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1、全国统一高考物理试卷（甲卷）一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共 48分。在每小题给出的四个选项中，第 1 5题只有一项符合题目要求，第 6 8 题有多项符合题目要求。全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。1.（6分）（2021 甲卷）如图所示，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处,上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角e可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角e的大小有关。若由3 0 逐渐增大至60,物块的下滑时间t将（）/铁架台A.逐渐增大B.逐渐减小C.先增大后减小D.
2、先减小后增大2.外力C.1000m/s2D.10000m/s2 3分）（2021 甲卷）“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图所示，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50r/s,此时纽扣上距离中心1cm处的点向心加速3.（6分）（2021 甲卷）两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与O Q在一条直线上，PO与O F在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I,电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B,则图中与导线距离均为d的M
3、、N两点处的磁感应强度大小分别 为（）4.（6分）（2 02 1 甲卷）如图所示，一个原子核X经图中所示的一系列a、0 衰变后，生成稳定的原子核Y,在此过程中放射出电子的总个数为（）5.（6分）（2 02 1 甲卷）2 02 1 年 2月，执行我国火星探测任务的“天问一号”探测器在成功实施三次近火制动后，进入运行周期约为1.8X 1（）5S的椭圆形停泊轨道，轨道与火星表面的最近距离约为2.8 X l（）5 m。已知火星半径约为3.4X l（）6 m,火星表面处自由落体的加速度大小约为3.7m/s 2,则“天问一号”的停泊轨道与火星表面的最远距离约为（）A.6X 105m B.6X 106m C
4、.6X 107m D.6X 108m6.（6 分）（2021甲卷）某电场的等势面如图所示，图中a、b、c、d、e 为电场中的5 个点,则（）A.一正电荷从b点运动到e点，电场力做正功B.一电子从a点运动到d点，电场力做功为4e VC.b点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右D.a、b、c、d四个点中，b点的电场强度大小最大7.（6分）（2021甲卷）一质量为m的物体自倾角为a的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为E k，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动,到 达 斜 面 底 端 时 动 能 为 已 知s i n a=0.6,重力加速度大小为g。则（）A.物体向上
5、滑动的距离为包2m gB.物体向下滑动时的加速度大小为巨5C.物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D.物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长8.（6分）（2021甲卷）由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是（）X X X X X X X XX X X X X X X XX
6、X X X X X X XA.甲和乙都加速运动B.甲和乙都减速运动C.甲加速运动，乙减速运动D.甲减速运动，乙加速运动二、非选择题：（一）必考题。9.（5 分）（2021甲卷）为测量小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数，一同学将贴有标尺的瓷石专的一端放在水平桌面上，形成一倾角为a的 斜 面（已知s i n a=0.34,c o s a=0.94）,小铜块可在斜面上加速下滑，如图所示.该同学用手机拍摄小铜块的下滑过程，然后解析视频记录的图像，获得5 个连续相等时间间隔（每个时间间隔A T n O Z O s）内小铜块沿斜面下滑的距离S i （i=L 2,3,4,5）,如表所示。S1S2S3S4S55.
