《2021年高考全國乙卷物理試題（解析版）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2021年高考全國乙卷物理試題（解析版）（21頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2021 年高考全國乙卷物理試卷 1. 如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂 的水平底板間有摩擦。用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。在地面 參考系（可視為慣性系）中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)（） A. 動量守恒，機(jī)械能守恒 B. 動量守恒，機(jī)械能不守恒 C. 動量不守恒，機(jī)械能守恒 D. 動量不守恒，機(jī)械能不守恒 【答案】B 【解析】 【分析】 【詳解】因為滑塊與車廂水平底板間有摩擦，且撤去推力后滑塊在車廂底板上有相對滑動，即摩擦力做功， 而水平地面是光滑的；以小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)，根

2、據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒的條件可知撤去推力 后該系統(tǒng)動量守恒，機(jī)械能不守恒。 故選 B。 2. 如圖（a） ，在一塊很大的接地金屬平板的上方固定一負(fù)電荷。由于靜電感應(yīng)，在金屬平板上表面產(chǎn)生感 應(yīng)電荷，金屬板上方電場的等勢面如圖（b）中虛線所示，相鄰等勢面間的電勢差都相等。若將一正試探 電荷先后放于 M 和 N 處，該試探電荷受到的電場力大小分別為 和 ，相應(yīng)的電勢能分別為 和MFNpME ，則（）pNE A. B. ,MNpNFE ,MNpNFE C. D. ,MNpNFE ,MNpNFE 【答案】A 【解析】 【分析】 【詳解】由圖中等勢面的疏密程度可知 MNE 根據(jù) Fq 可知 MN 由題可

3、知圖中電場線是由金屬板指向負(fù)電荷，設(shè)將該試探電荷從 M 點移到 N 點，可知電場力做正功，電 勢能減小，即 pMNE 故選 A。 3. 如圖，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，質(zhì)量為 m、電荷量為 的帶電粒子從圓周上的0q M 點沿直徑 方向射入磁場。若粒子射入磁場時的速度大小為 ，離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn) ；若ON1v90 射入磁場時的速度大小為 ，離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn) ，不計重力，則 為（）2v60 12 A. B. C. D. 123323 【答案】B 【解析】 【分析】 【詳解】根據(jù)題意做出粒子的圓心如圖所示 設(shè)圓形磁場區(qū)域的半徑為 R，根據(jù)幾何關(guān)系有第一次的半徑 1rR 第二次的半

4、徑 23r 根據(jù)洛倫茲力提供向心力有 2mvqBr 可得 v 所以 123rv 故選 B。 4. 醫(yī)學(xué)治療中常用放射性核素 產(chǎn)生 射線，而 是由半衰期相對較長的 衰變產(chǎn)生的。對于13In13In13Sn 質(zhì)量為 的 ，經(jīng)過時間 t 后剩余的 質(zhì)量為 m，其 圖線如圖所示。從圖中可以得到0m13Sn13S0 t 的半衰期為（）13Sn A. B. C. D. 673d10.d15.d124.9d 【答案】C 【解析】 【分析】 【詳解】由圖可知從 到 恰好衰變了一半，根據(jù)半衰期的定義可知半衰期為0 23m0182.4d67.315.dT 故選 C。 5. 科學(xué)家對銀河系中心附近的恒星 S2 進(jìn)行

5、了多年的持續(xù)觀測，給出 1994 年到 2002 年間 S2 的位置如圖所 示?？茖W(xué)家認(rèn)為 S2 的運動軌跡是半長軸約為 （太陽到地球的距離為 ）的橢圓，銀河系中心10AU1AU 可能存在超大質(zhì)量黑洞。這項研究工作獲得了 2020 年諾貝爾物理學(xué)獎。若認(rèn)為 S2 所受的作用力主要為該 大質(zhì)量黑洞的引力，設(shè)太陽的質(zhì)量為 M，可以推測出該黑洞質(zhì)量約為（） A. B. C. D. 410M6410M8410M104M 【答案】B 【解析】 【分析】 【詳解】可以近似把 S2 看成勻速圓周運動，由圖可知，S2 繞黑洞的周期 T=16 年，地球的公轉(zhuǎn)周期 T0=1 年，S2 繞黑洞做圓周運動的半徑 r

