2021年广东省新高考物理试卷

2021年广东省新高考物理试卷一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（4分）（2021•广东）科学家发现银河系中存在大量的放射性同位素铝26。铝26的半衰期为72万年，其衰变方程为Al→Mg+Y。下列说法正确的是（）A．Y是氦核 B．Y是质子 C．再经过72万年，现有的铝26衰变一半 D．再经过144万年，现有的铝26全部衰变2．（4分）（2021•广东）2021年4月，我国自主研发的空间站“天和”核心舱成功发射并入轨运行。若核心舱绕地球的运行可视为匀速圆周运动，已知引力常量，由下列物理量能计算出地球质量的是（）A．核心舱的质量和绕地半径 B．核心舱的质量和绕地周期 C．核心舱的绕地角速度和绕地周期 D．核心舱的绕地线速度和绕地半径3．（4分）（2021•广东）唐代《耒耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力。设牛用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种犁，F与竖直方向的夹角分别为α和β，α＜β，如图所示。忽略耕索质量，耕地过程中，下列说法正确的是（）A．耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大 B．耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大 C．曲辕犁匀速前进时，耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力 D．直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力4．（4分）（2021•广东）由于高度限制，车库出入口采用如图所示的曲杆道闸。道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平。杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是（）A．P点的线速度大小不变 B．P点的加速度方向不变 C．Q点在竖直方向做匀速运动 D．Q点在水平方向做匀速运动5．（4分）（2021•广东）截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线。若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1＞＞I2，电流方向如图所示。下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是（）A． B． C． D．6．（4分）（2021•广东）如图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面。在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，a、b是其路径上的两点。不计液滴重力。下列说法正确的是（）A．a点的电势比b点的低 B．a点的电场强度比b点的小 C．液滴在a点的加速度比在b点的小 D．液滴在a点的电势能比在b点的大7．（4分）（2021•广东）某同学设计了一个充电装置，如图所示。假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2s，电压最大值为0.05V。理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为1：60。下列说法正确的是（）A．交流电的频率为10Hz B．副线圈两端电压最大值为3V C．变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关 D．充电电路的输入功率大于变压器的输入功率二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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。8．（6分）（2021•广东）赛龙舟是端午节的传统活动。下列v﹣t和s﹣t图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其它龙舟在途中出现船头并齐的有（）A． B． C． D．9．（6分）（2021•广东）长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹。战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹。手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g。下列说法正确的有（）A．