【精品解析】2021年高考物理真题试卷（河北卷）

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2021年高考物理真题试卷（河北卷）
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．（2021·河北）银河系中存在大量的铝同位素 ， 核 衰变的衰变方程为 ，测得 核的半衰期为72万年，下列说法正确的是（　　）
A． 核的质量等于 核的质量
B． 核的中子数大于 核的中子数
C．将铝同位素 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 将在144万年后全部衰变为
【答案】C
【知识点】原子核的人工转变
【解析】【解答】A．铝发生衰变，其反应过程质量亏损释放能量，所以的质量小于 的质量 ，A不符合题意；
B．根据原子核结构可得中子数为原子核的质量数减去质子数， 核的质量数为26，质子数为13则其中子数为 个， 核的质量数为26，质子数为12，则其中子数为 个，所以 核的中子数小于 核的中子数，B不符合题意；
C．半衰期是原子核固有的属性，与外界条件无关，所以改变外界的温度或者压强时，其放射性元素的半衰期保持不变，C符合题意；
D．半衰期为大量原子核其质量衰变为原来一半所花的时间，则质量为 的 的半衰期为72万年，经过 万年为2个半衰期，剩余质量为 ，不会全部衰变为 ，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用核反应过程质量亏损可以比较原子核的质量；利用质量数和电荷数可以求出中子数的大小；半衰期与外界条件无关；经历2个半衰期其铝的同位素不会完全进行衰变。
2．（2021·河北）铯原子钟是精确的计时仪器，图1中铯原子从O点以 的初速度在真空中做平抛运动，到达竖直平面 所用时间为 ；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，整个过程所用时间为 ，O点到竖直平面 、P点到Q点的距离均为 ，重力加速度取 ，则 为（　　）
A．100∶1 B．1∶100 C．1∶200 D．200∶1
【答案】C
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【解答】图1中铯原子做平抛运动，已知O点到MN之间的距离为0.2m，其初速度为100m/s，铯原子在水平方向上做匀速直线运动，
根据位移公式有：
解得
铯原子做竖直上抛运动，已知PQ之间的距离为0.2m，抛至最高点用时 ，铯原子向上以加速度g做匀减速直线运动，且末速度等于0，逆过程可视为自由落体，根据自由落体的位移公式有：
解得
根据t1和t2的大小，可得：
故答案为：C。
【分析】利用水平方向的位移公式可以求出铯原子运动的时间；利用竖直上抛运动的位移公式可以求出竖直上抛的运动时间。
3．（2021·河北）普朗克常量 ，光速为c，电子质量为 ，则 在国际单位制下的单位是（　　）
A． B．m C． D．
【答案】B
【知识点】单位制及量纲
【解析】【解答】已知h的单位为，me的单位为kg，c的单位为m/s，根据 的表达式可得它的单位为：
故答案为：B。
【分析】利用普朗克常量的大小结合质量和速度的大小可以导出对应的国际单位。
4．（2021·河北）“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． B． C． D．
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】卫星绕中心天体做匀速圆周运动，其中心天体对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有：
解得： ，
由于一个火星日的时长约为一个地球日，则飞船的运动周期为同步卫星周期的2倍，且火星质量约为地球质量的0.1倍，火星对飞船的引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
从飞船运行的轨道半径和同步卫星的轨道半径关系可得：
故答案为：D。
【分析】利用引力提供向心力可以求出轨道半径的表达式，结合质量和周期的比值可以求出飞船的轨道半径与地球同步卫星轨道半径的比值。
5．（2021·河北）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，
B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，
C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，
D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，
【答案】B
【知识点】共点力平衡条件的应用；安培力；左手定则
【解析】【解答】等离子体垂直于磁场喷入板间时，受到洛伦兹力进行偏转，根据左手定则可得正离子向Q板偏转，负离子向P板偏转，则金属板Q带正电荷，金属板P带负电荷，已知极板的电性可以得出电流方向由金属棒a端流向b端。此时金属棒ab恰好静止，则安培力等于重力的大小，且安培力沿斜面向上，根据左手定则可以判别导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，根据平衡方程有：
且等离子体穿过金属板P、Q时产生的稳定电动势 时，根据电场力等于洛伦兹力有：
再根据欧姆定律有：
且根据安培力公式有；
联立方程可以解得等离子速度的大小为：
故答案为：B。
【分析】利用左手定则可以判别金属棒的极性及电流的方向，结合金属棒的平衡可以判别安培力的方向，利用平衡方程结合板间电场力和洛伦兹力相等可以求出离子的速度，利用金属棒其安培力的方向结合左手定则可以判别导轨处磁场的方向。
6．（2021·河北）一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为 、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． B． C． D．
【答案】A
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】当细绳与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，细绳绕了圆柱体四分之一圆弧，则可以求出小球下落的高度为h = πR - R + R = R
小球下落过程中，由于只有重力做功所以机械能守恒，根据机械能守恒定律有：mgh = mv2
代入h的大小可以解得：v =
故答案为：A。
【分析】利用几何关系可以求出小球下落的高度，结合动能定理可以求出小球速度的大小。
7．（2021·河北）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 ，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（　　）
A．通过金属棒的电流为
B．金属棒到达 时，电容器极板上的电荷量为
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
