2021年高考全國乙卷物理試卷

1、內(nèi)裝訂線學(xué)校:_姓名：_班級：_考號(hào)：_外裝訂線絕密·啟用前2021年高考全國乙卷物理試卷題號(hào)一二三四總分得分注意事項(xiàng)：1答題前填寫好自己的姓名、班級、考號(hào)等信息2請將答案正確填寫在答題卡上評卷人得分一、選擇題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(dòng)車廂使彈簧壓縮，撤去推力時(shí)滑塊在車廂底板上有相對滑動(dòng)。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(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒B動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒C動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒D動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒2.如圖（a），在一塊很大

2、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FM和FN，相應(yīng)的電勢能分別為EpM和EpN，則（）AFMFN,EpMEpNBFMFN,EpMEpNCFMFN,EpMEpNDFMFN,EpMEpN3.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qq0的帶電粒子從圓周上的M點(diǎn)沿直徑MON方向射入磁場。若粒子射入磁場時(shí)的速度大小為v1，離開磁場時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)90°；若射入磁場時(shí)的速度大小為v2，離開磁場時(shí)速

3、度方向偏轉(zhuǎn)60°，不計(jì)重力，則v1v2為（）A12B33C32D34.醫(yī)學(xué)治療中常用放射性核素113In產(chǎn)生射線，而113In是由半衰期相對較長的113Sn衰變產(chǎn)生的。對于質(zhì)量為m0的113Sn，經(jīng)過時(shí)間t后剩余的113Sn質(zhì)量為m，其mm0t圖線如圖所示。從圖中可以得到113Sn的半衰期為（）A67.3dB101.0dC115.1dD124.9d5.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(dòng)軌跡是半長軸約為1000AU（太陽到地球的距離為1AU）的橢圓，銀河系中心可能存在超大質(zhì)量黑洞。這項(xiàng)研究工作獲得了

4、2020年諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)。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（）A4×104MB4×106MC4×108MD4×1010M6.水平桌面上，一質(zhì)量為m的物體在水平恒力F拉動(dòng)下從靜止開始運(yùn)動(dòng)，物體通過的路程等于s0時(shí)，速度的大小為v0，此時(shí)撤去F，物體繼續(xù)滑行2s0的路程后停止運(yùn)動(dòng)，重力加速度大小為g，則（）A在此過程中F所做的功為12mv02B在此過中F的沖量大小等于32mv0C物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于v024s0gDF的大小等于物體所受滑動(dòng)摩擦力大小的2倍7.四個(gè)帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別(+q

5、，m)、(+q，2m)、(+3q，3m)、(q，m)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(jì)重力，下列描繪這四個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的圖像中，可能正確的是（）ABCD8.水平地面上有一質(zhì)量為m1的長木板，木板的左端上有一質(zhì)量為m2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(shí)間t的變化關(guān)系如圖（b）所示，其中F1、F2分別為t1、t2時(shí)刻F的大小。木板的加速度a1隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖（c）所示。已知木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為1，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2，假設(shè)最大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動(dòng)摩擦力相等，重力加速度大小為g。則（）AF1=1m1g

6、BF2=m2(m1+m2)m1(21)gC2m1+m2m21D在0t2時(shí)間段物塊與木板加速度相等9.如圖，一定量的理想氣體從狀態(tài)ap0，V0，T0經(jīng)熱力學(xué)過程ab、bc、ca后又回到狀態(tài)a。對于ab、bc、ca三個(gè)過程，下列說法正確的是（）Aab過程中，氣體始終吸熱Bca過程中，氣體始終放熱Cca過程中，氣體對外界做功Dbc過程中，氣體的溫度先降低后升高Ebc過程中，氣體的溫度先升高后降低評卷人得分二、實(shí)驗(yàn)題10.某同學(xué)利用圖（a）所示裝置研究平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律。實(shí)驗(yàn)時(shí)該同學(xué)使用頻閃儀和照相機(jī)對做平拋運(yùn)動(dòng)的小球進(jìn)行拍攝，頻閃儀每隔0.05s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

