2021高考物理真题汇编

\〔一参考答案与解析,

专题一运动的描述匀变速直线运动的研究

1.解析：选A。研究猫在地板上行走的速度时，不涉及猫的形状，可以把猫

看作质点，A正确；旋转球边缘的线速度影响水珠的形状，不能把旋转球看作质

点，B错误；判断飞翔的鸟儿能否停在树桩上，要观察它的爪的位置，不能把鸟

儿看作质点，C错误；研究马术运动员和马能否跨过障碍物时，需要研究马的形

状和大小，不能把马看作质点，D错误。

2.解析：选BD。A图是速度一时间图象，由图可知，甲的速度一直大于乙

的速度，所以中途不可能出现甲、乙船头并齐，故A错误；B图是速度一时间图

象，由图可知，开始丙的速度大，后来甲的速度大，速度一时间图象中图象与横

轴围成的面积表示位移，由图可以判断在中途甲、丙位移会相同，所以在中途甲、

丙船头会并齐，故B正确；C图是位移一时间图象，由图可知，丁一直运动在甲

的前面，所以中途不可能出现甲、丁船头并齐，故C错误；D图是位移一时间图

象，交点表示相遇，所以甲、戊在中途船头会并齐，故D正确。

3.解析：选D。设尸。的水平距离为3由运动学公式可知己=&Ain，,

可得可知夕=45。时，/有最小值，故当6从由30。逐渐增大至60°

时，下滑时间，先减小后增大。

专题二相互作用

1.解析：选A。秋千摆动到最高点时，受力情况如图所示，此时小明的速度

为零，F=mgcos6<mg,合力为mgsin加速度为gsin仇A正确，B、C、D

错误。

2.解析：选B。打开降落伞前后，着陆器均受到火星万有引力的作用，A

、C错误；打开降落伞后90s内，着陆器的运动是竖直向下的减速运动，合

力方向竖直向上，B正确；着陆器处于悬停状态时，竖直方向还受到万有引力，

D错误。

3.解析：选B。曲辕犁耕索的拉力在水平方向上的分力为尸sina,直辕犁耕

索的拉力在水平方向上的分力为这皿夕，由于a<夕，则/sin^Absina,A错误；

曲辕犁耕索的拉力在竖直方向上分力为Feosa,直辕犁耕索的拉力在竖直方向上

的分力为Feos尸，由于故尸cosa>fcos6，B正确；耕索对犁的拉力与

犁对耕索的拉力是一对作用力与反作用力，大小相等，故耕索对犁的拉力等于犁

对耕索的拉力，C、D错误。

4.解析：选C。对滑块受力分析，设凹槽半圆柱面的切线与水平面的夹角为

9,OWeW/,由平衡条件有F=mgsin6,N=mgcos0,滑块从A缓慢移动到B

点过程中，。越来越大，则推力尸越来越大，支持力N越来越小，所以A、B错

误；

对凹槽与滑块整体分析有，墙面对凹槽的压力为FN=FCOS6=mgsin8cos0

=52gsin2。，则。越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，C正确；水平

地面对凹槽的支持力为N地=(M+m)g-Fsin0=(M+m)g-mgsir?。，则。越来越

大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，D错误。

专题三牛顿运动定律

1.解析：选BCDo由题图(c)可知，力时刻木板与地面的静摩擦力达到最大

值，此时物块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为研究对象有凡=.(如

+/«2)g,故A错误；由题图(c)可知，f2时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整

体为研究对象，根据牛顿第二定律，有F2—1(???1+mi)g—(mi+mi)a,以木板为

研究对象，根据牛顿第二定律，有/Linmg〃2〃22g>〃i("”十

〃22(wi+w2)m\-\-mi,,

，"2)g,解得尸2=—(//2—〃l)g,〃2〉一—一小，故B、C正确；由题图(c)

可知，0〜及这段时间物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确。

2.解析：(1)设斜面长度为L,背包质量为网=2kg,在斜面上滑行的加速

度为ai,由牛顿第二定律有/wgsin有一〃冽igcos6=wnao解得ai=2m/s2,滑雪

者质量为"醛=48kg,初速度为00=1.5m/s,加速度为s=3m/s?,在斜面上滑行

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时间为3落后时间fO=ls,则背包的滑行时间为f+fo,由运动学公式得

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1.

