于”或“低于”）

實(shí)際彈起高度。

14.熱敏電阻是傳感器中經(jīng)常使用的元件，某學(xué)習(xí)小組要探究一熱敏電阻的阻值隨溫度變化

待測(cè)熱敏電阻Rr（實(shí)驗(yàn)溫度范圍內(nèi)，阻值約幾百歐到幾千歐）;

電源E（電動(dòng)勢(shì)L5V,內(nèi)阻r約為0.5。）；

電阻箱R（阻值范圍0?9999.99Q）；

滑動(dòng)變阻器Ri（最大阻值2（）。）；

滑動(dòng)變阻器R?（最大阻值2000Q）；

微安表（量程IOORA,內(nèi)阻等于2500。）；

開(kāi)關(guān)兩個(gè)，溫控裝置一套，導(dǎo)線若干。

同學(xué)們?cè)O(shè)計(jì)了如圖甲所示的測(cè)量電路，主要實(shí)驗(yàn)步驟如下：

①按圖示連接電路；

②閉合加、S2,調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器滑片P的位置，使微安表指針滿偏；

③保持滑動(dòng)變阻器滑片P的位置不變，斷開(kāi)S2,調(diào)節(jié)電阻箱，使微安表指針半偏；

④記錄此時(shí)的溫度和電阻箱的阻值。

回答下列問(wèn)題：

（1）為了更準(zhǔn)確地測(cè)量熱敏電阻的阻值，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用（填“或

（2）請(qǐng)用筆畫(huà)線代替導(dǎo)線，將實(shí)物圖（不含溫控裝置）連接成完整電路

（3）某溫度下微安表半偏時(shí)，電阻箱的讀數(shù)為6000.00。，該溫度下熱敏電阻的測(cè)量值為

Q（結(jié)果保留到個(gè)位），該測(cè)量值___________（填“大于”或“小于”）真實(shí)

值。

（4）多次實(shí)驗(yàn)后，學(xué)習(xí)小組繪制了如圖乙所示的圖像。由圖像可知。該熱敏電阻的阻值隨

溫度的升高逐漸（填“增大”或“減小”）。

15.超強(qiáng)超短光脈沖產(chǎn)生方法曾獲諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)，其中用到的一種脈沖激光展寬器截面如

圖所示。在空氣中對(duì)稱(chēng)放置四個(gè)相同的直角三棱鏡，頂角為6L一細(xì)束脈沖激光垂直第一個(gè)

棱鏡左側(cè)面入射，經(jīng)過(guò)前兩個(gè)棱鏡后分為平行的光束，再經(jīng)過(guò)后兩個(gè)棱鏡重新合成為一束，

此時(shí)不同頻率的光前后分開(kāi)，完成脈沖展寬。已知相鄰兩棱鏡斜面間的距離d=100.0mm,

脈沖激光中包含兩種頻率的光，它們?cè)诶忡R中的折射率分別為4=血和〃2=乎。取

345

sin37°=—，cos37°=—,—7==1.890

55V7o

（1）為使兩種頻率的光都能從左側(cè)第一個(gè)棱鏡斜面射出，求。的取值范圍；

（2）若8=37°,求兩種頻率的光通過(guò)整個(gè)展寬器的過(guò)程中，在空氣中的路程差A(yù)L（保留

3位有效數(shù)字）。

16.海鷗捕到外殼堅(jiān)硬的鳥(niǎo)蛉（貝類(lèi)動(dòng)物）后，有時(shí)會(huì)飛到空中將它丟下，利用地面的沖擊

打碎硬殼。一只海鷗叼著質(zhì)量機(jī)=01kg的鳥(niǎo)蛉，在H=20rri的高度、以％=15m/s的水平

速度飛行時(shí)，松開(kāi)嘴巴讓鳥(niǎo)蛤落到水平地面上。取重力加速度g=10m/s2,忽略空氣阻力。

（1）若鳥(niǎo)蛤與地面的碰撞時(shí)間△1=0.005s,彈起速度可忽略，求碰撞過(guò)程中鳥(niǎo)蛤受到的平

均作用力大小尸；（碰撞過(guò)程中不計(jì)重力）

（2）在海鷗飛行方向正下方的地面上，有一與地面平齊、長(zhǎng)度L=6m的巖石，以巖石左

端為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示坐標(biāo)系。若海鷗水平飛行的高度仍為20m,速度大小在