7、8 7c m7.58 c m9.31c m11.02c m12.74c m由表中数据可得，小铜块沿斜面下滑的加速度大小为 m/s 2,小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数为。（结 果 均 保 留 2 位有效数字，重力加速度大小取9.8 0m/s2）10.（10分）（2 02 1 甲卷）某同学用图（a）所示电路探究小灯泡的伏安特性，所用器材有:小 灯 泡（额定电压2.5 V,额定电流0.3 A）、电 压 表（量程3 0 0 m V,内阻3 00。）、电流表（量 程 3 0 0 m A,内阻0.2 7 11）定值电阻R o、滑动变阻器R i （阻值0-2 0Q）、电阻箱R2（最大阻值9999.9Q）、电
8、源E （电动势6V,内阻不计）、开 关 S、导线若干。完成下列填空：（1）有 3个阻值分别为10。、2 0。、3 0。的定值电阻可供选择，为了描绘小灯泡电流在0-3 0 0 m A 的 U -I曲线，R o 应选取阻值为 C的定值电阻；（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于变阻器的 （填“a”或 b”）端；（3）在流过电流表的电流较小时，将电阻箱R 2 的阻值置零，改变滑动变阻器滑片的位置，读取电压表和电流表的示数U、I,结果如图所示（b）所示。当流过电流表的电流为 1 0m A时，小灯泡的电阻为。（保 留 1位有效数字）；U/vN图(b)ZinA（4）为使得电压表满量程时对应于小灯泡两端的
9、电压为3 V,该同学经计算知，应将R 2的阻值调整为 然后调节滑动变阻器R i，测得数据如表所示：U/m V2 4.04 6.07 6.0110.012 8.015 2.018 4.02 16.02 5 0.0I/m A14 0.016 0.018 0.02 00.02 2 0.02 4 0.02 6 0.02 8 0.03 00.0（5）由图（b）和表格数据可知，随着流过小灯泡电流的增加，其灯丝的电阻（填“增大”“减小”或“不变”）；（6）该同学观测到小灯泡刚开始发光时流过电流表的电流为16 0m A,可得此时小灯泡电功 率 Wi=W（保留2位有效数字）；当流过电流表的电流为3 0 0 m
10、A 时，小灯泡图(a)11.（12 分）（2 02 1 甲卷）如图所示，一倾角为。的光滑斜面上有5 0 个减速带（图中未完全画出），相邻减速带间的距离均为d,减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车（可视为质点）从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第3 0个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第5 0个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为n，重力加速度大小为go（无动力）小车（1）求小车通过第3 0个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；（2）求
11、小车通过前3 0个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；（3）若小车在前3 0 个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则 L应满足什么条件？12.（2 0 分）（2 02 1 甲卷）如图所示，长度均为1 的两块挡板竖直相对放置，间距也为1,两挡板上边缘P和 M 处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为m,电荷量为q（q 0）的粒子自电场中某处以大小为vo 的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和 N之间射出磁场，运动过程中粒子未与
12、挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为6 0 ,不计重力。（1）求粒子发射位置到P点的距离；（2）求磁感应强度大小的取值范围；（3）若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。P，QEN（二）选考题：物理一一选修3-3（15分）13.（5 分）（2021甲卷）如图所示，一定量的理想气体经历的两个不同过程，分别由体积-温 度（V-1）图上的两条直线I 和 II表示，V,和 V2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标，to是它们的延长线与横轴交点的横坐标，to=-273.15 C；a 为直线I 上的一点。由图可知，气体在状态a 和 b 的压强之比区=；气体在状态
13、b 和 c 的压强之比上且Pb Pc14.（10分）（2021甲卷）如图所示，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B 两部分；初始时，A、B 的体积均为V,压强均等于大气压po。隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过O.5po时隔板就会滑动，否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞，使 B 的体积减小为2（i）求 A 的体积和B 的压强；（i i）再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A 的体积和B 的压强。物理选修3-4（15分）1 5.（2 0 2 1 甲卷）如图所示，单色光从折射率n=1.5、厚度d=1 0.0 c m 的玻璃板上表面
