2024年5月30日发(作者：禽颖慧)
山东省 2021 年普通高中学业水平等级考试
物理
注意事项：
1.
答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
2.
回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动， 用
橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷
上无效。
3.
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.
在测定年代较近的湖泊沉积物形成年份时，常利用沉积物中半衰期较短的
210
82
210
82
Pb
，其衰变方程为
Pb
210
83
Bi X
。以下说法正确的是（ ）
A. 衰变方程中的
X
是电子
B. 升高温度可以加快
82
Pb
的衰变
210
C.
210
82
Pb
与
210
Bi
的质量差等于衰变的质量亏损
83
D. 方程中的
X
来自于
82
Pb
内质子向中子的转化
【答案】
A
210
【解析】
【分析】
【详解】
A
．根据质量数守恒和电荷数守恒可知，
X
是电子，
A
正确；
B.
半衰期非常稳定，不受温度，压强，以及该物质是单质还是化合物的影响，
B
错误；
C.
210
82
Pb
与
210
Bi
和电子
X
的质量差等于衰变的质量亏损，
C
错误；
83
D.
方程中的
X
来自于
210
Pb
内中子向质子的转化，
D
错误。
82
故选
A
。
2.
如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高。一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶
中，小瓶中封闭一段空气。挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中，小瓶
内气体（ ）
A. 内能减少
B. 对外界做正功
C. 增加的内能大于吸收的热量
D. 增加的内能等于吸收的热量
【答案】
B
【解析】
【分析】
【详解】
A
．由于越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶上浮的过程中，小瓶内温度升高，内能增加，
A
错误；
B
．在小瓶上升的过程中，小瓶内气体的温度逐渐升高，压强逐渐减小，根据理想气体状态方程
pV
C
T
气体体积膨胀，对外界做正功，
B
正确；
CD
．由
AB
分析，小瓶上升时，小瓶内气体内能增加，气体对外做功，根据热力学第一定律
U W Q
由于气体对外做功，因此吸收的热量大于增加的内能，
CD
错误。
故选
B
。
3.
如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为
L
的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴
O
转动，另一
m
的小木块相连。木块以水平初速度
v
0
出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中， 端与质量为
木块所受摩擦力的大小为（ ）
2
mv
A.
0
2
L
2
mv
B.
0
4
L
2
mv
C.
0
8
L
2
mv
D.
0
16
L
【答案】
B
【解析】
【分析】
【详解】在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理
1
f 2
L 0 mv
2
2
0
可得摩擦力的大小
mv
2
f
0
4
L
故选
B
。
4.
血压仪由加压气囊、臂带，压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为
臂带内气体的压强高于大气压强的数值，充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为
V
；每次挤压气囊都能
将
60cm
3
的外界空气充入臂带中，经
5
次充气后，臂带内气体体积变为
5V
，压强计示数为
150mmHg
。
已知大气压强等于
750mmHg
，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则
V
等于（ ）
A.
30cm
3
B.
40cm
3
C.
50cm
3
D.
60cm
3
【答案】
D
【解析】
【分析】
【详解】根据玻意耳定律可知
p
0
V 5 p
0
V
0
p
1
5V
已知
p 750mmHg
，
V 60cm
3
，
p 750mmHg+150mmHg 900mmHg
0
0
1
代入数据整理得
V 60cm
3
故选
D
。
5.
从“玉兔”登月到“祝融”探火，我国星际探测事业实现了由地月系到行星际的跨越。已知火星质量约
9
倍，半径约为月球的
2
倍，“祝融”火星车的质量约为“玉兔”月球车的
2
倍。在着陆前，“祝为月球的
融”和“玉兔”都会经历一个由着陆平台支撑的悬停过程。悬停时，“祝融”与“玉兔”所受陆平台的作
用力大小之比为（
）
A.
9
∶
1
B.
9
∶
2
C.
36
∶
1
D.
72
∶
1
【答案】
B
【解析】
【分析】
【详解】悬停时所受平台的作用力等于万有引力，根据
F G
mM
R
2
可得
F
祝融
F
故选
B
。
玉兔
=G
M
火
m
祝融
R
2
火
: G
M
月
m
玉兔
R
2
月
=
2=
9
2
2
9
2
2
a
区
6.
