全國統一高考物理試卷（甲卷）

一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1?5

題只有一項符合題目要求，第6?8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不

全的得3分，有選錯的得0分。

1.（6分）（2021?甲卷）如圖所示，將光滑長平板的下端置于鐵架臺水平底座上的擋板P處,

上部架在橫桿上。橫桿的位置可在豎直桿上調節，使得平板與底座之間的夾角e可變。

將小物塊由平板與豎直桿交點Q處靜止釋放，物塊沿平板從Q點滑至P點所用的時間t

與夾角e的大小有關。若由30°逐漸增大至60°,物塊的下滑時間t將（）

/

鐵架臺

A.逐漸增大B.逐漸減小

C.先增大后減小D.先減小后增大

2.分）（2021?甲卷）“旋轉紐扣”是一種傳統游戲。如圖所示，先將紐扣繞幾圈，使穿

過紐扣的兩股細繩擰在一起，然后用力反復拉繩的兩端，紐扣正轉和反轉會交替出現。

拉動多次后，紐扣繞其中心的轉速可達50r/s,此時紐扣上距離中心1cm處的點向心加速

外力

C.1000m/s2D.10000m/s23

3.（6分）（2021?甲卷）兩足夠長直導線均折成直角，按圖示方式放置在同一平面內，EO

與OQ在一條直線上，PO'與OF在一條直線上，兩導線相互絕緣，通有相等的電流I,

電流方向如圖所示。若一根無限長直導線通過電流I時，所產生的磁場在距離導線d處

的磁感應強度大小為B,則圖中與導線距離均為d的M、N兩點處的磁感應強度大小分

別為（）

4.（6分）（2021?甲卷）如圖所示，一個原子核X經圖中所示的一系列a、0衰變后，生成

穩定的原子核Y,在此過程中放射出電子的總個數為（）

5.（6分）（2021?甲卷）2021年2月，執行我國火星探測任務的“天問一號”探測器在成功

實施三次近火制動后，進入運行周期約為1.8X1（）5S的橢圓形停泊軌道，軌道與火星表面

的最近距離約為2.8Xl（）5m。已知火星半徑約為3.4Xl（）6m,火星表面處自由落體的加速

度大小約為3.7m/s2,則“天問一號”的停泊軌道與火星表面的最遠距離約為（）

A.6X105mB.6X106mC.6X107mD.6X108m

6.（6分）（2021?甲卷）某電場的等勢面如圖所示，圖中a、b、c、d、e為電場中的5個點,

則（）

A.一正電荷從b點運動到e點，電場力做正功

B.一電子從a點運動到d點，電場力做功為4eV

C.b點電場強度垂直于該點所在等勢面，方向向右

D.a、b、c、d四個點中，b點的電場強度大小最大

7.（6分）（2021?甲卷）一質量為m的物體自傾角為a的固定斜面底端沿斜面向上滑動。

該物體開始滑動時的動能為Ek，向上滑動一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動,

到達斜面底端時動能為已知sina=0.6,重力加速度大小為g。則（）

A.物體向上滑動的距離為包

2mg

B.物體向下滑動時的加速度大小為巨

5

C.物體與斜面間的動摩擦因數等于0.5

D.物體向上滑動所用的時間比向下滑動的時間長

8.（6分）（2021?甲卷）由相同材料的導線繞成邊長相同的甲、乙兩個正方形閉合線圈，兩

線圈的質量相等，但所用導線的橫截面積不同，甲線圈的匝數是乙的2倍?，F兩線圈在

豎直平面內從同一高度同時由靜止開始下落，一段時間后進入一方向垂直于紙面的勻強

磁場區域，磁場的上邊界水平，如圖所示。不計空氣阻力，已知下落過程中線圈始終平

行于紙面，上、下邊保持水平。在線圈下邊進入磁場后且上邊進入磁場前，可能出現的

是（）

XXXXXXXX

XXXXXXXX

XXXXXXXX

A.甲和乙都加速運動

B.甲和乙都減速運動

C.甲加速運動，乙減速運動

D.甲減速運動，乙加速運動

二、非選擇題：（一）必考題。

9.（5分）（2021?甲卷）為測量小銅塊與瓷磚表面間的動摩擦因數，一同學將貼有標尺的瓷

石專的一端放在水平桌面上，形成一傾角為a的斜面（已知sina=0.34,cosa=0.94）,小

銅塊可在斜面上加速下滑，如圖所示.該同學用手機拍攝小銅塊的下滑過程，然后解析

視頻記錄的圖像，獲得5個連續相等時間間隔（每個時間間隔ATnOZOs）內小銅塊沿斜

面下滑的距離Si（i=L2,3,4,5）,如表所示。

S1S2S3S4S5

5.87cm7.58cm9.31cm11.02cm12.74cm

由表中數據可得，小銅塊沿斜面下滑的加速度大小為m/s2,小銅塊與瓷磚表

面間的動摩擦因數為。（結果均保留2位有效數字，重力加速度大小取

9.80m/s2）

10.（10分）（2021?甲卷）某同學用圖（a）所示電路探究小燈泡的伏安特性，所用器材有:

