《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?yàn)榛瑝K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)，根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒的條
2、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，則（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】【詳解】由圖中等勢面的疏密程度可知根據(jù)可知由題可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(diǎn)移到N點(diǎn)，可知電場力做正功，電勢能減小，即故選A。3. 如圖，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，質(zhì)量為m、電荷量為的
3、帶電粒子從圓周上的M點(diǎn)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（）A. B. C. D. 【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)系有第一次的半徑第二次的半徑根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得所以故選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。從圖中可以得到的半衰期為（）A B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】【詳解】由圖可知從到恰好衰變了一半，
4、根據(jù)半衰期的定義可知半衰期為故選C。5. 科學(xué)家對銀河系中心附近的恒星S2進(jìn)行了多年的持續(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(yùn)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. 【答案】B【解析】【分析】【詳解】可以近似把S2看成勻速圓周運(yùn)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(yùn)動的半徑r與地球繞太陽做圓周運(yùn)動的半徑R關(guān)系是
5、地球繞太陽的向心力由太陽對地球的引力提供，由向心力公式可知解得太陽的質(zhì)量為同理S2繞黑洞的向心力由黑洞對它的萬有引力提供，由向心力公式可知解得黑洞的質(zhì)量為綜上可得故選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(yùn)動，物體通過的路程等于時，速度的大小為，此時撤去F，物體繼續(xù)滑行的路程后停止運(yùn)動，重力加速度大小為g，則（）A. 在此過程中F所做的功為B. 在此過中F的沖量大小等于C. 物體與桌面間的動摩擦因數(shù)等于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 由速度位移公式有外力撤去后，由牛頓第二定律可知
6、由速度位移公式有 由可得，水平恒力動摩擦因數(shù)滑動摩擦力可知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做功為故A錯誤；B由平均速度公式可知，外力F作用時間在此過程中，F(xiàn)的沖量大小是故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度從坐標(biāo)原點(diǎn)沿x軸正方向射入一勻強(qiáng)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(yùn)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(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，加速度由類平拋運(yùn)動規(guī)律可知，帶電粒子的在電場中運(yùn)動時間為離開電場時，帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切
7、為因?yàn)樗膫€帶電的粒子的初速相同，電場強(qiáng)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、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；粒子的比荷與、粒子的比荷小，所以粒子比、粒子的偏轉(zhuǎn)角小，但都帶正電，偏轉(zhuǎn)方向相同。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)量為的物塊，如圖（a）所示。用水平向右的拉力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的大小。木板的加速度隨時間t的變化關(guān)系
8、如圖（c）所示。已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)為，物塊與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（）A. B. C. D. 在時間段物塊與木板加速度相等【答案】BCD【解析】【分析】【詳解】A圖（c）可知，t1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，木板剛要滑動，此時以整體為對象有故A錯誤；BC圖（c）可知，t2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，有以木板為對象，根據(jù)牛頓第二定律，有解得故BC正確；D圖（c）可知，0t2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
9、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(yùn)動的規(guī)律。實(shí)驗(yàn)時該同學(xué)使用頻閃儀和照相機(jī)對做平拋運(yùn)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(shí)驗(yàn)中測得的小球影像的高度差已經(jīng)在圖（b）中標(biāo)出。完成下列填空：（結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）（1）小球運(yùn)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_；（2）根據(jù)圖（b）中數(shù)據(jù)可得，當(dāng)?shù)?/p>
10、重力加速度的大小為_。【答案】 (1). 1.0 (2). 2.0 (3). 9.7【解析】【分析】【詳解】（1）1因小球水平方向做勻速直線運(yùn)動，因此速度為2豎直方向做自由落體運(yùn)動，因此A點(diǎn)的豎直速度可由平均速度等于時間中點(diǎn)的瞬時速度求得（2）3由豎直方向的自由落體運(yùn)動可得代入數(shù)據(jù)可得10. 一實(shí)驗(yàn)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)。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，電阻箱接入電路電阻值可以選_（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