14、射入。已 知 真 空 中 的 光 速 为 3.0 X 1 08m/s ,则 该 单 色 光 在 玻 璃 板 内 传 播 的 速 度 为m/s；对 于 所 有 可 能 的 入 射 角，该 单 色 光 通 过 玻 璃 板 所 用 时 间 t的取值范围是sWt0）,质点A位于波峰。求：（i）从 t i 时刻开始，质 点 B最少要经过多长时间位于波峰；（i i）t i 时刻质点B偏离平衡位置的位移。2021年全国统一高考物理试卷（甲卷）参考答案与试题解析一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共 48分。在每小题给出的四个选项中，第 1 5题只有一项符合题目要求，第 6 8 题有多项符合题目要求。全
15、部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。1.（6分）（2 0 2 1 甲卷）如图所示，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角9可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间1与夹角。的大小有关。若由30 逐渐增大至6 0 ,物块的下滑时间t 将（）铁架台A.逐渐增大 B.逐渐减小C.先增大后减小 D.先减小后增大【点拨】由题意，先根据牛顿第二定律和运动学公式写出时间的表达式，再利用夹角变化点拨时间的变化。【解答】解：设铁架台底座距离为d,则物块沿平板的位移为*=C
16、 O S 0对物块利用牛顿第二定律可得m g si n 0 =m a利用运动学公式可得x=Aat22整理可得由数学知识可知，当。=4 5时，si n 2。最大，对应时间t 最小，故。由 30 逐渐增大至6 0 ,物块的下滑时间将先减小后增大，故 ABC错误，D正确。故选：D。【分析】在利用牛顿第二定律解题时，要注意结合数学知识的应用。2.（6分）（2 0 2 1 甲卷）“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图所示，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50 r/s,此时纽扣上距离中心1 c m 处的点向心加速度
17、大小约为（）标8cx才 力A.1 0 m/s2 B.l O O m/s2 C.1 0 0 0 m/s2 D.1 0 0 0 0 m/s2【点拨】根据纽扣的转速，结合3=2 E 1、a n =3?I 计 算圆盘转动的向心加速度。【解答】解：根据匀速圆周运动的规律，3 =2 n n =2 n X 5 0 r a d/s=1 0 0 n r a d/s,r=l c m=0.0 1 m,向心加速度为：an=w2r=（1 0 0 n）2X0.0 1 m/s2=1 O O T T2m/s21 0 0 0 m/s2,故 C 正确，A B D 错误。故选：Co【分析】解决本题的关键知道转速和角速度的关系，通过
18、时转速求出角速度，然后根据向心加速度公式求解，基础题。3.（6分）（2 0 2 1 甲卷）两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与 OQ在一条直线上，P O,与 OF 在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I,电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I 时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B,则图中与导线距离均为d的 M、N 两点处的磁感应强度大小分别 为（）【点拨】根据安培定则确定两导线各自在M、N点形成的磁感应强度的方向，根据叠加原理即可确定两点的磁感应强度的大小。【解答】解：根据安培定则可知，FP在M点形成的磁感应强度向里，E Q在M点形成的磁感
19、应强度向外，根据题意可知，两导线在M点形成的磁感应强度均为B,由叠加原理可知，M点的磁感应强度为零；同理根据安培定则可知，FP在N点形成的磁感应强度向里，E Q在N点形成的磁感应强度向里，根据题意可知，两导线在M点形成的磁感应强度均为B,由叠加原理可知，M点的磁感应强度为2 B；故B正确，A C D错误。故选：Bo【分析】本题考查了利用安培定则点拨通电导线的磁场。掌握好安培定则的内容，知道磁场的叠加原理是解决本题的关键。4.（6分）（2 0 2 1 甲卷）如图所示，一个原子核X经图中所示的一系列a、0衰变后，生成稳定的原子核Y,在此过程中放射出电子的总个数为（)C.1 0D.1 4【点拨】a衰
20、变电荷数少2,质量数少4,0衰变电荷数多1,质量数不变.根据该规律判断衰变的次数，再结合P衰变的实质点拨放出的电子个数。【解答】解：由题图可知原子核X的质量数为A=9 2+1 4 6=2 3 8,电荷数为Z=9 2,即 X原子核丫的质量数为A=8 2+1 2 4=2 0 6,电荷数为Z=8 2,即2 0 6 丫8 2设经过x次 a衰变和y次 B 衰变，由质量数守恒和电荷数守恒可得：2 3 8=2 0 6+4 x,9 2=8 2+2 x -y解得：x=8,y=6发 生 0衰变时，原子核内的中子转化为一个质子的同时放出一个电子，所以该过程共释放了 6个电子，故 A 正确，B C D 错误。故选：A