【答案】A
【知识点】电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】A．导体棒切割磁场相当于电源，由于匀速切割，则运动的位移为：x = vt，且根据几何关系切割长度为L = 2xtanθ，
根据动生电动势的表达式可得产生的感应电动势为：E = 2Bv2ttanθ
由于电容器直接与电源相连，则电容器两端的电压U等于电动势E的大小，根据电容的定义式可得电容器的电荷量为：Q = CE = 2BCv2ttanθ
已知单位时间通过导体棒的电荷量大小，根据电流的定义式得：I = = 2BCv2tanθ
A符合题意；
B．当金属棒到达x0处时，根据动生电动势的表达式可得：E′ = 2Bvx0tanθ
根据电容定义式得：Q = CE′ = 2BCvx0tanθ
B不符合题意；
C．已知导体棒向右切割磁场，根据右手定则可以得出电容器的上极板应带正电，C不符合题意；
D．导体棒做匀速运动，根据平衡方程有：F = F安 = BIL
根据力做功的功率公式有：P = Fv=BILv，由于I和v不变，从表达式可以得出P随L的增大而不断增大；
D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】利用动生电动势的表达式结合电容器的定义式可以求出电容器电荷量的大小，结合运动的时间可以求出流过导体棒的电流大小；利用动生电动势的表达式结合电容的大小可以求出电容器电荷量的大小；利用导体棒外力和安培力相等，利用安培力的变化可以判别其外力不断变大所以外力的功率不断变化。
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,有两个或两个以上选项符合题目要求。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．（2021·河北）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
B．电阻 R2 两端的电压为
C．n0与n1 的比值为
D．发电机的功率为
【答案】B,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】AB．根据变压器的原理有： ， ，
联立可得：
已知线圈n1的理想电流表读数为I，则根据欧姆定律U1= IR1，
假如经过n2线圈的电流为I2，再由欧姆定律有U2= I2R2，
两式联立可计算出I2=
综上可知，A不符合题意、B符合题意；
根据变压器电压与匝数的关系有 ，
代入数据有U0= ，U2=
C．由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则有Emax= NB2L2ω，U0= = NBL2ω
根据变压器电压与匝数的关系有 ，则U0= ，
两式联立可得：
C符合题意；
D．由于变压器为理想变压器，其输入功率等于输出功率，则有：P0= P1 + P2= U1I + U2I2= I2R1 + U2I2
代入ABC公式有P0=
由于发电机不计内阻，则矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则发电机的功率等于变压器的输入功率，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】利用n1线圈的欧姆定律可以求出输出电压的大小，结合匝数之比可以求出原线圈的输入电压，结合匝数之比可以求出其n2线圈输出电压的大小，结合电阻可以求出其电流的大小；利用矩形线圈的电动势表达式可以求出输入电压的大小，结合输出电压的大小可以求出匝数之比；利用副线圈的功率之和可以求出原线圈的输入功率大小。
9．（2021·河北）如图，矩形金属框 竖直放置，其中 、 足够长，且 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 杆，金属框绕 轴分别以角速度 和 匀速转动时，小球均相对 杆静止，若 ，则与以 匀速转动时相比，以 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
D．小球所受合外力的大小一定变大
【答案】B,D
【知识点】牛顿第二定律；向心力
【解析】【解答】由于小球相对于杆静止，则小球与竖直方向的夹角θ保持不变，对小球受力分析，根据竖直方向的平衡方程有：
根据胡克定律有：
由于θ为定值，T不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变。则A不符合题意，B符合题意；
当小球受到弹簧的弹力和本身的重力提供向心力时，其杆对小球FN=0，根据牛顿第二定律有：
且根据平衡方程有：，
联立可以解得：；
当，FN背向转轴，根据牛顿第二定律有：
即 ，越大其FN越小；
当，FN指向转轴，根据牛顿第二定律有：
即 ，越大其FN越大；
则因 ，根据牛顿第三定律可知，随角速度的变大，小球对杆的压力不一定变大。则C不符合题意；
根据
可知，因角速度变大，则小球受合外力变大。则D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】当相对于PQ杆静止时其小球的高度保持不变，由于小球高度不变所以弹簧产生的弹力大小不变；利用水平方向的牛顿第二定律且未知杆对小球支持力的方向不能判别其小球对杆压力的大小变化；利用牛顿第二定律结合角速度变大可以判别小球受到的合力变大。
10．（2021·河北）如图，四个电荷量均为 的点电荷分别放置于菱形的四个顶点，其坐标分别为 、 、 和 ，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（ ），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 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 时，将一带负电的试探电荷由点 移至点 ，静电力做正功
D．当 时，将一带负电的试探电荷放置在点 处，其所受到的静电力方向与x轴正方向成 倾斜向上
【答案】A,C,D
【知识点】电场强度和电场线；电场及电场力；电场力做功
【解析】【解答】A．根据点电荷的场强公式有：，根据平行四边形定则对电场强度进行叠加，除无穷远处之外，可以得出菱形外部电场强度处处不为零，A符合题意；
B．由于在在x轴上的两个点电荷关于在O点对称则其合场强为零，在y轴上的两电荷关于原点对称则在O点的合场强也为零。在横轴和纵轴上除原点外，出现合场强为零的点，根据对称性可知，一定是成对出现的，根据分析可得场强等于0的个数为2n+1（n=0,1,2,3...）则合场强为零的点是奇数个，不会是2个，B不符合题意；
C．当y0=8l时，在坐标系上画出四个点电荷的位置，由几何关系可知，坐标为（4l，5l）的A点在第一象限内两点电荷连线的垂直平分线的上方；坐标为（0，-3l）的B点在第三象限内两点电荷连线的垂直平分线的上方，且到达虚线的距离相等，根据点电荷周围电势分布的表达式有：，再利用电势叠加可知，B点的电势高于A点，根据可得带负电的试探电荷在A点的电势能较大，从A点到B点电势能减小，再根据可知电场力做正功，C符合题意；