乙=呼1。+/0)92

L=v()t+^a2p

联立解得t=2s或f=-1s(舍去)，故可得L=9mo

(2)背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为初、02,有

vi=ai(t+to)=6m/s

s=oo+a2f=7.5m/s,滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为

零，动量守恒，设共同速度为0,有机mi+m202=(加+侬)0,解得0=7.44m/s。

答案：(l)9m(2)7.44m/s

专题四曲线运动万有引力与航天

1.解析：选C。纽扣上各点绕其中心做圆周运动的角速度相等，已知〃=50

r/s,则an=02r=(27i〃)2r=4Xjt2x5()2xIX10-2^52=1x1()3352,C正确。

2.解析：选C。设距离d=0.2m,钠原子做平抛运动时有d=w)A,做竖直

上抛运动时有人上图，解得卜志。故A、B、D错误，C正确。

3.解析：选BC。甲、乙两颗手榴弹竖直方向下落的高度相同，由平抛运动

2

的特点可知，它们的运动时间相等，A错误。落地前瞬间，PG=mgvy=nigt,由

于运动时间相等，故重力的瞬时功率相等，B正确。从投出到落地，重力做功为

mgh,故重力势能减少mgh,C正确。从投出到落地过程中只有重力做功，手榴

弹的机械能守恒，D错误。

4.解析：选A。由题知杆OP绕。点从与水平方向成30。匀速转动到60。，

则P点绕。点做匀速圆周运动，则P点的线速度大小不变，加速度方向时刻指向

。点，A正确，B错误；Q点在竖直方向的运动与尸点相同，位移y关于时间/

的关系为y=/op・sin*+函］，则可看出Q点在竖直方向不是匀速运动，C错误；

Q点在水平方向的位移X关于时间t的关系为X=lop,cos■+6u，+/p。，则可看

出。点在水平方向也不是匀速运动，D错误。

5.解析：选BD。对小球受力分析，设弹力为T,弹簧与水平方向的夹角为

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e,则小球竖直方向Tsine=mg,由T=«岩一/。)，可知。为定值，丁不变,

则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确；水平方

向当转速较小时，杆对小球的弹力人背离转轴，则Teos。一网=加。2r

即FN=TCOS8-mco2r

当转速较大时，尺指向转轴，有Teos。+尸N=/my'2r

即F,N=m(z>/2r—Tcos0

则因方根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大，C错误；

根据尸合=加。2r可知，因角速度变大，则小球受合外力变大，D正确。

6.解析：选D。物体绕中心天体做圆周运动，根据万有引力提供向心力，可

GMm4712c/4TI27?3八3IGMTq._人।口口小…“小工.

得ZF1/一=〃7亍十，则R=7京1由于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,则飞船的轨道半径

7.解析：选D。根据核心舱做圆周运动的向心力由地球的万有引力提供，可

得=mco2r=nr^r,M=^=，3=空声，则已知核心舱的质量和绕

广rLUCr(jri

地半径、已知核心舱的质量和绕地周期以及已知核心舱的角速度和绕地周期，都

不能求解地球的质量;若已知核心舱的绕地线速度和绕地半径可求解地球的质量。

8.解析：选B。地球绕太阳做匀速圆周运动，太阳对地球的万有引力提供地

球做圆周运动所需向心力，有等=〃?!(李J，化简得提=疝，由此推断S2绕

黑洞做椭圆运动时，半长轴的三次方与周期二次方的比值与黑洞质量成正比，有

&

至=方，由观测推算S2的周期约为16年，代入数据解得知产4*1()6加，选B。

亍

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9.解析：选AC。根据万有引力定律有尸=G华，核心舱进入轨道后的万有

引力与地面上万有引力之比为鲁=/£、尸信Y，所以A正确；因为第一宇

宙速度是最大的环绕速度，所以核心舱在轨道上飞行的速度小于79km/s,B错

误；根据T=2盗，可知轨道半径越大周期越大，则其周期比同步卫星的周

期小，小于24h,C正确；卫星做圆周运动时万有引力提供向心力有6誓=〃,,

解得。=、管，则卫星的环绕速度与卫星的质量无关，所以变轨时需要点火减

速或者点火加速，增加质量不会改变轨道半径，D错误。

10.解析：选C.设火星的质量为M,半径为R,自由落体的加速度为g火，

则有誓=mg火，设其近地卫星做圆周运动的周期为T,则有誓=〃笔R，设

探测器所在椭圆形停泊轨道的半长轴为a,根据开普勒第三定律得苇=9,联立

111

上述方程并代入数据解得a-河X1()7m,可得停泊轨道与火星表面的最远距离

约为2a—2.8X105m-2X3.4义106m^6X107m,故C正确。

专题五机械能及其守恒定律

1.解析：选A。当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度人=

火+兀/?—竽，根据动能定理有mgh=^mv2,解得v=«(2+兀)gR。故

A正确，B、C、D错误。

2.解析：选BC。设物体向上滑动的距离为s,根据动能定理得，上滑过程,

、、Ek

一(mgsina+]nmgcosa)s=0—Ek,下滑过程，(mgsina—^mgcosa)s=g-0,联

立解得s=热Ek、〃=0,5,故A错误，C正确；下滑过程，根据牛顿第二定律得mg

a

sin1一〃加geos下，解得a下=5,故B

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正确；物体上滑与下滑过程都做匀变速直线运动，但上滑的初速度比回到出