21、o【分析】解决本题的关键知道衰变的过程中电荷数守恒、质量数守恒，放出的电子个数根据p衰变的实质进行点拨。5.(6 分)(2 0 2 1 甲卷)2 0 2 1 年 2月，执行我国火星探测任务的“天问一号”探测器在成功实施三次近火制动后，进入运行周期约为1.8X1()5S的椭圆形停泊轨道，轨道与火星表面的最近距离约为2.8X l()5m。已知火星半径约为3.4 X l()6m,火星表面处自由落体的加速度大小约为3.7m/s 2,则“天问一号”的停泊轨道与火星表面的最远距离约为()A.6X 1 05m B.6X 1 06m C.6X 1 07m D.6X 1 08m【点拨】根据开普勒第三定律可知，做
22、匀速圆周运动的卫星的轨道半径与“天问一号”轨道半长轴相等时，二者的周期相等；则根据万有引力提供向心力求出匀速圆周运动卫星的轨道半径，即可得到“天问一号”的长轴，再根据几何关系求解“天问一号”的停泊轨道与火星表面的最远距离。【解答】解：根据题意可知火星的半径为R=3.4 X l()6m,轨道与火星表面的最近距离约为 h=2.8X l()5m。设火星的质量为M,天问一号 所在椭圆轨道的半长轴为r。3设想在火星上方有一颗卫星做半径为r 的匀速圆周运动，根据开普勒第三定律 J=k可j 2知该卫星的周期T=1.8X 1()5$2对该卫星，根据万有引力提供向心力可得：但皿=m r 史 匚，在火星表面，根据
23、万有引力和重力的关系可得：里担=m gR2联立解得：件 3.2 6X l()7m,设 天问一号 的停泊轨道与火星表面的最远距离为H,根据几何关系可得：h+2 R+H=2 r解得：H 6 X 1 07m,故 C 正确、ABD 错误。故选：Co【分析】本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力近似等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答，掌握开普勒第三定律的应用方法。6.(6分)(2 0 2 1 甲卷)某电场的等势面如图所示，图中a、b、c、d、e 为电场中的5 个点,则()A.一正电荷从b点运动到e 点，电场力做正功
24、B.一电子从a 点运动到d点，电场力做功为4 e VC.b点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右D.a、b、c、d四个点中，b点的电场强度大小最大【点拨】由电场力所做的功W=eU,点拨电场力做功；根据电场线与等势面处处垂直,电场方向由高电势指向低电势，可判断b点电场强度方向：等势面越密集的地方，电场线越密集，电场强度越大。【解答】解：A、b、e两点在同一个等势面上，可知b、e两点间电势差为零，电场力所做的功W=qU,电场力做功为零，故A错误；B、电子从a点运动到d点，电场力所做的功W=q U=-e（3 V-7 V）=4 e V,故B正确;C、根据题意画出过b点的电场线，如图所示：电场线与等势
25、面处处垂直，并指向电势降低的方向，所 以b点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向左，故C错误；D、等势面越密集的地方，电场线越密集，电场强度越大，a、b、c、d中b点等势线最密集，所以b点的电场强度最大，故D正确。故选：BD。3 1 4【分析】本题考查了电场力做功，电场线与等势面的关系以及电场强度大小、方向的判断，注意等势面越密集的地方，电场线越密集，电场强度越大。7.（6分）（2 0 2 1甲卷）一质量为m的物体自倾角为a的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为E k,向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动,到达斜面底端时动能为工。已知s i n a=0.6,重力加速
26、度大小为g。则（）5A.物体向上滑动的距离为aL2 1n gB.物体向下滑动时的加速度大小为至5C.物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D.物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长【点拨】在物体上滑过程和下滑过程，分别应用动能定理列等式，可求出物体向上滑动的距离和物体与斜面间的动摩擦因数；由牛顿第二定律求出向上滑和向下滑的加速度大小；结合加速度大小，根据运动学规律可点拨物体向上滑动所用的时间和向下滑动的时间哪个更大。【解答】解：AC、设物体向上滑动的距离为x,斜面的动摩擦因数为山对物体向上滑行的过程，由动能定理可知：-mgsina,x-|imgcosa*x=0-Ek对物体向下滑行的过程，由动能定
27、理可知：mgsinaex-pmgcosax=L-05联立解得：x=上，u=0.5,故 A 错误，C 正确；mg物体向下滑动时，由牛顿第二定律可知：mgsina-|imgcosa=ma2，解得a 2=L g,故5B 正确；D、物体向上滑动和向下滑动的距离相同，而向上滑的加速度由牛顿第二定律可知：mgsina+|imgcosa=mai,解得：a i=g,即 aia2，向上滑动过程也可看做初速度为零，加速度大小等于a i的匀加速直线运动，由*=工 t?=-a 可知向上滑的时间比向2 alx1 2 22下滑的时间短，故 D 错误；故选：BCo【分析】本题是动能定理、牛顿第二定律和运动学知识的综合运用，
28、关键是分过程分别列动能定理式子，以及匀变速直线运动的逆过程的应用。8.（6 分）（2021甲卷）由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2 倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是（）X X X X X X X XX X X X X X X XX X X X X X X XA.甲和乙都加速运动B.甲和乙都减速运动C.