D．若y0=4l，则四个点构成正方形，由对称可知在点（l，l）处的场强一定沿着过该点与原点连线的方向上；
根据点电荷的场强公式由可得：在y轴正向和x正向上的点电荷在（l，l）处的合场强
根据点电荷的场强公式有：，可得在y轴负向和x负向上的点电荷在（l，l）处的合场强
根据E2和E1的大小及方向结合平行四边形定则可知（l，l）点的场强沿着MN方向且与x轴成45°角的方向向下，则负的试探电荷在该点所受的静电力方向与x轴正方向成45°倾斜向上，D符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】利用电场强度的叠加可以判别菱形外部的场强处处不等于0；利用场强的叠加可以判别电场强度等于0的位置是奇数个不是偶数个；利用电场线的分布可以判别电势的高低，结合电性可以判别电势能的变化及电场力做功的情况；利用电场强度的合成可以判别试探电荷受到的电场力方向。
三、非选择题：共54分。第11-14题为必考题，每个试题考生都必须作答。第15-16题为必考题，考生根据要求作答。
11．（2021·河北）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（ ， ），直流电流（ ），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
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 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）。
【答案】（1）
（2）C
（3）27.0
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）由于滑动变组器使用分压式接法，根据电路图所示，其电流表负接线柱要与滑动变阻器a端或b端相连，完成对应的电路图如图所示：
（2）由于通过灯泡的电流过大，所以开关闭合，小灯泡闪亮一下后灯丝烧断。
A．电流表本身内阻非常小，与灯泡串联时电阻可以忽略，所以电流短路几乎不影响通过小灯泡的电流，所以不会导致其灯泡电流过大，A不符合题意；
B．滑动变阻器滑片接触不良，其灯泡会处于断路，则无电流通过小灯泡，小灯泡不会发亮，B不符合题意；
C．当滑动变阻器的滑片开始时置于 端，其外电路所有电压会加在灯泡两端，导致小灯泡部分分压达到最大，通过电流最大，可能会烧断小灯泡灯丝，C符合题意；
故答案为：C。
（3）根据小灯泡的伏安特性曲线可知在 点时的电压和电流分别为 ，
根据欧姆定律 可知小灯泡的电阻为
【分析】（1）利用电路图完成实物图连线；
（2）灯丝被烧坏可能是滑动变阻器分压过大导致其灯泡两端的电压过高；
（3）利用伏安特性曲线可以求出P点的电压和电流，结合欧姆定律可以求出灯泡的电阻大小。
12．（2021·河北）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、 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 ，其上可放钩码）、刻度尺，当地重力加速度为 ，实验操作步骤如下：
①安装器材，调整两个光电门距离为 ，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；
③保持最下端悬挂4个钩码不变，在滑块上依次增加一个钩码，记录滑块上所载钩码的质量，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 及系统总机械能的减少量 ，结果如下表所示：
0.200 0.250 0.300 0.350 0.400
0.582 0.490 0.392 0.294 0.195
0.393 0.490 　 0.686 0.785
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中的数据所缺数量为　 　；
（3）若M为横轴， 为纵轴，选择合适的标度，在图2中绘出 图像　 　；
若忽略实验中其他摩擦力做功，则物块与模板之间的摩擦因数为　 　（保留两位有效数字）
【答案】（1）0.980
（2）0.588
（3）；0.40（0.38~0.42）
【知识点】功能关系；机械能
【解析】【解答】（1）已知每个钩码的质量为m=0.05kg，根据，利用重力做功可以求出四个钩码重力势能的减少量为 ：
（2）对滑块和钩码构成的系统，其重力和摩擦力对系统做功，根据动能定理有：
根据功能关系可得：系统减少的重力势能为
根据动能定理有：系统增加的动能为
根据功能关系有：系统减少的机械能为 ，
则代入数据可得表格中减少的机械能为
（3）已知表格中M和的大小，根据表格数据描点，连线可得 的图像为
根据功能关系可知摩擦力对系统做功等于机械能的减少量，
则 图像的斜率为
解得动摩擦因数为 （0.38~0.42）
【分析】（1）利用高度的变化可以求出重力势能的减少量；
（2）利用能量守恒定律结合机械能的变化量可以求出减少的机械能大小；
（3）利用表格数据进行描点连线；
（4）利用图像斜率可以求出动摩擦因数的大小。
13．（2021·河北）如图，一滑雪道由 和 两段滑道组成，其中 段倾角为 ， 段水平， 段和 段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为 的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若 后质量为 的滑雪者从顶端以 的初速度、 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将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为 ，重力加速度取 ， ， ，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：
（1）滑道AB段的长度；
（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
【答案】（1）设斜面长度为 ，背包质量为 ，在斜面上滑行的加速度为 ，由牛顿第二定律有
解得
滑雪者质量为 ，初速度为 ，加速度为 ，在斜面上滑行时间为 ，落后时间 ，则背包的滑行时间为 ，由运动学公式得
联立解得 或
故可得
（2）背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为 、 ，有
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 ，有
解得
【知识点】动量守恒定律；匀变速直线运动基本公式应用
【解析】【分析】（1）滑块和背包都在斜面上做加速运动，利用匀加速的位移公式结合位移相等可以求出运动的时间及滑道AB的长度；
（2）已知背包和滑雪者做匀加速直线运动，利用速度公式可以求出两者的速度大小，结合动量守恒定律可以求出滑雪者拎起背包时速度的大小。
