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2021年全国统一高考物理试卷(新课标ⅰ)(含解析版)pdf

免费在线 年高考全国乙卷物理试卷及解析 8 6 48 二、选择题:本题共 小题,每小题 分,共 分。在每小题给出的四个选项中, 1 5 6 8 第 ~ 题只有一项符合题目要求,第 ~ 题有多项符合题目要求。全部选对的 6 3 0 得 分,选对但不全的得 分,有选错的得 分。 1. 如图,光滑水平地面上有一小车,一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连,另一端与滑块相连, 滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩,撤去推力时滑块在车厢底 板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中,从撤去推力开始,小车、弹簧和滑块 组成的系统( ) A. 动量守恒,机械能守恒 B. 动量守恒,机械能不守恒 C. 动量不守恒,机械能守恒 D. 动量不守恒,机械能不守恒 B 【答案】 【解析】 【分析】 【详解】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;以小车、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。 B 故选 。 2. a 如图( ),在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。由于静电感应,在金属平板 b 上表面产生感应电荷,金属板上方电场的等势面如图( )中虚线所示,相邻等势面间的电势 M N F 差都相等。若将一正试探电荷先后放于 和 处,该试探电荷受到的电场力大小分别为 和 M F E E ,相应的电势能分别为 和 ,则( ) N pM pN – 1 – / 22 A. F  F , E  E M N pM pN B F  F , E  E M N pM pN . C. F  F , E  E M N pM pN D. F  F , E  E M N pM pN A 【答案】 【解析】 【分析】 【详解】由图中等势面的疏密程度可知 E  E M N 根据 F  qE 可知 F  F M N M N 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 点移到 点,可知电场力 做正功,电势能减小,即 E E pM pN A 故选 。 3. m q q  0 如图,圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,质量为 、电荷量为   的带电粒子 M v 从圆周上的 点沿直径MON 方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为 ,离开磁场 1 – 2 – / 22 v 时速度方向偏转 ;若射入磁场时的速度大小为 ,离开磁场时速度方向偏转 ,不计 90 2 60 v 1 重力,则 为( ) v 2 1 3 3 A. B. C. D. 3 2 3 2 B 【答案】 【解析】 【分析】 【详解】根据题意做出粒子的圆心如图所示 R 设圆形磁场区域的半径为 ,根据几何关系有第一次的半径 r R 1 第二次的半径 – 3 – / 22 r  3R 2 根据洛伦兹力提供向心力有 2 mv qvB  r 可得 qrB v  m 所以 v r 3 1 1 v r 3 2 2 B 故选 。 4. 113  113 113 医学治疗中常用放射性核素 In 产生 射线,而 In 是由半衰期相对较长的 Sn 衰变产 m m 113 t 113 m t 生的。对于质量为 的 Sn ,经过时间 后剩余的 Sn 质量为 ,其 图线Sn 的半衰期为( ) A. 67.3d B. 101.0d C. 115.1d D. 124.9d C 【答案】 【解析】 【分析】 m 2 m 1 【详解】由图可知从 到  恰好衰变了一半,根据半衰期的定义可知半衰期为 m 3 m 3 0 0 T 182.4d 67.3d 115.1d C 故选 。 – 4 – / 22 5. S2 1994 2002 S2 科学家对银河系中心附近的恒星 进行了多年的持续观测,给出 年到 年间 S2 的位置如图所示。科学家认为 的运动轨迹是半长轴约为1000AU (太阳到地球的距离为 1AU )的椭圆,银河系中心可能存在超大质量黑洞。这项研究工作获得了2020 年诺贝尔物理 S2 M 学奖。若认为 所受的作用力主要为该大质量黑洞的引力,设太阳的质量为 ,可以推测出 该黑洞质量约为( ) A. 4  4 B. 4  6 C. 4  8 D. 10 M 10 M 10 M 4 1010 M B 【答案】 【解析】 【分析】 S2 S2 T=16 【详解】可以近似把 看成匀速圆周运动,由图可知, 绕黑洞的周期 年,地球的公 T =1 S2 r R 转周期 0 年, 绕黑洞做圆周运动的半径 与地球绕太阳做圆周运动的半径 关系是 r 1000R 地球绕太阳的向心力由太阳对地球的引力提供,由向心力公式可知 Mm 2 2 2 G 2 mR mR( ) R T 解得太阳的质量为 4R3 M GT 2 0 S2 同理 绕黑洞的向心力由黑洞对它的万有引力提供,由向心力公式可知 M m 2 2 2 x   G 2 m r m r( ) r T 解得黑洞的质量为 – 5 – / 22 4r3 M  x GT 2 综上可得 6 M 3.9010 M x B 故选 。 6. m F 水平桌面上,一质量为 的物体在水平恒力 拉动下从静止开始运动,物体通过的路程等 s v F 2s 于 时,速度的大小为 ,此时撤去 ,物体继续滑行 的路程后停止运动,重力加速度大 0 0 0 g 小为 ,则( ) 1 2 F mv A. 在此过程中 所做的功为 0 2 3 F mv B. 在此过中 的冲量大小等于 0 2 2 v C. 物体与桌面间的动摩擦因数等于 0 4s0 g F 2 D. 的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的 倍 BC 【答案】 【解析】 【分析】 CD 【详解】 .外力撤去前,由牛顿第二定律可知 F  mg   ma1 ① 由速度位移公式有 v2 2a s ② 0 1 0 外力撤去后,由牛顿第二定律可知 mg ma2 ③ 由速度位移公式有 2 v  a 0 2 2 (2s ) ④ 0 由①②③④可得,水平恒力 3mv2 F 0 4s 0 动摩擦因数 – 6 – / 22 2 v 0  4gs0 滑动摩擦力 2 mv F mg  0 f 4s 0 F 3 可知 的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的 倍, C D 故 正确, 错误; A F .在此过程中,外力 做功为 3 2 W Fs mv 0 0 4 A 故 错误; B F .由平均速度公式可知,外力 作用时间 s 2s 0 0 t   1 0 v0 v0 2 F 在此过程中, 的冲量大小是 3 I Ft mv 1 0 2 B 故 正确。 BC 故选 。 7. 