《2021年新高考廣東省高考物理試卷（解析版）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2021年新高考廣東省高考物理試卷（解析版）（19頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2021年新高考廣東省考試試題（物理）一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1. 科學(xué)家發(fā)現(xiàn)銀河系中存在大量的放射性同位素鋁26，鋁26的半衰期為72萬年，其衰變方程為，下列說法正確的是（）A. Y是氦核B. Y是質(zhì)子C. 再經(jīng)過72萬年，現(xiàn)有的鋁26衰變一半D. 再經(jīng)過144萬年，現(xiàn)有的鋁26全部衰變【答案】C【解析】【分析】【詳解】AB根據(jù)核反應(yīng)的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知，該核反應(yīng)是即Y是正電子，選項AB錯誤；CD因72萬年是一個半衰期，可知再過72萬年，現(xiàn)有的鋁26衰變一半；再過144萬年，即兩個半衰期，現(xiàn)有的鋁26衰變四分

2、之三，選項C正確，D錯誤；故選C。2. 2021年4月，我國自主研發(fā)的空間站“天和”核心艙成功發(fā)射并入軌運行，若核心艙繞地球的運行可視為勻速圓周運動，已知引力常量，由下列物理量能計算出地球質(zhì)量的是（）A. 核心艙的質(zhì)量和繞地半徑B. 核心艙的質(zhì)量和繞地周期C. 核心艙的繞地角速度和繞地周期D. 核心艙的繞地線速度和繞地半徑【答案】D【解析】【分析】【詳解】根據(jù)核心艙做圓周運動向心力由地球的萬有引力提供，可得可得可知已知核心艙的質(zhì)量和繞地半徑、已知核心艙的質(zhì)量和繞地周期以及已知核心艙的角速度和繞地周期，都不能求解地球的質(zhì)量；若已知核心艙的繞地線速度和繞地半徑可求解地球的質(zhì)量。故選D。3. 唐代來

3、耜經(jīng)記載了曲轅犁相對直轅犁的優(yōu)勢之一是起土省力，設(shè)牛用大小相等的拉力F通過耕索分別拉兩種犁，F(xiàn)與豎直方向的夾角分別為和，如圖所示，忽略耕索質(zhì)量，耕地過程中，下列說法正確的是（ ）A. 耕索對曲轅犁拉力的水平分力比對直轅犁的大B. 耕索對曲轅犁拉力的豎直分力比對直轅犁的大C. 曲轅犁勻速前進時，耕索對犁的拉力小于犁對耕索的拉力D. 直轅犁加速前進時，耕索對犁的拉力大于犁對耕索的拉力【答案】B【解析】【分析】詳解】A將拉力F正交分解如下圖所示則在x方向可得出Fx曲 = FsinFx直 = Fsin在y方向可得出Fy曲 = FcosFy直 = Fcos由題知 則sin cos則可得到Fx曲 Fy直A

4、錯誤、B正確；CD耕索對犁的拉力與犁對耕索的拉力是一對相互作用力，它們大小相等，方向相反，無論是加速還是勻速，則CD錯誤。故選B。4. 由于高度限制，車庫出入口采用圖所示的曲桿道閘，道閘由轉(zhuǎn)動桿與橫桿鏈接而成，P、Q為橫桿的兩個端點。在道閘抬起過程中，桿始終保持水平。桿繞O點從與水平方向成30勻速轉(zhuǎn)動到60的過程中，下列說法正確的是（ ）A. P點的線速度大小不變B. P點的加速度方向不變C. Q點在豎直方向做勻速運動D. Q點在水平方向做勻速運動【答案】A【解析】【分析】【詳解】A由題知桿OP繞O點從與水平方向成30勻速轉(zhuǎn)動到60，則P點繞O點做勻速圓周運動，則P點的線速度大小不變，A正確；

