2021年河北省新高考物理试卷(附答案详解)

2021年河北省新高考物理试卷

1. (2021·河北省·历年真题)银河系中存在大量的铝同位素 26𝐴𝑙。 26𝐴𝑙核𝛽+衰变的衰变

26260

方程为 13𝐴𝑙→12𝑀𝑔+1𝑒，测得 26𝐴𝑙核的半衰期为72万年。下列说法正确的是( )

A.  26𝐴𝑙核的质量等于 26𝑀𝑔核的质量 B.  26𝐴𝑙核的中子数大于 26𝑀𝑔核的中子数

C. 将铝同位素 26𝐴𝑙放置在低温低压的环境中，其半衰期不变 D. 银河系中现有的铝同位素 26𝐴𝑙将在144万年后全部衰变为 26𝑀𝑔

2. (2021·河北省·历年真题)铯原子钟是精确的计时仪器。图1中铯原子从O点以

100𝑚/𝑠的初速度在真空中做平抛运动，到达竖直平面MN所用时间为𝑡1；图2中铯原子在真空中从P点做竖直上抛运动，到达最高点Q再返回P点，整个过程所O点到竖直平面MN、P点到Q点的距离均为0.2𝑚。用时间为𝑡2。重力加速度取𝑔=10𝑚/𝑠2；则𝑡1：𝑡2为( )

A. 100：1 B. 1：100 C. 1：200 D. 200：1

3. (2021·河北省·历年真题)普朗克常量ℎ=6.626×10−34𝐽⋅𝑠，光速为c，电子质量为

𝑚𝑒，则𝑚𝑐在国际单位制下的单位是( )

𝑒

ℎ

A. 𝐽/𝑠 B. m C. 𝐽⋅𝑚 D. 𝑚/𝑠

4. (2021·河北省·历年真题)“祝融号”火星车登陆火星之前，“天问一号”探测器沿

椭圆形的停泊轨道绕火星飞行，其周期为2个火星日。假设某飞船沿圆轨道绕火星飞行，其周期也为2个火星日。已知一个火星日的时长约为一个地球日，火星质量约为地球质量的0.1倍，则该飞船的轨道半径与地球同步卫星的轨道半径的比值约为( )

A. 3√4

B. √1

4

3 C. √52

3 D. √25

3

5. (2021·河北省·历年真题)如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，

磁感应强度大小为𝐵1，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间。相距为

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L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为𝐵2，导轨平面与水平面夹角为𝜃，两导轨分别与P、Q相连。质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止。重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力。下列说法正确的是( )

A. 导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，𝑣=B. 导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，𝑣=C. 导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，𝑣=D. 导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，𝑣=

𝑚𝑔𝑅sin𝜃𝐵1𝐵2𝐿𝑑𝑚𝑔𝑅sin𝜃𝐵1𝐵2𝐿𝑑

𝑚𝑔𝑅tan𝜃𝐵1𝐵2𝐿𝑑

𝑚𝑔𝑅tan𝜃𝐵1𝐵2𝐿𝑑

6. (2021·河北省·历年真题)一半径为R的圆柱体水平固

定，横截面如图所示。长度为𝜋𝑅、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球。小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳

刚好拉直。将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)( )

A. √(2+𝜋)𝑔𝑅 B. √2𝜋𝑔𝑅 C. √2(1+𝜋)𝑔𝑅 D. 2√𝑔𝑅

7. (2021·河北省·历年真题)如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁

感应强度大小为B。导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点。狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为𝜃，一电容为C的电容器与导轨左端相连。导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻。下列说法正确的是( )

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A. 通过金属棒的电流为2𝐵𝐶𝑣2𝑡𝑎𝑛𝜃

B. 金属棒到达𝑥0时，电容器极板上的电荷量为𝐵𝐶𝑣𝑥0𝑡𝑎𝑛𝜃 C. 金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电 D. 金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定

8. (2021·河北省·历年真题)如图，发电机的矩形线圈长为2L、宽为L，匝数为N，放

置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中。理想变压器的原、副线圈匝数分别为𝑛0、𝑛1和𝑛2，两个副线圈分别接有电阻𝑅1和𝑅2。当发电机线圈以角速度𝜔匀速转动时，理想电流表读数为I。不计线圈电阻，下列说法正确的是( )

A. 通过电阻𝑅2的电流为𝑛12 B. 电阻𝑅2两端的电压为C. 𝑛0与𝑛1的比值为√

𝑛2𝐼𝑅1𝑛1

𝑛𝐼

2𝑁𝐵𝐿2𝜔𝐼𝑅1

D. 发电机的功率为√

2𝑁𝐵𝐿2𝜔𝐼(𝑛1+𝑛2)

𝑛0

9. (2021·河北省·历年真题)如图，矩形金属框MNQP竖直放置，

其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑。一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆。金属框绕MN轴分别以角速度𝜔和𝜔′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止。若𝜔′>𝜔，则与以𝜔匀速转动时相比，以𝜔′匀速转动时( )

A. 小球的高度一定降低 B. 弹簧弹力的大小一定不变 C. 小球对杆压力的大小一定变大

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D. 小球所受合外力的大小一定变大

10. (2021·河北省·历年真题)如图，四个电荷量均为

𝑞 (𝑞>0)的点电荷分别放置于菱形的四个顶点，其坐标分别为(4𝑙,0)、(−4𝑙,0)、(0,𝑦0)和(0,−𝑦0)，其中x轴上的两个点电荷位置固定，y轴上的两个点电荷可沿y轴对称移动(𝑦0≠0)。下列说法正确的是( )