14．（2021·河北）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 、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 与正极板成 倾斜放置，用于吸收打在其上的粒于，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， 长度为 ，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 。
（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 的大小；
（2）调整电压的大小，使粒子不能打在挡板 上，求电压的最小值 ；
（3）若粒子靶在负极板上的位置P点左右可调，则负极板上存在H、S两点（ ，H、S两点末在图中标出）、对于粒子靶在 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（ ）种能量的粒子，求 和 的长度（假定在每个粒子的整个运动过程中电压恒定）。
【答案】（1）从O点射出的粒子在板间被加速，则
粒子在磁场中做圆周运动，则半径
由
解得
（2）当电压有最小值时，当粒子穿过下面的正极板后，圆轨道与挡板OM相切，此时粒子恰好不能打到挡板上，则
从O点射出的粒子在板间被加速，则
粒子在负极板上方的磁场中做圆周运动
粒子从负极板传到正极板时速度仍减小到v0，则
由几何关系可知
联立解得
（3）设粒子第一次经过电场加速，在负极板上方磁场区域偏转的轨迹半径为r0，若粒子在电场加速电压小于Umin，粒子穿过磁场在正极板下方磁场运动时，会被OM板吸收。则第一次出现能吸收到两种能量的位置（即H点），为粒子通过极板电压 时，粒子第二次从上方打到负极板的位置（轨迹如图中蓝色线条所示）。由（2）的计算可知
则
当粒子第一次经过电场加速，在负极板上方磁场区域偏转的轨迹半径在 时(即 时)，粒子可以通过正极板下方磁场的偏转再次穿过电场和负极板上方磁场打在负极板上。
当 时（(即 时)），设粒子通过正极板下方磁场偏转，再次穿过电场和负极板上方磁场打在负极板上S点。计算可得
当 时（即 ），
粒子在直接打在HS范围内，直接被粒子靶吸收，不能通过正极板下方磁场偏转，再次穿过电场和负极板上方磁场打在负极板上。
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子从O点射出后做加速运动，接着在磁场中做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律可以求出粒子进入磁场的速度大小；利用动能定理可以粒子在电场中加速电压的大小；
（2）粒子不能达到挡板上时，其轨迹与挡板相切，利用几何关系可以求出粒子在磁场中运动的轨迹半径，结合牛顿第二定律可以求出粒子在正极板下方运动的轨道半径，结合几何关系可以求出粒子在负极板上方运动的轨迹半径，再利用粒子在电场中的动能定理可以求出加速电压的最小值；
（3）已知粒子在电场中其加速电压的最小值，利用最小电压可以求出粒子第二次从上方达到负极板的位置；进而求出CH的距离；当粒子的轨道半径大于最小电压对应的轨道半径且小于CH一半时，粒子可以再次通过电场和负极板上方的磁场打到S位置，利用几何关系可以求出其CH和CS的长度。
四、【选修3-3】
15．（2021·河北）
（1）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。
（2）某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27℃时，压强为 。
①当夹层中空气的温度升至37℃，求此时夹层中空气的压强；
②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 。
【答案】（1）大于；①
（2）①由题意可知夹层中的气体发生等容变化，根据理想气体状态方程可知
代入数据解得
②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
解得
则增加空气的体积为
所以增加的空气质量与原有空气质量之比为
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）；温度；理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】（1）活塞静止时，根据平衡方程有：
因为A中细沙的质量大于B中细沙的质量，故稳定后有 ；且A汽缸中的活塞下降的高度大于B汽缸活塞下降的高度，根据可得在达到平衡过程中外界对气体做功有
由于汽缸和活塞与外界处于绝热状态则Q=0，根据 ，可得
即重新平衡后A气缸内的气体内能大于B气缸内的气体内能；
由于一定质量的理想气体其温度决定内能的大小，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，曲线①对应的气体温度比较小所以曲线①表示气缸B中气体分子的速率分布。
【分析】（1）由于活塞平衡可以比较气体压缩后的压强大小，结合体积变化可以求出外界对气体做功的大小，结合热力学第一定律可以比较内能的变化量；利用内能的大小可以判别温度的高度，利用温度的高度可以选择对应的曲线；
（2） ① 夹层中的空气发生等容变化，利用理想气体的状态方程可以求出空气的压强大小；
② 当保温杯与大气相连时最后气体压强和大气压相同，利用理想气体的等温变化可以求出夹层中体积的变化，结合同等压强下的体积大小可以求出增加的空气质量与原有空气质量的比值。
五、【选修3-4】
16．（2021·河北）
（1）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后第一次到达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。该弹簧振子的周期为　 　s，振幅为　 　m。
（2）将两块半径均为R、完全相同的透明半圆柱体A、B正对放置，圆心上错开一定距离，如图所示，用一束单色光沿半径照射半圆柱体A，设圆心处入射角为 ，当 时，A右侧恰好无光线射出；当 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；
（ii）两个半圆柱体之间的距离d。
【答案】（1）4；0.2
（2）（i）光从半圆柱体A射入，满足从光密介质到光疏介质，当 时发生全反射，有
解得
（ii）当入射角 ，经两次折射从半圆柱体B的半径出射，设折射角为 ，光路如图
由折射定律有
有几何关系有
联立解得
【知识点】简谐运动；光的折射及折射定律
【解析】【解答】（1）根据简谐运动对称性可知，振子从A到B运动的过程其速度的方向相等其位移相反，恰好完成了半个周期的运动，已知振子从A到B的时间t=2s，则；已知A到B振子完成了半个周期的运动路程s=0.4m，则振子经过一个周期所走的路程等于0.8m，一个周期的路程等于振幅的4倍，则可得A=0.2m。
【分析】（1）利用简谐运动的对称性结合振子运动时间可以求出周期的大小；利用振子运动的路程可以求出振幅的大小；
（2）画出光线经过两个界面折射的光路图，利用光线在界面全发射的临界角大小可以折射率的大小；当入射光线改变时，利用折射定律结合几何关系可以求出两个半圆柱体之间距离的大小。