如图甲所示，边长为
a
的正方形，四个顶点上分别固定一个电荷量为
q
的点电荷；在
0 x
2
P
置于正方形的中心
O
点，此时每间，
x
轴上电势
的变化曲线如图乙所示。现将一电荷量为
Q
的点电荷
P
沿
x
轴向右略微移动后，个点电荷所受库仑力的合力均为零。若将 由静止释放，以下判断正确的是（ ）
2 1
q
，释放后
P
将向右运动
A.
Q
2
2 1
q
，释放后
P
将向左运动
B.
Q
2
C.
Q
2 2 1
q
，释放后
P
将向右运动
4
2 2 1
q
，释放后
P
将向左运动
4
D.
Q
【答案】
C
【解析】
【分析】
【详解】对
y
轴正向的点电荷，由平衡知识可得
q
2
q
2
k
2
k
2
k
2
2
a
( 2a)
( a)
2
2
解得
Q
2 2 1
q
4
因在
0 x
2
2
a
区间内沿
x
轴正向电势升高，则场强方向沿
x
轴负向，则将
P
沿
x
轴正向向右略微移动
后释放，
P
受到向右的电场力而向右运动。
故选
C
。
7.
用平行单色光垂直照射一层透明薄膜，观察到如图所示明暗相间的干涉条纹。下列关于该区域薄膜厚度
d
随坐标
x
的变化图像，可能正确的是（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】
D
【解析】
【分析】
【详解】从薄膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，其光程差为△
x=2d
，即光程差为薄膜厚度的
2
倍，
1
当光程差△
x=nλ
时此处表现为亮条纹，故相邻亮条纹之间的薄膜的厚度差为
λ
，在图中相邻亮条纹（或暗
2
条纹）之间的距离变大，则薄膜层的厚度之间变小，因条纹宽度逐渐变宽，则厚度不是均匀变小。
故选
D
。
8.
迷你系绳卫星在地球赤道正上方的电离层中，沿圆形轨道绕地飞行。系绳卫星由两子卫星组成，它们之
间的导体绳沿地球半径方向，如图所示。在电池和感应电动势的共同作用下，导体绳中形成指向地心的电流
，等效总电阻为
r
。导体绳所受的安培力克服大小为
f
的环境阻力，可使卫星保持在原轨道上。已知卫生离
地平均高度为
H
，导体绳长为
L
L H
，地球半径为
R
，质量为
M
，轨道处磁感应强度大小为
B
，方向垂
直于赤道平面。忽略地球自转的影响。据此可得，电池电动势为（ ）
fr
GM
BL
A.
BL
R H
GM
BL
C.
BL
R H
fr
【答案】
A
GM
fr
BL
B.
BL
R H
GM
BL
D.
BL
R H
fr
【解析】
【分析】
【详解】根据
G
Mm
(R H )
2
m
v
2
(R H )
可得卫星做圆周运动的线速度
v
GM
R H
根据右手定则可知，导体绳产生的感应电动势相当于上端为正极的电源，其大小为
E
'
BLv
因导线绳所受阻力
f
与安培力
F
平衡，则安培力与速度方向相同，可知导线绳中的电流方向向下，即电池电
动势大于导线绳切割磁感线产生的电动势 ，可得
f B
E E
'
r
L
解得
GM
fr
E BL
BL
R H
故选
A
。
二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。每小题有多个选项符合题目要求。
全部选对得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。
9.
输电能耗演示电路如图所示。左侧变压器原、副线圈匝数比为
1
∶
3
，输入电压为
7.5V
的正弦交流电。
连接两理想变压器的导线总电阻为
r
，负载
R
的阻值为
10Ω
。开关
S
接
1
时，右侧变压器原、副线圈匝数比
为
2
∶
1
，
R
上的功率为
10W
；接
2
时，匝数比为
1
∶
2
，
R
上的功率为
P
。以下判断正确的是（ ）
A.
r 10Ω
C.
P 45W
B.
r 5Ω
D.
P 22.5W
【答案】
BD
【解析】
【分析】
【详解】当开关
S
接
1
时，左侧变压器次级电压
U
2
=3
×
7.5V=22.5V
电阻
R
上的电压，即右侧变压器的次级电压
10V
I
4
U
4
电流
U
4
则右侧变压器初级电压
1A
R
2
U 10V 20V
3
1
电流
1
I 1A=0.5A
3
2
则
r
U
2
U
3
I
3
5Ω
当开关
S
接
2
时，设输电电流为
I
，则右侧变压器的次级电流为
0.5I
；右侧变压两边电压关系可知
U
2
Ir 0.5IR
n
3
n
4
解得
I=3A
则
R
上的功率
P (0.5I )
2
R 22.5W
故选
BD
。
10.