A. 除无穷远处之外，菱形外部电场强度处处不为零

B. 当𝑦0取某值时，可使得菱形内部只存在两个电场强度为零的点

C. 当𝑦0=8𝑙时，将一带负电的试探电荷由点(4𝑙,5𝑙)移至点(0,−3𝑙)，静电力做正功 D. 当𝑦0=4𝑙时，将一带负电的试探电荷放置在点(𝑙,𝑙)处，其所受到的静电力方向

与x轴正方向成45°倾斜向上

11. (2021·河北省·历年真题)某同学研究小灯泡的伏安特性，实验室提供的器材有：小

灯泡(6.3𝑉,0.15𝐴)、直流电源(9𝑉)、滑动变阻器、量程合适的电压表和电流表、开关和导线若干。设计的电路如图1所示。 (1)根据图1，完成图2中的实物连线。

(2)按照图1连线后，闭合开关，小灯泡闪亮一下后熄灭，观察发现灯丝被烧断，原因可能是______ (单项选择，填正确答案标号)。 A.电流表短路

B.滑动变阻器的滑片接触不良

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C.滑动变阻器滑片的初始位置在b端

(3)更换小灯泡后，该同学正确完成了实验操作，将实验数据描点作图，得到𝐼−𝑈图像，其中一部分如图3所示。根据图像计算出P点对应状态下小灯泡的电阻为______ 𝛺 (保留三位有效数字)。

12. (2021·河北省·历年真题)某同学利用图1中的实验装置探究机械能变化量与力做功

的关系。所用器材有：一端带滑轮的长木板、轻细绳、50g的钩码若干、光电门2个、数字计时器、带遮光条的滑块(质量为200g，其上可放钩码)、刻度尺。当地重力加速度为9.80𝑚/𝑠2。实验操作步骤如下：

①安装器材，调整两个光电门距离为50.00𝑐𝑚，轻细绳下端悬挂4个钩码，如图1所示；

②接通电源，释放滑块，分别记录遮光条通过两个光电门的时间，并计算出滑块通过两个光电门的速度；

在滑抉上依次增加一个钩码，记录滑块上所载钩③保持绳下端悬挂4个钩码不变，

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码的质量，重复上述步骤；

④完成5次测量后，计算出每次实验中滑块及所载钩码的总质量M、系统(包含滑块、滑块所载钩码和轻细绳悬挂钩码)总动能的增加量△𝐸𝑘及系统总机械能的减少量△𝐸，结果如下表所示：

𝑀/𝑘𝑔 △𝐸𝑘/𝐽 △𝐸/𝐽 回答下列问题：

(1)实验中轻细绳所悬挂钩码重力势能的减少量为______ 𝐽(保留三位有效数字)； (2)步骤④中的表格所缺数据为______ ；

(3)以M为横轴，△𝐸为纵轴，选择合适的标度，在图2中绘出△𝐸−𝑀图像；

0.200 0.587 0.393 0.250 0.490 0.490 0.300 0.392 0.350 0.294 0.686 0.400 0.195 0.785

若系统总机械能的减少量等于克服摩擦力做功，则滑块与木板之间的动摩擦因数为______ (保留三位有效数字)。

13. (2021·河北省·历年真题)如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾

角为𝜃，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1s后质量为48kg的滑雪者从顶端A以1.5𝑚/𝑠的初速度、3𝑚/𝑠2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即𝑠𝑖𝑛𝜃=25，将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为𝜇=12，重力加速度取𝑔=10𝑚/𝑠2，𝑐𝑜𝑠𝜃=25，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化。求：

24

1

7

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(1)滑道AB段的长度；

(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。

14. (2021·河北省·历年真题)如图，一对长平行栅极板水平放置，极板外存在方向垂直

纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，极板与可调电源相连。正极板上O点处的粒子源垂直极板向上发射速度为𝑣0、带正电的粒子束，单个粒子的质量为m、电荷量为q。一足够长的挡板OM与正极板成37°倾斜放置，用于吸收打在其上的粒子。C、P是负极板上的两点，C点位于O点的正上方，P点处放置一粒子靶(忽略靶的大小)，用于接收从上方打入的粒子，CP长度为𝐿0。忽略栅极的电场边缘效应、粒子间的相互作用及粒子所受重力𝑠𝑖𝑛37°=5。

(1)若粒子经电场一次加速后正好打在P点处的粒子靶上，求可调电源电压𝑈0的大小；

(2)调整电压的大小，使粒子不能打在挡板OM上，求电压的最小值𝑈𝑚𝑖𝑛； (3)若粒子靶在负极极板上的位置P点左右可调，则负极板上存在H、S两点(𝐶𝐻≤𝐶𝑃<𝐶𝑆,H、S两点未在图中标出)，对于粒子靶在HS区域内的每一点，当电压从零开始连续缓慢增加时，粒子靶均只能接收到𝑛(𝑛≥2)种能量的粒子，求CH和CS的长度(假定在每个粒子的整个运动过程中电压恒定)。

3

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15. (2021·河北省·历年真题)两个内壁光滑、完全相同的绝热汽缸A、B，汽缸内用轻质

绝热活塞封闭完全相同的理想气体，如图1所示。现向活塞上表面缓慢倒入细沙，若A中细沙的质量大于B中细沙的质量，重新平衡后，汽缸A内气体的内能______ (填“大于”“小于”或“等于”)汽缸B内气体的内能。图2为重新平衡后A、B汽缸中气体分子速率分布图像，其中曲线______ (填图像中曲线标号)表示汽缸B中气体分子的速率分布规律。

16. (2021·河北省·历年真题)某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27℃时，压

强为3.0×103𝑃𝑎。

(ⅰ)当夹层中空气的温度升至37℃，求此时夹层中空气的压强；

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(ⅰ)当保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值。设环境温度为27℃，大气压强为1.0×105𝑃𝑎。