5、B由題知桿OP繞O點從與水平方向成30勻速轉(zhuǎn)動到60，則P點繞O點做勻速圓周運動，P點的加速度方向時刻指向O點，B錯誤；CQ點在豎直方向的運動與P點相同，位移y關(guān)于時間t的關(guān)系為y = lOPsin( + t)則可看出Q點在豎直方向不是勻速運動，C錯誤；DQ點在水平方向的位移x關(guān)于時間t的關(guān)系為x = lOPcos( + t) + lPQ則可看出Q點在水平方向也不是勻速運動，D錯誤。故選A。5. 截面為正方形的絕緣彈性長管中心有一固定長直導(dǎo)線，長管外表面固定著對稱分布的四根平行長直導(dǎo)線，若中心直導(dǎo)線通入電流，四根平行直導(dǎo)線均通入電流，電流方向如圖所示，下列截面圖中可能正確表示通電后長管發(fā)生形變

6、的是（）A B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】【詳解】因，則可不考慮四個邊上的直導(dǎo)線之間的相互作用；根據(jù)兩通電直導(dǎo)線間的安培力作用滿足“同向電流相互吸引，異向電流相互排斥”，則正方形左右兩側(cè)的直導(dǎo)線要受到吸引的安培力，形成凹形，正方形上下兩邊的直導(dǎo)線要受到排斥的安培力，形成凸形，故變形后的形狀如圖C。故選C。6. 圖是某種靜電推進裝置的原理圖，發(fā)射極與吸極接在高壓電源兩端，兩極間產(chǎn)生強電場，虛線為等勢面，在強電場作用下，一帶電液滴從發(fā)射極加速飛向吸極，a、b是其路徑上的兩點，不計液滴重力，下列說法正確的是（）A. a點的電勢比b點的低B. a點的電場強度比b點的小C. 液滴在a點的加

7、速度比在b點的小D. 液滴在a點的電勢能比在b點的大【答案】D【解析】【分析】【詳解】A高壓電源左為正極，則所加強電場的場強向右，而沿著電場線電勢逐漸降低，可知故A錯誤；B等差等勢線的疏密反映場強的大小，由圖可知a處的等勢線較密，則故B錯誤；C液滴的重力不計，根據(jù)牛頓第二定律可知，液滴的加速度為因，可得故C錯誤；D液滴在電場力作用下向右加速，則電場力做正功，動能增大，電勢能減少，即故D正確；故選D。7. 某同學(xué)設(shè)計了一個充電裝置，如圖所示，假設(shè)永磁鐵的往復(fù)運動在螺線管中產(chǎn)生近似正弦式交流電，周期為0.2s，電壓最大值為0.05V，理想變壓器原線圈接螺線管，副線圈接充電電路，原、副線圈匝數(shù)比為1

8、60，下列說法正確的是（）A. 交流電的頻率為10HzB. 副線圈兩端電壓最大值為3VC. 變壓器輸入電壓與永磁鐵磁場強弱無關(guān)D. 充電電路的輸入功率大于變壓器的輸入功率【答案】B【解析】分析】【詳解】A周期是T=0.2s，頻率是 故A錯誤；B由理想變壓器原理可知解得，副線兩端的最大電壓為故B正確；C根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，永磁鐵磁場強，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢越大，變壓器的輸入電壓會越大，故C錯誤；D由理想變壓器原理可知，充電電路的輸入功率等于變壓器的輸入功率，故D錯誤。故選B。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6

9、分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8. 賽龍舟是端午節(jié)的傳統(tǒng)活動。下列和圖像描述了五條相同的龍舟從同一起點線同時出發(fā)、沿長直河道劃向同一終點線的運動全過程，其中能反映龍舟甲與其它龍舟在途中出現(xiàn)船頭并齊的有（）A. B. C. D. 【答案】BD【解析】【分析】【詳解】A此圖是速度圖像，由圖可知，甲的速度一直大于乙的速度，所以中途不可能出現(xiàn)甲乙船頭并齊，故A錯誤；B此圖是速度圖像，由圖可知，開始丙的速度大，后來甲的速度大，速度圖像中圖像與橫軸圍成的面積表示位移，由圖可以判斷在中途甲、丙位移會相同，所以在中途甲丙船頭會并齊，故B正確；C此圖是位移圖像，由圖可知，丁一直運動在甲的前面，所以中途