四个带电粒子的电荷量和质量分别(q,m) 、(q,2m) 、(3q,3m) 、(q,m) 它们先后 x y 以相同的速度从坐标原点沿 轴正方向射入一匀强电场中,电场方向与 轴平行,不计重力, 下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中,可能正确的是( ) A. B. – 7 – / 22 C. D. AD 【答案】 【解析】 【分析】 【详解】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,加速度为 qE a  m 由类平抛运动规律可知,带电粒子的在电场中运动时间为 l t  v 0 离开电场时,带电粒子的偏转角的正切为 vy at qEl tan    2 v v mv x 0 0 因为四个带电的粒子的初速相同,电场强度相同,极板长度相同,所以偏转角只与比荷有关, 前面三种带电粒子带正电,第四种带电粒子带负电,所以第四个粒子与前面三个粒子的偏转 方向不同;第一种粒子与第三种粒子的比荷相同,所以偏转角相同,轨迹相同,且与第四种 粒子的比荷也相同,所以一、三、四粒子偏转角相同,但第四种粒子与前两个粒子的偏转方 向相反;第二种粒子的比荷与第一、三种粒子的比荷小,所以第二种粒子比第一、三种粒子 的偏转角小,但都还正电,偏转方向相同。 AD 故选 。 8. m m a 水平地面上有一质量为 的长木板,木板的左明上有一质量为 的物块,如图( )所示。 1 2 F F t b F F 用水平向右的拉力 作用在物块上, 随时间 的变化关系如图( )所示,其中 、 分别 1 2 – 8 – / 22 t t F a t c 为 、 时刻 的大小。木板的加速度 随时间 的变化关系如图( )所示。已知木板与地 1 2 1   面间的动摩擦因数为 ,物块与木板间的动摩擦因数为 ,假设最大静摩擦力均与相应的滑 1 2 g 动摩擦力相等,重力加速度大小为 。则( ) A. F m g 1 1 1 m (m m ) F  2 1 2 ( ) B. 2 2  1 g m 1 m m 1 2 C.    2 1 m 2 D. 0 ~ t2 时间段物块与木板加速度相等 BCD 【答案】 【解析】 【分析】 在 A c t 【详解】.图( )可知, 时滑块木板一起刚在从水平滑动,此时滑块与木板相对静止,木 1 板刚要滑动,此时以整体为对象有 F (m m )g 1 1 1 2 A 故 错误; BC c t .图( )可知, 滑块与木板刚要发生相对滑动,以整体为对象, 根据牛顿第二定律,有 2 F (m m )g  (m m )a 2 1 1 2 1 2 以木板为对象,根据牛顿第二定律,有  m g  (m m )g m a  0 2 2 1 1 2 1 解得 m (m m ) F 2 1 2 (  )g 2 2 1 m 1 – 9 – / 22 m m  1 2    2 1 m 1 BC 故 正确; D c 0~t D .图( )可知, 这段时间滑块与木板相对静止,所以有相同的加速度,故 正确。 2 故选BCD 。 9 2 3~16 三、非选择题:第 ~1 题为必考题,每个试题考生都必须作答。第 1 题为 选考题,考生根据要求作答。 (一)必考题: 9. a 某同学利用图( )所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做 b 平抛运动的小球进行拍摄,频闪仪每隔0.05s 发出一次闪光,某次拍摄后得到的照片如图( ) 所示(图中未包括小球刚离开轨道的影像)。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板, 纸板与小球轨迹所在平面平行,其上每个方格的边长为5cm 。该同学在实验中测得的小球影 b 像的高度差已经在图( )中标出。 – 10 – / 22 2 完成下列填空:(结果均保留 位有效数字) 1 b A ()小球运动到图( )中位置 时,其速度的水平分量大小为___________m/s ,竖直分量 大小为___________m/s ; 2 b 2 ()根据图( )中数据可得,当地重力加速度的大小为___________ m/s 。 【答案】 (1). 1.0 (2). 2.0 (3). 9.7 【解析】 【分析】 1 [1] 【详解】() 因小球水平方向做匀速直线运动,因此速度为 – 11 – / 22 x 0.05 v   m/s 1.0m/s 0 t 0.05 [2] A 竖直方向做自由落体运动,因此 点的竖直速度可由平均速度等于时间中点的瞬时速度求 得 8 5 102   v  m/s  2.0m/s y 0.054 2 [3] () 由竖直方向的自由落体运动可得 y 3 y 4 y 2 y1 g 2 4T 代入数据可得 g 9.7m/s2 10. a — E r 一实验小组利用图( )所示的电路测量 电池的电动势 (约 )和内阻 (小于 )。 1.5V 2Ω R 380.0Ω R  20.0Ω R 图中电压表量程为 ,内阻 :定值电阻 ;电阻箱 ,最大阻值为 1V V 0 S 999.9Ω ; 为开关。按电路图连接电路。完成下列填空: 1 ___________ 5.0 ()为保护电压表,闭合开关前,电阻箱接入电路的电阻值可以选 Ω (填“ ” 15.0 或 “ ”); 2 R U ()闭合开关,多次调节电阻箱,记录下阻值 和电压表的相应读数 ; 1 1 3 a R R R E r ___________ ()根据图( )所示电路,用 、 、 、 和 表示 ,得 ; 0 V U U 1 4 R b ()利用测量数据,做 图线,如图( )所示: U – 12 – / 22 5 b ___________V 2 r ___________ 1 ()通过图( )可得E  (保留 位小数), Ω (保留 位 小数); 6 a  ()若将图( )中的电压表当成理想电表,得到的电源电动势为 ,由此产生的误差为 E  E  E 100% ___________% 。 E R0  R 1 (R  R )r 【答案】 (1). 15.0 (2). V R   V 0 (3). 1.55 (4). 1.0 (5). ER R E ER R V 0 V 0 5 【解析】 【分析】 1 [1] 【详解】() 为了避免电压表被烧坏,接通电路时电压表两端 电压不能比电表满偏电压 大,则由并联电路分压可得 U E U R R R r V 0 的 R R V 0 代入数据解得 R 7.5Ω 因此选15.0Ω 。 3 [2] () 由闭合回路的欧姆定律可得 U E U  R R R r  V 0 R R V 0 化简可得 – 13 – / 22 1 R  R 1 R  R  0 V R   V 0 r U ER R E ER R V 0 V 0 5 [3][4] () 由上面公式可得 R R 1 1 R R 1 r 0 V k  V 0 r b  , ER R 19E E ER R E 19E V 0 V 0 1 由 R 图象计算可得 U 1 1 k  0.034V Ω ,b  0.68V 代入可得 E 1.55V ,r  1.0Ω 6 [5] () 如果电压表为理想电压表,则可有 1 1 r 1    R U E ER ER 0 0 则此时 1 E  20k 因此误差为 1 1   20k 19k 100 0 0 =5 0 0 1 19k 11. 一篮球质量为m 0.60kg ,一运动员使其从距地面高度为h 1.8m 处由静止自由落下, 1 反弹高度为h2 1.2m 。若使篮球从距地面h3 1.5m 的高度由静止下落,并在开始下落的同 时向下拍球、球落地后反弹的高度也为1.5m 。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力,作用 时间为t  0.20s ;该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取 g 10m/s2 ,不计空气阻力。