17. (2021·河北省·历年真题)如图，一弹簧振子沿x轴做简谐运动，振子零时刻向右经

过A点，2s时第一次经过B点，已知振子经过A、B两点时的速度大小相等，2s内经过的路程为0.4𝑚，则该简谐运动的周期为______ s，振幅为______ m。

18. (2021·河北省·历年真题)将两块半径均为R、完全相同的

B正对位置，透明半圆柱体A、圆心上下错开一定距离，如图所示。用一束单色光沿半径照射半圆柱体A，设圆A右侧恰好无光线射出；心处入射角为𝜃。当𝜃=60°时，当𝜃=30°时，有光线沿B的半径射出，射出位置与A的圆心相比下移h。不考虑多次反射。求： (ⅰ)半圆柱体对该单色光的折射率； (ⅰ)两个半圆柱体之间的距离d。

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答案和解析

1.【答案】C

【知识点】原子核的衰变

260

【解析】解：A、 26𝐴𝑙核的质量数等于 26𝑀𝑔核的质量数， 13𝐴𝑙衰变过程释放出 1𝑒， 26𝐴𝑙

核的质量与 26𝑀𝑔核的质量不相等，故A错误；

B、 26𝐴𝑙核的中子数𝑁铝=(26−13)个=13个， 26𝑀𝑔核的中子数𝑁镁=(26−12)个=14个， 26𝐴𝑙核的中子数小于 26𝑀𝑔核的中子数，故B错误；

C、半衰期由原子核本身结构决定，与外界环境无关，将铝同位素 26𝐴𝑙放置在低温低压的环境中，其半衰期不变，故C正确；

D、 26𝐴𝑙核的半衰期为72万年，银河系中现有的铝同位素 26𝐴𝑙将在144万年后未衰变质量占原来质量的比值𝑛=(1)72万年=(1)2=1，则河系中现有的铝同位素 26𝐴𝑙在144万年

2

2

4

144万年

后不能全部衰变为 26𝑀𝑔，故选：C。

原子核的质量数与质量不同；质子与中子统称为核子，质量数等于质子数与中子数之和，核电荷数等于质子数，根据质量数与核电荷数求出中子数，然后分析答题；半衰期是由原子核本身的性质决定的，与原子核所处的环境无关；根据 26𝐴𝑙核的半衰期分析答题。 本题考查了原子核的组成与半衰期问题，掌握基础知识是解题的前提，平时要注意基础知识的学习与积累；本题的易错点是：要知道原子核的质量与原子核的质量数不同，原子核的质量数相等，原子核的质量不一定相等。

2.【答案】C

【知识点】抛体运动、竖直上抛运动

O点到竖直平面MN、P点到Q点的距离均为0.2𝑚，【解析】解：由题意可知，设𝑑=0.2𝑚 图1中铯原子做平抛运动，平抛运动的初速度𝑣0=100𝑚/𝑠，水平方向：𝑑=𝑣0𝑡1， 代入数据解得：𝑡1=0.002𝑠

2图2中铯原子做竖直上抛运动，上升时间与下降时间相等，为2， 22

) 由匀变速直线运动的位移−时间公式得：𝑑=2𝑔(2

𝑡

1𝑡

代入数据解得：𝑡2=0.4𝑠，

1

则𝑡=2

𝑡0.0020.4

=200，故C正确，ABD错误。

1

故选：C。

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图1中铯原子做平抛运动，图2中铯原子做竖直上抛运动，应用运动学公式求出运动时间之比。

本题考查了运动学公式的应用，根据题意分析清楚铯原子的运动过程是解题的前提与关键，应用运动学公式即可解题；解题时要注意，竖直上抛运动上升过程与下降过程运动时间相等，上升过程与下降过程的运动时间都等于总运动时间的一半，这是本题的易错点。

3.【答案】B

【知识点】力学单位制

【解析】解：𝑚𝑐在国际单位制下的导出单位为𝐽⋅𝑠/(𝑘𝑔⋅𝑚⋅𝑠−1)，又因1𝐽=1𝑁⋅𝑚，

𝑒

ℎ

1𝑁=1𝑘𝑔⋅𝑚⋅𝑠−2，代入导出单位中计算可得其单位为𝑚.故ACD错误，B正确。 故选：B。

国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量要牢记，同时明确物理公式可以直接进行单位的推导。

本题考查国际单位制，学生需要记住基本单位，熟悉导出单位的推导。

4.【答案】D

【知识点】万有引力定律的应用、向心力

【解析】解：质量为m的环绕天体，绕质量为M的中心天体做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有：

𝐺𝑀𝑚𝑟2

=𝑚()2𝑟，

𝑇

3

2

2𝜋

环绕天体的半径与周期的关系为：𝑟=√𝐺𝑀𝑇，

4𝜋2

所以飞船绕火星的轨道半径𝑟飞与同步卫星绕地球的轨道半径𝑟同之比为：

，故ABC错误，D正确。

故选：D。

“天问一号”探测器沿椭圆形的停泊轨道绕火星飞行，某飞船沿圆轨道绕火星飞行，地球同步卫星三种情况均是万有引力提供向心力，根据已知条件选择带周期的向心力表达式，再求出轨道半径之比。

