2021年高考全國乙卷物理試題（解析版）

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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，機械能守恒 B. 動量守恒，機械能不守恒 C. 動量不守恒，機械能守恒 D. 動量不守恒，機械能不守恒 【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

2、簧和滑塊組成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒和機械能守恒的條件可知撤去推力后該系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒。 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電荷。由于靜電感應，在金屬平板上表面產(chǎn)生感應電荷，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電荷，設將該試探電荷從M

3、點移到N點，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磁場，質(zhì)量為m、電荷量為的帶電粒子從圓周上的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；若射入磁場時的速度大小為，離開磁場時速度方向偏轉，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 設圓形磁場區(qū)域的半徑為R，根據(jù)幾何關系有第一次的半徑 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)學治療中常用放射性

4、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，根據(jù)半衰期的定義可知半衰期為 故選C。 5. 科學家對銀河系中心附近的恒星S2進行了多年的持續(xù)觀測，給出1994年到2002年間S2的位置如圖所示?？茖W家認為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年諾貝爾物理學獎。若認為S2所受的作用力主要為該大質(zhì)量黑洞的引力

5、，設太陽的質(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看成勻速圓周運動，由圖可知，S2繞黑洞的周期T=16年，地球的公轉周期T0=1年，S2繞黑洞做圓周運動的半徑r與地球繞太陽做圓周運動的半徑R關系是 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動，物體

6、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 ① 由速度位移公式有 ② 外力撤去后，由牛頓第二定律可知 ③ 由速度位移公式有 ④ 由①②③④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．

7、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 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 離開電場時，帶電粒子的偏轉角的正切為 因為

8、四個帶電的粒子的初速相同，電場強度相同，極板長度相同，所以偏轉角只與比荷有關，前面三個帶電粒子帶正電，一個帶電粒子帶負電，所以一個粒子與另外三個粒子的偏轉方向不同；粒子與粒子的比荷相同，所以偏轉角相同，軌跡相同，且與粒子的比荷也相同，所以、、三個粒子偏轉角相同，但粒子與前兩個粒子的偏轉方向相反；粒子的比荷與、粒子的比荷小，所以粒子比、粒子的偏轉角小，但都帶正電，偏轉方向相同。 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

9、關系如圖（c）所示。已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)為，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為，假設最大靜摩擦力均與相應的滑動摩擦力相等，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，0~t2

10、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9～12題為必考題，每個試題考生都必須作答。第13~16題為選考題，考生根據(jù)要求作答。 （一）必考題： 9. 某同學利用圖（a）所示裝置研究平拋運動的規(guī)律。實驗時該同學使用頻閃儀和照相機對做平拋運動的小球進行拍攝，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。該同學在實驗中測得的小球影像的高度差已經(jīng)在圖（b）中標出。 完成下列填空：（結果均保留2位有效

11、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___________； （2）根據(jù)圖（b）中數(shù)據(jù)可得，當?shù)刂亓铀俣鹊拇笮開__________。 【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動，因此速度為 [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 （2）[3]由豎直方向的自由落體運動可得 代入數(shù)據(jù)可得 10. 一實驗小組利用圖（a）所示的電路測量一電

12、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。按電路圖連接電路。完成下列填空： （1）為保護電壓表，閉合開關前，電阻箱接入電路電阻值可以選___________（填“5.0”或“15.0”）； （2）閉合開關，多次調(diào)節(jié)電阻箱，記錄下阻值R和電壓表的相應讀數(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）中的電壓表當成

13、理想電表，得到的電源電動勢為，由此產(chǎn)生的誤差為___________%。 【答案】 (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）[3][4]由上面公式可得 ， 由圖象計算可得 ， 代入可得 ， （6）[5]如果電壓表為理想電壓表，則可有 則此時 因此誤差為

14、 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。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） 【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，在籃球反彈上升的過

15、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動，因此有牛頓第二定律可得 在拍球時間內(nèi)運動的位移為 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型導體框，導體框的電阻忽略不計；一電阻的金屬棒的兩端置于導體框上，與導體框構成矩形回路；與斜面底邊平行，長度。初始時與相距，金屬棒與導體框同時由靜止開始下滑，金屬棒下滑距離后進入一方向垂直于

16、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；金屬棒在磁場中做勻速運動，直至離開磁場區(qū)域。當金屬棒離開磁場的瞬間，導體框的邊正好進入磁場，并在勻速運動一段距離后開始加速。已知金屬棒與導體框之間始終接觸良好，磁場的磁感應強度大小，重力加速度大小取。求： （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)量以及金屬棒與導體框之間的動摩擦因數(shù)； （3）導體框勻速運動的距離。 【答案】（1）；（2），；（3） 【解析】 【分析】 【詳解】（1）根據(jù)題意可得金屬棒和導體框在沒有進入磁場時一起做勻加速直線運動，由動能定理可得 代入數(shù)據(jù)解得 金屬棒在

17、磁場中切割磁場產(chǎn)生感應電動勢，由法拉第電磁感應定律可得 由閉合回路的歐姆定律可得 則導體棒剛進入磁場時受到的安培力為 （2）金屬棒進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，之后金屬棒相對導體框向上運動，因此金屬棒受到導體框給的沿斜面向下的滑動摩擦力，因勻速運動，可有 此時導體框向下做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律可得 設磁場區(qū)域的寬度為x，則金屬棒在磁場中運動的時間為 則此時導體框的速度為 則導體框的位移 因此導體框和金屬棒的相對位移為 由題意當金屬棒離開磁場時金屬框的上端EF剛好進入線框，則有位移關系

18、 金屬框進入磁場時勻速運動，此時的電動勢為 ， 導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，速度小于導體框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速運動，則有 金屬棒向下加速，導體框勻速，當共速時導體框不再勻速，則有 導體框勻速運動的距離為 代入數(shù)據(jù)解得 （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

19、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，圖像的坐標圍成的面積反映溫度，b狀態(tài)和c狀態(tài)的坐標面積相等，而中間狀態(tài)的坐標面積更大，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

20、上，豎直玻璃管A、B、C粗細均勻，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。 【答案】 【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)壓強為，設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，體積為，末態(tài)壓強為，設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

21、 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軸負方向傳播的，該波的周期為___________s。 【答案】 (1). 0.5 (2). 0.4 (3). 1.2 【解析】 【分析】 【詳解】（1）若波是沿x軸正方向傳播，波形移動了15cm，由此可求出波速和周期：

22、 （2）若波是沿x軸負方向傳播的，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，A到過O點的法線的距離，M到玻璃磚的距離，到的距離為。 （?。┣蟛ＡТu折射率； （ⅱ）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點射入時，設入射角為α，折射角為β。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）當入射角為45時，設折射角為γ，由折射定律： 可求得： 再設此玻璃磚上下表面的夾角為θ，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： 由幾何關系可知： 即玻璃磚上下表面的夾角：