一列简谐横波沿
x
轴传播，如图所示，实线为
t
1
2s
时的波形图，虚线为
t
2
5s
时的波形图。以下关
O
处质点的振动图像，可能正确的是（ 于平衡位置在 ）
A.
B.
C. D.
【答案】
AC
【解析】
【分析】
【详解】机械波的传播方向不确定，所以需要考虑机械波传播方向的不确定性。
AB
．若机械波沿
x
轴正方向传播，在
t
1
2s
时
O
点振动方向竖直向上，则传播时间
t t
2
t
1
3s
满足
3
t T nT
（
n=0
，
1
，
2
，
3
…）
4
解得
T
当
n 0
时，解得周期
s
（
n=0
，
1
，
2
，
3
…）
4n 3
12
A
正确，
B
错误；
T 4s
CD
．若机械波沿
x
轴负方向传播，在
t
2
5s
时
O
点处于波谷，则
1
t T nT
（
n=0
，
1
，
2
，
3
…）
4
解得
T
当
n 0
时，解得周期
s
（
n=0
，
1
，
2
，
3
…）
4n 1
12
C
正确，
D
错误。
故选
AC
T 12s
11.
如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面
H
的高处，现将质量为
m
的物资以相对地面的速度
v
0
水
平投出，落地时物资与热气球的距离为
d
。已知投出物资后热气球的总质量为
M
，所受浮力不变，重力加速
g
，不计阻力，以下判断正确的是（ 度为 ）
A. 投出物资后热气球做匀加速直线运动
B.
投出物资后热气球所受合力大小为
mg
m
2Hv
2
0
C.
d 1
M
2
D.
d
【答案】
BC
M
【解析】
【分析】
【详解】
AB．
热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为
0
，初动量为
0
，水平投出重力为
mg
的
物资瞬间，满足动量守恒定律
Mv mv
0
则热气球和物资的动量等大反向，热气球获得水平向左的速度
v
，热气球所受合外力恒为
mg
，竖直向上，
所以热气球做匀加速曲线运动，
A
错误，
B
正确；
CD．
热气球和物资的运动示意图如图所示
热气球和物资所受合力大小均为
mg
，所以热气球在竖直方向上加速度大小为
物资落地 H 过程所用的时间
t
内，根据
H gt
解得落地时间为
1
m
a g
M
2
2
t
2H
热气球在竖直方向上运动的位移为
1
2
1 m 2H m
at g H
H
M
2 2 M g M
热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为
x v t v
2H
m 0 0
m
x vt v
2H
M 0
M
根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为
d
(x x ) (H H
m
2
M
2
m
2Hv
)
2
(1 )
0
H
2
M
C
正确，
D
错误。
故选
BC
。
12.
如图所示，电阻不计的光滑
U
形金属导轨固定在绝缘斜面上。区域
Ⅰ
、
Ⅱ
中磁场方向均垂直斜面向上，
Ⅰ
区中磁感应强度随时间均匀增加，
Ⅱ
区中为匀强磁场。阻值恒定的金属棒从无磁场区域中
a
处由静止释放
b
下行至
c
处反向上行。运动过程中金属棒始终垂直导轨且接触良好。在第一次下行和上，进入
Ⅱ
区后，经
行的过程中，以下叙述正确的是（ ）
A. 金属棒下行过
b
时的速度大于上行过
b
时的速度
B. 金属棒下行过
b
时的加速度大于上行过
b
时的加速度
C. 金属棒不能回到无磁场区
D. 金属棒能回到无磁场区，但不能回到
a
处
【答案】
ABD
【解析】
【分析】
【详解】
AB
．在
I
区域中，磁感应强度为
B
1
kt
，感应电动势
E
1
B
1
S kS
t
感应电动势恒定，所以导体棒上的感应电流恒为
EkS
I
1
1
R R
导体棒进入Ⅱ区域后，导体切割磁感线，产生一个感应电动势，因为导体棒到达
c
点后又能上行，说明加速
度
始终沿斜面向上，下行和上行经过
b
点的受力分析如图
设
下行、上行过
b
时导体棒的速度分别为
v
，
v '
，则下行过
b
时导体棒切割磁感线产生的感应电流为
E
2
B
2
Lv
下行过
b
时导体棒上的电流为
I
2
E
2
+E
1
B
2
Lv kS
R R R
下行过
b
时，根据牛顿第二定律可知
2 2
B Lv
B kSL
2
B
2
I
2
L mg sin
2
mg sin
ma
1
R R
上行过
b
时，切割磁感线的产出的感应电动势为
E
2
' B
2
Lv '
上行过
b
时导体棒上的电流为
I
3
E
1
E
2
kS B
2
Lv '
R R R
根据牛顿第二定律可知
2 2
B kSL B Lv '
2
2
B
2
I
3
L mg sin