29、甲加速运动，乙减速运动D.甲减速运动，乙加速运动【点拨】线圈进入磁场前做自由落体运动，应用运动学公式求出线圈进入磁场时的速度大小；根据密度公式求出线圈的质量；应用电阻定律求出线圈的电阻；由 E=B L v求出线圈进入磁场过程产生的感应电动势，应用闭合电路的欧姆定律求出感应电流；应用安培力公式求出线圈受到的安培力，根据线圈受到的安培力与重力间的关系点拨判断线圈进入磁场过程的运动情况。【解答】解：甲、乙两正方形线圈的材料相同，则它们的密度和电阻率相同，设材料的电阻率为p,密度为P密徵，两正方形线圈的边长相同，设线圈边长为L,设线圈的横截面积为S,线圈的质量m=p密 度 X4nLS=4np密 度 L
30、S,由题意可知，两线圈的质量相等，则 4n甲p密度LS甲=4 n乙p密度LS乙，则 n甲S甲二n乙S乙，两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，设线圈下边到磁场的高度为h,设线圈下边刚进入磁场时的速度为v,线圈进入磁场前做自由落体运动，则 V=J第，由于下落高度h 相同，则线圈下边刚进入磁场时的速度V相等，设线圈匝数为n,磁感应强度为B,线圈进入磁场过程切割磁感线产生的感应电动势E=nBLv,由电阻定律可知，线圈电阻：R=p生 LS由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流：1=吗：笑R 4np L 4P-s-2线圈受到的安培力：F=nBIL=.B LSX-4P由于n 甲 S 尸 n 乙 S
31、乙，B、L、p、v 都相同，则线圈进入磁场时受到的安培力F 相同，线圈质量相同，则它们受到的重力G=m g相同，线圈进入磁场过程所受合力F a=F -G 相同；A、如果线圈进入磁场时安培力小于重力，则线圈受到的合力向下，线圈甲、乙都加速运动，故 A 正确；B、如线圈进入磁场时安培力大于重力，线圈受到的合力向上，线圈甲、乙都做减速运动,故 B 正确；C、由于甲、乙所受合力相同、进入磁场时的速度相同，如果甲加速运动，则乙也做加速运动，故 C 错误；D、由于甲、乙所受合力相同、进入磁场时的速度相同，如果甲减速运动，则乙也做减速运动，故 D 错误。故选：AB,【分析】本题是电磁感应、电路与力学相结合的
32、一道综合题，根据题意点拨清楚线圈的受力情况与运动过程是解题的前提与关键；解题时要先推导出线圈所受安培力，然后再点拨答题。二、非选择题：（一）必考题。9.（5 分）（2021甲卷）为测量小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数，一同学将贴有标尺的瓷砖的一端放在水平桌面上，形成一倾角为a 的 斜 面（已知sina=0.34,cosa=0.94）,小铜块可在斜面上加速下滑，如图所示。该同学用手机拍摄小铜块的下滑过程，然后解析视频记录的图像，获得5 个连续相等时间间隔（每个时间间隔ATnOZOs）内小铜块沿斜面下滑的距离Si（i=l,2,3,4,5）,如表所示。S1S2S3S4S55.87cm7.58cm9.3
33、1cm11,02cm12.74cm由表中数据可得，小铜块沿斜面下滑的加速度大小为 0.43 m/s2,小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数为 0.32 o （结果均保留2 位有效数字，重力加速度大小取9.80m/s2）【点拨】处理纸带数据时，要用逐差法求加速度，结合牛顿第二定律就可以求出动摩擦因数。【解答】解：（1）根据逐差法，利用A x=aT 2,可得加速度a=匕 竺=4T2 02+12.74）-（7.58+9.31）乂 壮243mzs2,4X0.202根据牛顿第二定律，mgsina-um gcosa=m a,已知sina=0.34,cosa=0.94,代入数据解得 u-0.32。故答案为：0.4
34、3；0.32。【分析】本题考查实验中纸带的数据处理问题，要学会用逐差法求加速度，注意题目中给出5 组数据可以采用前4个或后4个进行计算，结果保留有效位数后相等。1 0.（1 0 分）（2 0 2 1 甲卷）某同学用图（a）所示电路探究小灯泡的伏安特性，所用器材有：小 灯 泡（额定电压2.5 V,额定电流0.3 A）、电 压 表（量程3 0 0 m V,内阻3 0 0 Q）、电流表（量 程 3 0 0 m A,内阻0.2 7 Q）定值电阻Ro、滑动变阻器Ri （阻值0-2 0。）、电阻箱R2（最大阻值9999.9。）、电源E（电动势6V,内阻不计）、开 关 S、导线若干。完成下列填空：（1）有