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2021年高考物理真题试卷（河北卷）
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．（2021·河北）银河系中存在大量的铝同位素 ， 核 衰变的衰变方程为 ，测得 核的半衰期为72万年，下列说法正确的是（　　）
A． 核的质量等于 核的质量
B． 核的中子数大于 核的中子数
C．将铝同位素 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 将在144万年后全部衰变为
2．（2021·河北）铯原子钟是精确的计时仪器，图1中铯原子从O点以 的初速度在真空中做平抛运动，到达竖直平面 所用时间为 ；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，整个过程所用时间为 ，O点到竖直平面 、P点到Q点的距离均为 ，重力加速度取 ，则 为（　　）
A．100∶1 B．1∶100 C．1∶200 D．200∶1
3．（2021·河北）普朗克常量 ，光速为c，电子质量为 ，则 在国际单位制下的单位是（　　）
A． B．m C． D．
4．（2021·河北）“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． B． C． D．
5．（2021·河北）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，
B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，
C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，
D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，
6．（2021·河北）一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为 、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． B． C． D．
7．（2021·河北）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 ，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（　　）
A．通过金属棒的电流为
B．金属棒到达 时，电容器极板上的电荷量为
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
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,有两个或两个以上选项符合题目要求。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．（2021·河北）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
B．电阻 R2 两端的电压为
C．n0与n1 的比值为
D．发电机的功率为
9．（2021·河北）如图，矩形金属框 竖直放置，其中 、 足够长，且 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 杆，金属框绕 轴分别以角速度 和 匀速转动时，小球均相对 杆静止，若 ，则与以 匀速转动时相比，以 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
D．小球所受合外力的大小一定变大
10．（2021·河北）如图，四个电荷量均为 的点电荷分别放置于菱形的四个顶点，其坐标分别为 、 、 和 ，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（ ），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 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 时，将一带负电的试探电荷由点 移至点 ，静电力做正功
D．当 时，将一带负电的试探电荷放置在点 处，其所受到的静电力方向与x轴正方向成 倾斜向上
三、非选择题：共54分。第11-14题为必考题，每个试题考生都必须作答。第15-16题为必考题，考生根据要求作答。
11．（2021·河北）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（ ， ），直流电流（ ），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
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 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）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、 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 ，其上可放钩码）、刻度尺，当地重力加速度为 ，实验操作步骤如下：
①安装器材，调整两个光电门距离为 ，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；
③保持最下端悬挂4个钩码不变，在滑块上依次增加一个钩码，记录滑块上所载钩码的质量，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 及系统总机械能的减少量 ，结果如下表所示：
0.200 0.250 0.300 0.350 0.400
0.582 0.490 0.392 0.294 0.195
0.393 0.490 　 0.686 0.785
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中的数据所缺数量为　 　；
（3）若M为横轴， 为纵轴，选择合适的标度，在图2中绘出 图像　 　；
若忽略实验中其他摩擦力做功，则物块与模板之间的摩擦因数为　 　（保留两位有效数字）
13．（2021·河北）如图，一滑雪道由 和 两段滑道组成，其中 段倾角为 ， 段水平， 段和 段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为 的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若 后质量为 的滑雪者从顶端以 的初速度、 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将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为 ，重力加速度取 ， ， ，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：