mg sin
ma
2
R R
比较加速度大小可知
a
1
a
2
由于
bc
段距离不变，下行过程中加速度大，上行过程中加速度小，所以金属板下行过经过
b
点时的速度大
于上行经过
b
点时的速度，AB 正确；
CD
．导体棒上行时，加速度与速度同向，则导体棒做加速度减小的加速度运动，则一定能回到无磁场区。
由
AB
分析可得，导体棒进磁场
Ⅱ
区（下行进磁场）的速度大于出磁场
Ⅱ
区（下行进磁场）的速度，导体棒
在无磁场区做加速度相同的减速运动
mg sin
ma
0
则金属棒不能回到
a
处，
C
错误，
D
正确。
故选
ABD
。
三、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分。
13.
某乒乓球爱好者，利用手机研究乒乓球与球台碰撞过程中能量损失的情况。实验步骤如下：
①固定好手机，打开录音功能；
②从一定高度由静止释放乒乓球；
③手机记录下乒乓球与台面碰撞的声音，其随时间（单位：
s
）的变化图像如图所示。
根据声音图像记录的碰撞次序及相应碰撞时刻，如下表所示。
碰撞次序
1 2 3 4 5 6 7
碰撞时刻（
s
）
1.12 1.58 2.00 2.40 2.78 3.14 3.47
根据实验数据，回答下列问题：
3
次碰撞后乒乓球的弹起高度为
（1）
利用碰撞时间间隔，计算出第
地重力加速度
g 9.80m/s
）。
2
m
（保留
2
位有效数字，当
2024年5月30日发(作者：禽颖慧)
山东省 2021 年普通高中学业水平等级考试
物理
注意事项：
1.
答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
2.
回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动， 用
橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷
上无效。
3.
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.
在测定年代较近的湖泊沉积物形成年份时，常利用沉积物中半衰期较短的
210
82
210
82
Pb
，其衰变方程为
Pb
210
83
Bi X
。以下说法正确的是（ ）
A. 衰变方程中的
X
是电子
B. 升高温度可以加快
82
Pb
的衰变
210
C.
210
82
Pb
与
210
Bi
的质量差等于衰变的质量亏损
83
D. 方程中的
X
来自于
82
Pb
内质子向中子的转化
【答案】
A
210
【解析】
【分析】
【详解】
A
．根据质量数守恒和电荷数守恒可知，
X
是电子，
A
正确；
B.
半衰期非常稳定，不受温度，压强，以及该物质是单质还是化合物的影响，
B
错误；
C.
210
82
Pb
与
210
Bi
和电子
X
的质量差等于衰变的质量亏损，
C
错误；
83
D.
方程中的
X
来自于
210
Pb
内中子向质子的转化，
D
错误。
82
故选
A
。
2.
如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高。一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶
中，小瓶中封闭一段空气。挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中，小瓶
内气体（ ）
A. 内能减少
B. 对外界做正功
C. 增加的内能大于吸收的热量
D. 增加的内能等于吸收的热量
【答案】
B
【解析】
【分析】
【详解】
A
．由于越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶上浮的过程中，小瓶内温度升高，内能增加，
A
错误；
B
．在小瓶上升的过程中，小瓶内气体的温度逐渐升高，压强逐渐减小，根据理想气体状态方程
pV
C
T
气体体积膨胀，对外界做正功，
B
正确；
CD
．由
AB
分析，小瓶上升时，小瓶内气体内能增加，气体对外做功，根据热力学第一定律
U W Q
由于气体对外做功，因此吸收的热量大于增加的内能，
CD
错误。
故选
B
。
3.
如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为
L
的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴
O
转动，另一
m
的小木块相连。木块以水平初速度
v
0
出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中， 端与质量为
木块所受摩擦力的大小为（ ）
2
mv
A.