15m/s?17m/s之間，為保證鳥(niǎo)蛤一定能落到巖石上，求釋放鳥(niǎo)蛤位置的x坐標(biāo)范圍。

歹八

Ox

L

17.某離子實(shí)驗(yàn)裝置的基本原理如圖甲所示。I區(qū)寬度為乩左邊界與x軸垂直交于坐標(biāo)原

點(diǎn)0,其內(nèi)充滿垂直于X0V平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為與；n區(qū)寬度為3

左邊界與x軸垂直交于g點(diǎn)，右邊界與x軸垂直交于內(nèi)點(diǎn)，其內(nèi)充滿沿＞軸負(fù)方向的勻強(qiáng)

電場(chǎng)。測(cè)試板垂直x軸置于n區(qū)右邊界，其中心c與o2點(diǎn)重合。從離子源不斷飄出電荷量

為外質(zhì)量為機(jī)的正離子，加速后沿X軸正方向過(guò)。點(diǎn)，依次經(jīng)I區(qū)、II區(qū)，恰好到達(dá)測(cè)試

板中心c。已知離子剛進(jìn)入n區(qū)時(shí)速度方向與x軸正方向的夾角為6。忽略離子間的相互作

用，不計(jì)重力。

(1)求離子在I區(qū)中運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的大小V;

(2)求II區(qū)內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；

(3)保持上述條件不變，將II區(qū)分為左右兩部分，分別填充磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B(數(shù)值

未知)方向相反且平行y軸的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖乙所示。為使離子的運(yùn)動(dòng)軌跡與測(cè)試板相切于

C點(diǎn)，需沿x軸移動(dòng)測(cè)試板，求移動(dòng)后C到。?的距離S。

18.如圖所示，三個(gè)質(zhì)量均為，"的小物塊A、B、C,放置在水平地面上，A緊靠豎直墻壁,

一勁度系數(shù)為人的輕彈簧將A、B連接，C緊靠B,開(kāi)始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，A、B、C均靜止。

現(xiàn)給C施加一水平向左、大小為尸的恒力，使B、C一起向左運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度為零時(shí)，立即撤

去恒力，一段時(shí)間后A離開(kāi)墻壁，最終三物塊都停止運(yùn)動(dòng)。已知A、B、C與地面間的滑動(dòng)

摩擦力大小均為了,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。（彈簧的彈性勢(shì)

1,

能可表示為：E=-kx2,A為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量）

P2

（1）求B、C向左移動(dòng)的最大距離與和B、C分離時(shí)B的動(dòng)能線；

（2）為保證A能離開(kāi)墻壁，求恒力的最小值外小

（3）若三物塊都停止時(shí)B、C間的距離為從B、C分離到B停止運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程，B

克服彈簧彈力做的功為W,通過(guò)推導(dǎo)比較卬與ABC的大??；

（4）若尸=57,請(qǐng)?jiān)谒o坐標(biāo)系中，畫(huà)出C向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度〃隨位移x變化的圖

像，并在坐標(biāo)軸上標(biāo)出開(kāi)始運(yùn)動(dòng)和停止運(yùn)動(dòng)時(shí)的x值（用/、鼠，〃表示），不要求推導(dǎo)過(guò)

程。以撤去尸時(shí)C的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為正方向。

山東省2021年普通高中學(xué)業(yè)水平等級(jí)考試

物理參考答案

一、單項(xiàng)選擇題：

1.

【答案】A

【解析】

【分析】

【詳解】A.根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知，X是電子，A正確；

B.半衰期非常穩(wěn)定，不受溫度，壓強(qiáng)，以及該物質(zhì)是單質(zhì)還是化合物的影響，B錯(cuò)誤；

C.2《Pb與2；；Bi和電子X(jué)的質(zhì)量差等于衰變的質(zhì)量虧損，C錯(cuò)誤；

D,方程中的X來(lái)自于駕Pb內(nèi)中子向質(zhì)子的轉(zhuǎn)化，D錯(cuò)誤。

故選Ao

2.