（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）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 、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 与正极板成 倾斜放置，用于吸收打在其上的粒于，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， 长度为 ，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 。
（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 的大小；
（2）调整电压的大小，使粒子不能打在挡板 上，求电压的最小值 ；
（3）若粒子靶在负极板上的位置P点左右可调，则负极板上存在H、S两点（ ，H、S两点末在图中标出）、对于粒子靶在 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（ ）种能量的粒子，求 和 的长度（假定在每个粒子的整个运动过程中电压恒定）。
四、【选修3-3】
15．（2021·河北）
（1）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。
（2）某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27℃时，压强为 。
①当夹层中空气的温度升至37℃，求此时夹层中空气的压强；
②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 。
五、【选修3-4】
16．（2021·河北）
（1）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后第一次到达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。该弹簧振子的周期为　 　s，振幅为　 　m。
（2）将两块半径均为R、完全相同的透明半圆柱体A、B正对放置，圆心上错开一定距离，如图所示，用一束单色光沿半径照射半圆柱体A，设圆心处入射角为 ，当 时，A右侧恰好无光线射出；当 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；
（ii）两个半圆柱体之间的距离d。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】原子核的人工转变
【解析】【解答】A．铝发生衰变，其反应过程质量亏损释放能量，所以的质量小于 的质量 ，A不符合题意；
B．根据原子核结构可得中子数为原子核的质量数减去质子数， 核的质量数为26，质子数为13则其中子数为 个， 核的质量数为26，质子数为12，则其中子数为 个，所以 核的中子数小于 核的中子数，B不符合题意；
C．半衰期是原子核固有的属性，与外界条件无关，所以改变外界的温度或者压强时，其放射性元素的半衰期保持不变，C符合题意；
D．半衰期为大量原子核其质量衰变为原来一半所花的时间，则质量为 的 的半衰期为72万年，经过 万年为2个半衰期，剩余质量为 ，不会全部衰变为 ，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用核反应过程质量亏损可以比较原子核的质量；利用质量数和电荷数可以求出中子数的大小；半衰期与外界条件无关；经历2个半衰期其铝的同位素不会完全进行衰变。
2．【答案】C
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【解答】图1中铯原子做平抛运动，已知O点到MN之间的距离为0.2m，其初速度为100m/s，铯原子在水平方向上做匀速直线运动，
根据位移公式有：
解得
铯原子做竖直上抛运动，已知PQ之间的距离为0.2m，抛至最高点用时 ，铯原子向上以加速度g做匀减速直线运动，且末速度等于0，逆过程可视为自由落体，根据自由落体的位移公式有：
解得
根据t1和t2的大小，可得：
故答案为：C。
【分析】利用水平方向的位移公式可以求出铯原子运动的时间；利用竖直上抛运动的位移公式可以求出竖直上抛的运动时间。
3．【答案】B
【知识点】单位制及量纲
【解析】【解答】已知h的单位为，me的单位为kg，c的单位为m/s，根据 的表达式可得它的单位为：
故答案为：B。
【分析】利用普朗克常量的大小结合质量和速度的大小可以导出对应的国际单位。
4．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】卫星绕中心天体做匀速圆周运动，其中心天体对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有：
解得： ，
由于一个火星日的时长约为一个地球日，则飞船的运动周期为同步卫星周期的2倍，且火星质量约为地球质量的0.1倍，火星对飞船的引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
从飞船运行的轨道半径和同步卫星的轨道半径关系可得：
故答案为：D。
【分析】利用引力提供向心力可以求出轨道半径的表达式，结合质量和周期的比值可以求出飞船的轨道半径与地球同步卫星轨道半径的比值。
5．【答案】B
【知识点】共点力平衡条件的应用；安培力；左手定则
【解析】【解答】等离子体垂直于磁场喷入板间时，受到洛伦兹力进行偏转，根据左手定则可得正离子向Q板偏转，负离子向P板偏转，则金属板Q带正电荷，金属板P带负电荷，已知极板的电性可以得出电流方向由金属棒a端流向b端。此时金属棒ab恰好静止，则安培力等于重力的大小，且安培力沿斜面向上，根据左手定则可以判别导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，根据平衡方程有：
且等离子体穿过金属板P、Q时产生的稳定电动势 时，根据电场力等于洛伦兹力有：
再根据欧姆定律有：
且根据安培力公式有；
联立方程可以解得等离子速度的大小为：
故答案为：B。
【分析】利用左手定则可以判别金属棒的极性及电流的方向，结合金属棒的平衡可以判别安培力的方向，利用平衡方程结合板间电场力和洛伦兹力相等可以求出离子的速度，利用金属棒其安培力的方向结合左手定则可以判别导轨处磁场的方向。
6．【答案】A
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】当细绳与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，细绳绕了圆柱体四分之一圆弧，则可以求出小球下落的高度为h = πR - R + R = R
小球下落过程中，由于只有重力做功所以机械能守恒，根据机械能守恒定律有：mgh = mv2
代入h的大小可以解得：v =
故答案为：A。
【分析】利用几何关系可以求出小球下落的高度，结合动能定理可以求出小球速度的大小。
7．【答案】A