0
2
L
2
mv
B.
0
4
L
2
mv
C.
0
8
L
2
mv
D.
0
16
L
【答案】
B
【解析】
【分析】
【详解】在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理
1
f 2
L 0 mv
2
2
0
可得摩擦力的大小
mv
2
f
0
4
L
故选
B
。
4.
血压仪由加压气囊、臂带，压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为
臂带内气体的压强高于大气压强的数值，充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为
V
；每次挤压气囊都能
将
60cm
3
的外界空气充入臂带中，经
5
次充气后，臂带内气体体积变为
5V
，压强计示数为
150mmHg
。
已知大气压强等于
750mmHg
，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则
V
等于（ ）
A.
30cm
3
B.
40cm
3
C.
50cm
3
D.
60cm
3
【答案】
D
【解析】
【分析】
【详解】根据玻意耳定律可知
p
0
V 5 p
0
V
0
p
1
5V
已知
p 750mmHg
，
V 60cm
3
，
p 750mmHg+150mmHg 900mmHg
0
0
1
代入数据整理得
V 60cm
3
故选
D
。
5.
从“玉兔”登月到“祝融”探火，我国星际探测事业实现了由地月系到行星际的跨越。已知火星质量约
9
倍，半径约为月球的
2
倍，“祝融”火星车的质量约为“玉兔”月球车的
2
倍。在着陆前，“祝为月球的
融”和“玉兔”都会经历一个由着陆平台支撑的悬停过程。悬停时，“祝融”与“玉兔”所受陆平台的作
用力大小之比为（
）
A.
9
∶
1
B.
9
∶
2
C.
36
∶
1
D.
72
∶
1
【答案】
B
【解析】
【分析】
【详解】悬停时所受平台的作用力等于万有引力，根据
F G
mM
R
2
可得
F
祝融
F
故选
B
。
玉兔
=G
M
火
m
祝融
R
2
火
: G
M
月
m
玉兔
R
2
月
=
2=
9
2
2
9
2
2
a
区
6.
如图甲所示，边长为
a
的正方形，四个顶点上分别固定一个电荷量为
q
的点电荷；在
0 x
2
P
置于正方形的中心
O
点，此时每间，
x
轴上电势
的变化曲线如图乙所示。现将一电荷量为
Q
的点电荷
P
沿
x
轴向右略微移动后，个点电荷所受库仑力的合力均为零。若将 由静止释放，以下判断正确的是（ ）
2 1
q
，释放后
P
将向右运动
A.
Q
2
2 1
q
，释放后
P
将向左运动
B.
Q
2
C.
Q
2 2 1
q
，释放后
P
将向右运动
4
2 2 1
q
，释放后
P
将向左运动
4
D.
Q
【答案】
C
【解析】
【分析】
【详解】对
y
轴正向的点电荷，由平衡知识可得
q
2
q
2
k
2
k
2
k
2
2
a
( 2a)
( a)
2
2
解得
Q
2 2 1
q
4
因在
0 x
2
2
a
区间内沿
x
轴正向电势升高，则场强方向沿
x
轴负向，则将
P
沿
x
轴正向向右略微移动
后释放，
P
受到向右的电场力而向右运动。
故选
C
。
7.
用平行单色光垂直照射一层透明薄膜，观察到如图所示明暗相间的干涉条纹。下列关于该区域薄膜厚度
d
随坐标
x
的变化图像，可能正确的是（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】
D
【解析】
【分析】
【详解】从薄膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，其光程差为△
x=2d
，即光程差为薄膜厚度的
2
倍，
1
当光程差△
x=nλ
时此处表现为亮条纹，故相邻亮条纹之间的薄膜的厚度差为
λ
，在图中相邻亮条纹（或暗
2
条纹）之间的距离变大，则薄膜层的厚度之间变小，因条纹宽度逐渐变宽，则厚度不是均匀变小。
故选
D
。
8.
迷你系绳卫星在地球赤道正上方的电离层中，沿圆形轨道绕地飞行。系绳卫星由两子卫星组成，它们之
间的导体绳沿地球半径方向，如图所示。在电池和感应电动势的共同作用下，导体绳中形成指向地心的电流
，等效总电阻为
r
。导体绳所受的安培力克服大小为
f
的环境阻力，可使卫星保持在原轨道上。已知卫生离
地平均高度为
H
，导体绳长为
L
L H
，地球半径为
R
，质量为
M
，轨道处磁感应强度大小为
B
，方向垂
直于赤道平面。忽略地球自转的影响。据此可得，电池电动势为（ ）
fr
GM
BL
A.