7、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(gè)方格的邊長為5cm。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(dòng)到圖（b）中位置A時(shí)，其速度的水平分量大小為_m/s，豎直分量大小為_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m/s2。11.一實(shí)驗(yàn)小組利用圖（a）所示的電路測量一電池的電動(dòng)勢E（約1.5V）和內(nèi)阻r（小于2）。圖中電壓表量程為1V，內(nèi)阻RV=380.0：定值電阻R0=20.0；電阻箱R，最大阻值為999.9；S為開關(guān)。按電路圖連接電路。

8、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、R0、RV、E和r表示1U，得1U=_；（4）利用測量數(shù)據(jù)，做1UR圖線，如圖（b）所示：（5）通過圖（b）可得E=_V（保留2位小數(shù)），r=_（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(dòng)勢為E，由此產(chǎn)生的誤差為EEE×100%=_%。評卷人得分三、解答題12.一籃球質(zhì)量為m=0.60kg，一運(yùn)動(dòng)員使其從距地面高度為h1=1.8m處由靜止自由落下，反

9、彈高度為h2=1.2m。若使籃球從距地面h3=1.5m的高度由靜止下落，并在開始下落的同時(shí)向下拍球、球落地后反彈的高度也為1.5m。假設(shè)運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)對球的作用力為恒力，作用時(shí)間為t=0.20s；該籃球每次與地面碰撞前后的動(dòng)能的比值不變。重力加速度大小取g=10m/s2，不計(jì)空氣阻力。求：（1）運(yùn)動(dòng)員拍球過程中對籃球所做的功；（2）運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)對籃球的作用力的大小。13.如圖，一傾角為的光滑固定斜面的頂端放有質(zhì)量M=0.06kg的U型導(dǎo)體框，導(dǎo)體框的電阻忽略不計(jì)；一電阻R=3的金屬棒CD的兩端置于導(dǎo)體框上，與導(dǎo)體框構(gòu)成矩形回路CDEF；EF與斜面底邊平行，長度L=0.6m。初始時(shí)CD與EF相距s

10、0=0.4m，金屬棒與導(dǎo)體框同時(shí)由靜止開始下滑，金屬棒下滑距離s1=316m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；金屬棒在磁場中做勻速運(yùn)動(dòng)，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EF邊正好進(jìn)入磁場，并在勻速運(yùn)動(dòng)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B=1T，重力加速度大小取g=10m/s2,sin=0.6。求： （1）金屬棒在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)所受安培力的大?。唬?）金屬棒的質(zhì)量以及金屬棒與導(dǎo)體框之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（3）導(dǎo)體框勻速運(yùn)動(dòng)的距離。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

11、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l1=13.5cm，l2=32cm。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h=5cm。已知外界大氣壓為p0=75cmHg。求A、B兩管內(nèi)水銀柱的高度差。15.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(gè)大頭針確定入射光路、C、D兩個(gè)大頭針確定出射光路，O和O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h=15.0mm，A到過O點(diǎn)的法線OM的距離AM=10.0mm，M到玻璃磚的距離MO=20.0mm，O到OM的距離為s=5.0mm。（）求玻璃磚的折射率；（）用另一塊材

12、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(shí)角從0逐漸增大，達(dá)到45°時(shí)，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。評卷人得分四、填空題16.圖中實(shí)線為一列簡諧橫波在某一時(shí)刻的波形曲線，經(jīng)過0.3s后，其波形曲線如圖中虛線所示。已知該波的周期T大于0.3s，若波是沿x軸正方向傳播的，則該波的速度大小為_m/s，周期為_s，若波是沿x軸負(fù)方向傳播的，該波的周期為_s。參考答案1.B【解析】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(dòng)，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)，

13、根據(jù)動(dòng)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(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒。故選B。2.A【解析】由圖中等勢面的疏密程度可知EMEN根據(jù)F=qE可知FMFN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EpMEpN故選A。3.B【解析】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r1=R第二次的半徑r2=3R根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=mv2r可得v=qrBm所以v1v2=r1r2=33故選B。4.C【解析】由圖可知從mm0=23到mm0=13恰好衰變了一半，根據(jù)半衰期的定義可知半衰期為T=182.