本题考查万有引力在天文中的应用问题，要注意的是飞船绕火星运行，而地球同步卫星绕地球运行，写出周期与轨道半径的表达式，再求半径的比值。

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5.【答案】B

【知识点】安培力的方向、闭合电路欧姆定律、磁流体发电机、安培力作用下的平衡与运动问题

Q之间磁感应强度方向由N极指向S极，【解析】解：平行金属板P、由左手定则判断，等离子体中的正离子向金属板Q偏转，负离子向金属板P偏转，可知金属板Q带正电荷(电源正极)，金属板P带负电荷(电源负极)，金属棒ab中电流方向由a流向b，已知磁场𝐵2的方向垂直导轨平面，由左手定则可知，金属棒ab所受安培力平行于导轨平面向上或者向下，金属棒ab处于静止，由受力平衡条件判断其所受安培力沿导轨平面向上，再由左手定则判断出导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下。 金属棒ab恰好静止，由受力平衡可得：𝐵2𝐼𝐿=𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃， 由闭合电路欧姆定律可得，平行金属板P、Q之间的电压𝑈=𝐼𝑅， 金属板P、Q之间电场强度𝐸=𝑑，

等离子体的正负离子在磁场𝐵1中受到电场力与洛伦兹力，稳定后此二力平衡，则 𝑞𝑣𝐵1=𝑞𝐸， 联立解得𝑣=故选：B。

此题为磁流体发电机模型，等离子体进入磁场后，正负离子受到洛伦兹力发生偏转，依据左手定则判断正负离子的偏转方向，得到金属板P、Q的带电性质，得到金属棒ab中电流方向；金属棒ab恰好静止，由受力平衡条件判断出所受安培力的方向并求出电流大小，再依据左手定则判断出导轨处磁场的方向；等离子体的正负离子在磁场𝐵1中受到电场力与洛伦兹力，稳定后此二力平衡，由闭合电路欧姆定律求出平行金属板P、Q之间的电压，由𝐸=𝑑求出板间电场强度，由等离子体受到电场力等于洛伦兹力，求出等离子体的速度大小。

本题考查了复合场的磁流体发电机模型以及受力平衡之安培力计算的问题，属于综合基础题。两次应用左手定则判断粒子偏转方向和已知安培力方向判断磁场方向，属于易错点。其它物理原理及推导过程较简单。

𝑈

𝑚𝑔𝑅𝑠𝑖𝑛𝜃𝐵1𝐵2𝐿𝑑

𝑈

，故B正确，ACD错误。

6.【答案】A

【知识点】机械能守恒定律

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【解析】解：小球从开始下落到与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下降的高度为：

ℎ=𝑅+(𝜋𝑅−

𝜋𝑅1

)=𝑅+𝜋𝑅 22取小球在末位置的重力势能为零，由机械能守恒定律有：

1

𝑚𝑔ℎ=𝑚𝑣2

2解得：𝑣=√(2+𝜋)𝑔𝑅，故A正确，BCD错误。 故选：A。

先根据几何关系求出小球下降的高度，再由机械能守恒定律求小球的速度大小。 解决本题的关键是利用几何知识求出小球下降的高度，要有运用数学知识解决物理问题的能力。本题也可以运用动能定理求解。

7.【答案】A

【知识点】动生电动势、电容器、闭合电路欧姆定律

【解析】解：C、金属棒沿x轴正方向匀速运动切割垂直纸面向里的磁感线，发生电磁感应现象，金属棒相当于电源，由右手定则判断，金属棒中电流方向向上，金属棒上端为电源正极，可知电容器的上极板带正电，故C错误；

A、以金属棒开始运动时为计时零时刻，设金属棒在0−𝑡时间内运动位移为x， 在t时刻金属棒在导轨间的长度𝐿=2𝑥𝑡𝑎𝑛𝜃， 此时金属棒在导轨间的电动势𝐸=𝐵𝐿𝑣， 电容器的电压𝑈=𝐸，

电容器的电量𝑄=𝐶𝑈=2𝐵𝐶𝑣𝑥𝑡𝑎𝑛𝜃，

在𝑡−(𝑡+△𝑡)(△𝑡趋近于零)时间内，金属棒的位移由x增加到(𝑥+△𝑥)，则 电容器的电量增加量△𝑄=2𝐵𝐶𝑣⋅△𝑥⋅𝑡𝑎𝑛𝜃， 通过金属棒的电流𝐼=

△𝑄△𝑡

=

2𝐵𝐶𝑣⋅△𝑥⋅𝑡𝑎𝑛𝜃

△𝑡

，其中△𝑡=𝑣，

△𝑥

可得𝐼=2𝐵𝐶𝑣2𝑡𝑎𝑛𝜃，故A正确；

B、由A选项的分析结果𝑄=2𝐵𝐶𝑣𝑥𝑡𝑎𝑛𝜃，可知金属棒到达𝑥0时，电容器极板上的电荷量为2𝐵𝐶𝑣𝑥0𝑡𝑎𝑛𝜃，故B错误；

D、由A选项的分析结果𝐼=2𝐵𝐶𝑣2𝑡𝑎𝑛𝜃，可知流过金属棒的电流恒定，由𝐹安=𝐵𝐼𝐿，金属棒在导轨间的长度L不断增加，其所受安培力不断增大，金属棒做匀速直线运动，由受力平衡可知，外力F的大小等于安培力，即外力F不断增大，由𝑃=𝐹𝑣可知外力F做功的功率不断增加，故D错误。 故选：A。

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金属棒切割磁感线相当于电源，切割有效长度逐渐增加，感应电动势逐渐增大，给所连接的电容器充电，由电流定义式𝐼=

△𝑄△𝑡

为切入点，由电容的定义式𝑄=𝐶𝑈，电容器的电

压总是等于感应电动势，动生感应电动势的计算公式𝐸=𝐵𝐿𝑣，分析L与位移的几何关系，推导电容器的电荷量Q的表达式，得到△𝑄的表达式，从而得到电流的表达式；由右手定则或者楞次定律判断感应电流方向；由金属棒受力平衡𝐹=𝐹安=𝐵𝐼𝐿，再由𝑃=𝐹𝑣判断外力的功率是否恒定。