6、與地球繞太陽做圓周運動的半徑 R 關(guān)系是 10r 地球繞太陽的向心力由太陽對地球的引力提供，由向心力公式可知 222()MmGRT 解得太陽的質(zhì)量為 3204 同理 S2 繞黑洞的向心力由黑洞對它的萬有引力提供，由向心力公式可知 222()xMmGrT 解得黑洞的質(zhì)量為 324xr 綜上可得 63.901xM 故選 B。 6. 水平桌面上，一質(zhì)量為 m 的物體在水平恒力 F 拉動下從靜止開始運動，物體通過的路程等于 時，速0s 度的大小為 ，此時撤去 F，物體繼續(xù)滑行 的路程后停止運動，重力加速度大小為 g，則（）0v02s A. 在此過程中 F 所做的功為 201v B. 在此過中 F 的沖

7、量大小等于 0 3m C. 物體與桌面間的動摩擦因數(shù)等于 204vsg D. F 的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的 2 倍 【答案】BC 【解析】 【分析】 【詳解】CD外力撤去前，由牛頓第二定律可知 1Fmga 由速度位移公式有 2010vs 外力撤去后，由牛頓第二定律可知 2mga 由速度位移公式有 200()vs 由可得，水平恒力 2034mFs 動摩擦因數(shù) 204vgs 滑動摩擦力 20f4mvFs 可知 F 的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的 3 倍， 故 C 正確，D 錯誤； A在此過程中，外力 F 做功為 20034WFsmv 故 A 錯誤； B由平均速度公式可知，外力 F 作

8、用時間 0012stv 在此過程中，F(xiàn) 的沖量大小是 1032IFtmv 故 B 正確。 故選 BC。 7. 四個帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別 、 、 、 它們先后以相同的速()qm， (2)， (3)qm， ()， 度從坐標(biāo)原點沿 x 軸正方向射入一勻強電場中，電場方向與 y 軸平行，不計重力，下列描繪這四個粒子運 動軌跡的圖像中，可能正確的是（） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】 【詳解】帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，加速度 為qEam 由類平拋運動規(guī)律可知，帶電粒子的在電場中運動時間為 0ltv 離開電場時，帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切為 20tanyxtqElvm

9、因為四個帶電的粒子的初速相同，電場強度相同，極板長度相同，所以偏轉(zhuǎn)角只與比荷有關(guān)，前面三個帶 電粒子帶正電，一個帶電粒子帶負(fù)電，所以一個粒子與另外三個粒子的偏轉(zhuǎn)方向不同； 粒子與()qm， 粒子的比荷相同，所以偏轉(zhuǎn)角相同，軌跡相同，且與 粒子的比荷也相同，所以(3)qm， ()qm， 、 、 三個粒子偏轉(zhuǎn)角相同，但 粒子與前兩個粒子的偏轉(zhuǎn)方向相反；， (3)， ()qm， ， 粒子的比荷與 、 粒子的比荷小，所以 粒子比 、(2)， ， (3)， (2)， ()q， 粒子的偏轉(zhuǎn)角小，但都帶正電，偏轉(zhuǎn)方向相同。3qm， 故選 AD。 8. 水平地面上有一質(zhì)量為 的長木板，木板的左端上有一質(zhì)量為

10、的物塊，如圖（a）所示。用水平向1 2m 右的拉力 F 作用在物塊上，F(xiàn) 隨時間 t 的變化關(guān)系如圖（b）所示，其中 、 分別為 、 時刻 F 的大1F21t2 小。木板的加速度 隨時間 t 的變化關(guān)系如圖（c）所示。已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)為 ，物塊與1a 木板間的動摩擦因數(shù)為 ，假設(shè)最大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動摩擦力相等，重力加速度大小為 g。則（2 ） A. B. 1Fmg 2121()()mFg C. D. 在 時間段物塊與木板加速度相等 221 20t 【答案】BCD 【解析】 【分析】 【詳解】A圖（c）可知，t 1 時滑塊木板一起剛在從水平滑動，此時滑塊與木板相對靜止，木板剛要

11、滑動， 此時以整體為對象有 112()Fmg 故 A 錯誤； BC圖（c）可知，t 2 滑塊與木板剛要發(fā)生相對滑動，以整體為對象， 根據(jù)牛頓第二定律，有21212()()Fmga 以木板為對象，根據(jù)牛頓第二定律，有 2121()0 解得 2121()()mFg1221 故 BC 正確； D圖（c）可知，0 t2 這段時間滑塊與木板相對靜止，所以有相同的加速度，故 D 正確。 故選 BCD。 三、非選擇題：第 912 題為必考題，每個試題考生都必須作答。第 1316 題為選考題，考 生根據(jù)要求作答。 （一）必考題： 9. 某同學(xué)利用圖（a）所示裝置研究平拋運動的規(guī)律。實驗時該同學(xué)使用頻閃儀和照相