14、4d67.3d=115.1d故選C。5.B【解析】可以近似把S2看成勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(dòng)的半徑r與地球繞太陽做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R關(guān)系是r=1000R 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GMmR2=mR2=mR(2T)2解得太陽的質(zhì)量為M=42R3GT02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GMxmr2=mr2=mr(2T)2解得黑洞的質(zhì)量為Mx=42r3GT2綜上可得Mx=3.90×106M故選B。6.BC【解析】CD外力撤去前，由牛頓第二定律可知Fmg=m

15、a1 由速度位移公式有v02=2a1s0外力撤去后，由牛頓第二定律可知mg=ma2 由速度位移公式有v02=2a2(2s0) 由可得，水平恒力F=3mv024s0動(dòng)摩擦因數(shù)=v024gs0滑動(dòng)摩擦力Ff=mg=mv024s0可知F的大小等于物體所受滑動(dòng)摩擦力大小的3倍，故C正確，D錯(cuò)誤；A在此過程中，外力F做功為W=Fs0=34mv02故A錯(cuò)誤；B由平均速度公式可知，外力F作用時(shí)間t1=s00+v02=2s0v0在此過程中，F(xiàn)的沖量大小是I=Ft1=32mv0故B正確。故選BC。7.AD【解析】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，加速度為a=qEm由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，帶電粒子的在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間

16、為t=lv0離開電場時(shí)，帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切為tan=vyvx=atv0=qElmv02因?yàn)樗膫€(gè)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(gè)帶電粒子帶正電，一個(gè)帶電粒子帶負(fù)電，所以一個(gè)粒子與另外三個(gè)粒子的偏轉(zhuǎn)方向不同；(+q，m)粒子與(+3q，3m)粒子的比荷相同，所以偏轉(zhuǎn)角相同，軌跡相同，且與(q，m)粒子的比荷也相同，所以(+q，m)、(+3q，3m)、(q，m)三個(gè)粒子偏轉(zhuǎn)角相同，但(q，m)粒子與前兩個(gè)粒子的偏轉(zhuǎn)方向相反；(+q，2m)粒子的比荷與(+q，m)、(+3q，3m)粒子的比荷小，所以(+q，2m)粒子比(+q，m)、(+3q，3m)

17、粒子的偏轉(zhuǎn)角小，但都帶正電，偏轉(zhuǎn)方向相同。故選AD。8.BCD【解析】A圖（c）可知，t1時(shí)滑塊木板一起剛在從水平滑動(dòng)，此時(shí)滑塊與木板相對靜止，木板剛要滑動(dòng)，此時(shí)以整體為對象有F1=1(m1+m2)gA錯(cuò)誤；BC圖（c）可知，t2滑塊與木板剛要發(fā)生相對滑動(dòng)，以整體為對象， 根據(jù)牛頓第二定律，有F21(m1+m2)g=(m1+m2)a以木板為對象，根據(jù)牛頓第二定律，有2m2g1(m1+m2)g=m1a0解得F2=m2(m1+m2)m1(21)g2m1+m2m21BC正確；D圖（c）可知，0t2這段時(shí)間滑塊與木板相對靜止，所以有相同的加速度，D正確。故選BCD。9.ABE【解析】A由理想氣體的pV

18、圖可知，理想氣體經(jīng)歷ab過程，體積不變，則W=0，而壓強(qiáng)增大，由pV=nRT可知，理想氣體的溫度升高，則內(nèi)能增大，由U=Q+W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，則外界對氣體做功W0，由pV=nRT知溫度降低，即內(nèi)能減少U0，由U=Q+W可知，Q0，即氣體放熱，故B正確，C錯(cuò)誤；DE由pV=nRT可知，pV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(cuò)誤，E正確；故選ABE。10.     1.0     2.