本题考查了电磁感应现象以及电容器和电流的定义相关知识点，考查较为综合有一点难度。解题关键在于能把相当于电源的金属棒与电容器之间的关联建立起来，即充电过程𝑈=𝐸及△𝑈=△𝐸。由电流定义式出发，寻找物理量之间的关系，逐步推演得到结果。

8.【答案】BC

【知识点】交变电流的产生、电功和电功率定义、表达式及应用、交变电流的有效值、变压器的基本关系（电压、电流、功率） 【解析】解：C、副线圈𝑛1两端电压𝑈1=𝐼𝑅1，

根据交流电电动势的最大值表达式：𝐸𝑚=𝑁𝐵𝑆𝜔=𝑁⋅𝐵⋅𝐿⋅2𝐿⋅𝜔=2𝑁𝐵𝐿2𝜔， 交流电电动势的有效值：𝐸有=由变压器的变压比得：

𝑛0𝑛1

𝐸𝑚√2=

2𝑁𝐵𝐿2𝜔√2𝑉=√2𝑁𝐵𝐿2𝜔， C正确；

𝑛

=

𝐸有𝑈1

=

√2𝑁𝐵𝐿2𝜔

，故𝐼𝑅1

11

B、对于副线圈𝑛1、𝑛2，由变压器的变压比：𝑈=𝑛，

2

2

2

得：𝑈2=𝑛1 𝑈1=

𝑈

𝑛

𝑛2𝐼𝑅1𝑛1

，故B正确；

𝑈

𝑛2𝐼𝑅1𝑛1𝑅2

2

A、根据欧姆定律，通过电阻𝑅2的电流：𝐼2=𝑅=

2

，故A错误；

D、𝑅1消耗的功率：𝑃𝑅1=𝐼2𝑅1

2

𝑅2=(21)2𝑅2 𝑅2消耗的功率：𝑃𝑅2=𝐼2

𝑛𝑅

12

21

发电机的功率𝑃总=𝑃𝑅1+𝑃𝑅2=𝐼2𝑅1+(𝑛𝑅)2𝑅2，故D错误。

12

𝑛𝐼𝑅

𝑛𝐼𝑅

故选：BC。

根据欧姆定律可得副线圈𝑛1两端电压，根据交流电电动势的最大值表达式、最大值与有效值的关系以及变压器的变压比可得𝑛0与𝑛1的比值； 由变压器的变压比可得电阻𝑅2两端的电压； 根据欧姆定律，可得通过电阻𝑅2的电流；

发电机的功率𝑃总等于𝑅1消耗的功率加上𝑅2消耗的功率。

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本题为两个副线圈输出，电压与线圈匝数成正比，电流与线圈匝数不再成反比，变压器的输入功率等于输出功率即两副线圈的输出功率等于原线圈的输入功率。

9.【答案】BD

【知识点】作用力和反作用力、牛顿第二定律、向心力、力的正交分解法 【解析】解：AB、小球在水平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，如图所示，

设MP长度为r，轻弹簧弹力为F，与竖直方向夹角为𝛼，轻弹簧原长为𝑙0，劲度系数为ｋ，小球在竖直方向受力平衡，则

𝐹𝑐𝑜𝑠𝛼=𝑚𝑔， 𝑘(

𝑟sin𝛼

−𝑙0)cos𝛼=𝑚𝑔，

𝜋

由于k、r、𝑙0、mg都为定值，且等式左边随𝛼增大而减小(0<𝛼<2)，所以，满足条件的𝛼仅可能有一个值，

即分别以角速度𝜔和𝜔′匀速转动，最终相对杆静止时，𝛼相同，小球高度相同，弹簧弹力相同，故A错误，B正确；

C、当小球相对杆静止后仅受到弹簧弹力和重力时，则有：

2

𝐹𝑐𝑜𝑠𝛼=𝑚𝜔0𝑙𝑐𝑜𝑠𝛼，

解得𝜔0=√，

𝑚𝑙

𝐹

当𝜔≥𝜔0时，因为𝜔′>𝜔，所以𝐹𝑁向左，故F 𝑁变大；

当𝜔<𝜔0时，若𝜔<𝜔′<𝜔0，则此时𝐹𝑁向右，故F 𝑁可能变小，故C错误。 D、设小球做圆周运动所需向心力的大小为𝐹𝑛，则小球所受合外力的大小𝐹合=𝐹𝑛=𝑚𝜔2𝑟，𝜔变大，其它量不变，则𝐹合一定变大，故D正确。 故选：BD。

小球在水平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，根据小球在竖直方向受力平衡，分析小球的高度和弹簧的弹力如何变化，由向心力公式列式分析杆对小球的作用力如何变化，即可由牛顿第三定律分析小球对杆的压力变化情况。由向心力公式𝐹𝑛=𝑚𝜔2𝑟分析小球所受合外力变化情况。

解决本题的关键要正确分析小球的受力情况，搞清向心力的来源：合外力，利用正交分解法进行研究。

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10.【答案】ACD

【知识点】电场的叠加、其他常见电场的电场线、库仑定律及其适用条件

【解析】解：A、在菱形外侧除无穷远处的任意点，四个点电荷在该点的产生的场强均指向菱形的外侧，根据场强的叠加原理可知，合场强不可能为零，所以除无穷远处之外，菱形外部电场强度处处不为零，故A正确；

B、根据场强的叠加及对称性，在O点场强为零，当𝑦0取某值时，由对称性可知，在菱形内部其它场强为零的点必定会成对出现，即在菱形内部场强为零的点一定是奇数个，故B错误；

C、根据对称性知，(0,−3𝑙)和(0,3𝑙)处场强大小相等，方向相反，两点电势相等； 将试探电荷由点(4𝑙,5𝑙)移至点(0,3𝑙)前后，距离(4𝑙,0)和(0,8𝑙)处点电荷的距离都是5l，根据点电荷电场分布特点，这两处的点电荷对试探电荷做功为0；