小燈泡（額定電壓2.5V,額定電流0.3A）、電壓表（量程300mV,內阻300。）、電流表

（量程300mA,內阻0.2711）定值電阻Ro、滑動變阻器Ri（阻值0-20Q）、電阻箱R2

（最大阻值9999.9Q）、電源E（電動勢6V,內阻不計）、開關S、導線若干。完成下列

填空：

（1）有3個阻值分別為10。、20。、30。的定值電阻可供選擇，為了描繪小燈泡電流在

0-300mA的U-I曲線，Ro應選取阻值為C的定值電阻；

（2）閉合開關前，滑動變阻器的滑片應置于變阻器的（填“a”或"b”）端；

（3）在流過電流表的電流較小時，將電阻箱R2的阻值置零，改變滑動變阻器滑片的位

置，讀取電壓表和電流表的示數U、I,結果如圖所示（b）所示。當流過電流表的電流

為10mA時，小燈泡的電阻為。（保留1位有效數字）；

▲U/vN

ZinA

圖(b)

（4）為使得電壓表滿量程時對應于小燈泡兩端的電壓為3V,該同學經計算知，應將R2

的阻值調整為然后調節滑動變阻器Ri，測得數據如表所示：

U/mV24.046.076.0110.0128.0152.0184.0216.0250.0

I/mA140.0160.0180.0200.0220.0240.0260.0280.0300.0

（5）由圖（b）和表格數據可知，隨著流過小燈泡電流的增加，其燈絲的電阻（填

“增大”“減小”或“不變”）；

（6）該同學觀測到小燈泡剛開始發光時流過電流表的電流為160mA,可得此時小燈泡電

功率Wi=W（保留2位有效數字）；當流過電流表的電流為300mA時，小燈泡

圖(a)