甲在空中的运动时间比乙的长 B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等 C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少mgh D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh10．（6分）（2021•广东）如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨。圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场。金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好。初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上。若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有（）A．杆OP产生的感应电动势恒定 B．杆OP受到的安培力不变 C．杆MN做匀加速直线运动 D．杆MN中的电流逐渐减小三、非选择题：共54分。第11～14题为必考题，考生都必须作答。第15～16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共42分。11．（7分）（2021•广东）某兴趣小组测量一缓冲装置中弹簧的劲度系数。缓冲装置如图所示，固定在斜面上的透明有机玻璃管与水平面夹角为30°，弹簧固定在有机玻璃管底端。实验过程如下：先沿管轴线方向固定一毫米刻度尺，再将单个质量为200g的钢球（直径略小于玻璃管内径）逐个从管口滑进，每滑进一个钢球，待弹簧静止，记录管内钢球的个数n和弹簧上端对应的刻度尺示数Ln，数据如表所示。实验过程中弹簧始终处于弹性限度内。采用逐差法计算弹簧压缩量，进而计算其劲度系数。n123456Ln/cm8.0410.0312.0514.0716.1118.09（1）利用△Li＝Li+3﹣Li（i＝1，2，3）计算弹簧的压缩量：△L1＝6.03cm，△L2＝6.08cm，△L3＝cm，压缩量的平均值cm；（2）上述是管中增加个钢球时产生的弹簧平均压缩量；（3）忽略摩擦，重力加速度g取9.80m/s2，该弹簧的劲度系数为N/m（结果保留3位有效数字）。12．（9分）（2021•广东）某小组研究热敏电阻阻值随温度的变化规律。根据实验需要已选用了规格和量程合适的器材。（1）先用多用电表预判热敏电阻阻值随温度的变化趋势。选择适当倍率的欧姆挡，将两表笔，调节欧姆调零旋钮，使指针指向右边“0Ω”处。测量时观察到热敏电阻温度越高，相同倍率下多用电表指针向右偏转角度越大，由此可判断热敏电阻阻值随温度的升高而。（2）再按图连接好电路进行测量。①闭合开关S前，将滑动变阻器R1的滑片滑到端（选填“a”或“b”）。将温控室的温度设置为T，电阻箱R0调为某一阻值R01。闭合开关S，调节滑动变阻器R1，使电压表和电流表的指针偏转到某一位置.，记录此时电压表和电流表的示数、T和R01。断开开关S。再将电压表与热敏电阻C端间的导线改接到D端，闭合开关S。反复调节R0和R1，使电压表和电流表的示数与上述记录的示数相同，记录此时电阻箱的阻值R02，断开开关S。②实验中记录的阻值R01R02（选填“大于”、“小于”或“等于”），此时热敏电阻阻值RT＝。（3）改变温控室的温度，测量不同温度时的热敏电阻阻值，可以得到热敏电阻阻值随温度的变化规律。13．（11分）（2021•广东）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10﹣2m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10﹣2m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1。现用手指将甲以0.4m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10m/s2。（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。14．（15分）（2021•广东）如图是一种花瓣形电子加速器简化示意图。空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外。电子以初动能Ek0从圆b上P点沿径向进入电场。电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速。已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为R，电子质量为m，电荷量为e。忽略相对论效应。取tan22.5°＝0.4。（1）当Ek0＝0时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示。求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能；（2）已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射。