BL
R H
GM
BL
C.
BL
R H
fr
【答案】
A
GM
fr
BL
B.
BL
R H
GM
BL
D.
BL
R H
fr
【解析】
【分析】
【详解】根据
G
Mm
(R H )
2
m
v
2
(R H )
可得卫星做圆周运动的线速度
v
GM
R H
根据右手定则可知，导体绳产生的感应电动势相当于上端为正极的电源，其大小为
E
'
BLv
因导线绳所受阻力
f
与安培力
F
平衡，则安培力与速度方向相同，可知导线绳中的电流方向向下，即电池电
动势大于导线绳切割磁感线产生的电动势 ，可得
f B
E E
'
r
L
解得
GM
fr
E BL
BL
R H
故选
A
。
二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。每小题有多个选项符合题目要求。
全部选对得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。
9.
输电能耗演示电路如图所示。左侧变压器原、副线圈匝数比为
1
∶
3
，输入电压为
7.5V
的正弦交流电。
连接两理想变压器的导线总电阻为
r
，负载
R
的阻值为
10Ω
。开关
S
接
1
时，右侧变压器原、副线圈匝数比
为
2
∶
1
，
R
上的功率为
10W
；接
2
时，匝数比为
1
∶
2
，
R
上的功率为
P
。以下判断正确的是（ ）
A.
r 10Ω
C.
P 45W
B.
r 5Ω
D.
P 22.5W
【答案】
BD
【解析】
【分析】
【详解】当开关
S
接
1
时，左侧变压器次级电压
U
2
=3
×
7.5V=22.5V
电阻
R
上的电压，即右侧变压器的次级电压
10V
I
4
U
4
电流
U
4
则右侧变压器初级电压
1A
R
2
U 10V 20V
3
1
电流
1
I 1A=0.5A
3
2
则
r
U
2
U
3
I
3
5Ω
当开关
S
接
2
时，设输电电流为
I
，则右侧变压器的次级电流为
0.5I
；右侧变压两边电压关系可知
U
2
Ir 0.5IR
n
3
n
4
解得
I=3A
则
R
上的功率
P (0.5I )
2
R 22.5W
故选
BD
。
10.
一列简谐横波沿
x
轴传播，如图所示，实线为
t
1
2s
时的波形图，虚线为
t
2
5s
时的波形图。以下关
O
处质点的振动图像，可能正确的是（ 于平衡位置在 ）
A.
B.
C. D.
【答案】
AC
【解析】
【分析】
【详解】机械波的传播方向不确定，所以需要考虑机械波传播方向的不确定性。
AB
．若机械波沿
x
轴正方向传播，在
t
1
2s
时
O
点振动方向竖直向上，则传播时间
t t
2
t
1
3s
满足
3
t T nT
（
n=0
，
1
，
2
，
3
…）
4
解得
T
当
n 0
时，解得周期
s
（
n=0
，
1
，
2
，
3
…）
4n 3
12
A
正确，
B
错误；
T 4s
CD
．若机械波沿
x
轴负方向传播，在
t
2
5s
时
O
点处于波谷，则
1
t T nT
（
n=0
，
1
，
2
，
3
…）
4
解得
T
当
n 0
时，解得周期
s
（
n=0
，
1
，
2
，
3
…）
4n 1
12
C
正确，
D
错误。
故选
AC
T 12s
11.
如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面
H
的高处，现将质量为
m
的物资以相对地面的速度
v
0
水
平投出，落地时物资与热气球的距离为
d
。已知投出物资后热气球的总质量为
M
，所受浮力不变，重力加速
g
，不计阻力，以下判断正确的是（ 度为 ）
A. 投出物资后热气球做匀加速直线运动
B.