10、不可能出現(xiàn)甲丁船頭并齊，故C錯誤；D此圖是位移圖像，交點表示相遇，所以甲戊在中途船頭會齊，故D正確。故選BD9. 長征途中，為了突破敵方關(guān)隘，戰(zhàn)士爬上陡銷的山頭，居高臨下向敵方工事內(nèi)投擲手榴彈，戰(zhàn)士在同一位置先后投出甲、乙兩顆質(zhì)量均為m的手榴彈，手榴彈從投出的位置到落地點的高度差為h，在空中的運動可視為平拋運動，軌跡如圖所示，重力加速度為g，下列說法正確的有（）A. 甲在空中的運動時間比乙的長B. 兩手榴彈在落地前瞬間，重力的功率相等C. 從投出到落地，每顆手榴彈的重力勢能減少D. 從投出到落地，每顆手榴彈的機械能變化量為【答案】BC【解析】【分析】【詳解】A由平拋運動規(guī)律可知，做平拋運動的時

11、間因為兩手榴彈運動的高度差相同，所以在空中運動時間相等，故A錯誤；B做平拋運動的物體落地前瞬間重力的功率因為兩手榴彈運動的高度差相同，質(zhì)量相同，所以落地前瞬間，兩手榴彈重力功率相同，故B正確；C從投出到落地，手榴彈下降的高度為h，所以手榴彈重力勢能減小量故C正確；D從投出到落地，手榴彈做平拋運動，只有重力做功，機械能守恒，故D錯誤。故選BC。10. 如圖所示，水平放置足夠長光滑金屬導(dǎo)軌和，與平行，是以O(shè)為圓心的圓弧導(dǎo)軌，圓弧左側(cè)和扇形內(nèi)有方向如圖的勻強磁場，金屬桿的O端與e點用導(dǎo)線相接，P端與圓弧接觸良好，初始時，可滑動的金屬桿靜止在平行導(dǎo)軌上，若桿繞O點在勻強磁場區(qū)內(nèi)從b到c勻速轉(zhuǎn)動時，回路

12、中始終有電流，則此過程中，下列說法正確的有（）A. 桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定B. 桿受到的安培力不變C. 桿做勻加速直線運動D. 桿中的電流逐漸減小【答案】AD【解析】【分析】【詳解】AOP轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為因為OP勻速轉(zhuǎn)動，所以桿OP產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定，故A正確；BCD桿OP勻速轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢產(chǎn)生的感應(yīng)電流由M到N通過MN棒，由左手定則可知，MN棒會向左運動，MN棒運動會切割磁感線，產(chǎn)生電動勢與原來電流方向相反，讓回路電流減小，MN棒所受合力為安培力，電流減小，安培力會減小，加速度減小，故D正確，BC錯誤。故選AD。三、非選擇題：共54分，第1114題為必考題，考生都必須

13、作答。第1516題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共42分。11. 某興趣小組測量一緩沖裝置中彈簧的勁度系數(shù)，緩沖裝置如圖所示，固定在斜面上的透明有機玻璃管與水平面夾角為30，彈簧固定在有機玻璃管底端。實驗過程如下：先沿管軸線方向固定一毫米刻度尺，再將單個質(zhì)量為200g的鋼球（直徑略小于玻璃管內(nèi)徑）逐個從管口滑進，每滑進一個鋼球，待彈簧靜止，記錄管內(nèi)鋼球的個數(shù)n和彈簧上端對應(yīng)的刻度尺示數(shù)，數(shù)據(jù)如表所示。實驗過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。采用逐差法計算彈簧壓縮量，進而計算其勁度系數(shù)。n1234568.0410.0312.0514.0716.1118.09（1）利用計算彈簧的壓縮量：，_

14、cm，壓縮量的平均值_cm；（2）上述是管中增加_個鋼球時產(chǎn)生的彈簧平均壓縮量；（3）忽略摩擦，重力加速度g取，該彈簧的勁度系數(shù)為_N/m。（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）【答案】 (1). 6.04 (2). 6.05 (3). 3 (4). 48.6【解析】【分析】【詳解】（1）1根據(jù)壓縮量的變化量為2壓縮量的平均值為（2）3因三個是相差3個鋼球的壓縮量之差，則所求平均值為管中增加3個鋼球時產(chǎn)生的彈簧平均壓縮量；（3）4根據(jù)鋼球的平衡條件有解得12. 某小組研究熱敏電阻阻值隨溫度的變化規(guī)律。根據(jù)實驗需要已選用了規(guī)格和量程合適的器材。（1）先用多用電表預(yù)判熱敏電阻阻值隨溫度的變化趨勢。選擇適當倍率的