当Ek0＝keU时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值。（二）选考题：共12分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修33]（12分）15．（6分）（2021•广东）在高空飞行的客机上某乘客喝完一瓶矿泉水后，把瓶盖拧紧。下飞机后发现矿泉水瓶变瘪了，机场地面温度与高空客舱内温度相同。由此可判断，高空客舱内的气体压强（选填“大于”、“小于”或“等于）”机场地面大气压强；从高空客舱到机场地面，矿泉水瓶内气体的分子平均动能（选填“变大”、“变小”或“不变”）。16．（6分）（2021•广东）为方便抽取密封药瓶里的药液，护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液，如图所示。某种药瓶的容积为0.9mL，内装有0.5mL的药液，瓶内气体压强为1.0×105Pa。护士把注射器内横截面积为0.3cm2、长度为0.4cm、压强为1.0×105Pa的气体注入药瓶，若瓶内外温度相同且保持不变，气体视为理想气体，求此时药瓶内气体的压强。[选修34]（12分）17．（2021•广东）如图所示，一个轻质弹簧下端挂一小球，小球静止。现将小球向下拉动距离A后由静止释放，并开始计时，小球在竖直方向做简谐运动，周期为T。经时间，小球从最低点向上运动的距离（选填“大于”、“小于”或“等于”）；在时刻，小球的动能（选填“最大”或“最小”）。18．（2021•广东）如图所示，一种光学传感器是通过接收器Q接收到光的强度变化而触发工作的，光从挡风玻璃内侧P点射向外侧M点再折射到空气中，测得入射角为α，折射角为β；光从P点射向外侧N点，刚好发生全反射并被Q接收，求光从玻璃射向空气时临界角θ的正弦值表达式。

2021年广东省新高考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（4分）（2021•广东）科学家发现银河系中存在大量的放射性同位素铝26。铝26的半衰期为72万年，其衰变方程为Al→Mg+Y。下列说法正确的是（）A．Y是氦核 B．Y是质子 C．再经过72万年，现有的铝26衰变一半 D．再经过144万年，现有的铝26全部衰变【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度．【分析】根据电荷数守恒、质量数守恒确定Y的电荷数和质量数，从而确定Y是什么粒子；抓住每经过一个半衰期，有半数发生衰变，判断有多少的铝26发生衰变。【解答】解：AB、根据电荷数守恒、质量数守恒知，Y的电荷数为1，质量数为0，可知Y为正电子，故A、B错误；C、每经过一个半衰期，有半数发生衰变，再经过72万年，现有的铝有一半发生衰变，故C正确；D、每经过一个半衰期，有半数发生衰变，再经过144万年，现有的铝有发生衰变，还剩没有衰变，故D错误。故选：C。【点评】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，理解半衰期的含义，知道每经一个半衰期，有半数发生衰变。2．（4分）（2021•广东）2021年4月，我国自主研发的空间站“天和”核心舱成功发射并入轨运行。若核心舱绕地球的运行可视为匀速圆周运动，已知引力常量，由下列物理量能计算出地球质量的是（）A．核心舱的质量和绕地半径 B．核心舱的质量和绕地周期 C．核心舱的绕地角速度和绕地周期 D．核心舱的绕地线速度和绕地半径【考点】向心力；万有引力定律及其应用．【分析】根据万有引力提供向心力，得到地球的质量与轨道半径、周期、角速度或线速度的关系进行分析。【解答】解：设引力常量为G。AB、根据万有引力提供向心力，则有：mr，解得M，要计算地球的质量M，需要知道核心舱的轨道半径和周期，故AB错误；C、根据万有引力提供向心力，则有：mrω2，解得：M，由于轨道半径不知道，所以无法计算地球的质量，故C错误；D、根据万有引力提供向心力，则有：m，解得：M，已知核心舱的绕地线速度和绕地半径，可以计算地球的质量，故D正确。故选：D。【点评】本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力，结合向心力公式进行分析。3．（4分）（2021•广东）唐代《耒耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力。设牛用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种犁，F与竖直方向的夹角分别为α和β，α＜β，如图所示。忽略耕索质量，耕地过程中，下列说法正确的是（）A．耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大 B．耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大 C．