【答案】B

【解析】

【分析】

【詳解】A.由于越接近礦泉水瓶口，水的溫度越高，因此小瓶上浮的過(guò)程中，小瓶?jī)?nèi)溫度

升高，內(nèi)能增加，A錯(cuò)誤；

B.在小瓶上升的過(guò)程中，小瓶?jī)?nèi)氣體的溫度逐漸升高，壓強(qiáng)逐漸減小，根據(jù)理想氣體狀態(tài)

方程

T

氣體體積膨脹，對(duì)外界做正功，B正確；

CD.由AB分析，小瓶上升時(shí)，小瓶?jī)?nèi)氣體內(nèi)能增加，氣體對(duì)外做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定

律

△U=W+Q

由于氣體對(duì)外做功，因此吸收的熱量大于增加的內(nèi)能，CD錯(cuò)誤。

故選B。

3.

【答案】B

【解析】

【分析】

【詳解】在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功與路徑有關(guān)，根據(jù)動(dòng)能定理

mv

-f-2TTL二°一gl

可得摩擦力的大小

2

f=呻)

4乃L

故選Bo

4.

【答案】D

【解析】

【分析】

【詳解】根據(jù)玻意耳定律可知

P(y+5p0V0=plx5V

已知

Po=750mmHg,匕=60cm3,p,=750mmHg+150mmHg=900mmHg

代入數(shù)據(jù)整理得

V=60cm3

故選D。

5.

【答案】B

【解析】

【分析】

【詳解】懸停時(shí)所受平臺(tái)作用力等于萬(wàn)有引力，根據(jù)

F=G雪

R2

可得

號(hào)兒融=G"火7n祝融.Q陷挖K兔=2*2=2

孩""一王一2

故選B。

6.

【答案】c

【解析】

【分析】

【詳解】對(duì)y軸正向的點(diǎn)電荷，由平衡知識(shí)可得

及女/+女點(diǎn)二女胃;

因在04》＜上。區(qū)間內(nèi)沿x軸正向電勢(shì)升高，則場(chǎng)強(qiáng)方向沿x軸負(fù)向，則將P沿x軸正向

2

向右略微移動(dòng)后釋放，P受到向右的電場(chǎng)力而向右運(yùn)動(dòng)。

故選C。

7.

【答案】D

【解析】

【分析】

【詳解】從薄膜的上下表面分別反射的兩列光是相干光，其光程差為即光程差為薄

膜厚度的2倍，當(dāng)光程差時(shí)此處表現(xiàn)為亮條紋，故相鄰亮條紋之間的薄膜的厚度差為

《人在圖中相鄰亮條紋（或暗條紋）之間的距離變大，則薄膜層的厚度之間變小，因條紋

寬度逐漸變寬，則厚度不是均勻變小。

故選D。

8.

【答案】A

【解析】

【分析】

詳解】根據(jù)

可得衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度

根據(jù)右手定則可知，導(dǎo)體繩產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相當(dāng)于上端為正極的電源，其大小為

E=BLv

因?qū)Ь€繩所受阻力/與安培力F平衡，則安培力與速度方向相同，可知導(dǎo)線繩中的電流方向

向下，即電池電動(dòng)勢(shì)大于導(dǎo)線繩切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)，可得

解得

故選Ao

二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符

合題目要求。全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。

9.

【答案】BD

【解析】

【分析】

【詳解】當(dāng)開(kāi)關(guān)S接1時(shí)，左側(cè)變壓器次級(jí)電壓

U2=3X7.5V=22.5V

電阻R上的電壓，即右側(cè)變壓器的次級(jí)電壓

a=廊=iov

電流

卜務(wù)1A

則右側(cè)變壓器初級(jí)電壓

&=：xl0V=20V

電流

A=L1A=O.5A

32

則

八

當(dāng)開(kāi)關(guān)S接2時(shí)，設(shè)輸電電流為/,則右側(cè)變壓器的次級(jí)電流為0.5/；右側(cè)變壓兩邊電壓關(guān)

系可知

U2-Ir_0.5IR

解得

/=3A

則R上的功率

P=(0.5/)2R=22.5W

故選BD。

10.