15、歐姆擋，將兩表筆_，調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕，使指針指向右邊“”處。測量時觀察到熱敏電阻溫度越高，相同倍率下多用電表指針向右偏轉(zhuǎn)角度越大，由此可判斷熱敏電阻阻值隨溫度的升高而_。（2）再按圖連接好電路進行測量。閉合開關(guān)S前，將滑動變阻器的滑片滑到_端（選填“a”或“b”）。 將溫控室的溫度設(shè)置為T，電阻箱調(diào)為某一阻值。閉合開關(guān)S，調(diào)節(jié)滑動變阻器，使電壓表和電流表的指針偏轉(zhuǎn)到某一位置。記錄此時電壓表和電流表的示數(shù)、T和。斷開開關(guān)S。 再將電壓表與熱敏電阻C端間的導(dǎo)線改接到D端，閉合開關(guān)S。反復(fù)調(diào)節(jié)和，使電壓表和電流表的示數(shù)與上述記錄的示數(shù)相同。記錄此時電阻箱的阻值。斷開開關(guān)S。實驗中記錄的阻值_（選填“

16、大于”、“小于”或“等于”）。此時熱敏電阻阻值_?！敬鸢浮?(1). 短接 (2). 減小 (3). b (4). 大于 (5). 【解析】【分析】【詳解】（1）12選擇倍率適當?shù)臍W姆檔，將兩表筆短接；歐姆表指針向右偏轉(zhuǎn)角度越大，則阻值越小，可判斷熱敏電阻的阻值隨溫度升高而減小。（2）3閉合開關(guān)S前，應(yīng)將滑動變阻器R1的阻值調(diào)到最大，即將滑片滑到b端；45因兩次電壓表和電流表的示數(shù)相同，因為即 可知R01大于R02。13. 算盤是我國古老的計算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導(dǎo)桿上滑動，使用前算珠需要歸零，如圖所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置，甲靠邊框b，甲、乙相隔，乙

17、與邊框a相隔，算珠與導(dǎo)桿間的動摩擦因數(shù)?，F(xiàn)用手指將甲以的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小為，方向不變，碰撞時間極短且不計，重力加速度g取。（1）通過計算，判斷乙算珠能否滑動到邊框a；（2）求甲算珠從撥出到停下所需的時間?！敬鸢浮浚?）能；（2）0.2s【解析】【分析】【詳解】（1）甲乙滑動時的加速度大小均為 甲與乙碰前的速度v1，則 解得v1=0.3m/s甲乙碰撞時由動量守恒定律 解得碰后乙的速度v3=0.2m/s然后乙做減速運動，當速度減為零時則可知乙恰好能滑到邊框a；（2）甲與乙碰前運動的時間碰后甲運動的時間則甲運動的總時間為14. 圖是一種花瓣形電子加速器簡化示意圖，空間有三個同心圓

18、a、b、c圍成的區(qū)域，圓a內(nèi)為無場區(qū)，圓a與圓b之間存在輻射狀電場，圓b與圓c之間有三個圓心角均略小于90的扇環(huán)形勻強磁場區(qū)、和。各區(qū)感應(yīng)強度恒定，大小不同，方向均垂直紙面向外。電子以初動能從圓b上P點沿徑向進入電場，電場可以反向，保證電子每次進入電場即被全程加速，已知圓a與圓b之間電勢差為U，圓b半徑為R，圓c半徑為，電子質(zhì)量為m，電荷量為e，忽略相對論效應(yīng)，取。（1）當時，電子加速后均沿各磁場區(qū)邊緣進入磁場，且在電場內(nèi)相鄰運動軌跡的夾角均為45，最終從Q點出射，運動軌跡如圖中帶箭頭實線所示，求區(qū)的磁感應(yīng)強度大小、電子在區(qū)磁場中的運動時間及在Q點出射時的動能；（2）已知電子只要不與區(qū)磁場外邊