7)

发点时的速度大，根据5=亍知，下滑的时间较长，故D错误。

3.解析：选C。在动车组匀加速启动的过程中，对动车组受力分析，根据牛

顿第二定律有门一户阳=机小，其中产阳=依，在动车组匀加速启动的过程中，加

速度m不变，。增大，则尸阻增大，故牵引力£逐渐增大，A错误；若四节动力

4P

车厢输出功率均为额定值，则牵引力尸2=7，而七一/阳=松，其中公尸如，

由。增大可知加速度。减小，所以动车组从静止开始做加速度减小的变加速运动,

B错误；设当四节动力车厢输出的总功率为2.25尸时，动车组匀速运动的速度为

0m',动车组匀速行驶时受力平衡，有尸=尸阻=依01',则4P=依土、2.25尸=切mV

解得。C正确；当四节动力车厢输出功率均为额定值时，对动车组从启

动到达到最大速度的过程，根据动能定理有4PLW克=%扇，解得这一过程中该

动车组克服阻力做的功W克=4Pf—%?*,D错误。

4.解析：(1)设小车通过第30个减速带后，经过每个减速带损失的机械能为

小车从刚通过第30个减速带到刚通过第31个减速带，由动能定理可知

mgdsinAE=0

解得：卜E=mgdsin仇

(2)小车运动全程能量守恒，设后为通过前30个减速带时每一个减速带上平

均损失的机械能，

mgLsin3+49mgdsin^=///?2g5+20AE+30E

解得豆_”次+29",sin"一“mgs

(3)由题意可知后

MS

sin00

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答案：(l)m^Jsin0

mg(L+29d)sin。一〃加gs

⑵30

(3)L>"仁

')sm6

专题六碰撞与动量守恒

1.解析：选B。因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车

厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；对小车、弹簧和滑

块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守

恒，机械能不守恒。

2.解析：选BC。设物体运动过程中，滑动摩擦力大小为f,对全程应用动

能定理，得片o-/X3so=O-O,可得尸=”选项D错误；对第一阶段应用动能

13

定理，得(F—小()=呼加一0,由于WF=FSO,F=3f,故有Wi-=-^mvl，选项A错

误；对第一阶段应用动量定理，有(F—0|=机。0—0,由于lF=Ft\.F=3f,故有

2

/F=|机00,选项B正确；由f=/Limg,结合F=3f、(F—f)so=^mvo—O,可得〃

选项C正确。

3.解析：选D。质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动

学公式"=2ox可得诟，设质点的质量为相，则质点的动量p=/«V五L由

于质点的速度方向不变，则质点动量p的方向始终沿x轴正方向，根据数学知识

可知D正确。

4.解析：选ABD。将A、弹簧、8看成一个系统，0到九时间内，重力、支

持力对系统的冲量的矢量和为零，墙对系统的冲量等于系统动量的变化量，即墙

对B的冲量等于mAVo,A正确；力时刻之后，A、B组成的系统动量守恒，由题

图(b)可知，九到/2这段时间内，S3>S2,故8物体速度的变化量大于A物体速度

的变化量，可知A物体的质量大于B物体的质量，B正确；撤去外力产后，A、B

和弹簧组成的系统机械能守恒，8运动后，A、B具有动能，根据系统机械能守恒

可知，弹簧的最大形变量小于尤，C错误；12时刻，A、B的加速度均最大，此时

弹簧拉伸到最长，A、8共速，设速度为。，a-t

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图像与时间轴所围图形的面积代表速度的变化量，0〜12时间内，A的速度变