求: 1 ()运动员拍球过程中对篮球所做的功; 2 ()运动员拍球时对篮球的作用力的大小。 1 2 【答案】()W 4.5J ;( )F 9N 【解析】 【分析】 – 14 – / 22 【详解】(1)第一次篮球下落的过程中由动能定理可得 E m 1  gh 1 篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得 0 E2  mgh2 第二次从1.5m 的高度静止下落,同时向下拍球,在篮球反弹上升的过程中,由动能定理可得 0 E4  0 mgh4 第二次从1.5m 的高度静止下落,同时向下拍球,篮球下落过程中,由动能定理可得 W mgh3  E3 因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变,则有比例关系 E E 2 4  E E 1 3 代入数据可得 W  4.5J 2 ()因作用力是恒力,在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动,因此有牛顿第二定律可得 F mg  ma 在拍球时间内运动的位移为 1 2 x  at 2 做得功为 W  Fx 联立可得 ( 舍去) F 9N F  -15N 12.  M 0.06kg U 如图,一倾角为 的光滑固定斜面的顶端放有质量 的 型导体框,导体框的 电阻忽略不计;一电阻R 3Ω的金属棒CD 的两端置于导体框上,与导体框构成矩形回路 CDEF ; 与斜面底边平行,长度L  0.6m 。初始时 与 相距s 0.4m ,金属棒 EF CD EF 0 3 与导体框同时由静止开始下滑,金属棒下滑距离s1  m 后进入一方向垂直于斜面的匀强磁 16 场区域,磁场边界(图中虚线)与斜面底边平行;金属棒在磁场中做匀速运动,直至离开磁 场区域。当金属棒离开磁场的瞬间,导体框的 边正好进入磁场,并在匀速运动一段距离后 EF – 15 – / 22 开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好,磁场的磁感应强度大小B 1T ,重力加 速度大小取g 2 。求: 10m/s ,sin 0.6 1 ()金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小; 2 ()金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数; 3 ()导体框匀速运动的距离。 3 5 1 2 m  0.02kg  3 x m 【答案】()0.18N ;( ) , ;( ) 2 8 18 【解析】 【分析】 【详解】(1)根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动,由动 能定理可得 1 2 M mgs sin  M m v 1   0 2 代入数据解得 3 v m/s 0 2 金属棒在磁场中切割磁场产生感应电动势,由法拉第电磁感应定律可得 E B  Lv 0 由闭合回路的欧姆定律可得 E I  R 则导体棒刚进入磁场时受到的安培力为 F  BIL  0.18N 安 2 ()金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用,根据楞次定律可知金属棒的安培力沿 斜面向上,之后金属棒相对导体框向上运动,因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动 摩擦力,因匀速运动,可有 mg sin mg cos F安 – 16 – / 22 此时导体框向下做匀加速运动,根据牛顿第二定律可得 Mg sin mg cos Ma x 设磁场区域的宽度为 ,则金属棒在磁场中运动的时间为 x t  v 0 则此时导体框的速度为 v  v at 1 0 则导体框的位移 1 2 x  v t  at 1 0 2 因此导体框和金属棒的相对位移为 1 2 x  x  x  at 1 2 EF 由题意当金属棒离开磁场时金属框的上端 刚好进入线框,则有位移关系 s x   x 0 金属框进入磁场时匀速运动,此时的电动势为 BLv E1 BLv1 ,I1  1 R 导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力,因此可得 Mg sinmg cos BI L 1 联立以上可得 3 x 0.3m ,a  5m/s2 ,m 0.02kg , 8 (3)金属棒出磁场以后,速度小于导体框的速度,因此受到向下的摩擦力,做加速运动,则 有 mg sin mg cos ma1 金属棒向下加速,导体框匀速,当共速时导体框不再匀速,则有 v a t  v 0 1 1 1 导体框匀速运动的距离为 x v t 2 1 1 代入数据解得 – 17 – / 22 2.5 5 x  m  m 2 9 18 (二)选考题: [ — 3-3] 物理 选修 13. a p ,V ,T ca 如图,一定量的理想气体从状态 经热力学过程 、 、 后又回到状  0 0 0  ab bc a ca 态 。对于 、 、 三个过程,下列说法正确的是( ) ab bc A. ab 过程中,气体始终吸热 B. ca 过程中,气体始终放热 C. ca 过程中,气体对外界做功 D. bc 过程中,气体的温度先降低后升高 E. bc 过程中,气体的温度先升高后降低 ABE 【答案】 【解析】 【分析】 A p V ab W  0 【详解】.由理想气体的 图可知,理想气体经历 过程,体积不变,则 ,而压 强增大,由pV nRT 可知,理想气体的温度升高,则内能增大,由U Q W 可知,气 A 体一直吸热,故 正确; BC ca pV  nRT .理想气体经历 过程为等压压缩,则外界对气体做功W  0 ,由 知温度降低, U  Q W Q  0 B C 即内能减少U  0 ,由 可知, ,即气体放热,故 正确, 错误; pV n p V DE  RT  b c .由 可知, 图像的坐标围成的面积反映温度, 状态和 状态的坐标面积 bc D E 相等,而中间状态的坐标面积更大,故 过程的温度先升高后降低,故 错误, 正确; 故选ABE 。 14. A B C A B 如图,一玻璃装置放在水平桌面上,竖直玻璃管 、 、 粗细均匀, 、 两管 上端封 C A B 闭, 管上端开口,三管的下端在同一水平面内且相互连通。 、 两管的长度分别为 – 18 – / 22 的 l 13.5cm l  32cm C B C h  5cm 1 ,2 。将水银从 管缓慢注入,直至 、 两管内水银柱的高度差 。 p 75cmHg A B 已知外界大气压为 0 。求 、 两管内水银柱的高度差。 【答案】 h 1cm 【解析】 【分析】 B p  p 【详解】对 管中的气体,水银还未上升产生高度差时,初态为压强 1B 0 ,体积为 V l S p h V  (l h )S ,末态压强为 ,设水银柱离下端同一水平面的高度为 ,体积为 , 1B 2 2 2 2 B 2 2 由水银柱的平衡条件有 p2 B  p0 gh B 管气体发生等温压缩,有 p V p V 1B 1B 2B 2B 联立解得 h  2cm 2 A p  p V l S p 对 管中的气体,初态为压强 ,体积为 ,末态压强为 ,设水银柱离下 1A 0 1A 1 2A h V (l  h ) S 端同一水平面的高度为 ,则气体体积为 ,由水银柱的平衡条件有 1 2A 1 1 p p g (h h h ) 2A 0 2 1 A 管气体发生等温压缩,有 p V p V 1A 1A 2A 2A 联立可得 – 19 – / 22 2h2 191h 189 0 1 1 解得 189 h 1cm h  cm