35、3个阻值分别为1 0 Q、2 0 Q、3 0 Q 的定值电阻可供选择，为了描绘小灯泡电流在0 -3 0 0 m A 的 U -I曲线，Ro应选取阻值为 1 0 f l 的定值电阻；（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于变阻器的 二（填“a”或 b”）端；（3）在流过电流表的电流较小时，将电阻箱R 2 的阻值置零，改变滑动变阻器滑片的位置，读取电压表和电流表的示数U、I,结果如图所示（b）所示。当流过电流表的电流为 1 0 m A 时，小灯泡的电阻为 0.8。（保 留 1 位有效数字）；U/mV图(b)（4）为使得电压表满量程时对应于小灯泡两端的电压为3 V,该同学经计算知，应将R2的阻值调整
36、为 2 7 0 0 然后调节滑动变阻器R i,测得数据如表所示:U/m V2 4.04 6.07 6.01 1 0.01 2 8.01 5 2.01 84.02 1 6.02 5 0.0I/m A1 4 0.01 6 0.01 80.02 0 0.02 2 0.02 4 0.02 6 0.02 80.03 0 0.0（5）由图（b）和表格数据可知，随着流过小灯泡电流的增加，其灯丝的电阻 增 大（填“增大”“减小”或“不变”）；（6）该同学观测到小灯泡刚开始发光时流过电流表的电流为1 6 0 m A,可得此时小灯泡电功 率 W|=0074 W（保 留 2 位有效数字）当流过电流表的电流为300m
37、A时，小灯泡的电功率为P 2,则”=10（保留至整数）。图（a）【点拨】（D 根据串联电路特点与欧姆定律求出定值电阻的最大阻值，然后作出选择。（2）滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路闭合开关前滑片应置于分压电路分压为零的位置。（3）根据坐标系内描出的点作出图象，根据图象求出电流对应的电压，然后应用欧姆定律求出灯泡电阻阻值。（4）根据串联电路特点与欧姆定律求出串联电阻阻值。（5）U-I 图线上的点与坐标原点连线的斜率等于灯泡电阻，根据图示图象判断随着流过小灯泡电流的增加其灯丝的电阻如何变化。（6）根据表中实验数据求出电流对应的电压,应用电功率公式P=U I求出灯泡的电功率，然后求出功率之比。【
38、解答】解：（1）灯泡额定电压UL额=2.5 V,额定电流II颔=0.3 A,灯泡两端电压等于额定电压且滑动变阻器滑片移动到b 端时，定值电阻两端电压UOME-ULJSL（6-2.5）V=3.5 V,定值电阻最大阻值约为R=P-卫 立。仁11.67。，为了描绘小灯泡电流在0IL额03-300mA的 U-I 曲线，Ro应选取阻值为10。的定值电阻；（2）由 图（a）所示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于变阻器的a 端。（3）根 据 图（b）所 示 坐 标 系 内 描 出 的 点 作 出 图 象 如 图 所 示：t!iVZmA05(b)由图示图象可知，
39、当流过电流表的电流为I=1 0 m A=0.0 1 0 A 时，灯泡两端电压U=8 m V=0.0 0 8V,由欧姆定律可知，此时灯泡电阻R=U=0 008C=O.8QI 0.010(4)由题意可知,电压表量程U g=3 0 0 m V,内阻Rg=3 0 0 C把电压表改装成U=3V 的电压表需要串联电阻阻值R 申-Rg=y-R g=奇 装300-3 0 0 1 1=2 7 0 0(1,因此应将R2的阻值调整为2 7 0 0 f to(5)U-I 图线上的点与坐标原点连线的斜率等于灯泡电阻，由 图(b)所示图象可知，随着流过小灯泡电流的增加，图线上的点与坐标原点连线的斜率增大，则灯丝的电阻增大
40、。(6)电压表量程是3 0 0 m V,改装后电压表量程是3 V,改装后电压表量程扩大了 1 0 倍；由表中实验数据可知，流过灯泡的电流Ii =l 6 0 m A=0.1 6 0 A 时，灯泡两端电压 ULI=1 0 U 1=1 0 X 4 6.0 m V=4 6 0 m V=0.4 6 0 V,此时小灯泡电功率WI=UL山=0.4 6 0 X 0.1 6 0 W g 0.0 7 4 W；当流过电流表的电流为l 2=3 0 0 m A=0.3 0 0 A 时，灯泡两端的电压 UL2=1 0 U 2 =1 0 X 2 5 0.0 m V=2 5 0 0 m V=2.5 0 0 V,此时小灯泡电功