化量为SI—S2,力〜f2时间内，8的速度变化量为S3,两者相等，即S|—S2=S3,

D正确。

专题七静电场

1.解析：选BD。由图象可知他=心则正电荷从。点运动到e点，电场力不

做功，A错误；由图象可知s“=3V,9"=7V,根据电场力做功与电势能的变化

关系有Wad=Epa—EPd={（pa—（pd）-{—e）=4eV,B正确；沿电场线方向电势逐渐降

低，则分点处的场强方向向左，C错误；由于电场线与等势面处处垂直，则可画

出电场线分布如图所示

由图可看出，分点电场线最密集，则分点处的场强最大，D正确。

2.解析：选A。由题图中由等势面的疏密程度可知根据尸=qE可

知FM<FN,由题可知图中电场线是由金属板指向负电荷，设将该试探电荷从M点

移到N点，可知电场力做正功，电势能减小，即EpM>EpN。

3.解析：选AD。带电粒子垂直进入匀强电场做类平抛运动，设水平位移为

x,竖直位移为》初速度为。0,则其轨迹方程为〉=；*盥）=黑，由于粒子

的初速度相同，在同一匀速电场中运动，粒子的轨迹取决于三及电性。电荷量和

质量分别为（+q，，%）和（+3q,3/w）的带电粒子的偏转轨迹重合，且与（一q,"?）的

带电粒子的轨迹关于x轴对称。根据带电粒子的轨迹方程可知，（+夕，/〃）的粒子

比（+“，2”）的粒子的轨迹“弯曲程度”更大，同时符合以上特征的图像为A、D

因此选A、Do

4.解析：选D。导体是等势体，导体表面是等势面，电场线与等势面垂直,

所以实线表示等势面，A错误；根据导体上电荷分布规律可知，离”点最近的导

体表面电荷密度最小，B错误；电场线与等势面垂直，所以导体右侧表面附近的

电场强度方向不相同，C错误；电场力做功与路径无关，八匕是同一等势面上的

两点，Uab=0,Wab~CjUab=O>D正确。

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5.解析：选D。高压电源左为正极，则所加强电场的场强向右，而沿着电场

线电势逐渐降低，可知他＞"，故A错误；等差等势线的疏密反映场强的大小，

由图可知。处的等势线较密，则反〉瓦，故B错误；液滴的重力不计，根据牛顿

第二定律可知，液滴的加速度为。=臂，因瓦,瓦，可得如＞偏,故C错误；液滴

在电场力作用下向右加速，则电场力做正功，动能增大，电势能减少，即EpQEp/”

故D正确。

6.解析：选ABo由于该电场为匀强电场，可采用矢量分解的思路，沿cd

方向建立x轴，垂直于cd方向建立y轴如图所示

在x方向有W=ExqX2R,在y方向有2W=E、qX小R+ExqR,经过计算有

W\[3WWEv

EX=7区■=岩淳，E=蒜，tane*=小,由于电场方向与水平方向成60。，

则电场与必平行，且沿。指向江A正确；该粒子从d点运动到力点，电场力做

的功为W'="f=0.5W,B正确；沿电场线方向电势逐渐降低，则。点的电势高

于c点的电势，C错误；若粒子的初速度方向与ab平行则粒子做匀变速直线运动,

D错误。

7.解析：选B。根据点电荷场强公式E=省，两异种点电荷在P点的场强

大小均为Eo=%方向如图所示，两异种点电荷在P点的合场强为田=啦芯0=啦

*，方向与+q点电荷与一4点电荷的连线平行如图所示，Q点电荷在尸点的场

强大小为及=人(总)2=养，三点电荷的合场强为0,则及方向如图所示，大

小有EI=E2,解得Q=2\「q,由几何关系可知Q的坐标为(0,2a),故选B。

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8.解析：选ACDo由对称及电场叠加原理可知，除无穷远处之外，菱形外

部各点电场强度处处不为零，故A正确。分析可知。点电场强度等于零，由对称

及电场叠加原理可知，除。点外，菱形内部的电场强度为零的点都是成对出现的，

所以在菱形内部不可能只存在两个电场强度为零的点，故B错误。当刈=8/时，

由对称性可知点(0,—3/)和点(0,3/)的电势相等，将负点电荷从点(4/,5/)移至U点

(0,一3/)和从点(4/,5。移到点(0,31),电场力做功相同，由等量同种点电荷形成

的电场的特点可知，在x、y正半轴上的两个点电荷形成的电场中，点(4/,5/)和

点(0,3/)是两点电荷连线的中垂线上对称的两点，电势相等，所以将负点电荷从

点(4/,5/)移到点(0,31),电场力不做功；在x负半轴的点电荷形成的电场中，将

负点电荷从点(4/,5/)移到点(0,31),电场力做正功；在y负半轴的点电荷形成的

电场中，将负点电荷从点(4/,5/)移到点(0,31),电场力做正功；综上所述，当yo

=8/时，将一带负电的试探电荷由点(4/,57)移到点(0,-31),电场力做正功，故

C正确。当刈=4/时，尤、y正半轴的两个点电荷在点(/,/)处的合场强与x轴负方

大小为赤笔

向的夹角为45。,倾斜向下,x、y负半轴的两个点电荷在点(/,/)

的合场强与x轴正方向的夹角为45°,倾斜向上，大小为石扁•华，故该点的合

场强与x轴负方向的夹角为45。，倾斜向下，负点电荷受到的电场力与x轴正方

向的夹角为45。，倾斜向上，故D正确。

专题八磁场

1.解析：选C。根据“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”的作用规律

可知，左、右两导线与长管中心的长直导线相互吸引，上、下两导线与长管中心

的长直导线相互排斥，C正确。

2.解析：选B。根据题意作出粒子的圆心如图所示

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设圆形磁场区域的半径为R,根据几何关系有第一次的半径八=上第二次的