【答案】AC

【解析】

分析】

【詳解】機(jī)械波的傳播方向不確定，所以需要考慮機(jī)械波傳播方向的不確定性。

AB,若機(jī)械波沿X軸正方向傳播，在。=2s時(shí)。點(diǎn)振動(dòng)方向豎直向上，則傳播時(shí)間

△t=L：=3s滿足

3

Af=—T+nT(n=0,1,2,3…)

4

解得

12

T=------s(?=0,1,2,3-)

4〃+3

當(dāng)〃=0時(shí)，解得周期

T=4s

A正確，B錯(cuò)誤；

CD.若機(jī)械波沿x軸負(fù)方向傳播，在芍=5s時(shí)。點(diǎn)處于波谷，則

A/=—T+nT(〃=0,1,2,3…)

4

解得

12

T=-----S(n=0,1,2,3…)

4〃+1

當(dāng)"=0時(shí)，解得周期

T=12s

C正確，D錯(cuò)誤。

故選AC。

II.

【答案】BC

【解析】

【分析】

【詳解】AB.熱氣球開(kāi)始攜帶物資時(shí)處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受合外力為0,初動(dòng)量為0,水平投

出重力為，州的物資瞬間，滿足動(dòng)量守恒定律

Mv=mvQ

則熱氣球和物資的動(dòng)量等大反向，熱氣球獲得水平向左的速度心熱氣球所受合外力恒為

mg,豎直向上，所以熱氣球做勻加速曲線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤，B正確;

CD.熱氣球和物資的運(yùn)動(dòng)示意圖如圖所示

熱氣球和物資所受合力大小均為加g,所以熱氣球在豎直方向上加速度大小為

m

a=-g

M

1,

物資落地H過(guò)程所用的時(shí)間，內(nèi)，根據(jù)H=]g/解得落地時(shí)間為

熱氣球在豎直方向上運(yùn)動(dòng)的位移為

1,1m2Hm,

rz=-at~=------2------=—rH

M22M8gM

熱氣球和物資在水平方向均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，水平位移為

根據(jù)勾股定理可知熱氣球和物資的實(shí)際位移為

C正確，D錯(cuò)誤。

故選BC。

12.

【答案】ABD

【解析】

【分析】

【詳解】AB.在I區(qū)域中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為4=心，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

E,=^S=kS

△t

感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，所以導(dǎo)體棒上的感應(yīng)電流恒為

竺金

1RR

導(dǎo)體棒進(jìn)入II區(qū)域后，導(dǎo)體切割磁感線，產(chǎn)生一個(gè)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，因?yàn)閷?dǎo)體棒到達(dá)c點(diǎn)后又能

上行，說(shuō)明加速度始終沿斜面向上，下行和上行經(jīng)過(guò)6點(diǎn)的受力分析如圖

設(shè)下行、上行過(guò)b時(shí)導(dǎo)體棒的速度分別為v,v',則下行過(guò)b時(shí)導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感

應(yīng)電流為

E2=B2LV

下行過(guò)人時(shí)導(dǎo)體棒上的電流為

/2-----------------1----

2RRR

下行過(guò)人時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可知

,B/I}vB,kSL.

BD^^rL-mgsin8-------+--------mgsin8a-ma、

RR

上行過(guò)b時(shí):切割磁感線的產(chǎn)出的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為

,,

E2=B2LV

上行過(guò)〃時(shí)導(dǎo)體棒上的電流為

E-EkSB^Lv'