(舍 ) 1 或 1 l1 去 2 则两水银柱的高度差为 h  h h 1cm 2 1 —— 3-4 【物理 选修 】 15. 图中实线为一列简谐横波在某一时刻的波形曲线s 后,其波形曲线如图中虚线所 T x 示。已知该波的周期 大于0.3s ,若波是沿 轴正方向传播的,则该波的速度大小为 ___________ ___________s x m/s ,周期为 ,若波是沿 轴负方向传播的,该波的周期为 ___________s 。 【答案】 (1). 0.5 (2). 0.4 (3). 1.2 【解析】 【分析】 1 x 15cm 【详解】()若波是沿 轴正方向传播的,波形移动了 ,由此可求出波速和周期: 0.15 v m / s 0.5m / s 1 0.3  0.2 T s 0.4s 1 v 0.5 2 x 5cm ()若波是沿 轴负方向传播的,波形移动了 ,由此可求出波速和周期: 0.05 1 v  m / s  m / s 2 0.3 6 – 20 – / 22  0.2 T   s 1.2s 2 v 1 6 16. A B 用插针法测量上、下表面平行的玻璃砖的折射率。实验中用 、 两个大头针确定入射光 C D O  a 路、 、 两个大头针确定出射光路, 和 分别是入射点和出射点,如图( )所示。测得 O