半径废=小/?,根据洛伦兹力提供向心力有9=用可得。=等，所以£弋=

巫

3°

3.解析：选B。两直角导线可以等效为如图所示的两直导线，由安培定则可

知，两直导线分别在M处的磁感应强度方向为垂直于纸面向里、垂直于纸面向外，

故M处的磁感应强度为零;两直导线在N处的磁感应强度方向均垂直于纸面向里，

故N处的磁感应强度为2瓦综上分析B正确。

MN

X•XX

---------------------FOP

EO'Q

4.解析：选B。等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则可得金属板

。带正电荷，金属板尸带负电荷，则电流方向由金属棒。端流向b端。等离子体

穿过金属板P、。时产生的电动势U满足由欧姆定律/=，和安培力

公式尸=8〃可得〜=及八g="华U再根据金属棒成垂直导轨放置，恰好

AA

静止，可得/次=加gsin，，则。=嗽：心,金属棒时受到的安培力方向沿斜面

D\D2La

向上，由左手定则可判定导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下。

专题九电磁感应

1.解析：选AB。设线圈到磁场的高度为九线圈的边长为/,则线圈下边刚

进入磁场时，有。=，丽，感应电动势为两线圈材料相同（设密度为po）,

4/7/

质量相同（设为机），则m=mX4〃/xs,设材料的电阻率为p,则线圈电阻

=坨誓曲，感应电流为//=■，安培力为F=nB2喘,由牛顿第二

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F_B2v

联立解得

定律有mgF=ma,a=g—mg16ppo'

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加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加