19、0     9.7【解析】（1）1因小球水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，因此速度為v0=xt=0.050.05m/s=1.0m/s2豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，因此A點(diǎn)的豎直速度可由平均速度等于時(shí)間中點(diǎn)的瞬時(shí)速度求得vy=8×5×1020.05×4m/s=2.0m/s（2）3由豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)可得g=y3+y4y2y14T2代入數(shù)據(jù)可得g=9.7m/s211.     15.0     R0+RVERVR0R+1E+(RV+R0)rERVR0 

20、;    1.55     1.0     5【解析】（1）1為了避免電壓表被燒壞，接通電路時(shí)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URVR0RV+R0=EUR+r代入數(shù)據(jù)解得R=7.5因此選15.0。（3）2由閉合回路的歐姆定律可得E=U+URVR0RV+R0(R+r)化簡可得1U=R0+RVERVR0R+1E+RV+R0ERVR0r（5）34由上面公式可得R0+RVERVR0=k=119E，1E+RV+R0ERVR0r=b=1E+r19E由1UR圖象計(jì)算可得k=

21、0.034V1，b=0.68V1代入可得E1.55V，r1.0（6）5如果電壓表為理想電壓表，則可有1U=1E+rER0+1ER0R則此時(shí)E'=120k因此誤差為=|120k119k119k|×10000=50012.（1）W=4.5J；（2）F=9N【解析】（1）第一次籃球下落的過程中由動(dòng)能定理可得E1=mgh1籃球反彈后向上運(yùn)動(dòng)的過程由動(dòng)能定理可得0E2=mgh2第二次從1.5m的高度靜止下落，同時(shí)向下拍球，在籃球反彈上升的過程中，由動(dòng)能定理可得0E4=0mgh4第二次從1.5m的高度靜止下落，同時(shí)向下拍球，籃球下落過程中，由動(dòng)能定理可得W+mgh3=E3因籃球每次和地面

22、撞擊的前后動(dòng)能的比值不變，則有比例關(guān)系E2E1=E4E3代入數(shù)據(jù)可得W=4.5J（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(dòng)，因此有牛頓第二定律可得F+mg=ma在拍球時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移為x=12at2做得功為W=Fx聯(lián)立可得F=9N（F=-15N舍去）13.（1）0.18N；（2）m=0.02kg，=38；（3）x2=518m【解析】（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(shí)一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理可得(M+m)gs1sin=12(M+m)v02代入數(shù)據(jù)解得v0=32m/s金屬棒在磁場中切割磁場產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E=BLv0由閉合回路的歐姆定律

23、可得I=ER則導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場時(shí)受到的安培力為F安=BIL=0.18N（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(dòng)，因此金屬棒受到導(dǎo)體框給的沿斜面向下的滑動(dòng)摩擦力，因勻速運(yùn)動(dòng)，可有mgsin+mgcos=F安此時(shí)導(dǎo)體框向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得Mgsinmgcos=Ma設(shè)磁場區(qū)域的寬度為x，則金屬棒在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=xv0則此時(shí)導(dǎo)體框的速度為v1=v0+at則導(dǎo)體框的位移x1=v0t+12at2因此導(dǎo)體框和金屬棒的相對位移為x=x1x=12at2由題意當(dāng)金屬棒離開磁場時(shí)金屬框的上端EF剛好進(jìn)入線框，則

24、有位移關(guān)系s0x=x金屬框進(jìn)入磁場時(shí)勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)的電動(dòng)勢為E1=BLv1，I1=BLv1R導(dǎo)體框受到向上的安培力和滑動(dòng)摩擦力，因此可得Mgsin=mgcos+BI1L聯(lián)立以上可得x=0.3m，a=5m/s2，m=0.02kg，=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(yùn)動(dòng)，則有mgsin+mgcos=ma1金屬棒向下加速，導(dǎo)體框勻速，當(dāng)共速時(shí)導(dǎo)體框不再勻速，則有v0+a1t1=v1導(dǎo)體框勻速運(yùn)動(dòng)的距離為x2=v1t1代入數(shù)據(jù)解得x2=2.59m=518m14.h=1cm【解析】對B管中的氣體，水銀還未上升產(chǎn)生高度差時(shí)，初態(tài)為壓強(qiáng)p1B=p0，體積為V1B=l2S，末態(tài)壓強(qiáng)為p2，設(shè)水銀柱離下端同一水平面