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2021全国统一高考物理试题及答案(新课标1卷)_文档视界 2017年普通高等学校招生全国统一考试 物理试题及答案(新课标1卷) 注意事项: 1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 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,再选涂其它答案标号。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。 可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Ti 48 Fe 56 I 127 二、选择题:本题共8小题,每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第14~18 题只有一项符合题目要求,第19~21题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。 14.将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空,50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭 喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略) A .30kg m/s ? B .5.7×102kg m/s ? C .6.0×102kg m/s ? D .6.3×102kg m/s ? 15.发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)。速 度较大的球越过球网,速度较小的球没有越过球网;其原因是 A .速度较小的球下降相同距离所用的时间较多 B .速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大 C .速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少 D .速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大 16.如图,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上(与纸面平行),磁场方 向垂直于纸面向里,三个带正电的微粒a

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2021届新高考一卷(物理)参公布可以估分!

2021年新高考一卷选考科目物理试题答案公布!今年新高考一卷使用的省份是省、广东省、湖南省等等,大多数省份也是第一年参加新高考,省即是第一年新高考,也是第一年采用全国卷,很多人可能会说学生考全国卷太简单,但正是因为这个原因,分差才会很难拉开,志愿反而更不好填报,各位考生可以针对下面的物理试题答案对比自己的成绩,进行一个简单的估分,心里有点底,准高三的学生更要参考借鉴,因为3+1+2物理是必选科目,正好可以看看第一年的难度如何。

高中生多多少少都需要补习,只不过因为每个人的学习情况不同,有学生可以能需要一对一辅导,有学生可能需要小班课或者是冲刺班等等,因为新高考的原因,大多数学生可能对某一门科目的成绩需求较大,这样的情况更适合一对一辅导。

秦学教育在省市、市、等地方都设有校区,小学、初中和高中每一门科目的课程都开设了一对一辅导和小班课,寒暑假班和中高考冲刺班等,高考结束,其他年级的期末考试也即将到来,如果需要冲刺一下成绩,可以选择秦学教育的一对一辅导课程,先试听后缴费,秦学教育更有保障。

以上就是小编为大家整理分享的2021届新高考一卷物理试卷参,以及省秦学教育辅导机构和课程介绍,希望可以帮助到各位同学。

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河北省新高考2021年新高考物理组和历史组本科录取率相差悬殊!

截至目前,河北省2021年新高考本科批次基本录取完毕,通过分析2021年新高考本科录取数据发现,虽然河北省是第一年新高考,但各高校的录取数据并没有像想象的那样出现巨动,家长和考生悬着的心终于落地了。

然而毕竟是新高考,第一届新高考生的选科数据和录取数据对新高一学生选科和2022年高考生还是具有较大的指导意义的。

在河北省教育考试院公布的2021年高考一分一档表中,高考成绩最低分为140分,据此为依据,可以总结出物理组报考累计人数为216153,历史累计计人数为202096,两者相差14057人,从总量上来看,相差不大,接近1:1。

但与以往的文、理科人数数据相比,2021年高考选考历史的人数明显增加。如2020年高考文科人数为175891,理科人数为261461,两者相差85570人,两者之比大约为2:3。历史组人数的增加,表明很多人因物理、化学等学的不好,进而放弃物理选择历史(也有一部分人是真爱而选择的历史),但这种选择是利还是弊呢,看我们下面的分析。