速度。当g>J诉时’甲和乙都加速运动’当g<J诉时’甲和乙都减速运动’当

8=诉时都匀速。

2.解析：选AD。0P转动切割磁感线产生的感应电动势为£=38户。，因为

0P匀速转动，所以杆0尸产生的感应电动势恒定，故A正确；杆0P匀速转动产

生的感应电动势产生的感应电流由M到N通过MN棒，由左手定则可知，MN棒

会向左运动，MN棒运动会切割磁感线，产生电动势与原来电流方向相反，使回

路电流减小，MN棒所受合力为安培力，电流减小，安培力会减小，加速度减小，

故D正确，B、C错误。

3.解析：选CD。将组合体以初速度内水平无旋转抛出后，组合体做平抛运

动，后进入磁场做匀速运动，由于水平方向切割磁感线产生的感应电动势相互抵

消，则有mg=F次=啜，5=屈,综合有B=\[^g•福则B与儡

成正比，A错误；当金属框刚进入磁场时金属框的磁通量增加，此时感应电流的

方向为逆时针方向，当金属框刚出磁场时金属框的磁通量减少，此时感应电流的

方向为顺时针方向，B错误；由于组合体进入磁场后做匀速运动，由于水平方向

的感应电动势相互抵消，有〃吆=?安=%上，则组合体克服安培力做功的功率等

于重力做功的功率，C正确；无论调节哪个物理量，只要组合体仍能匀速通过磁

场，都有〃吆=/女，则安培力做的功都为W=b女・3L,则组合体通过磁场过程中

产生的焦耳热不变，D正确。

4.解析：选A。经过时间7,金属棒切割磁感线的有效长度L=2"tan。，金

属棒切割磁感线产生的感应电动势E=8L0=2a2ztan0,则电容器极板上的电荷

量Q=CE=2BCy2ztana则通过金属棒中的电流/='^=2BQAanaA正确；

当金属棒到达x=xo时，即时，电容器极板上的电荷量。o=2BCoxotan仇

B错误；根据楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向（从上往下看），则电容器的

上极板带正电，C错误；因为金属棒做匀速运动，所以外力/=/安=8〃，外力

做功的功率P=Fo=432Q；4rtan2仇是变化的，D错误。

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专题十交变电流

1.解析：选D。通过对比给出的两个图像可知，同一时刻正弦交流电的瞬时

值都大于实线交流电的瞬时值，所以实线交流电的有效值小于正弦交流电的有效

值，即U＜为-Um。A、B、C错误，D正确。

2.解析：选B。周期是T=0.2s,频率是/=1;=5Hz,故A错误；由理想变

压器原理署=今解得，副线圈两端的最大电压为。2=第7|=3V,故B正确；根

据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁磁场越强，线圈中产生的感应电动势越大，

变压器的输入电压就会越大，故C错误；由理想变压器原理可知，充电电路的输

入功率等于变压器的输入功率，故D错误。

3.解析：选A。副线圈的总电阻为焉=京'+―丁•

K2AOIRapAOIKpb

(Ro+Rap)•(Ro+Rpb)(Ro+Aap),(Ro+Rpb)El皿fV

解得此〕R)+而干(R)函万=----------------------,则滑动变

阻器R的滑片从a端滑到人端过程中，副线圈的总电阻先增大后减小，根据等效

电阻关系有火等=牛=方=(募3]7?2,则等效电阻先增大后减小，由欧姆

—11

n\

定律有力=五%，=人先减小后增大，/2先减小后增大，则L1先变暗后

变亮，根据3=。一/由0,lh=,5,由于人先减小后增大，则副线圈的电压仍

n\

先增大后减小，通过L2的电流为九2=君丁，则滑动变阻器R的滑片从。端滑

Ro+Rpb

到。端过程中，&/，逐渐减小，副线圈的电压U2增大过程中/L2增大；在副线圈的

电压S减小过程中，通过Ro的电流为次0=石隹丁，R叩逐渐增大，则/R0越来

越小，则IL2t=/2t-IROI,则Ll先变暗后变亮，L2一直变亮。

4.解析：选BC。由题知理想电流表读数为/,则根据欧姆定律U|=/R|

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根据变压器电压与匝数的关系有?=辞，果=第

，C11-/I4-/L.

代入数据有Uo=^IR\,U2=-^IR\

n\n\

再由欧姆定律有U2=hR2

可计算出/2=^?

综上可知，A错误，B正确；由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，

2

则有EmM=2NBLco,Uo=,=巾NB廿co,由选项A、B知Uo=部Ri,则詈=

亚辔包，C正确；由于变压器为理想变压器则有PO=P|+P2=U/+U2/2=/2R

1A1

+U2I2,代入以上公式有尸。=返警气吟磐)由于矩形线圈产生的交变

电流直接输入原线圈，则发电机的功率为Po,D错误。

专题十一近代物理

1.解析：选A。只有在原子核发生0衰变时，才产生电子，发生一次p衰变，

中子数减少1个，质子数增加1个，由图知，共发生6次p衰变，故A正确。

2.解析：选C。放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间，叫作这种

元素的半衰期。从图中可以看出，质量为，加的“3sn衰变时，从|向)衰变一半到;

制所用时间为7=182.4d—67.3d=115.1d,所以半衰期为115.1d,C正确，A、

B、D错误。

3.解析：选D。电子伏特(eV)是能量的单位，V是电压的单位，C是电荷量

的单位，W是功率的单位，J是能量的单位，D正确，A、B、C错误。

4.解析：选C。根据电荷数守恒与质量数守恒可知Y为正电子;e,A、B错

误。经过一个半衰期，铝26衰变一半，经过两个半衰期，铝26还剩下四分之一，

C正确，D错误。

5.解析：选C。26Al发生衰变的过程中释放正电子的同时还有核能释放，发

生质量亏损，所以26Al核的质量大于26Mg核的质量，故A错误；26Al

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核的中子数加=26—13=13,而26Mg核的中子数〃2=26—12=14,所以26Al

核的中子数小于26Mg核的中子数，故B错误；半衰期是原子核的固有属性，与

物理环境和化学状态无关，故C正确；铝同位素26Al的半衰期为72万年，所以

经过144万年也就是两个半衰期后还剩下方殳有衰变，故D错误。

6.解析：选B。解法一：由题意可知侬c本质是一个动量，所以意=》而

hh

由波粒二象性有％=£由此可知£在国际单位制下的单位是m。故A、C、D错

PJTleC

误，B正确。

“…一h4、.=J*sN•m•s

斛法一：一的单位是^--------=----------

meckg,m•skg•m,s

kg,m,s-2•m,s,,一-

—.-1=m。故A、C、D宿陕,D，B正确。

kg•m•s'

7.解析：选D。根据半衰期的定义可知，放射性元素经过两个完整的半衰期

后，还剩原来的〃未衰变，A错误；原子核衰变时电荷数和质量数都守恒，B错误;

放射性元素的半衰期由原子核内部自身的因素决定，跟原子所处的化学状态和外

部条件没有关系，因此改变压力、温度或浓度，放射性元素的半衰期不变，C错

误；过量放射性辐射对人体组织有破坏作用，若辐射强度在安全剂量内则不会对

人体组织造成伤害，D正确。

专题十二热学

1.解析：（1）根据VY图像画出V-T图像.

a、b在图像I上,"图线过原点，是等压线，可知f所喘=1；北，

两点温度相同，根据玻意耳定律可得

pb'V\=pc'V2,由等压线知po=P",Pc=Pc,,解得院=优。

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v

(2Xi)B气体等温变化：poV=pB]

解得pn=2po

隔板静止时，/?A=PB+O.5Po=2.5po

A气体等温变化：poV=2.5poVA

VA=0.4VO

(ii)活塞回到初始位置的过程中，8气体等温变化，设B的压强为体积

为VB'

POV=PI3'VB'