11.（12分）（2021?甲卷）如圖所示，一傾角為。的光滑斜面上有50個減速帶（圖中未完

全畫出），相鄰減速帶間的距離均為d,減速帶的寬度遠小于d；一質量為m的無動力小

車（可視為質點）從距第一個減速帶L處由靜止釋放。已知小車通過減速帶損失的機械

能與到達減速帶時的速度有關。觀察發現，小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間

的平均速度均相同。小車通過第50個減速帶后立刻進入與斜面光滑連接的水平地面，繼

續滑行距離s后停下。已知小車與地面間的動摩擦因數為n，重力加速度大小為go

（無動力）小車

（1）求小車通過第30個減速帶后，經過每一個減速帶時損失的機械能；

（2）求小車通過前30個減速帶的過程中在每一個減速帶上平均損失的機械能；

（3）若小車在前30個減速帶上平均每一個損失的機械能大于之后每一個減速帶上損失

的機械能，則L應滿足什么條件？

12.（20分）（2021?甲卷）如圖所示，長度均為1的兩塊擋板豎直相對放置，間距也為1,

兩擋板上邊緣P和M處于同一水平線上，在該水平線的上方區域有方向豎直向下的勻強

電場，電場強度大小為E；兩擋板間有垂直紙面向外、磁感應強度大小可調節的勻強磁

場。一質量為m,電荷量為q（q>0）的粒子自電場中某處以大小為vo的速度水平向右

發射，恰好從P點處射入磁場，從兩擋板下邊緣Q和N之間射出磁場，運動過程中粒子

未與擋板碰撞。已知粒子射入磁場時的速度方向與PQ的夾角為60°,不計重力。

（1）求粒子發射位置到P點的距離；

（2）求磁感應強度大小的取值范圍；

（3）若粒子正好從QN的中點射出磁場，求粒子在磁場中的軌跡與擋板MN的最近距離。

E

P

，QN

（二）選考題：[物理一一選修3-3]（15分）

13.（5分）（2021?甲卷）如圖所示，一定量的理想氣體經歷的兩個不同過程，分別由體積

-溫度（V-1）圖上的兩條直線I和II表示，V,和V2分別為兩直線與縱軸交點的縱坐

標，to是它們的延長線與橫軸交點的橫坐標，to=-273.15°C；a為直線I上的一點。由

圖可知，氣體在狀態a和b的壓強之比區=；氣體在狀態b和c的壓強之比上且

PbPc

14.（10分）（2021?甲卷）如圖所示，一汽缸中由活塞封閉有一定量的理想氣體，中間的隔

板將氣體分為A、B兩部分；初始時，A、B的體積均為V,壓強均等于大氣壓po。隔板

上裝有壓力傳感器和控制裝置，當隔板兩邊壓強差超過O.5po時隔板就會滑動，否則隔板

停止運動。氣體溫度始終保持不變。向右緩慢推動活塞，使B的體積減小為

2

（i）求A的體積和B的壓強；

（ii）再使活塞向左緩慢回到初始位置，求此時A的體積和B的壓強。

[物理——選修3-4]（15分）

15.（2021?甲卷）如圖所示，單色光從折射率n=1.5、厚度d=10.0cm的玻璃板上表面射入。

已知真空中的光速為3.0X108m/s,則該單色光在玻璃板內傳播的速度為

m/s；對于所有可能的入射角，該單色光通過玻璃板所用時間t的取值范圍是

sWt<s（不考慮反射）。

16.（2021?甲卷）均勻介質中質點A、B的平衡位置位于x軸上，坐標分別為0和XB=16cm。

某簡諧橫波沿x軸正方向傳播，波速為v=20cm/s,波長大于20cm,振幅為y=lcm,且

傳播時無衰減。t=0時刻A、B偏離平衡位置的位移大小相等、方向相同，運動方向相

反，此后每隔△t=0.6s兩者偏離平衡位置的位移大小相等、方向相同。已知在ti時亥ij（ti

>0）,質點A位于波峰。求：

（i）從ti時刻開始，質點B最少要經過多長時間位于波峰；

（ii）ti時刻質點B偏離平衡位置的位移。

2021年全國統一高考物理試卷（甲卷）

參考答案與試題解析

一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1?5

題只有一項符合題目要求，第6?8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不

全的得3分，有選錯的得0分。

1.（6分）（2021?甲卷）如圖所示，將光滑長平板的下端置于鐵架臺水平底座上的擋板P處，

上部架在橫桿上。橫桿的位置可在豎直桿上調節，使得平板與底座之間的夾角9可變。

將小物塊由平板與豎直桿交點Q處靜止釋放，物塊沿平板從Q點滑至P點所用的時間1

與夾角。的大小有關。若由30°逐漸增大至60°,物塊的下滑時間t將（）

鐵架臺

A.逐漸增大B.逐漸減小

C.先增大后減小D.先減小后增大

【點撥】由題意，先根據牛頓第二定律和運動學公式寫出時間的表達式，再利用夾角變

化點撥時間的變化。

【解答】解：設鐵架臺底座距離為d,則物塊沿平板的位移為*=—

COS0

對物塊利用牛頓第二定律可得

mgsin0=ma

利用運動學公式可得

2

x=Aat

2

整理可得

由數學知識可知，當。=45°時，sin2。最大，對應時間t最小，故。由30°逐漸增大至

60°,物塊的下滑時間將先減小后增大，故ABC錯誤，D正確。

故選：D。

【分析】在利用牛頓第二定律解題時，要注意結合數學知識的應用。

2.（6分）（2021?甲卷）“旋轉紐扣”是一種傳統游戲。如圖所示，先將紐扣繞幾圈，使穿

過紐扣的兩股細繩擰在一起，然后用力反復拉繩的兩端，紐扣正轉和反轉會交替出現。

拉動多次后，紐扣繞其中心的轉速可達50r/s,此時紐扣上距離中心1cm處的點向心加速

度大小約為（）

標8cx才力

A.10m/s2B.lOOm/s2C.1000m/s2D.10000m/s2

【點撥】根據紐扣的轉速，結合3=2E1、an=3?I■計算圓盤轉動的向心加速度。

【解答】解：根據勻速圓周運動的規律，3=2nn=2nX50rad/s=100nrad/s,r=lcm=

222222

0.01m,向心加速度為：an=wr=（100n）X0.01m/s=1OOTTm/s?1000m/s,故C正

確，ABD錯誤。

故選：Co

【分析】解決本題的關鍵知道轉速和角速度的關系，通過時轉速求出角速度，然后根據

向心加速度公式求解，基礎題。

3.（6分）（2021?甲卷）兩足夠長直導線均折成直角，按圖示方式放置在同一平面內，EO

與OQ在一條直線上，PO,與OF在一條直線上，兩導線相互絕緣，通有相等的電流I,

電流方向如圖所示。若一根無限長直導線通過電流I時，所產生的磁場在距離導線d處

的磁感應強度大小為B,則圖中與導線距離均為d的M、N兩點處的磁感應強度大小分

別為（）

【點撥】根據安培定則確定兩導線各自在M、N點形成的磁感應強度的方向，根據疊加

原理即可確定兩點的磁感應強度的大小。

【解答】解：根據安培定則可知，FP在M點形成的磁感應強度向里，EQ在M點形成的

磁感應強度向外，根據題意可知，兩導線在M點形成的磁感應強度均為B,由疊加原理

可知，M點的磁感應強度為零；

同理根據安培定則可知，FP在N點形成的磁感應強度向里，EQ在N點形成的磁感應強

度向里，根據題意可知，兩導線在M點形成的磁感應強度均為B,由疊加原理可知，M

點的磁感應強度為2B；故B正確，ACD錯誤。

故選：Bo

【分析】本題考查了利用安培定則點撥通電導線的磁場。掌握好安培定則的內容，知道

磁場的疊加原理是解決本題的關鍵。

4.（6分）（2021?甲卷）如圖所示，一個原子核X經圖中所示的一系列a、0衰變后，生成

穩定的原子核Y,在此過程中放射出電子的總個數為（)