根据河北省公布的2021年的招生计划,物理组本科批共招生143070人,历史组共招生58975人。如前所述,20121年河北省物理组报考累计人数为216153人,历史累计计人数为202096人。可以计算出物理组的本科录取率为66.19%,而历史组的本科录取率仅为29.18%。在物理组合和历史组合考生数量比接近1:1情况下,明显物理组合本科招生人数更多,是历史组合的2.42倍,这对新高一考生选科具有很强的参考价值。

根据河北教育考试院公布的2021年高等学校招生计划,在普通本科批中,物理组合985院校招生人数为6025人,211院校招生人数为12937人,物理组合985和211院校总的录取率为8.78%;历史组合985招生人数为833人,211院校招生人数为1964人,历史组合985和211院校总的录取率仅为1.38%。物理组合985、211等重点院校的录取率是历史组合的6.36倍,简直天差地别。

1、物理、化学等科目学习难度较大,使很多人放弃物理组合而选择历史组合,增加了历史组合的竞争力,历史组合想上本科难度比较大,而物理组合考取本科院校会占据非常大的优势。

2、985和211院校等优质高校的指标更倾向于物理组合,物理组合上名校的录取率明显高于历史组合。

4、也许传统的文、理科比例(2:3)才是最佳组合比例,未来可能会逐渐向传统比例靠近。

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2021年全国统一高考物理试卷(新课标ⅰ)(含解析版)

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1、2021年高考全国乙卷物理试卷二、选择题:本题共8小题,每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第15题只有一项符合题目要求,第68题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。1. 如图,光滑水平地面上有一小车,一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连,另一端与滑块相连,滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩,撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中,从撤去推力开始,小车、弹簧和滑块组成的系统()A. 动量守恒,机械能守恒B. 动量守恒,机械能不守恒C. 动量不守恒,机械能守恒D. 动量不守恒,机械能不守恒【答案】B【

2、解析】【分析】【详解】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;以小车、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。故选B。2. 如图(a),在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。由于静电感应,在金属平板上表面产生感应电荷,金属板上方电场的等势面如图(b)中虚线所示,相邻等势面间的电势差都相等。若将一正试探电荷先后放于M和N处,该试探电荷受到的电场力大小分别为和,相应的电势能分别为和,则()A. B C. D. 【答案】A【解析】【分析】【详解】由图中等势面的疏密程度可知根

3、据可知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,即故选A。3. 如图,圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,质量为m、电荷量为的带电粒子从圆周上的M点沿直径方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为,离开磁场时速度方向偏转;若射入磁场时的速度大小为,离开磁场时速度方向偏转,不计重力,则为()A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】【详解】根据题意做出粒子的圆心如图所示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第二次的半径根据洛伦兹力提供向心力有可得所以故选B。4. 医学治疗中常用放射性核素产生射线,而是由半衰期相对较长

4、的衰变产生的。对于质量为的,经过时间t后剩余的质量为m,其图线如图所示。从图中可以得到的半衰期为()A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】【详解】由图可知从到恰好衰变了一半,根据半衰期的定义可知半衰期为故选C。5. 科学家对银河系中心附近的恒星S2进行了多年的持续观测,给出1994年到2002年间S2的位置如图所示。科学家认为S2的运动轨迹是半长轴约为(太阳到地球的距离为)的椭圆,银河系中心可能存在超大质量黑洞。这项研究工作获得了2020年诺贝尔物理学奖。若认为S2所受的作用力主要为该大质量黑洞的引力,设太阳的质量为M,可以推测出该黑洞质量约为()A. B. C. D. 【答案】B

5、【解析】【分析】【详解】可以近似把S2看成匀速圆周运动,由图可知,S2绕黑洞的周期T=16年,地球的公转周期T0=1年,S2绕黑洞做圆周运动的半径r与地球绕太阳做圆周运动的半径R关系是 地球绕太阳的向心力由太阳对地球的引力提供,由向心力公式可知解得太阳的质量为同理S2绕黑洞的向心力由黑洞对它的万有引力提供,由向心力公式可知解得黑洞的质量为综上可得故选B。6. 水平桌面上,一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动,物体通过的路程等于时,速度的大小为,此时撤去F,物体继续滑行的路程后停止运动,重力加速度大小为g,则()A. 在此过程中F所做的功为B. 在此过中F的冲量大小等于C. 物体与桌

6、面间的动摩擦因数等于D. F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍【答案】BC【解析】【分析】【详解】CD外力撤去前,由牛顿第二定律可知 由速度位移公式有外力撤去后,由牛顿第二定律可知 由速度位移公式有 由可得,水平恒力动摩擦因数滑动摩擦力可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍,故C正确,D错误;A在此过程中,外力F做功为故A错误;B由平均速度公式可知,外力F作用时间在此过程中,F的冲量大小是故B正确。故选BC。7. 四个带电粒子的电荷量和质量分别、它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中,电场方向与y轴平行,不计重力,下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中,可能正确的是(