【知识点】电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】A．导体棒切割磁场相当于电源，由于匀速切割，则运动的位移为：x = vt，且根据几何关系切割长度为L = 2xtanθ，
根据动生电动势的表达式可得产生的感应电动势为：E = 2Bv2ttanθ
由于电容器直接与电源相连，则电容器两端的电压U等于电动势E的大小，根据电容的定义式可得电容器的电荷量为：Q = CE = 2BCv2ttanθ
已知单位时间通过导体棒的电荷量大小，根据电流的定义式得：I = = 2BCv2tanθ
A符合题意；
B．当金属棒到达x0处时，根据动生电动势的表达式可得：E′ = 2Bvx0tanθ
根据电容定义式得：Q = CE′ = 2BCvx0tanθ
B不符合题意；
C．已知导体棒向右切割磁场，根据右手定则可以得出电容器的上极板应带正电，C不符合题意；
D．导体棒做匀速运动，根据平衡方程有：F = F安 = BIL
根据力做功的功率公式有：P = Fv=BILv，由于I和v不变，从表达式可以得出P随L的增大而不断增大；
D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】利用动生电动势的表达式结合电容器的定义式可以求出电容器电荷量的大小，结合运动的时间可以求出流过导体棒的电流大小；利用动生电动势的表达式结合电容的大小可以求出电容器电荷量的大小；利用导体棒外力和安培力相等，利用安培力的变化可以判别其外力不断变大所以外力的功率不断变化。
8．【答案】B,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】AB．根据变压器的原理有： ， ，
联立可得：
已知线圈n1的理想电流表读数为I，则根据欧姆定律U1= IR1，
假如经过n2线圈的电流为I2，再由欧姆定律有U2= I2R2，
两式联立可计算出I2=
综上可知，A不符合题意、B符合题意；
根据变压器电压与匝数的关系有 ，
代入数据有U0= ，U2=
C．由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则有Emax= NB2L2ω，U0= = NBL2ω
根据变压器电压与匝数的关系有 ，则U0= ，
两式联立可得：
C符合题意；
D．由于变压器为理想变压器，其输入功率等于输出功率，则有：P0= P1 + P2= U1I + U2I2= I2R1 + U2I2
代入ABC公式有P0=
由于发电机不计内阻，则矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则发电机的功率等于变压器的输入功率，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】利用n1线圈的欧姆定律可以求出输出电压的大小，结合匝数之比可以求出原线圈的输入电压，结合匝数之比可以求出其n2线圈输出电压的大小，结合电阻可以求出其电流的大小；利用矩形线圈的电动势表达式可以求出输入电压的大小，结合输出电压的大小可以求出匝数之比；利用副线圈的功率之和可以求出原线圈的输入功率大小。
9．【答案】B,D
【知识点】牛顿第二定律；向心力
【解析】【解答】由于小球相对于杆静止，则小球与竖直方向的夹角θ保持不变，对小球受力分析，根据竖直方向的平衡方程有：
根据胡克定律有：
由于θ为定值，T不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变。则A不符合题意，B符合题意；
当小球受到弹簧的弹力和本身的重力提供向心力时，其杆对小球FN=0，根据牛顿第二定律有：
且根据平衡方程有：，
联立可以解得：；
当，FN背向转轴，根据牛顿第二定律有：
即 ，越大其FN越小；
当，FN指向转轴，根据牛顿第二定律有：
即 ，越大其FN越大；
则因 ，根据牛顿第三定律可知，随角速度的变大，小球对杆的压力不一定变大。则C不符合题意；
根据
可知，因角速度变大，则小球受合外力变大。则D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】当相对于PQ杆静止时其小球的高度保持不变，由于小球高度不变所以弹簧产生的弹力大小不变；利用水平方向的牛顿第二定律且未知杆对小球支持力的方向不能判别其小球对杆压力的大小变化；利用牛顿第二定律结合角速度变大可以判别小球受到的合力变大。
10．【答案】A,C,D
【知识点】电场强度和电场线；电场及电场力；电场力做功
【解析】【解答】A．根据点电荷的场强公式有：，根据平行四边形定则对电场强度进行叠加，除无穷远处之外，可以得出菱形外部电场强度处处不为零，A符合题意；
B．由于在在x轴上的两个点电荷关于在O点对称则其合场强为零，在y轴上的两电荷关于原点对称则在O点的合场强也为零。在横轴和纵轴上除原点外，出现合场强为零的点，根据对称性可知，一定是成对出现的，根据分析可得场强等于0的个数为2n+1（n=0,1,2,3...）则合场强为零的点是奇数个，不会是2个，B不符合题意；
C．当y0=8l时，在坐标系上画出四个点电荷的位置，由几何关系可知，坐标为（4l，5l）的A点在第一象限内两点电荷连线的垂直平分线的上方；坐标为（0，-3l）的B点在第三象限内两点电荷连线的垂直平分线的上方，且到达虚线的距离相等，根据点电荷周围电势分布的表达式有：，再利用电势叠加可知，B点的电势高于A点，根据可得带负电的试探电荷在A点的电势能较大，从A点到B点电势能减小，再根据可知电场力做正功，C符合题意；
D．若y0=4l，则四个点构成正方形，由对称可知在点（l，l）处的场强一定沿着过该点与原点连线的方向上；
根据点电荷的场强公式由可得：在y轴正向和x正向上的点电荷在（l，l）处的合场强
根据点电荷的场强公式有：，可得在y轴负向和x负向上的点电荷在（l，l）处的合场强
根据E2和E1的大小及方向结合平行四边形定则可知（l，l）点的场强沿着MN方向且与x轴成45°角的方向向下，则负的试探电荷在该点所受的静电力方向与x轴正方向成45°倾斜向上，D符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】利用电场强度的叠加可以判别菱形外部的场强处处不等于0；利用场强的叠加可以判别电场强度等于0的位置是奇数个不是偶数个；利用电场线的分布可以判别电势的高低，结合电性可以判别电势能的变化及电场力做功的情况；利用电场强度的合成可以判别试探电荷受到的电场力方向。
11．【答案】（1）
（2）C
（3）27.0
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）由于滑动变组器使用分压式接法，根据电路图所示，其电流表负接线柱要与滑动变阻器a端或b端相连，完成对应的电路图如图所示：
（2）由于通过灯泡的电流过大，所以开关闭合，小灯泡闪亮一下后灯丝烧断。
A．电流表本身内阻非常小，与灯泡串联时电阻可以忽略，所以电流短路几乎不影响通过小灯泡的电流，所以不会导致其灯泡电流过大，A不符合题意；
B．滑动变阻器滑片接触不良，其灯泡会处于断路，则无电流通过小灯泡，小灯泡不会发亮，B不符合题意；
C．当滑动变阻器的滑片开始时置于 端，其外电路所有电压会加在灯泡两端，导致小灯泡部分分压达到最大，通过电流最大，可能会烧断小灯泡灯丝，C符合题意；
故答案为：C。
（3）根据小灯泡的伏安特性曲线可知在 点时的电压和电流分别为 ，