C.10D.14

【點撥】a衰變電荷數少2,質量數少4,0衰變電荷數多1,質量數不變.根據該規律

判斷衰變的次數，再結合P衰變的實質點撥放出的電子個數。

【解答】解：由題圖可知原子核X的質量數為A=92+146=238,電荷數為Z=92,即‘X

原子核丫的質量數為A'=82+124=206,電荷數為Z=82,即206丫

82

設經過x次a衰變和y次B衰變，由質量數守恒和電荷數守恒可得：238=206+4x,92

=82+2x-y

解得：x=8,y=6

發生0衰變時，原子核內的中子轉化為一個質子的同時放出一個電子，所以該過程共釋

放了6個電子，故A正確，BCD錯誤。

故選：Ao

【分析】解決本題的關鍵知道衰變的過程中電荷數守恒、質量數守恒，放出的電子個數

根據p衰變的實質進行點撥。

5.(6分)(2021?甲卷)2021年2月，執行我國火星探測任務的“天問一號”探測器在成功

實施三次近火制動后，進入運行周期約為1.8X1()5S的橢圓形停泊軌道，軌道與火星表面

的最近距離約為2.8Xl()5m。已知火星半徑約為3.4Xl()6m,火星表面處自由落體的加速

度大小約為3.7m/s2,則“天問一號”的停泊軌道與火星表面的最遠距離約為()

A.6X105mB.6X106mC.6X107mD.6X108m

【點撥】根據開普勒第三定律可知，做勻速圓周運動的衛星的軌道半徑與“天問一號”

軌道半長軸相等時，二者的周期相等；則根據萬有引力提供向心力求出勻速圓周運動衛

星的軌道半徑，即可得到“天問一號”的長軸，再根據幾何關系求解“天問一號”的停

泊軌道與火星表面的最遠距離。

【解答】解：根據題意可知火星的半徑為R=3.4Xl()6m,軌道與火星表面的最近距離約

為h=2.8Xl()5m。設火星的質量為M,"天問一號"所在橢圓軌道的半長軸為r。

3

設想在火星上方有一顆衛星做半徑為r的勻速圓周運動，根據開普勒第三定律J=k可

j2

知該衛星的周期T=1.8X1()5$

2

對該衛星，根據萬有引力提供向心力可得：但皿=mr史匚，

在火星表面，根據萬有引力和重力的關系可得：里擔=mg

R2

聯立解得：件3.26Xl()7m,

設'‘天問一號"的停泊軌道與火星表面的最遠距離為H,根據幾何關系可得：h+2R+H=

2r

解得：H?6X107m,故C正確、ABD錯誤。

故選：Co

【分析】本題主要是考查萬有引力定律及其應用，解答此類題目一般要把握兩條線：一

是在星球表面，忽略星球自轉的情況下，萬有引力近似等于重力；二是根據萬有引力提

供向心力列方程進行解答，掌握開普勒第三定律的應用方法。

6.(6分)(2021?甲卷)某電場的等勢面如圖所示，圖中a、b、c、d、e為電場中的5個點,

則()

A.一正電荷從b點運動到e點，電場力做正功

B.一電子從a點運動到d點，電場力做功為4eV

C.b點電場強度垂直于該點所在等勢面，方向向右

D.a、b、c、d四個點中，b點的電場強度大小最大

【點撥】由電場力所做的功W=eU,點撥電場力做功；根據電場線與等勢面處處垂直,

電場方向由高電勢指向低電勢，可判斷b點電場強度方向：等勢面越密集的地方，電場

線越密集，電場強度越大。

【解答】解：A、b、e兩點在同一個等勢面上，可知b、e兩點間電勢差為零，電場力所

做的功W=qU,電場力做功為零，故A錯誤；

B、電子從a點運動到d點，電場力所做的功W=qU=-e（3V-7V）=4eV,故B正確;