12、機(jī)對做平拋運動的 小球進(jìn)行拍攝，頻閃儀每隔 發(fā)出一次閃光，某次拍攝后得到的照片如圖（b）所示（圖中未包括小球0.5s 剛離開軌道的影像） 。圖中的背景是放在豎直平面內(nèi)的帶有方格的紙板，紙板與小球軌跡所在平面平行， 其上每個方格的邊長為 。該同學(xué)在實驗中測得的小球影像的高度差已經(jīng)在圖（b）中標(biāo)出。cm 完成下列填空：（結(jié)果均保留 2 位有效數(shù)字） （1）小球運動到圖（b）中位置 A 時，其速度的水平分量大小為_ ，豎直分量大小為m/s _ ；m/s （2）根據(jù)圖（b）中數(shù)據(jù)可得，當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊拇笮開 。2/s 【答案】 (1). 1.0 (2). 2.0 (3). 9.7 【解析】 【分析】

13、 【詳解】 （1）1因小球水平方向做勻速直線運動，因此速度為 0.5m/s1.0/xvt 2豎直方向做自由落體運動，因此 A 點的豎直速度可由平均速度等于時間中點的瞬時速度求得 28/s./0.54yv （2）3由豎直方向的自由落體運動可得 3421ygT 代入數(shù)據(jù)可得 29.7m/s 10. 一實驗小組利用圖（a ）所示的電路測量 一電池的電動勢 E（約 ）和內(nèi)阻 r（小于 ） 。圖中電1.5V2 壓表量程為 ，內(nèi)阻 ：定值電阻 ；電阻箱 R，最大阻值為 ；S 為開關(guān)。1V380.VR0.R9. 按電路圖連接電路。完成下列填空： （1）為保護(hù)電壓表，閉合開關(guān)前，電阻箱接入電路 的 電阻值可以

14、選_ （填“5.0”或“15.0” ） ； （2）閉合開關(guān)，多次調(diào)節(jié)電阻箱，記錄下阻值 R 和電壓表的相應(yīng)讀數(shù) U； （3）根據(jù)圖（a）所示電路，用 R、 、 、E 和 r 表示 ，得 _；0V 1 （4）利用測量數(shù)據(jù)，做 圖線，如圖（b）所示： 1U （5）通過圖（b）可得 _V（保留 2 位小數(shù)） ， _ （保留 1 位小數(shù)） ；Er （6）若將圖（a）中的電壓表當(dāng)成理想電表，得到的電源電動勢為 ，由此產(chǎn)生的誤差為E _%。 10E 【答案】 (1). 15.0 (2). (3). 1.55 (4). 1.0 (5). 5 00()1VVRRrEE 【解析】 【分析】 【詳解】 （1）1為

15、了避免電壓表被燒壞，接通電路時電壓表兩端的電壓不能比電表滿偏電壓大，則由并聯(lián) 電路分壓可得 0VUERr 代入數(shù)據(jù)解得 7.5 因此選 。15.0 （3）2由閉合回路的歐姆定律可得 0VUERr 化簡可得 0011VVRrUEER （5）34由上面公式可得 ， 019VRkE019VRrrbEE 由 圖象計算可得 1RU ，10.34Vk10.68b 代入可得 ，.5E.r （6）5如果電壓表為理想電壓表，則可有 011RU 則此時 2Ek 因此誤差為 0109=5k 11. 一籃球質(zhì)量為 ，一運動員使其從距地面高度為 處由靜止自由落下，反彈高度為0.6kgm1.8mh 。若使籃球從距地面 的

16、高度由靜止下落，并在開始下落的同時向下拍球、球落地后反21.h31.5h 彈的高度也為 。假設(shè)運動員拍球時對球的作用力為恒力，作用時間為 ；該籃球每次與地面碰.5 0.2st 撞前后的動能的比值不變。重力加速度大小取 ，不計空氣阻力。求： 20/sg （1）運動員拍球過程中對籃球所做的功； （2）運動員拍球時對籃球的作用力的大小。 【答案】 （1） ；（2）4.5JW9NF 【解析】 【分析】 【詳解】 （1）第一次籃球下落的過程中由動能定理可得 1Emgh 籃球反彈后向上運動的過程由動能定理可得 220Emgh 第二次從 1.5m 的高度靜止下落，同時向下拍球，在籃球反彈上升的過程中，由動能