将试探电荷由点(4𝑙,5𝑙)移至点(0,3𝑙)前后，距离(−4𝑙,0)和(0,−8𝑙)处点电荷的距离都是减小，根据点电荷电场分布特点，这两处的点电荷对试探电荷做正功；

所以，将一带负电的试探电荷由点(4𝑙,5𝑙)移至点(0,−3𝑙)，四处点电荷对试探电荷的静电力做正功，故C正确。

D、当𝑦0=4𝑙时，如图所示，根据对称性，设x轴和y轴上−4𝑙处的点电荷在点(𝑙,𝑙)处产生的电场强度大小为𝐸1，合电场强度为𝐸1′，与x轴成45°斜向上，则由几何关系有： 𝐸1=𝑟2=26𝑙2，𝐸1′=2𝐸1cos𝛼，cos𝛼=

1

𝑘𝑞𝑘𝑞

3√2𝑙√26𝑙=

3√13

， 13

3√3𝑘𝑞

； 169𝑙2

解得：𝐸1′=

同理，设x轴和y轴上4l处的点电荷在点(𝑙,𝑙)处产生的电场强度大小为𝐸2，合电场强度为𝐸2′，与x轴成45°斜向下，同样由几何关系有：

𝐸2=𝑟2=10𝑙2，𝐸2′=2𝐸2cos𝛽，cos𝛽=

2

𝑘𝑞𝑘𝑞

√2𝑙√10𝑙=

√5

， 5

解得：𝐸2′=√

25

𝐸′

2

5𝑘𝑞𝑙2

；

1

由于𝐸′<1，即𝐸1′<𝐸2′，

所以，四个点电荷在点(𝑙,𝑙)处产生的合场强方向与x轴成45°斜向下，对负的试探电荷的静电力方向与x轴成45°斜向上，故D正确。

第16页，共24页

故选ACD。

抓住菱形外侧各个点电荷所产生的场强均指向外侧，结合场强的叠加，判断菱形外部电场强度能否为零；根据场强的叠加得出O点场强为零，结合对称性判断菱形内部是否只有两个电场强度为零的点；根据每个电荷对试探电荷的做功情况，判断静电力的做功情况；根据场强的叠加得出点(𝑙,𝑙)处的场强，从而得出负试探电荷在该点所受的静电力方向。

本题考查了电场强度的叠加，知道电场强度是矢量，合成分解遵循平行四边形定则，对数学几何能力要求较高，会根据对称性以及平行四边形定则综合分析判断。

11.【答案】C 27.0

【知识点】实验：描绘小灯泡的伏安特性曲线

【解析】解：(2)闭合开关，小灯泡闪亮一下后熄灭，灯丝被烧断，说明灯泡两端电压与通过灯泡的电流太大，灯泡实际功率太大；

A、电流表内阻很小，电流表短路不会使通过灯泡的电流过大，不会烧坏灯泡，故A错误；

B、如果滑动变阻器的滑片接触不良，灯泡所在分压电路断路，没有电流流过灯泡，灯泡不会被烧坏，故B错误；

C、如果滑动变阻器滑片的初始位置在b端，分压电路两端电压等于路端电压，分压电路电压太大，导致流过灯泡的电流太大，灯泡实际功率太大，灯泡被烧坏，故C正确。 故选：C。

(3)由图3所示图象可知，灯泡两端电压𝑈=2𝑉，通过灯泡的电流𝐼=74𝑚𝐴=0.074𝐴， 由欧姆定律可知，此时灯泡电阻𝑅=故答案为：(2)𝐶；(3)27.0。

(2)小灯泡闪亮一下后熄灭，灯丝被烧断，灯泡两端电压与通过灯泡的电流太大，灯泡实际功率太大，根据图示电路图分析答题。

(3)根据图3所示𝐼−𝑈图象求出P点的坐标值，然后根据欧姆定律求出灯泡电阻。 本题考查了电路故障原因分析，考查了实验数据处理；要理解实验原理，分析清楚实验电路结构是电路故障分析的前提与关键；根据图示图象求出灯泡两端电压与通过灯泡的电流，应用欧姆定律可以求出灯泡的电阻，求电阻时时要注意有效数字的保留。

𝑈𝐼

=

20.074

𝛺≈27.0𝛺；

12.【答案】0.980 0.588 0.408

【知识点】实验：探究功与物体速度变化的关系、实验：验证机械能守恒定律

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【解析】解：(1)钩码下降的高度ℎ=50.00𝑐𝑚=0.5000𝑚，每个钩码的质量𝑚=50𝑔=0.050𝑘𝑔，

轻细绳所悬挂钩码重力势能的减少量△𝐸𝑝=4𝑚𝑔ℎ=4×0.050×9.80×0.5000𝐽=0.980𝐽。

(2)由能量守恒定律得：△𝐸𝑝=△𝐸𝑘+△𝐸，代入数据解得：△𝐸=0.588𝐽。

(3)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后尽可能多的点过直线，不能过直线的点对称分布在直线两侧，根据坐标系内描出的点作出图象如图所示；

系统总机械能的减少量等于克服摩擦力做的功，则△𝐸=𝜇𝑀𝑔ℎ=𝜇𝑔ℎ𝑀， △𝐸−𝑀图象的斜率𝑘=𝜇𝑔ℎ=△𝑀=0.400−0.200𝑚2/𝑠2， 代入数据解得：𝜇≈0.408