投出物资后热气球所受合力大小为
mg
m
2Hv
2
0
C.
d 1
M
2
D.
d
【答案】
BC
M
【解析】
【分析】
【详解】
AB．
热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为
0
，初动量为
0
，水平投出重力为
mg
的
物资瞬间，满足动量守恒定律
Mv mv
0
则热气球和物资的动量等大反向，热气球获得水平向左的速度
v
，热气球所受合外力恒为
mg
，竖直向上，
所以热气球做匀加速曲线运动，
A
错误，
B
正确；
CD．
热气球和物资的运动示意图如图所示
热气球和物资所受合力大小均为
mg
，所以热气球在竖直方向上加速度大小为
物资落地 H 过程所用的时间
t
内，根据
H gt
解得落地时间为
1
m
a g
M
2
2
t
2H
热气球在竖直方向上运动的位移为
1
2
1 m 2H m
at g H
H
M
2 2 M g M
热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为
x v t v
2H
m 0 0
m
x vt v
2H
M 0
M
根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为
d
(x x ) (H H
m
2
M
2
m
2Hv
)
2
(1 )
0
H
2
M
C
正确，
D
错误。
故选
BC
。
12.
如图所示，电阻不计的光滑
U
形金属导轨固定在绝缘斜面上。区域
Ⅰ
、
Ⅱ
中磁场方向均垂直斜面向上，
Ⅰ
区中磁感应强度随时间均匀增加，
Ⅱ
区中为匀强磁场。阻值恒定的金属棒从无磁场区域中
a
处由静止释放
b
下行至
c
处反向上行。运动过程中金属棒始终垂直导轨且接触良好。在第一次下行和上，进入
Ⅱ
区后，经
行的过程中，以下叙述正确的是（ ）
A. 金属棒下行过
b
时的速度大于上行过
b
时的速度
B. 金属棒下行过
b
时的加速度大于上行过
b
时的加速度
C. 金属棒不能回到无磁场区
D. 金属棒能回到无磁场区，但不能回到
a
处
【答案】
ABD
【解析】
【分析】
【详解】
AB
．在
I
区域中，磁感应强度为
B
1
kt
，感应电动势
E
1
B
1
S kS
t
感应电动势恒定，所以导体棒上的感应电流恒为
EkS
I
1
1
R R
导体棒进入Ⅱ区域后，导体切割磁感线，产生一个感应电动势，因为导体棒到达
c
点后又能上行，说明加速
度
始终沿斜面向上，下行和上行经过
b
点的受力分析如图
设
下行、上行过
b
时导体棒的速度分别为
v
，
v '
，则下行过
b
时导体棒切割磁感线产生的感应电流为
E
2
B
2
Lv
下行过
b
时导体棒上的电流为
I
2
E
2
+E
1
B
2
Lv kS
R R R
下行过
b
时，根据牛顿第二定律可知
2 2
B Lv
B kSL
2
B
2
I
2
L mg sin
2
mg sin
ma
1
R R
上行过
b
时，切割磁感线的产出的感应电动势为
E
2
' B
2
Lv '
上行过
b
时导体棒上的电流为
I
3
E
1
E
2
kS B
2
Lv '
R R R
根据牛顿第二定律可知
2 2
B kSL B Lv '
2
2
B
2
I
3
L mg sin
mg sin
ma
2
R R
比较加速度大小可知
a
1
a
2
由于
bc
段距离不变，下行过程中加速度大，上行过程中加速度小，所以金属板下行过经过
b
点时的速度大
于上行经过
b
点时的速度，AB 正确；
CD
．导体棒上行时，加速度与速度同向，则导体棒做加速度减小的加速度运动，则一定能回到无磁场区。
由
AB
分析可得，导体棒进磁场
Ⅱ
区（下行进磁场）的速度大于出磁场
Ⅱ
区（下行进磁场）的速度，导体棒
在无磁场区做加速度相同的减速运动
mg sin
ma
0
则金属棒不能回到
a
处，
C
错误，
D
正确。
故选
ABD
。
三、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分。
13.
某乒乓球爱好者，利用手机研究乒乓球与球台碰撞过程中能量损失的情况。实验步骤如下：
①固定好手机，打开录音功能；
②从一定高度由静止释放乒乓球；
③手机记录下乒乓球与台面碰撞的声音，其随时间（单位：
s
）的变化图像如图所示。
根据声音图像记录的碰撞次序及相应碰撞时刻，如下表所示。
碰撞次序
1 2 3 4 5 6 7
碰撞时刻（
s
）
1.12 1.58 2.00 2.40 2.78 3.14 3.47
根据实验数据，回答下列问题：
3
次碰撞后乒乓球的弹起高度为
（1）
利用碰撞时间间隔，计算出第
地重力加速度
g 9.80m/s
）。
2
m
（保留
2
位有效数字，当