曲辕犁匀速前进时，耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力 D．直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力【考点】物体的弹性和弹力；合力的大小与分力间夹角的关系；力的合成与分解的运用；共点力的平衡．【分析】根据力的分解得到两种情况下水平分力、竖直分力的大小关系，根据牛顿第三定律分析相互作用力大小。【解答】解：A、耕索对曲辕犁拉力的水平分力大小为F1＝Fsinα，耕索对直辕犁拉力的水平分力大小为F2＝Fsinβ，由于α＜β，则耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁拉力的水平分力小，故A错误；B、耕索对曲辕犁拉力的在竖直方向的分力大小为F1′＝Fcosα，耕索对直辕犁拉力的竖直方向分力大小为F2′＝Fcosβ，由于α＜β，则耕索对曲辕犁拉力的竖直方向的分力比对直辕犁拉力在竖直方向的分力大，故B正确；CD、无论曲辕犁匀速前进或直辕犁加速前进，耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力属于物体间的相互作用力，总是大小相等、方向相反，故CD错误。故选：B。【点评】本题主要是考查共点力的平衡、力的分解以及牛顿第三定律的应用，掌握力的分解方法、知道物体之间相互作用力的大小关系。4．（4分）（2021•广东）由于高度限制，车库出入口采用如图所示的曲杆道闸。道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平。杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是（）A．P点的线速度大小不变 B．P点的加速度方向不变 C．Q点在竖直方向做匀速运动 D．Q点在水平方向做匀速运动【考点】运动的合成和分解；线速度、角速度和周期、转速；向心加速度．【分析】杆匀速转动，即角速度不变，据此分析P点的线速度大小变化；向心加速度始终指向圆心，所以加速度方向时刻改变；对两位置的P点速度分解，从判断Q点在竖直方向、水平方向分别做什么运动。【解答】解：A、杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，可认为转动的角速度ω不变，由v＝ωr，P点转动半径r不变，所以P点的线速度大小不变，故A正确；B、向心加速度始终指向圆心O点，所以P点的加速度方向时刻改变，故B错误；CD、对两位置的速度沿竖直方向和水平方向分解，如图所示，由图可知，竖直方向的分速度在逐渐变小，水平方向的分速度在逐渐增大，所以在P点的带动下，Q点在竖直方向做做减速运动，在水平方向做做加速运动，故CD错误。故选：A。【点评】考查了圆周运动的基本规律以及运动的合成与分解，本题的难点在于利用图像分析Q点在竖直方向、水平方向的运动情况。5．（4分）（2021•广东）截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线。若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1＞＞I2，电流方向如图所示。下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是（）A． B． C． D．【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；平行通电直导线间的作用．【分析】明确题意，知道中间电流远大于外表导线中的电流，所以只需要考虑中心电流形成的磁场对四根外表面固定长直导线的安培力，根据安培定则确定各导线处的磁场方向，再根据左手定则确定受力方向即可确定形变方向。【解答】解：根据安培定则可知，中心导线形成的磁场是以导线为圆心的圆，所以左边导线处的磁场方向竖直向上，根据左手定则可知，左边导线受力向右；右侧导线处的磁场方向竖直向下，由左手定则可知，右边导线受力向左，故左右方向上弹性长管是向里凹陷的；同理可知，上边导线处的磁场水平向右，由左手定则可知，其受力向上；下边导线处的磁场水平向左，由左手定则可知，其受力向下；因此上下弹性长管是突出的；则可知发生的形变为C，故C正确，ABD错误。故选：C。【点评】本题考查左手定则以及安培定则的应用，要注意认真审题，知道四周固定导线的受力是来自由中心导线形成的磁场，不要考虑两边导线间的相互作用力。6．（4分）（2021•广东）如图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面。在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，a、b是其路径上的两点。不计液滴重力。下列说法正确的是（）A．a点的电势比b点的低 B．a点的电场强度比b点的小 C．液滴在a点的加速度比在b点的小 D．液滴在a点的电势能比在b点的大【考点】电场强度与电场力；电势；电势能与电场力做功．