41、率 W2=UL2 l 2=2.5 0 0 X 0.3 0 0 W=0.7 5 W；则%=5-心 1 0。0.074故答案为:(1)1 0；(2)a；(3)0.8；(4)2 7 0 0；(5)增 大;(6)0.0 7 4；1 0。【分析】本题考查了实验数据处理问题，理解实验原理是解题的前提与关键，点拨清楚图示电路结构、应用串联电路特点与欧姆定律即可解题，解题时注意有效数字的保留，这是容易疏忽的地方。1 1.（1 2 分）（2 0 2 1 甲卷）如图所示，一倾角为。的光滑斜面上有5 0 个减速带（图中未完全画出），相邻减速带间的距离均为d,减速带的宽度远小于d；一质量为m 的无动力小车（可视为质点
42、）从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第3 0 个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第5 0 个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s 后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为u，重力加速度大小为g。（无动力）小车（1）求小车通过第3 0 个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；（2）求小车通过前3 0 个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；（3）若小车在前3 0 个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则 L应满足什么条件？【点拨】（1）小车通过第
43、3 0 个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，由此可得小车通过第3 0 个减速带后在每两个减速带之间的运动情况相同，根据功能关系点拨碰撞过程中损失的能量；（2）小车与第5 0 个减速带碰撞后在水平面上继续滑行距离s 后停下，根据动能定理求解小车通过第3 0 个减速带后，每次与减速带碰撞后的动能；小车从开始运动到与第3 0个减速带碰撞后的过程中，根据功能关系求解在每一个减速带上平均损失的机械能；（3）根据前两问计算出的能量损失列不等式求解L应满足的条件。【解答】解：（1）小车通过第3 0 个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，则小车与减速带碰撞过程中机械能的损失恰好等于经过距离d时增
44、加的动能，即=匕小车通过第3 0 个减速带后，每经过d的过程中，根据动能定理可得：E k=mg d s i n。所以有：E=mg d s i n。；（2）设小车通过第3 0 个减速带后，每次与减速带碰撞后的动能为E k,小车与第5 0 个减速带碰撞后在水平面上继续滑行距离s 后停下，在此过程中根据动能定理可得：-n mg s=0 -E k，解得：E k=|i mg s小车从开始运动到与第3 0 个减速带碰撞后的过程中，根据功能关系可得损失的总能量为:E i=mg （L+2 9 d）s i n。-E k，_ _ _ A E小车通过前3 0 个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能为：AE
45、=?-30解得：AE-Tng（L+29d）sin 6 yM-mgs;（3）若小车在前3 0 个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则有：E mg d s i n。解得：L d+：S。sin 9答：（1）小车通过第3 0 个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能为mg d s i n O；（2）小 车 通 过 前 30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能为13 0(L+29d)sin 0（3）若小车在前3 0 个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则 L d+。sin 8【分析】本题主要是考查功能关系，关键是能够点拨小车运