A气体等温变化，设A的压强为pH,体积为以‘

P()V=PA'VA'

当p/比pH大O.5po时，隔板停止运动，PB'=PA'+O.5PO

VA'+VB'=2V

联立解得VV=(小一1)V,pB'=f^po。

答案：⑴1.(2)(i)0.4V2Po(ii)(^-l)V主乎po

2.解析：(1)"过程中气体体积不变，则W=0,而pV增大，即温度升高，

内能增加，故气体吸热，A项正确；馆过程中气体体积减小，外界对气体做功，

且pV减小，即温度降低，内能减少，则气体放热，故C项错误，B项正确；由p

—V图可见，be过程中先增大后减小，则温度先升高后降低，故D项错误，E

项正确。

(2)设注入水银后A管内的水银柱高度为人，横截面积为S,B管内的水银柱

高度为近，横截面积为8。分别对A、B管内的气体应用玻意耳定律

对A管内气体：pohS\=[po+p水银8(/22+。一①

对B管内气体：pobS2=(po+p水银g%)(12-/l2)S2②

②式代入数据解得：h2=2cm

①式代入数据解得：/ti=lcm

故^h=h2—hi=lcm。

答案：(l)ABE(2)1cm

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3.解析：(1)下飞机后矿泉水瓶变瘪，说明矿泉水瓶内的气体体积变小，由

于温度不变，故根据玻意耳定律有pi0=p2V2,气体的压强变大，矿泉水瓶内气

体压强始终与外界大气压强相等，故高空客舱内的气体压强小于机场地面大气压

强；由于温度不变，故气体的平均动能不变。

(2)未向药瓶内注入气体前，药瓶内气体的压强pi=1.0X105Pa,

体积Vi=0.4mL,

注射器内气体的压强po=LOX105Pa,体积Vo=O.3XO.4mL=0.12mL,

将注射器内气体注入药瓶后，药瓶内气体的体积V2=U=0.4mL,设压强为

P2，

根据玻意耳定律有pi□+/%%=〃2V2,解得P2=L3X1()5Pa。

答案：⑴小于不变⑵1.3X105Pa

4.解析：(1)当向活塞上表面缓慢倒入细沙时，活塞缓慢下降，外界对汽缸

内气体做功；当A、8活塞上表面加入的细沙质量相同时，A、8汽缸内的气体体

积相同，由于A中细沙的质量大于8中细沙的质量，则重新平衡时A中气体的体

积小，汽缸A中活塞和细沙对汽缸内气体做功多，由于活塞和汽缸都是绝热的，

则由热力学第一定律AU=Q+W可知，汽缸A内气体的内能大于汽缸8内气体

的内能。一定质量的理想气体的内能只与温度有关，故汽缸A内气体的温度更高;

温度升高，大多数气体分子的速率增大，气体分子的速率分布图线的峰值向速率

大的方向移动，故曲线①表示汽缸B内气体分子的速率分布规律。

(2)(i)初状态:pi=3.0X103Pa,Ti=(273+27)K=300K,

末状态：T2=(273+37)K=310K,设压强为pz,

根据查理定律得给=华，

1\12

解得P2=3.1X1()3Pa。

(2)(ii)保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，以夹层中原有空气为研究对

象，由玻意耳定律得piV=poV,

解得^=0.03匕

夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值

△"?V—V"97

mP-30

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答案：⑴大于①

(2)(i)3.1X1()3pa(ii)y

5.解析：(1)整个过程中右边活塞的位置始终不变，外力厂不做功，A错误;