根据欧姆定律 可知小灯泡的电阻为
【分析】（1）利用电路图完成实物图连线；
（2）灯丝被烧坏可能是滑动变阻器分压过大导致其灯泡两端的电压过高；
（3）利用伏安特性曲线可以求出P点的电压和电流，结合欧姆定律可以求出灯泡的电阻大小。
12．【答案】（1）0.980
（2）0.588
（3）；0.40（0.38~0.42）
【知识点】功能关系；机械能
【解析】【解答】（1）已知每个钩码的质量为m=0.05kg，根据，利用重力做功可以求出四个钩码重力势能的减少量为 ：
（2）对滑块和钩码构成的系统，其重力和摩擦力对系统做功，根据动能定理有：
根据功能关系可得：系统减少的重力势能为
根据动能定理有：系统增加的动能为
根据功能关系有：系统减少的机械能为 ，
则代入数据可得表格中减少的机械能为
（3）已知表格中M和的大小，根据表格数据描点，连线可得 的图像为
根据功能关系可知摩擦力对系统做功等于机械能的减少量，
则 图像的斜率为
解得动摩擦因数为 （0.38~0.42）
【分析】（1）利用高度的变化可以求出重力势能的减少量；
（2）利用能量守恒定律结合机械能的变化量可以求出减少的机械能大小；
（3）利用表格数据进行描点连线；
（4）利用图像斜率可以求出动摩擦因数的大小。
13．【答案】（1）设斜面长度为 ，背包质量为 ，在斜面上滑行的加速度为 ，由牛顿第二定律有
解得
滑雪者质量为 ，初速度为 ，加速度为 ，在斜面上滑行时间为 ，落后时间 ，则背包的滑行时间为 ，由运动学公式得
联立解得 或
故可得
（2）背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为 、 ，有
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 ，有
解得
【知识点】动量守恒定律；匀变速直线运动基本公式应用
【解析】【分析】（1）滑块和背包都在斜面上做加速运动，利用匀加速的位移公式结合位移相等可以求出运动的时间及滑道AB的长度；
（2）已知背包和滑雪者做匀加速直线运动，利用速度公式可以求出两者的速度大小，结合动量守恒定律可以求出滑雪者拎起背包时速度的大小。
14．【答案】（1）从O点射出的粒子在板间被加速，则
粒子在磁场中做圆周运动，则半径
由
解得
（2）当电压有最小值时，当粒子穿过下面的正极板后，圆轨道与挡板OM相切，此时粒子恰好不能打到挡板上，则
从O点射出的粒子在板间被加速，则
粒子在负极板上方的磁场中做圆周运动
粒子从负极板传到正极板时速度仍减小到v0，则
由几何关系可知
联立解得
（3）设粒子第一次经过电场加速，在负极板上方磁场区域偏转的轨迹半径为r0，若粒子在电场加速电压小于Umin，粒子穿过磁场在正极板下方磁场运动时，会被OM板吸收。则第一次出现能吸收到两种能量的位置（即H点），为粒子通过极板电压 时，粒子第二次从上方打到负极板的位置（轨迹如图中蓝色线条所示）。由（2）的计算可知
则
当粒子第一次经过电场加速，在负极板上方磁场区域偏转的轨迹半径在 时(即 时)，粒子可以通过正极板下方磁场的偏转再次穿过电场和负极板上方磁场打在负极板上。
当 时（(即 时)），设粒子通过正极板下方磁场偏转，再次穿过电场和负极板上方磁场打在负极板上S点。计算可得
当 时（即 ），
粒子在直接打在HS范围内，直接被粒子靶吸收，不能通过正极板下方磁场偏转，再次穿过电场和负极板上方磁场打在负极板上。
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子从O点射出后做加速运动，接着在磁场中做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律可以求出粒子进入磁场的速度大小；利用动能定理可以粒子在电场中加速电压的大小；
（2）粒子不能达到挡板上时，其轨迹与挡板相切，利用几何关系可以求出粒子在磁场中运动的轨迹半径，结合牛顿第二定律可以求出粒子在正极板下方运动的轨道半径，结合几何关系可以求出粒子在负极板上方运动的轨迹半径，再利用粒子在电场中的动能定理可以求出加速电压的最小值；
（3）已知粒子在电场中其加速电压的最小值，利用最小电压可以求出粒子第二次从上方达到负极板的位置；进而求出CH的距离；当粒子的轨道半径大于最小电压对应的轨道半径且小于CH一半时，粒子可以再次通过电场和负极板上方的磁场打到S位置，利用几何关系可以求出其CH和CS的长度。
15．【答案】（1）大于；①
（2）①由题意可知夹层中的气体发生等容变化，根据理想气体状态方程可知
代入数据解得
②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
解得
则增加空气的体积为
所以增加的空气质量与原有空气质量之比为
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）；温度；理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】（1）活塞静止时，根据平衡方程有：
因为A中细沙的质量大于B中细沙的质量，故稳定后有 ；且A汽缸中的活塞下降的高度大于B汽缸活塞下降的高度，根据可得在达到平衡过程中外界对气体做功有
由于汽缸和活塞与外界处于绝热状态则Q=0，根据 ，可得
即重新平衡后A气缸内的气体内能大于B气缸内的气体内能；
由于一定质量的理想气体其温度决定内能的大小，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，曲线①对应的气体温度比较小所以曲线①表示气缸B中气体分子的速率分布。
【分析】（1）由于活塞平衡可以比较气体压缩后的压强大小，结合体积变化可以求出外界对气体做功的大小，结合热力学第一定律可以比较内能的变化量；利用内能的大小可以判别温度的高度，利用温度的高度可以选择对应的曲线；
（2） ① 夹层中的空气发生等容变化，利用理想气体的状态方程可以求出空气的压强大小；
② 当保温杯与大气相连时最后气体压强和大气压相同，利用理想气体的等温变化可以求出夹层中体积的变化，结合同等压强下的体积大小可以求出增加的空气质量与原有空气质量的比值。
16．【答案】（1）4；0.2
（2）（i）光从半圆柱体A射入，满足从光密介质到光疏介质，当 时发生全反射，有
解得
（ii）当入射角 ，经两次折射从半圆柱体B的半径出射，设折射角为 ，光路如图
由折射定律有
有几何关系有
联立解得
【知识点】简谐运动；光的折射及折射定律
【解析】【解答】（1）根据简谐运动对称性可知，振子从A到B运动的过程其速度的方向相等其位移相反，恰好完成了半个周期的运动，已知振子从A到B的时间t=2s，则；已知A到B振子完成了半个周期的运动路程s=0.4m，则振子经过一个周期所走的路程等于0.8m，一个周期的路程等于振幅的4倍，则可得A=0.2m。
【分析】（1）利用简谐运动的对称性结合振子运动时间可以求出周期的大小；利用振子运动的路程可以求出振幅的大小；
（2）画出光线经过两个界面折射的光路图，利用光线在界面全发射的临界角大小可以折射率的大小；当入射光线改变时，利用折射定律结合几何关系可以求出两个半圆柱体之间距离的大小。
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