故答案为：(1)0.980；(2)0.588；(3)图象如图所示；0.408。

(1)根据重力势能的计算公式求出轻细绳所悬挂钩码重力势能的减少量。 (2)根据能量守恒定律求出系统机械能的减少量。 (3)应用描点法作出图象。

(4)系统总机械能的减少量等于克服摩擦力做的功，求出图象的函数表达式，根据图示图象求出动摩擦因数。

理解实验原理是解题的前提；应用图象法处理实验数据是茶馆有的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法；计算时要注意有效数字的保留。

△𝐸

0.790−0.390

13.【答案】解：(1)背包在斜面上运动，受力分析如图所示：

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由牛顿第二定律可知：𝑚1𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃−𝑓=𝑚1𝑎1 其中𝑓=𝜇𝑚1𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃 解得：𝑎1=2𝑚/𝑠2

2

背包从斜面滑下过程：𝐿=2𝑎1𝑡1

2滑雪者在斜面上滑动过程中有：𝐿=𝑣0𝑡2+2𝑎2𝑡2

1

1

其中：𝑡1−𝑡2=1𝑠

解得：𝐿=9𝑚，𝑡1=3𝑠，𝑡2=2𝑠 (2)滑雪者在斜面上滑动过程到底部时，

𝑣2=𝑣0+𝑎2𝑡2

解得：𝑣2=7.5𝑚/𝑠，

此时背包的速度：𝑣1=𝑎1𝑡1=2×3𝑚/𝑠=6𝑚/𝑠，

拎起背包的瞬间滑雪者与背包的速度相等，拎起背包过程动量守恒，规定滑雪者的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：

𝑚1𝑣1+𝑚2𝑣2=(𝑚1+𝑚2)𝑣

代入数据解得：𝑣=7.44𝑚/𝑠。 答：

(1)滑道AB段的长度为9m；

(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度为7.44𝑚/𝑠。

【知识点】动量守恒定律的理解及简单应用、从受力确定运动情况

【解析】(1)根据牛顿第二定律求出背包在斜面上的加速度，根据背包和滑雪者在滑道上的位移相等，时间相差1s，由运动学公式求出滑道AB的长度；

(2)根据滑雪者在斜面上的速度−时间关系结合动量守恒定律求出滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。

本题考查牛顿第二定律和动量守恒定律的综合，这类题关键是要根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学公式求解速度，位移以及时间，再结合动量守恒求解其共同速度

14.【答案】解：(1)设粒子经电场加速一次进入磁场的速度大小为𝑣1，对此过程由动能

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定理得

1122 𝑞𝑈0=𝑚𝑣1−𝑚𝑣022

粒子在磁场中做匀速圆周运动，经过半个圆周正好打在P处，则 匀速圆周运动轨迹半径𝑟1=

𝐿02

由洛伦兹力提供向心力，得

2

𝑣1

𝑞𝐵𝑣1=𝑚

𝑟1

解得：𝑈0=

𝑞𝐵2𝐿208𝑚

−

2𝑚𝑣0

2𝑞

(2)粒子运动轨迹如右图所示，粒子两次经过极板间电场后，进入正极板下方的匀强磁场，粒子不能打在挡板上，临界条件是粒子匀速圆周运动轨迹与挡板相切，粒子两次经过极板间电场，电场力对粒子做的总功为零，则粒子进入下方磁场的速度大小等于𝑣0，

设粒子进入上方磁场的速度大小为𝑣2，对应的匀速圆周运动半径为𝑟2，在下方磁场中匀速圆周运动半径为𝑟0，

22

−2𝑚𝑣0由动能定理得𝑞𝑈𝑚𝑖𝑛=2𝑚𝑣2

1

1

由洛伦兹力提供向心力，得 𝑞𝐵𝑣2=𝑚𝑟；𝑞𝐵𝑣0=𝑚𝑟

2

0

2𝑣2

2𝑣0

由几何关系可得：𝑠𝑖𝑛37°=2𝑟2−𝑟0，解得𝑟2=3𝑟0 解得𝑈𝑚𝑖𝑛=

27𝑚𝑣0

𝑟0

4

18𝑞

(3)满足题意的粒子轨迹如右图所

示，其中粒子1轨迹在下方磁场与挡板相切，在回到上方磁场偏转后与上极板的交点即为满足题意的H点，则

𝐶𝐻=2𝑟2−2𝑟0+2𝑟2

由(2)的结论𝑟2=3𝑟0，

𝐶𝐻=

1010𝑚𝑣0

𝑟0= 33𝑞𝐵

4

在此基础上当电压连续缓慢增加时，半径𝑟2连续逐渐增大，在H点右侧均可满足题意，则CS趋近于∞。

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答：(1)可调电源电压𝑈0的大小为

𝑞𝐵2𝐿208𝑚

−

2𝑚𝑣0

2𝑞

；

27𝑚𝑣0

(2)调整电压的大小，使粒子不能打在挡板OM上，求电压的最小值𝑈𝑚𝑖𝑛为(3)𝐶𝐻的长度为

10𝑚𝑣03𝑞𝐵

18𝑞

；

和CS的长度为趋近于∞。

【知识点】带电粒子在组合场（电场、磁场）中的运动、带电粒子在磁场中运动的临界和极值问题

【解析】(1)由动能定理得求得粒子经电场加速一次进入上方磁场的速度大小，由几何关系求得匀速圆周运动半径，由洛伦兹力提供向心力解得所求；

(2)找到临界轨迹，作出运动轨迹图，粒子两次经过极板间电场后，进入下方磁场的速度大小仍等于𝑣0，由几何关系求得两半径的关系，由洛伦兹力提供向心力解得速度大小与半径的关系，由动能定理求得电压最小值；

(3)重点是理解题意，找到满足题意的临界粒子轨迹，作出轨迹图，由几何关系求得CH和CS的长度。

此题重点考查了带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动相关问题，难度较难，解题关键能够分析找到临界轨迹并作出轨迹图，由几何关系求得轨迹半径也是解题的关键，此题第三问的题意理解是难点。