46、动过程中能量的转化情况,知道机械能的变化与除重力或弹力以外的力做功有关，动能的变化与合力做功有关。1 2.（2 0 分）（2 0 2 1 甲卷）如图所示，长度均为1 的两块挡板竖直相对放置，间距也为1,两挡板上边缘P 和 M 处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为m,电荷量为q （q 0）的粒子自电场中某处以大小为v o 的速度水平向右发射，恰好从P 点处射入磁场，从两挡板下边缘Q 和 N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与P Q 的夹角为6 0 ,不
47、计重力.(1)求粒子发射位置到P点的距离；(2)求磁感应强度大小的取值范围；(3)若粒子正好从Q N的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板M N的最近距离。【点拨】(1)粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动轨迹以及勾股定理求解粒子发射位置到P点的距离；(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据粒子出射点的边界条件，求出临界磁感应强度,进而求出磁感应强度的取值范围：(3)根据粒子正好从Q N的中点射出磁场这一边界条件，画出粒子的运动轨迹，然后由几何关系求出粒子做匀速圆周运动的轨迹圆半径，再由几何关系求出粒子在磁场中的轨迹与挡板M N的最近距离。【解答】解：(1)带电粒子在电场中受到竖直向下的
48、电场力作用，粒子做类平抛运动，在P点对速度进行分解，如图所示1所示：粒子做类平抛运动:水平方向上：X =V()tO竖直方向上：y=/a t 3 Vy=ato其中a=地.m粒子发射位置到P 点的距离在 p 点的速度大小：v=12sin60联立解得：s=鬲,v)里也6qE 3(2)带电粒子从Q 点射出磁场，运动轨迹如图所示2 所示:1_由几何关系可知：粒子从下边缘Q 点射出时，轨迹圆的半径为R i=cos302由洛伦兹力提供向心力可知：q v B=4,磁感应强度B=QR qR由此可知，B1mv=2mv0qRj ql带电粒子从N 点射出磁场，运动轨迹如图所示3 所示:耳图 3由几何关系可知：粒子从下
49、边缘N点射出时，设轨迹圆的半径为R 2在Z i O N E 中：（孚 区 2-1）2+苧+1）2 =W，解得：R2=（V 3+l）l2由洛伦兹力提供向心力可知：q v B=m J，磁感应强度B=R q R由此可知，B_ m v =2 m v 02 q R2(3+V 3)q l磁感应强度大小的取值范围为：B2 B BIar,2 m vn 2 m vn即：-9 B -(3+73 q i（3）若粒子正好从Q N的中点射出磁场，画出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示4所示:由几何关系可知，在AOAF 中，（1 考3）2+号卷）2 =R该轨迹与MN极板最近的距离：x=l -2联立解得：X=3 9-1 0 4
50、 4答:（1）粒子发射位置到P 点的距离为2O（2）磁感应强度大小的取值范围为：,鲁 B 竺 乜;（3+J 3）q i q i（3）若粒子正好从Q N的中点射出磁场，粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离为39-1073441【分析】本题考查带电粒子在电场中类平抛运动，在磁场中匀速圆周运动，关键在于找到粒子在磁场中运动的轨迹和边界条件，由几何关系求出轨迹圆的半径，然后由洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度大小。本题对作图要求很高，过程复杂，计算量大。（二）选考题：物理一一选修3-3（15分）1 3.（5分）（2 0 2 1 甲卷）如图所示，一定量的理想气体经历的两个不同过程，分别由体积-温 度（v