【分析】明确图象原理，根据图中电路确定发射极与吸极的电势高低，确定电场线方向，沿电场线方向电势降低，从而明确a、b两点的电势高低；注意图中等势面不是等差等势面，所以不能根据疏密确定电场强度大小；根据液滴的运动情况确定电场力做功情况，从而明确电势能的变化。【解答】解：A、由图可知，发射极接电源正极，吸极接电源负极，则发射极为高电势，吸极为低电势，电场线由发射极指向吸极，沿电场线方向电势降低，故a点电势比b点高，故A错误；BC、由于题中没有说明等势面是否为等差等势面，故不能明确电场线和等势面的疏密，所以无法确定a、b两点的电场强度的大小，也就无法确定加速度大小，故BC错误；D、因液滴加速前进，故说明电场力做正功，电势能减小，故液滴在a点的电势能比在b点的大，故D正确。故选：D。【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动问题，要注意明确电场的性质，注意电场线的疏密描述电场的强弱，但等势面要先确定是否为等差等势面，若是等差等势面，可由其疏密判断电场强度的大小。7．（4分）（2021•广东）某同学设计了一个充电装置，如图所示。假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2s，电压最大值为0.05V。理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为1：60。下列说法正确的是（）A．交流电的频率为10Hz B．副线圈两端电压最大值为3V C．变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关 D．充电电路的输入功率大于变压器的输入功率【考点】法拉第电磁感应定律；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；变压器的构造和原理．【分析】根据周期和频率的关系确定交流电的频率；利用变压器电压之比与线圈匝数之比相等确定输出电压，再根据电压的最大值和有效值间的关系确定输出电压的最大值；明确输入电压来源，根据法拉第电磁感应定律确定输入电压与永磁铁的强弱是否有关，明确变压器输出功率决定输入功率，本身不消耗能量。【解答】解：A、交流电的周期为T＝0.2s，则其频率fHz＝5Hz，故A错误；B、输入电压的有效值U1V＝0.025V，根据可知，输出电压U2＝60×0.025V＝1.5V，故最大值U2mU21.5V＝3V，故B正确；C、输入电压是由电磁感应产生的，根据法拉第电磁感应定律可知，输入电压与永磁体的强弱有关，故C错误；D、变压器两端的功率是相等的，即输出功率决定了输入功率，故D错误。故选：B。【点评】本题考查变压器原理以及交流电的性质，要注意明确变压器的基本原理，知道电压之比等于匝数之比，电流之比等于匝数的反比；输入功率和输出功率相等等规律。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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。8．（6分）（2021•广东）赛龙舟是端午节的传统活动。下列v﹣t和s﹣t图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其它龙舟在途中出现船头并齐的有（）A． B． C． D．【考点】匀变速直线运动的图象；运动的合成和分解．【分析】在速度﹣时间图线中，图线与时间轴围成的面积表示位移，结合面积比较两者的位移关系，判断是否会出现船头并齐；在位移﹣时间图线中，图线对应的纵坐标表示位移，通过两图线是否有交点判断在途中是否会出现船头并齐。【解答】解：A、速度﹣时间图线围成的面积表示位移，由图可知，在到达终点前，甲图线围成的面积始终大于乙图线围成的面积，则龙舟甲与龙舟乙在途中不会出现船头并齐的现象，故A错误；B、速度﹣时间图线围成的面积表示位移，由图可知，在两图线交点对应的时刻前，丙的位移比甲大，即丙在前，在交点对应的时刻后有一个时刻，两图线围成的面积相等，即位移相等，可知龙舟甲和龙舟乙在途中会出现船头并齐，故B正确；C、由图可知，在到达终点前，两图线没有交点，即不会出现位移相同，则龙舟甲和龙舟乙在途中不会出现船头并齐，故C错误；D、由图可知，在到达终点前，两图线有交点，即位移相同，可知龙舟甲和龙舟戊在途中出现船头并齐，故D正确。故选：BD。【点评】本题考查了速度﹣时间图线和位移﹣时间图线的综合运用，知道图线的物理含义，速度﹣时间图线与时间轴围成的面积表示位移，位移﹣时间图线对应的纵坐标表示位移。9．（6分）（2021•广东）长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹。战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹。手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g。下列说法正确的有（）A．