15.【答案】大于 ①

【知识点】热力学第一定律的内容及应用、物体的内能 【解析】解：对封闭理想气体进行分析，内能△𝑈=𝑊+𝑄．

由于汽缸和活塞是绝热的，则封闭气体不与外界进行热交换，即𝑄=0，

向活塞上表面缓慢倒入细沙，封闭理想气体压强增大，由于A中细沙的质量大于B中细沙的质量，达到平衡时，外界对A中气体做功多，则内能变化较大，可知𝛥𝑈𝐴>𝛥𝑈𝐵，即重新平衡后，汽缸A内气体的内能大于汽缸B内气体的内能。

理想气体内能越大，温度越高，温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大，由图中曲线可知曲线②中分子速率大的分子数占总分子数百分比较大，即曲线②的温度较高，由前面分析可知B气缸温度较低，故曲线①表示气缸B中气体分子的速率分布。

故答案为：大于；①。

根据热力学第一定律判断封闭气体的内能大小，根据内能大小判断封闭气体温度大小，根据温度大小判断气体平均动能大小。

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本题考查热力学第二定律，如果物体跟外界同时发生做功和热传递的过程，那么外界对物体做的功W加上物体从外界吸收的热量Q等于物体内能的增加。注意正确判断气体做功情况和内能的变化的方法。

(ⅰ)以夹层中空气为研究对象，【答案】解：封闭的气体做等容变化，由查理定律得：16.

𝑝1𝑇1

=

𝑝2

𝑇2 初态：𝑇1=(27+273)𝐾=300𝐾，𝑝1=3.0×103𝑃𝑎； 末态：𝑇2=(37+273)𝐾=310𝐾 解得：𝑝2=3.1×103𝑃𝑎

(ⅰ)当保温杯外层出现裂缝后，静置足够长时间，则夹层压强和大气压强相等，设夹层体积为V，以静置后的所有气体为研究对象有 由玻意耳定律得：𝑝1𝑉1=𝑝0𝑉

以保温杯夹层内原来的气体为研究对象，由题意可知：𝑝0=1.0×105𝑃𝑎 封闭的气体做等温变化， 代入数据解得：𝑉1=

100𝑉3

，

97𝑉3

则增加的空气体积𝛥𝑉=𝑉1−𝑉=

，

由于在相同温度和相同压强下，质量之比等于体积之比，所以增加的空气质量与原有空气质量之比为

△𝑚△𝑉97

== 𝑚𝑉3答：(ⅰ)此时夹层中空气的压强为3.1×103𝑃𝑎； (ⅰ)夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值为3。

【知识点】气体的等容变化及查理定律、气体的等温变化及玻意耳定律

【解析】(ⅰ)在夹层中空气温度升高到37℃的过程中气体做等容变化，根据查理定律列式求解即可；

(ⅰ)以保温杯夹层内的气体为研究对象，根封闭的气体做等温变化，由玻意耳定律列式求解即可。

解决第一问的关键是以保温杯夹层内的气体为研究对象，找出初末状态参量，抓住等容变化，利用查理定律列式求解即可；第二问充气问题关键是选择好研究对象，根据气体做等温变化求解。

97

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17.【答案】4 0.2

【知识点】简谐运动的振幅、周期、频率、弹簧振子

【解析】解：振子从A点向右开始计时，振子先到达右侧最大位移处，再反向到达平衡位置，最后到达B点用时2s，因B点的速度大小和A点速度大小相等，则说明AB关于平衡位置对称；则可知2s时间对应2，故周期𝑇=2×2𝑠=4𝑠； 因半个周期内对应的路程为2A，则有2𝐴=0.4𝑚，解得𝐴=0.2𝑚。 故答案为：4；0.2。

根据简谐运动的对称性分析所给时间与周期的关系，从而求解弹簧振子的振动周期；根据2s内的路程以及对称性分析振幅。

本题考查简谐运动的对称性，要注意明确AB两点速度大小相同的意义，从而分析得出由A到B的过程恰好为半个周期。

𝑇

18.【答案】解：(ⅰ)当𝜃=60°时，A右侧恰好无光线射出，即光线发生全反射，根据全

反射条件可知：

𝑛=

半圆柱体对该单色光的折射率𝑛=(ⅰ)做出光路图如图所示：

2√3

3

1

𝑠𝑖𝑛60∘

入射光在半圆柱体A上发生折射时，由折射定律可知：

𝑛=

其中𝜃=30°，解得：𝑠𝑖𝑛𝛼=√

33𝑠𝑖𝑛𝛼

sin𝜃入射光在半圆柱体B上发生折射时，由折射定律可知：

𝑛=

解得：𝑠𝑖𝑛𝛽=2

1

𝑠𝑖𝑛𝛼

sin𝛽第23页，共24页

则𝑃𝑀=𝑅𝑠𝑖𝑛𝛽=2𝑅 则由几何关系可知

ℎ−𝑃𝑀

𝑡𝑎𝑛𝛼=

𝑑联立解得：𝑑=√2ℎ−√𝑅

2答：

(ⅰ)半圆柱体对该单色光的折射率为

2√3； 3

221

(ⅰ)两个半圆柱体之间的距离d为√2ℎ−√𝑅。

2

【知识点】全反射的条件、圆形玻璃砖问题 【解析】(ⅰ)由全反射定律求折射率；

(ⅰ)根据折射定律求出入射光在两个半圆柱体中的折射角和入射角，根据几何关系求出两个半圆柱体之间的距离d。

本题考查光的全反射定律，主要是根据全反射定律求出折射率，然后根据折射定律求出入射角和折射角，由几何关系求出距离。

第24页，共24页