C、根據題意畫出過b點的電場線，如圖所示：

電場線與等勢面處處垂直，并指向電勢降低的方向，所以b點電場強度垂直于該點所在

等勢面，方向向左，故C錯誤；

D、等勢面越密集的地方，電場線越密集，電場強度越大，a、b、c、d中b點等勢線最

密集，所以b點的電場強度最大，故D正確。

故選：BD。

314

【分析】本題考查了電場力做功，電場線與等勢面的關系以及電場強度大小、方向的判

斷，注意等勢面越密集的地方，電場線越密集，電場強度越大。

7.（6分）（2021?甲卷）一質量為m的物體自傾角為a的固定斜面底端沿斜面向上滑動。

該物體開始滑動時的動能為Ek,向上滑動一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動,

到達斜面底端時動能為工。已知sina=0.6,重力加速度大小為g。則（）

5

A.物體向上滑動的距離為aL

21ng

B.物體向下滑動時的加速度大小為至

5

C.物體與斜面間的動摩擦因數等于0.5

D.物體向上滑動所用的時間比向下滑動的時間長

【點撥】在物體上滑過程和下滑過程，分別應用動能定理列等式，可求出物體向上滑動

的距離和物體與斜面間的動摩擦因數；由牛頓第二定律求出向上滑和向下滑的加速度大

?。唤Y合加速度大小，根據運動學規律可點撥物體向上滑動所用的時間和向下滑動的時

間哪個更大。

【解答】解：AC、設物體向上滑動的距離為x,斜面的動摩擦因數為山

對物體向上滑行的過程，由動能定理可知：-mgsina,x-|imgcosa*x=0-Ek

對物體向下滑行的過程，由動能定理可知：mgsinaex-pmgcosa?x=」L-0

5

聯立解得：x=上，u=0.5,故A錯誤，C正確；

mg

物體向下滑動時，由牛頓第二定律可知：mgsina-|imgcosa=ma2，解得a2=Lg,故

5

B正確；

D、物體向上滑動和向下滑動的距離相同，而向上滑的加速度由牛頓第二定律可知：

mgsina+|imgcosa=mai,解得：ai=g,即ai>a2，向上滑動過程也可看做初速度為零，

加速度大小等于ai的勻加速直線運動，由*=工@t?=-a可知向上滑的時間比向

2alx122^2

下滑的時間短，故D錯誤；

故選：BCo

【分析】本題是動能定理、牛頓第二定律和運動學知識的綜合運用，關鍵是分過程分別

列動能定理式子，以及勻變速直線運動的逆過程的應用。

8.（6分）（2021?甲卷）由相同材料的導線繞成邊長相同的甲、乙兩個正方形閉合線圈，兩

線圈的質量相等，但所用導線的橫截面積不同，甲線圈的匝數是乙的2倍?，F兩線圈在

豎直平面內從同一高度同時由靜止開始下落，一段時間后進入一方向垂直于紙面的勻強

磁場區域，磁場的上邊界水平，如圖所示。不計空氣阻力，已知下落過程中線圈始終平

行于紙面，上、下邊保持水平。在線圈下邊進入磁場后且上邊進入磁場前，可能出現的

是（）

XXXXXXXX

XXXXXXXX

XXXXXXXX

A.甲和乙都加速運動

B.甲和乙都減速運動

C.甲加速運動，乙減速運動

D.甲減速運動，乙加速運動

【點撥】線圈進入磁場前做自由落體運動，應用運動學公式求出線圈進入磁場時的速度

大小；

根據密度公式求出線圈的質量；應用電阻定律求出線圈的電阻；

由E=BLv求出線圈進入磁場過程產生的感應電動勢，應用閉合電路的歐姆定律求出感

應電流；

應用安培力公式求出線圈受到的安培力，根據線圈受到的安培力與重力間的關系點撥判

斷線圈進入磁場過程的運動情況。

【解答】解：甲、乙兩正方形線圈的材料相同，則它們的密度和電阻率相同，設材料的

電阻率為p,密度為P密徵，

兩正方形線圈的邊長相同，設線圈邊長為L,設線圈的橫截面積為S,線圈的質量m=p

密度X4nLS=4np密度LS,

由題意可知，兩線圈的質量相等，則4n甲p密度LS甲=4n乙p密度LS乙，則n甲S甲二n乙S乙，

兩線圈在豎直平面內從同一高度同時由靜止開始下落，設線圈下邊到磁場的高度為h,