甲在空中的运动时间比乙的长 B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等 C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少mgh D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh【考点】平抛运动；功率、平均功率和瞬时功率；功能关系；机械能守恒定律．【分析】A、根据平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，利用自由落体运动的运动规律可以判断时间关系；B、根据平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，利用自由落体运动的运动规律求出竖直末速度，结合瞬时功率表达式可以判断重力的功率；C、先求出重力做功关系，再根据功能关系判断重力势能变化量；D、根据机械能守恒的条件，手榴弹在运动过程中机械能守恒。【解答】解：A、手榴弹在空中的运动可视为平抛运动，在竖直方向的分运动为自由落体运动，有hgt2战士在同一位置先后投出甲、乙两颗手榴弹，故h相等，故甲乙在空中运动的时间相等，故A错误；B、手榴弹在空中的运动可视为平抛运动，在竖直方向的分运动为自由落体运动，设落地前瞬间手榴弹竖直分速度为vy，有2gh此时重力的功率为P＝mgvy由题意h相等，故重力的功率相等，故B正确；C、从投出到落地，每颗手榴弹的重力做功为WG＝mgh，根据功能关系可知，手榴弹的重力势能减少mgh，故C正确；D、手榴弹在空中的运动可视为平抛运动，在运动过程中只有重力做功，故手榴弹的机械能守恒，故D错误。故选：BC。【点评】在平常学习中，要注意总结几种常用的功能关系，如重力做功与重力势能变化关系，合外力做功与动能变化关系，除重力以外的其他力做功与机械能变化关系等。10．（6分）（2021•广东）如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨。圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场。金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好。初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上。若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有（）A．杆OP产生的感应电动势恒定 B．杆OP受到的安培力不变 C．杆MN做匀加速直线运动 D．杆MN中的电流逐渐减小【考点】闭合电路的欧姆定律；安培力；导体切割磁感线时的感应电动势．【分析】求出OP转动切割磁感应线的感应电动势的计算公式分析感应电动势是否变化；由于MN切割磁感应线产生的感应电流，从而使得杆OP中的电流大小发生改变，由此分析安培力的变化、加速度的变化。【解答】解：A、设OP转动的角速度为ω，圆弧导轨半径为r，则OP转动切割磁感应线的感应电动势为：E＝Br，所以杆OP产生的感应电动势恒定，故A正确；B、根据右手定则可知OP棒中产生的感应电流方向由O到P，则通过MN的电流方向由M到N，根据左手定则可知杆MN受到的安培力方向向左，杆MN将向左运动切割磁感应线，由于MN切割磁感应线产生的感应电流方向由N到M，从而使得杆OP中的电流大小发生改变，根据F安＝BIr可知，OP受到的安培力减小，故B错误；C、根据B选项分析可知，杆MN中的电流大小发生变化，根据牛顿第二定律可得MN的加速度大小a发生改变，杆MN不是做匀加速直线运动，故C错误；D、根据B选项分析可知，杆MN中的电流逐渐减小，故D正确。故选：AD。【点评】本题主要是考查法拉第电磁感应定律和安培力作用下导体棒的运动问题，对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据E＝BLv来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据E来计算。三、非选择题：共54分。第11～14题为必考题，考生都必须作答。第15～16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共42分。11．（7分）（2021•广东）某兴趣小组测量一缓冲装置中弹簧的劲度系数。缓冲装置如图所示，固定在斜面上的透明有机玻璃管与水平面夹角为30°，弹簧固定在有机玻璃管底端。实验过程如下：先沿管轴线方向固定一毫米刻度尺，再将单个质量为200g的钢球（直径略小于玻璃管内径）逐个从管口滑进，每滑进一个钢球，待弹簧静止，记录管内钢球的个数n和弹簧上端对应的刻度尺示数Ln，数据如表所示。实验过程中弹簧始终处于弹性限度内。采用逐差法计算弹簧压缩量，进而计算其劲度系数。n123456Ln/cm8.0410.0312.0514.0716.1118.09（1）利用△Li＝Li+3﹣Li（i＝1，2，3）计算弹簧的压缩量：△L1＝6.03cm，△L2＝6.08cm，△L3＝6.04cm，压缩量的平均值6.05cm；（2）上述是管中增加3个钢球时产生的弹簧平均压缩量；（3）忽略摩擦，重力加速度g取9.80m/s2，该弹簧的劲度系数为48.6N/m（结果保留3位有效数字）。