19、界相碰，就能從出射區(qū)域出射。當時，要保證電子從出射區(qū)域出射，求k的最大值?！敬鸢浮浚?），；（2）【解析】【分析】【詳解】（1）電子在電場中加速有在磁場中，由幾何關(guān)系可得聯(lián)立解得在磁場中的運動周期為由幾何關(guān)系可得，電子在磁場中運動的圓心角為在磁場中的運動時間為聯(lián)立解得從Q點出來的動能為（2）在磁場中的做勻速圓周運動的最大半徑為，此時圓周的軌跡與邊界相切，由幾何關(guān)系可得解得由于聯(lián)立解得（二）選考題：共12分，請考生從2道題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。15. 在高空飛行的客機上某乘客喝完一瓶礦泉水后，把瓶蓋擰緊。下飛機后發(fā)現(xiàn)礦泉水瓶變癟了，機場地面溫度與高空客艙內(nèi)溫度相同。由此

20、可判斷，高空客艙內(nèi)的氣體壓強_（選填“大于”、“小于”或“等于”）機場地面大氣壓強：從高空客艙到機場地面，礦泉水瓶內(nèi)氣體的分子平均動能_（選填“變大”、“變小”或“不變”）。【答案】 (1). 小于 (2). 不變【解析】【分析】【詳解】1機場地面溫度與高空客艙溫度相同，由題意知瓶內(nèi)氣體體積變小，以瓶內(nèi)氣體為研究對象，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程故可知高空客艙內(nèi)的氣體壓強小于機場地面大氣壓強；2由于溫度是平均動能的標志，氣體的平均動能只與溫度有關(guān)，機場地面溫度與高空客艙溫度相同，故從高空客艙到機場地面，瓶內(nèi)氣體的分子平均動能不變。16. 為方便抽取密封藥瓶里的藥液，護士一般先用注射器注入少量氣體到藥瓶

21、里后再抽取藥液，如圖所示，某種藥瓶的容積為0.9mL，內(nèi)裝有0.5mL的藥液，瓶內(nèi)氣體壓強為，護士把注射器內(nèi)橫截面積為、長度為0.4cm、壓強為的氣體注入藥瓶，若瓶內(nèi)外溫度相同且保持不變，氣體視為理想氣體，求此時藥瓶內(nèi)氣體的壓強。【答案】【解析】【分析】【詳解】以注入后的所有氣體為研究對象，由題意可知瓶內(nèi)氣體發(fā)生等溫變化，設(shè)瓶內(nèi)氣體體積為V1,有注射器內(nèi)氣體體積為V2，有根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程有代入數(shù)據(jù)解得17. 如圖所示，一個輕質(zhì)彈簧下端掛一小球，小球靜止?，F(xiàn)將小球向下拉動距離A后由靜止釋放，并開始計時，小球在豎直方向做簡諧運動，周期為T。經(jīng)時間，小球從最低點向上運動的距離_（選填“大于”、“

22、小于”或“等于”）；在時刻，小球的動能_（選填“最大”或“最小”）?！敬鸢浮?(1). 小于 (2). 最大【解析】【分析】【詳解】1根據(jù)簡諧振動的位移公式則時有所以小球從最低點向上運動的距離為則小球從最低點向上運動的距離小于。2在時，小球回到平衡位置，具有最大的振動速度，所以小球的動能最大。18. 如圖所示，一種光學(xué)傳感器是通過接收器Q接收到光的強度變化而觸發(fā)工作的。光從擋風玻璃內(nèi)側(cè)P點射向外側(cè)M點再折射到空氣中，測得入射角為，折射角為；光從P點射向外側(cè)N點，剛好發(fā)生全反射并被Q接收，求光從玻璃射向空氣時臨界角的正弦值表達式?！敬鸢浮俊窘馕觥俊痉治觥俊驹斀狻扛鶕?jù)光的折射定律有根據(jù)光的全反射規(guī)律有聯(lián)立解得