A=---}-----2-=---------=—

RRR

根據(jù)牛頓第二定律可知

BzIJ-mgsin6=卻骨-mgsin0=ina

R2

比較加速度大小可知

a1>a2

由于〃c段距離不變，下行過(guò)程中加速度大，上行過(guò)程中加速度小，所以金屬板下行過(guò)經(jīng)過(guò)方

點(diǎn)時(shí)的速度大于上行經(jīng)過(guò)〃點(diǎn)時(shí)的速度，AB正確；

CD.導(dǎo)體棒上行時(shí)，加速度與速度同向，則導(dǎo)體棒做加速度減小的加速度運(yùn)動(dòng)，則一定能

回到無(wú)磁場(chǎng)區(qū)。由AB分析可得，導(dǎo)體棒進(jìn)磁場(chǎng)n區(qū)（下行進(jìn)磁場(chǎng)）的速度大于出磁場(chǎng)n區(qū)

（下行進(jìn)磁場(chǎng)）的速度，導(dǎo)體棒在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)做加速度相同的減速運(yùn)動(dòng)

mgsin0=ma0

則金屬棒不能回到。處，C錯(cuò)誤，D正確。

故選ABD。

三、非選擇題：本題共6小題，共60分。

13.

【答案】?.0.200.\-k20.95?.高于

【解析】

【分析】

【詳解】（1）⑴第3次碰撞到第4次碰撞用時(shí)2.40s-2.00s=0.40s,根據(jù)豎直上拋

和自由落體運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性可知第3次碰撞后乒乓球彈起的高度為

%=38怎）=x9.8x0.22m?0.20m

（2）[2]碰撞后彈起瞬間速度為Z，碰撞前瞬間速度為片，根據(jù)題意可知

3

則每次碰撞損失的動(dòng)能與碰撞前動(dòng)能的比值為

—mv^-—wv；-mvl

-——j——------=1--------=1一左2

1212

—mVj—m%

⑶第2次碰后從最高點(diǎn)落地瞬間的速度

2.00-1.58

v=gt=g=0-21g

2

第3次碰撞后瞬間速度為

,,2.40-2.00,…、

v=gt=(-------------)g=0.2°g

則第3次碰撞過(guò)程中

。.95

v0.21

（3）[4]由于存在空氣阻力，乒乓球在上升過(guò)程中受到向下的阻力和重力，加速度變大，上

升的高度變小，所以第(1)問(wèn)中計(jì)算的彈起高度高于實(shí)際彈起的高度。

14.

【答案】①.R]③.3500④.大于

⑤.減小

【解析】

【分析】

【詳解】(1)口]用半偏法測(cè)量熱敏電阻的阻值，盡可能讓該電路的電壓在S2閉合前、后保

持不變，由于該支路與滑動(dòng)變阻器左側(cè)部分電阻并聯(lián)，滑動(dòng)變阻器的阻值越小，S2閉合前、

后并聯(lián)部分電阻變化越小，從而并聯(lián)部分的電壓值變化越小，故滑動(dòng)變阻器應(yīng)選當(dāng)。

(2)[2]電路連接圖如圖所示

(3)[3]微安表半偏時(shí)，該支路的總電阻為原來(lái)的2倍，即

Rr+R/1A=R=600().()()Q

可得

R,=35OOC

⑷當(dāng)斷開(kāi)S2,微安表半偏時(shí)，由于該支路的電阻增加，電壓略有升高，根據(jù)歐姆定律，總

電阻比原來(lái)2倍略大，也就是電阻箱的阻值略大于熱敏電阻與微安表的總電阻，而我們用電

阻箱的阻值等于熱敏電阻與微安表的總電阻來(lái)計(jì)算，因此熱敏電阻的測(cè)量值比真實(shí)值偏大。

(4)[5]由于是In%—：圖像，當(dāng)溫度T升高時(shí)，:減小，從圖中可以看出In&減小，從

而RT減小，因此熱敏電阻隨溫度的升高逐漸減小。

15.