【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．【分析】（1）根据表中实验数据求出弹簧的压缩量与弹簧压缩量的平均值。（2）根据实验步骤与表中实验数据分析答题。（3）根据胡克定律与平衡条件求出弹簧的劲度系数。【解答】解：（1）由表中实验数据可知：△L3＝L3+3﹣L3＝（18.09﹣12.05）cm＝6.04cm弹簧压缩量的平均值cm＝6.05cm（2）与表中实验数据可知，上述是管中增加3个钢球时产生的弹簧平均压缩量。（3）单个钢球的质量m＝200g＝0.200kg，弹簧压缩量的平均值6.05cm＝0.0605m根据胡克定律与平衡条件得：k3mgsin30°，代入数据解得，弹簧的劲度系数：k＝48.6N/m故答案为：（1）6.04；60.5；（2）3；（3）48.6。【点评】本题考查了测弹簧劲度系数实验，理解实验原理是解题的前提，根据表中实验数据应用平衡条件与胡克定律即可解题；解题时注意单位换算。12．（9分）（2021•广东）某小组研究热敏电阻阻值随温度的变化规律。根据实验需要已选用了规格和量程合适的器材。（1）先用多用电表预判热敏电阻阻值随温度的变化趋势。选择适当倍率的欧姆挡，将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向右边“0Ω”处。测量时观察到热敏电阻温度越高，相同倍率下多用电表指针向右偏转角度越大，由此可判断热敏电阻阻值随温度的升高而减小。（2）再按图连接好电路进行测量。①闭合开关S前，将滑动变阻器R1的滑片滑到端（选填“a”或“b”）。将温控室的温度设置为T，电阻箱R0调为某一阻值R01。闭合开关S，调节滑动变阻器R1，使电压表和电流表的指针偏转到某一位置.，记录此时电压表和电流表的示数、T和R01。断开开关S。再将电压表与热敏电阻C端间的导线改接到D端，闭合开关S。反复调节R0和R1，使电压表和电流表的示数与上述记录的示数相同，记录此时电阻箱的阻值R02，断开开关S。②实验中记录的阻值R01大于R02（选填“大于”、“小于”或“等于”），此时热敏电阻阻值RT＝R01﹣R02。（3）改变温控室的温度，测量不同温度时的热敏电阻阻值，可以得到热敏电阻阻值随温度的变化规律。【考点】用多用电表测电阻．【分析】（1）欧姆表选择倍率后要进行欧姆调零；欧姆表零刻度线在最右侧，越靠近右侧欧姆刻度值越小。（2）①滑动变阻器采用限流接法时，为保护电路，闭合开关前滑片要置于阻值最大处。②根据实验步骤应用串联电路特点与欧姆定律分析答题。【解答】解：（1）选择适当倍率的欧姆挡，将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向右边“0Ω”处；欧姆表表盘右侧刻度值小，左侧刻度值大，测量时观察到热敏电阻温度越高，相同倍率下多用电表指针向右偏转角度越大，说明此时热敏电阻阻值越小，由此可判断热敏电阻阻值随温度的升高而减小。（2）①由图示电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，闭合开关S前，将滑动变阻器R1的滑片滑到b端。②设电压表示数为U，电流表示数为I，设电流表内阻为RA，根据实验步骤，由串联电路特点与欧姆定律得：RA+R01，RA+R02+RT，解得：R01＞R02，RT＝R01﹣R02故答案为：（1）短接；减小；（2）①b；②大于；R01﹣R02。【点评】本题考查了欧姆表的使用，考查了等效法测热敏电阻阻值问题；理解实验原理是解题的前提；要知道欧姆表的使用方法与注意事项、欧姆表刻度值特点；根据实验步骤应用串联电路特点与欧姆定律即可解题。13．（11分）（2021•广东）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10﹣2m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10﹣2m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1。现用手指将甲以0.4m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10m/s2。（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。【考点】牛顿第二定律；动量定理；动量守恒定律．【分析】（1）应用动能定理求出甲、乙两算珠碰撞前瞬间甲的速度大小，甲、乙两算珠碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后乙算珠的速度大小，应用动能定理求出乙算珠停止运动时运动的位移，然后判断乙算珠能否滑动到边框a。（2）应用动能定理求出碰撞后甲算珠滑动的距离，应用牛顿第二定律求出甲算珠的加速度大小，然后应用运动学公式求出甲算珠的运动时间。