17、定理可得 44 第二次從 1.5m 的高度靜止下落，同時向下拍球，籃球下落過程中，由動能定理可得 3WmghE 因籃球每次和地面撞擊的前后動能的比值不變，則有比例關(guān)系 2413 代入數(shù)據(jù)可得 4.5JW （2）因作用力是恒力，在恒力作用下籃球向下做勻加速直線運動，因此有牛頓第二定律可得 Fmga 在拍球時間內(nèi)運動的位移為 21xt 做得功為 WF 聯(lián)立可得 （ 舍去）9N-15 12. 如圖，一傾角為 的光滑固定斜面的頂端放有質(zhì)量 的 U 型導(dǎo)體框，導(dǎo)體框的電阻忽略不0.6kgM 計；一電阻 的金屬棒 的兩端置于導(dǎo)體框上，與導(dǎo)體框構(gòu)成矩形回路 ； 與斜面底邊3RCDCDEF 平行，長度 。初始

18、時 與 相距 ，金屬棒與導(dǎo)體框同時由靜止開始下滑，金屬棒0.6mLEF0.4ms 下滑距離 后進(jìn)入一方向垂直于斜面的勻強磁場區(qū)域，磁場邊界（圖中虛線）與斜面底邊平行；1 s 金屬棒在磁場中做勻速運動，直至離開磁場區(qū)域。當(dāng)金屬棒離開磁場的瞬間，導(dǎo)體框的 邊正好進(jìn)入磁EF 場，并在勻速運動一段距離后開始加速。已知金屬棒與導(dǎo)體框之間始終接觸良好，磁場的磁感應(yīng)強度大小 ，重力加速度大小取 。求： 1TB 210m/s,in0.6g （1）金屬棒在磁場中運動時所受安培力的大??； （2）金屬棒的質(zhì)量以及金屬棒與導(dǎo)體框之間的動摩擦因數(shù)； （3）導(dǎo)體框勻速運動的距離。 【答案】 （1） ；（2） ， ；（3）

19、0.8N0.2kgm8 25m18x 【解析】 【分析】 【詳解】 （1）根據(jù)題意可得金屬棒和導(dǎo)體框在沒有進(jìn)入磁場時一起做勻加速直線運動，由動能定理可得 210sinMmgmv 代入數(shù)據(jù)解得 03/s2v 金屬棒在磁場中切割磁場產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得 0EBL 由閉合回路的歐姆定律可得 IR 則導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場時受到的安培力為 0.18NFBIL安 （2）金屬棒進(jìn)入磁場以后因為瞬間受到安培力的作用，根據(jù)楞次定律可知金屬棒的安培力沿斜面向上， 之后金屬棒相對導(dǎo)體框向上運動，因此金屬棒受到導(dǎo)體框給的沿斜面向下的滑動摩擦力，因勻速運動，可 有 sincosmgF安 此時導(dǎo)體框向下做

20、勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律可得 sisMMa 設(shè)磁場區(qū)域的寬度為 x，則金屬棒在磁場中運動的時間為 0 xtv 則此時導(dǎo)體框的速度為 10vat 則導(dǎo)體框的位移 210 xt 因此導(dǎo)體框和金屬棒的相對位移為 21at 由題意當(dāng)金屬棒離開磁場時金屬框的上端 EF 剛好進(jìn)入線框，則有位移關(guān)系 0sx 金屬框進(jìn)入磁場時勻速運動，此時的電動勢為 ，1EBLv 1vIR 導(dǎo)體框受到向上的安培力和滑動摩擦力，因此可得 1sincosMgmIL 聯(lián)立以上可得 ， ， ，0.3x25/sa0.kg 38 （3）金屬棒出磁場以后，速度小于導(dǎo)體框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速運動，則有 1incomgma

21、 金屬棒向下加速，導(dǎo)體框勻速，當(dāng)共速時導(dǎo)體框不再勻速，則有 01vat 導(dǎo)體框勻速運動的距離為 21xt 代入數(shù)據(jù)解得 2.5m98 （二）選考題： 物理 選修 3-3 13. 如圖，一定量的理想氣體從狀態(tài) 經(jīng)熱力學(xué)過程 、 、 后又回到狀態(tài) a。對于00apVT， ， abc 、 、 三個過程，下列說法正確的是（）abc A. 過程中，氣體始終吸熱ab B. 過程中，氣體始終放熱c C. 過程中，氣體對外界做功 D. 過程中，氣體的溫度先降低后升高b E. 過程中，氣體的溫度先升高后降低c 【答案】ABE 【解析】 【分析】 【詳解】A由理想氣體的 圖可知，理想氣體經(jīng)歷 ab 過程，體積不變