整个过程中系统的温度不变，所以一定质量的理想气体的分子平均动能不变，内

能不变，B正确，C错误；当左边活塞到达8位置时汽缸内气体的压强最大，最

大压强〃=等+〃0,所以外界对气体做的功小于poS业由于内能不变，故

理想气体向外界释放的热量小于+优g/?),D正确；根据左、右两边气体的

压强相等，有〃。+等=〃。+9,解得尸=喏，E正确。

*31J2*31

(2)(i)整个系统处于平衡状态，汽缸内的气体发生等容变化，当电子天平的

示数为600.0g时，细绳对铁块的拉力大小Fi=m2g-6N,根据牛顿第三定律可

知右端细绳对轻杆的拉力大小为F\,对轻杆根据平衡条件可得左端细绳对轻杆的

拉力大小也为Fx,根据牛顿第三定律可知左端细绳对活塞向上的拉力大小为Fi,

对活塞根据平衡条件有Fi+p\S=poS+m\g,解得

pi=po,

当电子天平的示数为400.0g时，右端细绳对铁块的拉力大小户2=机2g—4N,

同理，对活塞有Fi+piS=pnS+m\g,

解得P2=0.99X1()5pa,

由查理定律得好=华，解得乃=297K。

1112

(ii)分析可知，气体的温度越高，绳的张力越小，当绳中的张力为零时，系

统的温度最高，此时对活塞有

p3S=poS+m}g,解得p3=l.O3Xl()5pa,

由查理定律得增=/，解得最高温度Tmax=309K。

111max

答案：(l)BDE(2)(i)297K(ii)309K

专题十三机械振动与机械波光

1.解析：该单色光在玻璃板内传播的速度0=f=2.OXK)8mzs

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。光在玻璃板中传播的两种极限情况如图

①

情况①在介质中传播路径最短，时间最短

Min='=5X1010i

情况②在介质中传播路径最长，时间最长

1

sina

Zmax==3-\/5X101°So

⑵⑴由“每隔。=0.65两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同”可知

T=2Ar=1.2s

因波速0=20cm/s

故波长2=oT=24cm

因t\时刻A位于波峰，A、B间水平距离Ac=16cmV九且波由A向8传播,

故质点B到达波峰所需最短时间:

Ax

Z=—=0.8So

224

(ii)由于AY=16cm=jl,故B的振动状态滞后于A的相位夕=?2兀=于

t\时刻A质点的位移用=”=1cm

4

故B质点的位移＞B=yocosQ兀=-0.5cm。

答案：(1)2.0X1085X10-1。3^5X1O-10

(2)(i)0.8s(ii)—0.5cm

2.解析：(1)波沿x轴正方向传播时，由题中图像可知，0.3s传播了15cm

的距离，故波速。=?=与导m/s=0.5m/s,由。=彳得7=瞿s=0.4s；波沿x轴

负方向传播时，。'=号号m/s=\m/s,由万='得「=牛s=1.2So

6

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…、/.、..AM10mmA/1.s5mmV15

(2)⑴sin『方=标嬴=5，2=而十而嬴=10

则折射率〃=泮=6。

（ii）由题意，光的传播路线如图所示。

由几何关系有：C=a+0

।5

而sin。=一=乎，则C=45°

n2

故夕=15。。

答案：⑴0.50.41.2⑵⑴&（ii）15°

3.解析：由于从最低点开始计时，则经《时间，小球从最低点向平衡位置运

O

动，则小球的速度逐渐增大，故。〜百寸间内小球的平均速度小于（〜1时间内的平

O54

均速度，因此经知T寸间，小球从最低点向上运动的距离小于今A在T5时刻，小球位

OZ4

于平衡位置，动能最大。

（2）由折射定律有〃=鬻，

光从P点射向外侧N点时，刚好发生全反射，则有sin9=：=*：。

答案：（1）小于最大（2）需

4.解析：（1）振子零时刻向右经过A点，2s后振子第一次到达8点，且经过

A、8两点的速度大小相等，则振子从A到B的时间为半个周期，即f-2s,

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解得周期T=4s,振幅A=$=2.8mo

(2)(i)由题意可知，光线在半圆柱体内发生全反射的临界角C=60。，根据全

反射规律有〃=盛，解得半圆柱体对该单色光的折射率〃=毕。

(ii)当。=30。时，由于光线沿B的半径射出，故射出半圆柱体A的光线经过

8的圆心，光路图如图所示。

设光线在射出半圆柱体A时的折射角为「，则根据光的折射定律有需=〃，

解得sinr=»

根据几何知识有d="5步，

解得d=啦〃一坐R。

答案：⑴42.8(2)(i)斗^(近地力-乎R

专题十四力学实验

1.角星析：52-51=1.71cm,S3——S2=1.73cm,54-53=1.71cm,S5——S4=1.72cm,

在实验误差允许的范围内，相邻相等时间间隔内位移差相等，铜块做匀加速直线

运动；

54+55­(51+52)

加速度a=^0.43m/s2；

6(AT)2

由牛顿第二定律得：/"gsina—/.imgcosa=ma

解得〃仁0.32。

答案：0.430.32

2.解析：(1)频闪仪每隔0.05s发出一次闪光,

第21页，共34页

则照片上小球相邻影像间隔时间相等，均为0.05so做平抛运动的物体水平

方向上做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动，则有九=如3由题图(b)可

〃x5X10「2

知vo=~=m/s=1.0m/So

QQ5

根据匀变速直线运动中，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，

U-2

可知小球在A点时速度的竖直分量2/'°X10m/s^2.0m/s。

(2)由逐差法求当地重力加速度

13.4+11.0-(8.6+6.1)

-222

g=X10m/s=9.7m/so

答案：(1)1.02.0(2)9.7

3.解析：(1口乙3=〃一£3=18.09cm—12.05cm=6.04cm,压缩量的平均值

——ALI+AL+A£3_

△L=□2-6.05crrio

(2)根据⑴问可知，为增加3个钢球时产生的平均压缩量。

(3)根据胡克定律的推论可知，3mg