11、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_；（4）利用測量數(shù)據(jù)，做圖線，如圖（b）所示：（5）通過圖（b）可得_V（保留2位小數(shù)），_（保留1位小數(shù)）；（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_%?！敬鸢浮?(1). 15.0 (2). (3). 1.55 (4). 1.0 (5). 5【解析】【分析】【詳解】（1）1為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)電路分壓可得代入數(shù)據(jù)解得因此選。（3）2由閉合回路的歐姆定律可得化簡可得（5）34由上面公式可得，由圖象計算可得，代入可得，（6）
12、5如果電壓表為理想電壓表，則可有則此時因此誤差為11. 一籃球質(zhì)量為，一運(yùn)動員使其從距地面高度為處由靜止自由落下，反彈高度為。若使籃球從距地面的高度由靜止下落，并在開始下落的同時向下拍球、球落地后反彈的高度也為。假設(shè)運(yùn)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：（1）運(yùn)動員拍球過程中對籃球所做的功；（2）運(yùn)動員拍球時對籃球的作用力的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）【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籃球反彈后向上運(yùn)動的過程由動能定理可得第二次從1.5m的高度靜止下落，同時向下拍球，在籃球反彈上
13、升的過程中，由動能定理可得第二次從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)系代入數(shù)據(jù)可得（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(yùn)動，因此有牛頓第二定律可得在拍球時間內(nèi)運(yùn)動的位移為做得功為聯(lián)立可得（舍去）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；與斜面底邊平行，長度。初始時與相距，金屬棒與導(dǎo)體框同時由靜止開始下滑，金屬棒下滑距離后進(jìn)入一方向垂直于斜面的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場邊界（圖中虛線）與斜面底邊平行；金
14、屬棒在磁場中做勻速運(yùn)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)入磁場，并在勻速運(yùn)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(qiáng)度大小，重力加速度大小取。求： （1）金屬棒在磁場中運(yùn)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(yùn)動的距離?！敬鸢浮浚?）；（2），；（3）【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(yùn)動，由動能定理可得代入數(shù)據(jù)解得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)定律可得由閉合回路的歐姆定律可得則導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場時受到的安培力
15、為（2）金屬棒進(jìn)入磁場以后因?yàn)樗查g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(yùn)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(yùn)動，可有此時導(dǎo)體框向下做勻加速運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律可得設(shè)磁場區(qū)域的寬度為x，則金屬棒在磁場中運(yùn)動的時間為則此時導(dǎo)體框的速度為則導(dǎo)體框的位移因此導(dǎo)體框和金屬棒的相對位移為由題意當(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)系金屬框進(jìn)入磁場時勻速運(yùn)動，此時的電動勢為，導(dǎo)體框受到向上的安培力和滑動摩擦力，因此可得聯(lián)立以上可得，（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(yùn)動，則有
16、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，則有導(dǎo)體框勻速運(yùn)動的距離為代入數(shù)據(jù)解得（二）選考題：物理選修3-313. 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、三個過程，下列說法正確的是（）A. 過程中，氣體始終吸熱B. 過程中，氣體始終放熱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E. 過程中，氣體的溫度先升高后降低【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，則，而壓強(qiáng)增大，由可知，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；BC理想氣體經(jīng)歷ca過程為等壓壓縮，則外界對氣體
17、做功，由知溫度降低，即內(nèi)能減少，由可知，即氣體放熱，故B正確，C錯誤；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A、B兩管內(nèi)水銀柱的高度差?！敬鸢浮俊窘馕觥俊痉治觥俊驹斀狻繉管中的氣體，水銀還未上升產(chǎn)生高度差時，初態(tài)為壓強(qiáng)，體積為，末態(tài)壓強(qiáng)
18、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B管氣體發(fā)生等溫壓縮，有聯(lián)立解得對A管中的氣體，初態(tài)為壓強(qiáng)，體積為，末態(tài)壓強(qiáng)為，設(shè)水銀柱離下端同一水平面的高度為，則氣體體積為，由水銀柱的平衡條件有A管氣體發(fā)生等溫壓縮，有聯(lián)立可得解得或則兩水銀柱的高度差為【物理選修3-4】15. 圖中實(shí)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_s，若波是沿x軸負(fù)方向傳播的，該波的周期為_s?！敬鸢浮?(1). 0.5 (2). 0.4 (3). 1.2【解析】【分析】【詳解】（1）若波是
19、沿x軸正方向傳播，波形移動了15cm，由此可求出波速和周期：（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：16. 用插針法測量上、下表面平行的玻璃磚的折射率。實(shí)驗(yàn)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(diǎn)和出射點(diǎn)，如圖（a）所示。測得玻璃磚厚度為，A到過O點(diǎn)的法線的距離，M到玻璃磚的距離，到的距離為。（）求玻璃磚折射率；（）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(shí)驗(yàn)，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的夾角。【答案】（i） （ii）15【解析】【分析】【詳解】（i）從O點(diǎn)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：再由折射定律可得玻璃磚的折射率：（ii）當(dāng)入射角為45時，設(shè)折射角為，由折射定律：可求得：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：解得：由幾何關(guān)系可知：即玻璃磚上下表面的夾角：
2021年高考全國乙卷物理試題（解析版）