7、)A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【分析】【详解】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,加速度为由类平抛运动规律可知,带电粒子的在电场中运动时间为离开电场时,带电粒子的偏转角的正切为因为四个带电的粒子的初速相同,电场强度相同,极板长度相同,所以偏转角只与比荷有关,前面三种带电粒子带正电,第四种带电粒子带负电,所以第四个粒子与前面三个粒子的偏转方向不同;第一种粒子与第三种粒子的比荷相同,所以偏转角相同,轨迹相同,且与第四种粒子的比荷也相同,所以一、三、四粒子偏转角相同,但第四种粒子与前两个粒子的偏转方向相反;第二种粒子的比荷与第一、三种粒子的比荷小,所以第二种粒子比第一、三种粒子的偏转角

8、小,但都还正电,偏转方向相同。故选AD。8. 水平地面上有一质量为的长木板,木板的左明上有一质量为的物块,如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上,F随时间t的变化关系如图(b)所示,其中、分别为、时刻F的大小。木板的加速度随时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为,物块与木板间的动摩擦因数为,假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等,重力加速度大小为g。则()A. B. C. D. 时间段物块与木板加速度相等【答案】BCD【解析】【分析】【详解】A图(c)可知,t1时滑块木板一起刚在从水平滑动,此时滑块与木板相对静止,木板刚要滑动,此时以整体为对象有故A错误;BC

9、图(c)可知,t2滑块与木板刚要发生相对滑动,以整体为对象, 根据牛顿第二定律,有以木板为对象,根据牛顿第二定律,有解得故BC正确;D图(c)可知,0t2这段时间滑块与木板相对静止,所以有相同的加速度,故D正确。故选BCD。三、非选择题:第912题为必考题,每个试题考生都必须作答。第1316题为选考题,考生根据要求作答。(一)必考题:9. 某同学利用图(a)所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄,频闪仪每隔发出一次闪光,某次拍摄后得到的照片如图(b)所示(图中未包括小球刚离开轨道的影像)。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板,纸板与小球轨迹所

10、在平面平行,其上每个方格的边长为。该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图(b)完成下列填空:(结果均保留2位有效数字)(1)小球运动到图(b)中位置A时,其速度的水平分量大小为_,竖直分量大小为_;(2)根据图(b)中数据可得,当地重力加速度的大小为_。【答案】 (1). 1.0 (2). 2.0 (3). 9.7【解析】【分析】【详解】(1)1因小球水平方向做匀速直线竖直方向做自由落体运动,因此A点的竖直速度可由平均速度等于时间中点的瞬时速度求得(2)3由竖直方向的自由落体运动可得代入数据可得10. 一实验小组利用图(a)所示的电路测量电池的电动势E(约)和内阻r(小

11、于)。图中电压表量程为,内阻:定值电阻;电阻箱R,最大阻值为;S为开关。按电路图连接电路。完成下列填空:(1)为保护电压表,闭合开关前,电阻箱接入电路的电阻值可以选_(填“5.0”或“15.0”);(2)闭合开关,多次调节电阻箱,记录下阻值R和电压表的相应读数U;(3)根据图(a)所示电路,用R、E和r表示,得_;(4)利用测量数据,做图线)通过图(b)可得_V(保留2位小数),_(保留1位小数);(6)若将图(a)中的电压表当成理想电表,得到的电源电动势为,由此产生的误差为_%。【答案】 (1). 15.0 (2). (3). 1.55 (4). 1.0 (5). 5【

12、解析】【分析】【详解】(1)1为了避免电压表被烧坏,接通电路时电压表两端电压不能比电表满偏电压大,则由并联电路分压可得代入数据解得因此选。(3)2由闭合回路的欧姆定律可得化简可得(5)34由上面公式可得,由图象计算可得,代入可得,(6)5如果电压表为理想电压表,则可有则此时因此误差为11. 一篮球质量为,一运动员使其从距地面高度为处由静止自由落下,反弹高度为。若使篮球从距地面的高度由静止下落,并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力,作用时间为;该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取,不计空气阻力。求:(1)运动员拍球过程中对篮

13、球所做的功;(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小。【答案】(1);(2)【解析】【分析】【详解】(1)第一次篮球下落的过程中由动能定理可得篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得第二次从1.5m的高度静止下落,同时向下拍球,在篮球反弹上升的过程中,由动能定理可得第二次从1.5m的高度静止下落,同时向下拍球,篮球下落过程中,由动能定理可得因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变,则有比例关系代入数据可得(2)因作用力是恒力,在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动,因此有牛顿第二定律可得在拍球时间内运动的位移为做得功为联立可得(舍去)12. 如图,一倾角为的光滑固定斜面的顶端放有质量的U型导体框,导