【答案】(1)0<6><45°(或6<45°)；(2)AL=14.4mm

【解析】

【分析】

【詳解】（1）由幾何關(guān)系可得，光線在第一個(gè)三梭鏡右側(cè)斜面上的入射角等于。，要使得兩

種頻率的光都從左側(cè)第一個(gè)棱鏡斜面射出，則。需要比兩種頻率光線的全反射角都小，設(shè)c

是全反射的臨界角，根據(jù)折射定律得

sinC^=L①

n

折射率越大，臨界角越小，代入較大的折射率得

」=45。②

所以頂角。的范圍為

0<6><45°(或8<45°)(3)

（2）脈沖激光從第一個(gè)三棱鏡右側(cè)斜面射出時(shí)發(fā)生折射，設(shè)折射角分別為四和。2,由折

射定律得

④

sin。

「瞥⑤

sin，

設(shè)兩束光在前兩個(gè)三棱鏡斜面之間的路程分別為和，則

4L2

4,=d⑥

COS。]

d

Lr

2=cos⑦

a2

AL=2(A)-八)⑧

聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得

AL=14.4mm@

16.

【答案】(1)500N；(2)[34m,36m]

【解析】

【詳解】（1）設(shè)鳥(niǎo)蛤落地前瞬間的速度大小為叭豎直分速度大小為匕.，據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)

律可得

%=V^=20m/s

/=上=2s

g

則碰撞前鳥(niǎo)蛤的合速度為

v=yjvg+彳=25m/s

在碰撞過(guò)程中，以鳥(niǎo)蛤?yàn)檠芯繉?duì)象，取速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量定理得

聯(lián)立解得碰撞過(guò)程中鳥(niǎo)蛤受到的平均作用力大小為

F=500N

（2）若釋放鳥(niǎo)蛤的初速度為匕=15m/s,設(shè)擊中巖石左端時(shí)，釋放點(diǎn)的x坐標(biāo)為加，擊中

右端時(shí)，釋放點(diǎn)的x坐標(biāo)為與，得

%=v}t,x2=xt+L

聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得

%=30m,x2—36m

若釋放鳥(niǎo)蛤時(shí)的初速度為嶺=17m/s,設(shè)擊中巖石左端時(shí)，釋放點(diǎn)的x坐標(biāo)為占',擊中右

端時(shí)，釋放點(diǎn)的X坐標(biāo)為％'，得

X；二彩/，X2=M+L

聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得

x：=34m，x2'=40m

綜上所述可得x坐標(biāo)區(qū)間為［34m,36ml。

17.

,cdd、

【答案】（1）丫=匣々；（2）E=2濘：（Ltan0+；(3)

心in?！?~tan~外sin0tan8J

屋6（用1）

7萬(wàn)

【解析】

【分析】

【詳解】（1）設(shè)離子在I區(qū)內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為廣,，由牛頓第二定律得

2

qvB。=m一①

根據(jù)幾何關(guān)系得

sin6=&②

r

聯(lián)立①②式得

v_qB°d

msind

(2)離子在H區(qū)內(nèi)只受電場(chǎng)力，x方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，y方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)從進(jìn)

入電場(chǎng)到擊中測(cè)試板中心C的時(shí)間為f,y方向的位移為加，加速度大小為由牛頓第二

定律得

由運(yùn)動(dòng)的合成與分解得

L=(vcos^)l,y0=-r(l-cos^),%=(usine)?-ga/

聯(lián)立得

?IqBld2(.dd\

E=—,°.oLtan。+------------

ml：tan~0\sin9tan0)

(3)II區(qū)內(nèi)填充磁場(chǎng)后，離子在垂直y軸方向做線速度大小為ucos。的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，

如圖所示。設(shè)左側(cè)部分的圓心角為a,圓周運(yùn)動(dòng)半徑為/,運(yùn)動(dòng)軌跡長(zhǎng)度為由幾何關(guān)

系得

JTr'

OCH-----cosa=

I'=xInrH------x2兀，'2r,

2萬(wàn)2萬(wàn)

由于在)，軸方向的運(yùn)動(dòng)不變，離子的運(yùn)動(dòng)軌跡與測(cè)試板相切于C點(diǎn)，則離子在II區(qū)內(nèi)的運(yùn)動(dòng)

時(shí)間不變，故有

rL

VCOS0VCOS0

c到a的距離

S=2/sina+r'

聯(lián)立得

18.

2F4/

【答案】(1)%=~、Ek=；(2)工加=(3+半)/；(3)w<△BC；