【解答】解：（1）算珠相同，设每个算珠的质量为m，由题意可知，甲算珠的初速度大小v0＝0.4m/s，碰撞后瞬间甲算珠的速度大小v甲＝0.1m/s设甲、乙两算珠碰撞前瞬间甲算珠的速度大小为v1，从甲算珠开始运动到甲、乙碰撞前瞬间过程，对甲算珠，由动能定理得：﹣μmgs1代入数据解得：v1＝0.3m/s甲、乙两算珠碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，设碰撞后瞬间乙算珠的速度大小为v乙，以碰撞前甲算珠的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv1＝mv甲+mv乙，代入数据解得：v乙＝0.2m/s设碰撞后乙算珠甲减速到零过程滑行的距离为s，对乙算珠，由动能定理得：﹣μmgs＝0代入数据解得：s＝0.02m＝s2＝2.0×10﹣2m，乙算珠恰好到达边框a处（2）设两算珠碰撞后甲滑行距离s3后速度变为零，对甲，由动能定理得：﹣μmgs3＝0代入数据解得：s3＝0.005m设从甲开始运动到甲乙碰撞所需时间为t1，从甲乙碰撞到甲停止运动需要的时间为t2，则：s1t1，s3t2，代入数据解得：t1＝0.1s，t2＝0.1s甲算珠从拨出到停下所需的时间：t＝t1+t2＝（0.1+0.1）s＝0.2s答：（1）乙算珠能滑动到边框a；（2）甲算珠从拨出到停下所需的时间是0.2s。【点评】本题考查了动能定理与动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚甲、乙两算珠的运动过程是解题的前提，根据每个运动过程，应用动能定理与动量守恒定律、运动学公式即可解题。14．（15分）（2021•广东）如图是一种花瓣形电子加速器简化示意图。空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外。电子以初动能Ek0从圆b上P点沿径向进入电场。电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速。已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为R，电子质量为m，电荷量为e。忽略相对论效应。取tan22.5°＝0.4。（1）当Ek0＝0时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示。求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能；（2）已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射。当Ek0＝keU时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值。【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】（1）根据动能定理求解速度，根据图中几何关系求半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度，根据周期公式求解粒子在Ⅰ区运动的时间，根据动能定理可得电子在Q点出射时的动能；（2）电子在Ⅲ区运动的轨迹恰好与边界相切时，k值最大，根据几何关系求半径，根据洛伦兹力提供向心力结合动能定理求解k值。【解答】解：（1）设电子进入Ⅰ区的速度大小为v1，电子从P到进入Ⅰ区过程中，根据动能定理可得：2eU解得：v1设电子在Ⅰ区运动轨迹半径为r，电子在Ⅰ区运动情况如图1所示；根据图中几何关系可得：tan22.5°，解得：r＝0.4R根据洛伦兹力提供向心力可得：ev1B1＝m解得Ⅰ区的磁感应强度大小B1；粒子在Ⅰ区运动的周期T，粒子轨迹对应的圆心角为：α＝360°﹣（180°﹣45°）＝225°电子在Ⅰ区磁场中的运动时间t整理可得：t从开始运动到从Q点射出，根据动能定理可得电子在Q点出射时的动能为：EkⅠ＝8eU；（2）电子在Ⅲ区运动的轨迹恰好与边界相切时，k值最大，电子在Ⅲ区运动轨迹如图2所示；根据几何关系可得：r′2+R2，解得：r′R根据洛伦兹力提供向心力可得r′由此可得：r′∝v，r′2∝Ek，如果k＝0，则粒子在Ⅲ区运动的轨迹半径r0＝r＝0.4R所以有：且有：解得：k，所以要保证电子从出射区域出射，k的最大值为。答：（1）当Ek0＝0时，Ⅰ区的磁感应强度大小为、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间为、在Q点出射时的动能为8eU；（2）当Ek0＝keU时，要保证电子从出射区域出射，k的最大值为。【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。（二）选考题：共12分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修33]（12分）15．（6分）（2021•广东）在高空飞行的客机上某乘客喝完一瓶矿泉水后，把瓶盖拧紧。下飞机后发现矿泉水瓶变瘪了，机场地面温度与高空客舱内温度相同。由此可判断，高空客舱内的气体压强小于（选填“大于”、“小于”或“