14、体框的电阻忽略不计;一电阻的金属棒的两端置于导体框上,与导体框构成矩形回路;与斜面底边平行,长度。初始时与相距,金属棒与导体框同时由静止开始下滑,金属棒下滑距离后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域,磁场边界(图中虚线)与斜面底边平行;金属棒在磁场中做匀速运动,直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间,导体框的边正好进入磁场,并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好,磁场的磁感应强度大小,重力加速度大小取。求: (1)金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小;(2)金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数;(3)导体框匀速运动的距离。【答案】(1);(2),;(3)【

15、解析】【分析】【详解】(1)根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动,由动能定理可得代入数据解得金属棒在磁场中切割磁场产生感应电动势,由法拉第电磁感应定律可得由闭合回路的欧姆定律可得则导体棒刚进入磁场时受到的安培力为(2)金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用,根据楞次定律可知金属棒的安培力沿斜面向上,之后金属棒相对导体框向上运动,因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力,因匀速运动,可有此时导体框向下做匀加速运动,根据牛顿第二定律可得设磁场区域的宽度为x,则金属棒在磁场中运动的时间为则此时导体框的速度为则导体框的位移因此导体框和金属棒的相对位移为由题意当金属棒

16、离开磁场时金属框的上端EF刚好进入线框,则有位移关系金属框进入磁场时匀速运动,此时的电动势为,导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力,因此可得联立以上可得,(3)金属棒出磁场以后,速度小于导体框的速度,因此受到向下的摩擦力,做加速运动,则有金属棒向下加速,导体框匀速,当共速时导体框不再匀速,则有导体框匀速运动的距离为代入数据解得(二)选考题:物理选修3-313. 如图,一定量的理想气体从状态经热力学过程、后又回到状态a。对于、三个过程,下列说法正确的是()A. 过程中,气体始终吸热B. 过程中,气体始终放热C. 过程中,气体对外界做功D. 过程中,气体的温度先降低后升高E. 过程中,气体的温度先升

17、高后降低【答案】ABE【解析】【分析】【详解】A由理想气体的图可知,理想气体经历ab过程,体积不变,则,而压强增大,由可知,理想气体的温度升高,则内能增大,由可知,气体一直吸热,故A正确;BC理想气体经历ca过程为等压压缩,则外界对气体做功,由知温度降低,即内能减少,由可知,即气体放热,故B正确,C错误;DE由可知,图像的坐标围成的面积反映温度,b状态和c状态的坐标面积相等,而中间状态的坐标面积更大,故bc过程的温度先升高后降低,故D错误,E正确;故选ABE。14. 如图,一玻璃装置放在水平桌面上,竖直玻璃管A、B、C粗细均匀,A、B两管上端封闭,C管上端开口,三管的下端在同一水平面内且相互连

18、通。A、B两管的长度分别为,。将水银从C管缓慢注入,直至B、C两管内水银柱的高度差。已知外界大气压为。求A、B两管内水银柱的高度差。【答案】【解析】【分析】【详解】对B管中的气体,水银还未上升产生高度差时,初态为压强,体积为,末态压强为,设水银柱离下端同一水平面的高度为,体积为,由水银柱的平衡条件有B管气体发生等温压缩,有联立解得对A管中的气体,初态为压强,体积为,末态压强为,设水银柱离下端同一水平面的高度为,则气体体积为,由水银柱的平衡条件有A管气体发生等温压缩,有联立可得解得或则两水银柱的高度差为【物理选修3-4】15. 图中实线为一列简谐横波在某一时刻的波形曲线,经过后,其波形曲线、虚线所示。已知该波的周期T大于,若波是沿x轴正方向传播的,则该波的速度大小为_,周期为_s,若波是沿x轴负方向传播的,该波的周期为_s。【答案】 (1). 0.5 (2). 0.4 (3). 1.2【解析】【分析】【详解】(1)若波是沿x轴正方向传播的,波形移动了15cm,由此可求出波速和周期:(2)若波是沿x轴负方向传播的,波形移动了5cm,由此可求出波速和周期:16. 用插针法测量上、下表面平行的玻璃砖的折射率。实验中用A、B两个大头针确定入射光路、C、D两个大头针确定出射光路,O和分别是入射点和出射点,如图(a)所示。测得玻璃砖厚度为,A到过O点的法线的距离,M到玻璃砖的距离,到的距离为。()求玻璃砖的折射率;()用另一块材料相同,但上下两表面不平行的玻璃砖继续实验,玻璃砖的截面如图(b)所示。光从上表面入射,入时角从0逐渐增大,达到时、玻璃砖下表面的出射光线恰好消失。求此玻璃砖上下表面的夹角。【答案】(i) (ii)15【解析】【分析】【详解】(i)从O点射入时,设入射角为,折射角为。根据题中所给数据可得:再由折射定律可得玻璃砖的折射率:(ii)当入射角为45时,设折射角为,由折射定律:可求得:再设此玻璃砖上下表面夹角为,光路图如下:而此时出射光线恰好消失,则说明发生全反射,有:解得:由几何关系可知:即玻璃砖上下表面的夹角:

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