22、，則 ，而壓強增大，由pV 0W 可知，理想氣體的溫度升高，則內(nèi)能增大，由 可知，氣體一直吸熱，故 A 正確；pVnRT UQ BC理想氣體經(jīng)歷 ca 過程為等壓壓縮，則外界對氣體做功 ，由 知溫度降低，即內(nèi)能減0pVnRT 少 ，由 可知， ，即氣體放熱，故 B 正確，C 錯誤；0UQW0 DE由 可知， 圖像的坐標(biāo)圍成的面積反映溫度，b 狀態(tài)和 c 狀態(tài)的坐標(biāo)面積相等，而中pVnRTpV 間狀態(tài)的坐標(biāo)面積更大，故 bc 過程的溫度先升高后降低，故 D 錯誤，E 正確； 故選 ABE。 14. 如圖，一玻璃裝置放在水平桌面上，豎直玻璃管 A、B、C 粗細(xì)均勻，A、B 兩管的上端封閉，C 管上

23、 端開口，三管的下端在同一水平面內(nèi)且相互連通。A 、B 兩管的長度分別為 ， 。將13.5cml2cl 水銀從 C 管緩慢注入，直至 B、C 兩管內(nèi)水銀柱的高度差 。已知外界大氣壓為 。求5cmh07Hgp A、B 兩管內(nèi)水銀柱的高度差。 【答案】 1cmh 【解析】 【分析】 【詳解】對 B 管中的氣體，水銀還未上升產(chǎn)生高度差時，初態(tài)為壓強 ，體積為 ，末態(tài)10Bp12BVlS 壓強為 ，設(shè)水銀柱離下端同一水平面的高度為 ，體積為 ，由水銀柱的平衡條件有2p2h22()VlhS0Bpg B 管氣體發(fā)生等溫壓縮，有 12BBV 聯(lián)立解得 2cmh 對 A 管中的氣體，初態(tài)為壓強 ，體積為 ，末

24、態(tài)壓強為 ，設(shè)水銀柱離下端同一水平面10Ap1AVlS2Ap 的高度為 ，則氣體體積為 ，由水銀柱的平衡條件有1h2()VlS2021()Apgh A 管氣體發(fā)生等溫壓縮，有 12AAV 聯(lián)立可得 211980h 解得 或1cm11 c()2l舍 去 則兩水銀柱的高度差為 21cmh 【物理選修 3-4】 15. 圖中實線為一列簡諧橫波在某一時刻的波形曲線，經(jīng)過 后，其波形曲線如圖中虛線所示。已知該0.3s 波的周期 T 大于 ，若波是沿 x 軸正方向傳播的，則該波的速度大小為_ ，周期為0.3s m/s _s，若波是沿 x 軸負(fù)方向傳播的，該波的周期為_ s。 【答案】 (1). 0.5 (

25、2). 0.4 (3). 1.2 【解析】 【分析】 【詳解】 （1）若波是沿 x 軸正方向傳播 的 ，波形移動了 15cm，由此可求出波速和周期：10.5m/s./3v1.2s0.45Tv （2）若波是沿 x 軸負(fù)方向傳播的，波形移動了 5cm，由此可求出波速和周期：20.1m/s/36v2.s.216Tv 16. 用插針法測量上、下表面平行的玻璃磚的折射率。實驗中用 A、B 兩個大頭針確定入射光路、C、D 兩 個大頭針確定出射光路，O 和 分別是入射點和出射點，如圖（a）所示。測得玻璃磚厚度為O ，A 到過 O 點的法線 的距離 ，M 到玻璃磚的距離 ，15.0mhM10.mA20.mO

26、到 的距離為 。M5.0s （）求玻璃磚 的 折射率； （）用另一塊材料相同，但上下兩表面不平行的玻璃磚繼續(xù)實驗，玻璃磚的截面如圖（b）所示。光從上 表面入射，入時角從 0 逐漸增大，達(dá)到 時，玻璃磚下表面的出射光線恰好消失。求此玻璃磚上下表面45 的夾角。 【答案】 （i） （ii）152 【解析】 【分析】 【詳解】 （i）從 O 點射入時，設(shè)入射角為 ，折射角為 。根據(jù)題中所給數(shù)據(jù)可得：210.5sin25.01sin1 再由折射定律可得玻璃磚的折射率： sin2 （ii）當(dāng)入射角為 45時，設(shè)折射角為 ，由折射定律： sin45 可求得： 30 再設(shè)此玻璃磚上下表面的夾角為 ，光路圖如下： 而此時出射光線恰好消失，則說明發(fā)生全反射，有： 1sinC 解得： 45 由幾何關(guān)系可知： 30C 即玻璃磚上下表面的夾角： 15