設線圈下邊剛進入磁場時的速度為v,線圈進入磁場前做自由落體運動，

則V=J第，由于下落高度h相同，則線圈下邊剛進入磁場時的速度V相等，

設線圈匝數為n,磁感應強度為B,線圈進入磁場過程切割磁感線產生的感應電動勢E=

nBLv,

由電阻定律可知，線圈電阻：R=p生L

S

由閉合電路的歐姆定律可知，感應電流：1='=嗎：笑

R4npL4P

-s-

B2LS

線圈受到的安培力：F=nBIL=.^X-

4P

由于n甲S尸n乙S乙，B、L、p、v都相同，則線圈進入磁場時受到的安培力F相同，線

圈質量相同，則它們受到的重力G=mg相同，

線圈進入磁場過程所受合力Fa=F-G相同；

A、如果線圈進入磁場時安培力小于重力，則線圈受到的合力向下，線圈甲、乙都加速運

動，故A正確；

B、如線圈進入磁場時安培力大于重力，線圈受到的合力向上，線圈甲、乙都做減速運動,

故B正確；

C、由于甲、乙所受合力相同、進入磁場時的速度相同，如果甲加速運動，則乙也做加速

運動，故C錯誤；

D、由于甲、乙所受合力相同、進入磁場時的速度相同，如果甲減速運動，則乙也做減速

運動，故D錯誤。

故選：AB,

【分析】本題是電磁感應、電路與力學相結合的一道綜合題，根據題意點撥清楚線圈的

受力情況與運動過程是解題的前提與關鍵；解題時要先推導出線圈所受安培力，然后再

點撥答題。

二、非選擇題：（一）必考題。

9.（5分）（2021?甲卷）為測量小銅塊與瓷磚表面間的動摩擦因數，一同學將貼有標尺的瓷

磚的一端放在水平桌面上，形成一傾角為a的斜面（已知sina=0.34,cosa=0.94）,小

銅塊可在斜面上加速下滑，如圖所示。該同學用手機拍攝小銅塊的下滑過程，然后解析

視頻記錄的圖像，獲得5個連續相等時間間隔（每個時間間隔ATnOZOs）內小銅塊沿斜

面下滑的距離Si（i=l,2,3,4,5）,如表所示。

S1S2S3S4S5

5.87cm7.58cm9.31cm11,02cm12.74cm

由表中數據可得，小銅塊沿斜面下滑的加速度大小為0.43m/s2,小銅塊與瓷磚表面

間的動摩擦因數為0.32o（結果均保留2位有效數字，重力加速度大小取9.80m/s2）

【點撥】處理紙帶數據時，要用逐差法求加速度，結合牛頓第二定律就可以求出動摩擦

因數。

【解答】解：（1）根據逐差法，利用Ax=aT2,可得加速度a=」~匕"~竺=

4T2

2

■02+12.74）-（7.58+9.31）乂壯^^43mzs2,

4X0.202

根據牛頓第二定律，mgsina-umgcosa=ma,已知sina=0.34,cosa=0.94,代入數據解

得u-0.32。

故答案為：0.43；0.32。

【分析】本題考查實驗中紙帶的數據處理問題，要學會用逐差法求加速度，注意題目中

給出5組數據可以采用前4個或后4個進行計算，結果保留有效位數后相等。

10.（10分）（2021?甲卷）某同學用圖（a）所示電路探究小燈泡的伏安特性，所用器材有：

小燈泡（額定電壓2.5V,額定電流0.3A）、電壓表（量程300mV,內阻300Q）、電流表

（量程300mA,內阻0.27Q）定值電阻Ro、滑動變阻器Ri（阻值0-20。）、電阻箱R2

（最大阻值9999.9。）、電源E（電動勢6V,內阻不計）、開關S、導線若干。完成下列

填空：

（1）有3個阻值分別為10Q、20Q、30Q的定值電阻可供選擇，為了描繪小燈泡電流在

0-300mA的U-I曲線，Ro應選取阻值為10fl的定值電阻；

（2）閉合開關前，滑動變阻器的滑片應置于變阻器的二（填“a”或"b”）端；

（3）在流過電流表的電流較小時，將電阻箱R2的阻值置零，改變滑動變阻器滑片的位

置，讀取電壓表和電流表的示數U、I,結果如圖所示（b）所示。當流過電流表的電流

為10mA時，小燈泡的電阻為0.8。（保留1位有效數字）；

▲U/mV

圖(b)

（4）為使得電壓表滿量程時對應于小燈泡兩端的電壓為3V,該同學經計算知，應將R2

的阻值調整為2700然后調節滑動變阻器Ri,測得數據如表所示:

U/mV24.046.076.0110.0128.0152.0184.0216.0250.0

I/mA140.0160.0180.0200.0220.0240.0260.0280.0300.0

（5）由圖（b）和表格數據可知，隨著流過小燈泡電流的增加，其燈絲的電阻增大（填

“增大”“減小”或“不變”）；

（6）該同學觀測到小燈泡剛開始發光時流過電流表的電流為160mA,可得此時小燈泡電

功率W|=0074W（保留2位有效數字）當流過電流表的電流為300mA時，小燈

泡的電功率為P2,則”=10（保留至整數）。

圖（a）

【點撥】（D根據串聯電路特點與歐姆定律求出定值電阻的最大阻值，然后作出選擇。

（2）滑動變阻器采用分壓接法時，為保護電路閉合開關前滑片應置于分壓電路分壓為零

的位置。

（3）根據坐標系內描出的點作出圖象，根據圖象求出電流對應的電壓，然后應用歐姆定

律求出燈泡電阻阻值。

（4）根據串聯電路特點與歐姆定律求出串聯電阻阻值。

（5）U-I圖線上的點與坐標原點連線的斜率等于燈泡電阻，根據圖示圖象判斷隨著流

過小燈泡電流的增加其燈絲的電阻如何變化。

（6）根據表中實驗數據求出電流對應的電壓,應用電功率公式P=UI求出燈泡的電功率，

然后求出功率之比。

【解答】解：（1）燈泡額定電壓UL額=2.5V,額定電流II頷=0.3A,燈泡兩端電壓等于

額定電壓且滑動變阻器滑片移動到b端時，定值電阻兩端電壓UOME-ULJSL（6-2.5）

V=3.5V,定值電阻最大阻值約為R=P-衛立。仁11.67。，為了描繪小燈泡電流在0

IL額0?3

-300mA的U-I曲線，Ro應選取阻值為10。的定值電阻；

（2）由圖（a）所示電路圖可知，滑動變阻器采用分壓接法，為保護電路，閉合開關前，

滑動變阻器的滑片應置于變阻器的a端。

（3）根據圖（b）所示坐標系內描出的點作出圖象如圖所示：

▲t!i?V

ZmA

05(b)

由圖示圖象可知，當流過電流表的電流為I=10mA=0.010A時，燈泡兩端電壓U=8mV

=0.008V,

由歐姆定律可知，此時燈泡電阻R=U=0?008C=O.8Q

I0.010

(4)由題意可知,電壓表量程Ug=300mV,內阻Rg=300C

把電壓表改裝成U=3V的電壓表需要串聯電阻阻值R申-Rg=y--Rg=?奇°裝

300

-30011=2700(1,因此應將R2的阻值調整為2700fto

(5)U-I圖線上的點與坐標原點連線的斜率等于燈泡電阻，由圖(b)所示圖象可知，

隨著流過小燈泡電流的增加，圖線上的點與坐標原點連線的斜率增大，則燈絲的電阻增

大。

(6)電壓表量程是300mV,改裝后電壓表量程是3V,改裝后電壓表量程擴大了10倍；

由表中實驗數據可知，流過燈泡的電流Ii=l60mA=0.160A時，

燈泡兩端電壓ULI=10U1=10X46.0mV=460mV=0.460V,

此時小燈泡電功率WI=UL山=0.460X0.160Wg0.074W；

當流過電流表的電流為l2=300mA=0.300A時，

燈泡兩端的電壓UL2=10U2=10X250.0mV=2500mV=2.500V,

此時小燈泡電功率W2=UL2l2=2.500X0.300W=0.75W；

則%='''5-心10。

0.074

故答案為:(1)10；(2)a；(3)0.8；(4)2700；(5)增大;(6)0.074；10。

【分析】本題考查了實驗數據處理問題，理解實驗原理是解題的前提與關鍵，點撥清楚

圖示電路結構、應用串聯電路特點與歐姆定律即可解題，解題時注意有效數字的保留，

這是容易疏忽的地方。

11.（12分）（2021?甲卷）如圖所示，一傾角為。的光滑斜面上有50個減速帶（圖中未完

全畫出），相鄰減速帶間的距離均為d,減速帶的寬度遠小于d；一質量為m的無動力小

車（可視為質點）從距第一個減速帶L處由靜止釋放。已知小車通過減速帶損失的機械

能與到達減速帶時的速度有關。觀察發現，小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間

的平均速度均相同。小車通過第50個減速帶后立刻進入與斜面光滑連接的水平地面，繼

續滑行距離s后停下。已知小車與地面間的動摩擦因數為u，重力加速度大小為g。

（無動力）小車

（1）求小車通過第30個減速帶后，經過每一個減速帶時損失的機械能；

（2）求小車通過前30個減速帶的過程中在每一個減速帶上平均損失的機械能；

（3）若小車在前30個減速帶上平均每一個損失的機械能大于之后每一個減速帶上損失

的機械能，則L應滿足什么條件？

【點撥】（1）小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同，由此可得

小車通過第30個減速帶后在每兩個減速帶之間的運動情況相同，根據功能關系點撥碰撞

過程中損失的能量；

（2）小車與第50個減速帶碰撞后在水平面上繼續滑行距離s后停下，根據動能定理求

解小車通過第30個減速帶后，每次與減速帶碰撞后的動能；小車從開始運動到與第30

個減速帶碰撞后的過程中，根據功能關系求解在每一個減速帶上平均損失的機械能；

（3）根據前兩問計算出的能量損失列不等式求解L應滿足的條件。

【解答】解：（1）小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同，則小

車與減速帶碰撞過程中機械能的損失恰好等于經過距離d時增加的動能，即△￡=△￡匕

小車通過第30個減速帶后，每經過d的過程中，根據動能定理可得：△Ek=mgdsin。

所以有：△E=mgdsin。；

（2）設小車通過第30個減速帶后，每次與減速帶碰撞后的動能為Ek,小車與第50個減

速帶碰撞后在水平面上繼續滑行距離s后停下，在此過程中根據動能定理可得：-nmgs

=0-Ek，

解得：Ek=|imgs

小車從開始運動到與第30個減速帶碰撞后的過程中，根據功能關系可得損失的總能量為:

△Ei=mg（L+29d）sin。-Ek，

___AE

小車通過前30個減速帶的過程中在每一個減速帶上平均損失的機械能為：AE=——?-

30

解得：AE--^Tng（L+29d）sin6—^yM-mgs;

（3）若小車在前30個減速帶上平均每一個損失的機械能大于之后每一個減速帶上損失

的機械能，則有：△E>mgdsin。

解得：L>d+：S。

sin9

答：（1）小車通過第30個減速帶后，經過每一個減速帶時損失的機械能為mgdsinO；

（2）小車通過前30個減速帶的過程中在每一個減速帶上平均損失的機械能為

1

30^(L+29d)sin0

（3）若小車在前30個減速帶上平均每一個損失的機械能大于之后每一個減速帶上損失

的機械能，則L>d+。

sin8

【分析】本題主要是考查功能關系，關鍵是能夠點撥小車運動過程中能量的轉化情況,

知道機械能的變化與除重力或彈力以外的力做功有關，動能的變化與合力做功有關。

12.（20分）（2021?甲卷）如圖所示，長度均為1的兩塊擋板豎直相對放置，間距也為1,

兩擋板上邊緣P和M處于同一水平線上，在該水平線的上方區域有方向豎直向下的勻強

電場，電場強度大小為E；兩擋板間有垂直紙面向外、磁感應強度大小可調節的勻強磁

場。一質量為m,電荷量為q（q>0）的粒子自電場中某處以大小為vo的速度水平向右

發射，恰好從P點處射入磁場，從兩擋板下邊緣Q和N之間射出磁場，運動過程中粒子

未與擋板碰撞。已知粒子射入磁場時的速度方向與PQ的夾角為60°,不計重力.

(1)求粒子發射位置到P點的距離；

(2)求磁感應強度大小的取值范圍；

(3)若粒子正好從QN的中點射出磁場，求粒子在磁場中的軌跡與擋板MN的最近距離。

【點撥】(1)粒子在電場中做類平拋運動，根據類平拋運動軌跡以及勾股定理求解粒子

發射位置到P點的距離；

(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據粒子出射點的邊界條件，求出臨界磁感應強度,

進而求出磁感應強度的取值范圍：

(3)根據粒子正好從QN的中點射出磁場這一邊界條件，畫出粒子的運動軌跡，然后由

幾何關系求出粒子做勻速圓周運動的軌跡圓半徑，再由幾何關系求出粒子在磁場中的軌

跡與擋板MN的最近距離。

【解答】解：(1)帶電粒子在電場中受到豎直向下的電場力作用，粒子做類平拋運動，

在P點對速度進行分解，如圖所示1所示：

粒子做類平拋運動:

水平方向上：X=V()tO

豎直方向上：y=/at3Vy=ato

其中a=地.

m

粒子發射位置到P點的距離

在p點的速度大小：v=——12—

sin60

聯立解得：s=—鬲,v)里也

6qE3

(2)帶電粒子從Q點射出磁場，運動軌跡如圖所示2所示:

1_

由幾何關系可知：粒子從下邊緣Q點射出時，軌跡圓的半徑為Ri=—

cos30

2

由洛倫茲力提供向心力可知：qvB=4,磁感應強度B=Q

RqR

mv=2mv0

由此可知，B1

qRjql

帶電粒子從N點射出磁場，運動軌跡如圖所示3所示:

耳

圖3

由幾何關系可知：粒子從下邊緣N點射出時，設軌跡圓的半徑為R2

在ZiONE中：（孚區2-1）2+苧+1）2=W，解得：R2=（V3+l）l

2

由洛倫茲力提供向心力可知：qvB=mJ，磁感應強度B=^

RqR

_mv=2mv0

由此可知，B

2

qR2(3+V3)ql

磁感應強度大小的取值范圍為：B2<B<BI

,2mv2mv

即ar：------9n—<B<----n

(3+73qi

（3）若粒子正好從QN的中點射出磁場，畫出粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示4所示:

由幾何關系可知，在AOAF中，（1考^3）2+號卷）2=R§

該軌跡與MN極板最近的距離：

△x=l-----

2

聯立解得：

△X=39-10?

44

答:

2

O

（1）粒子發射位置到P點的距離為

（2）磁感應強度大小的取值范圍為：,魯—<B<竺乜;

（3+J3）qiqi

（3）若粒子正好從QN的中點射出磁場，粒子在磁場中的軌跡與擋板MN的