2021年高考全國甲卷物理試題及答案

2021年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試（甲卷）

理科綜合能力測試-物理部分

二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共8分。在每小題給出的四個選項中，第1?5題

只有一項符合題目要求，第6?8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的

得3分，有選錯的得0分。

1.如圖，將光滑長平板的下端置于鐵架臺水平底座上的擋板尸處，上部架在橫桿上。橫桿的位置可在豎直

桿上調(diào)節(jié)，使得平板與底座之間的夾角?？勺?。將小物塊由平板與豎直桿交點0處靜止釋放，物塊沿平板從

。點滑至尸點所用的時間f與夾角。的大小有關。若由30。逐漸增大至60。，物塊的下滑時間，將（）

A.逐漸增大B.逐漸減小C.先增大后減小D.先減小后增大

【答案】D

【解析】

【分析】

【詳解】設尸。的水平距離為乙由運動學公式可知

——gsin^/2

cos。2

可得

gsin20

可知。=45。時，/有最小值，故當。從由30。逐漸增大至60。時下滑時間/先減小后增大。

故選D。

2.“旋轉(zhuǎn)紐扣”是一種傳統(tǒng)游戲。如圖，先將紐扣繞幾圈，使穿過紐扣的兩股細繩擰在一起，然后用力反

復拉繩的兩端，紐扣正轉(zhuǎn)和反轉(zhuǎn)會交替出現(xiàn)。拉動多次后，紐扣繞其中心的轉(zhuǎn)速可達50r/s,此時紐扣上距

離中心1cm處的點向心加速度大小約為（）

C.IOOOm/s2D.10000m/s2

【答案】C

【解析】

【分析】

【詳解】紐扣在轉(zhuǎn)動過程中

co=2nn=100^rad/s

由向心加速度

a=arr?1000m/s2

故選C。

3.兩足夠長直導線均折成直角，按圖示方式放置在同一平面內(nèi)，￡。與。'。在一條直線上，尸。'與OF在

一條直線上，兩導線相互絕緣，通有相等的電流/,電流方向如圖所示。若一根無限長直導線通過電流/時,

所產(chǎn)生的磁場在距離導線d處的磁感應強度大小為B,則圖中與導線距離均為d的M、N兩點處的磁感應強

度大小分別為（）

八2

M，N

II

d''d

Io'I

op

E八

A.B、0B.O、2BC.2B、2BD.B、B

【答案】B

【解析】

【分析】

【詳解】兩直角導線可以等效為如圖所示的兩直導線，由安培定則可知，兩直導線分別在〃處的磁感應強

度方向為垂直紙面向里、垂直紙面向外，故M處的磁感應強度為零；兩直導線在N處的磁感應強度方向均

垂直紙面向里，故〃處的磁感應強度為28：綜上分析B正確。

EO'Q

4.如圖，一個原子核X經(jīng)圖中所示的一系列a、衰變后，生成穩(wěn)定的原子核Y,在此過程中放射出電

A.6B.8C.10D.14

【答案】A

【解析】

【分析】

【詳解】由圖分析可知，核反應方程為

嗡X.2*Y+a；He+b_；e

設經(jīng)過a次口衰變，b次。衰變。由電荷數(shù)與質(zhì)量數(shù)守恒可得

238=206+4。；92=82+2a—b

解得

。=8,b=6

故放出6個電子

0

故選Ao

5.2021年2月，執(zhí)行我國火星探測任務的“天問一號”探測器在成功實施三次近火制動后，進入運行周期

約為1.8x105s的橢圓形停泊軌道，軌道與火星表面的最近距離約為2.8x105m。已知火星半徑約為

火星表面處自由落體的加速度大小約為3.7m/s2,則“天問一號”的停泊軌道與火星表面的最遠距離約為

()

A.6x105mB.6x106mC.6x107mD.6x108m

【答案】C

【解析】

【分析】

【詳解】忽略火星自轉(zhuǎn)則

GMm—

口，=感①

K

可知

GM=gR2

設與為L8X105s的橢圓形停泊軌道周期相同的圓形軌道半徑為尸，由萬引力提供向心力可知

GMm442小

——--=m——r②

r2T2

設近火點到火星中心為

R}=7?+4③

設遠火點到火星中心為

凡=R+點④

由開普勒第三定律可知

/?,+7?23

r3（2）⑤

7272

由以上分析可得

d2a6x1O’m

故選C。

6.某電場的等勢面如圖所示，圖中4、從c、d、e為電場中的5個點，則()

A.一正電荷從6點運動到e點，電場力做正功

B.一電子從。點運動到d點，電場力做功為4eV

C.b點電場強度垂直于該點所在等勢面，方向向右

D.a、b、c、"四個點中，6點的電場強度大小最大

【答案】BD

【解析】

【分析】

【詳解】A.由圖象可知

<Ph=(fie

則正電荷從6點運動到e點，電場力不做功，A錯誤;

B.由圖象可知

9a=3V,(pd=7V

根據(jù)電場力做功與電勢能的變化關系有

Wad=Epa-Epd=(<pa-<pd)\-e)=4eV

B正確；

C.沿電場線方向電勢逐漸降低，則6點處的場強方向向左，C錯誤;

D.由于電場線與等勢面處處垂直，則可畫出電場線分布如下圖所示

由上圖可看出，b點電場線最密集，則6點處的場強最大，D正確。

故選BDo

7.一質(zhì)量為加的物體自傾角為0的固定斜面底端沿斜面向上滑動。該物體開始滑動時的動能為￡.，向上

滑動一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動，到達斜面底端時動能為*。已知sina=0.6,重力

加速度大小為g。則（）

A.物體向上滑動的距離為工

2mg

B.物體向下滑動時的加速度大小為］

C.物體與斜面間的動摩擦因數(shù)等于0.5

D.物體向上滑動所用的時間比向下滑動的時間長

【答案】BC

【解析】

【分析】

【詳解】AC.物體從斜面底端回到斜面底端根據(jù)動能定理有

_Ring-21cosa=*-Ek

物體從斜面底端到斜面頂端根據(jù)動能定理有

一）nglsina-/nmglcosa=0-Ek

整理得

I=——；"=0.5

mg

A錯誤，C正確；

B.物體向下滑動時的根據(jù)牛頓第二定律有

ma-mgsina-pimgcosa

求解得出

a普

5

B正確；

D.物體向上滑動時的根據(jù)牛頓第二定律有

mar=mgsina+/jmgcosa

物體向下滑動時的根據(jù)牛頓第二定律有

ma下=mgsina-pimgcosa

由上式可知

°上＞°方

由于上升過程中的末速度為零，下滑過程中的初速度為零，且走過相同的位移，根據(jù)公式

I=—at~

2

則可得出

f上＜f下

D錯誤。

故選BCo

8.由相同材料的導線繞成邊長相同的甲、乙兩個正方形閉合線圈，兩線圈的質(zhì)量相等，但所用導線的橫截

面積不同，甲線圈的匝數(shù)是乙的2倍?，F(xiàn)兩線圈在豎直平面內(nèi)從同一高度同時由靜止開始下落，一段時間

后進入一方向垂直于紙面的勻強磁場區(qū)域，磁場的上邊界水平，如圖所示。不計空氣阻力，已知下落過程

中線圈始終平行于紙面，上、下邊保持水平。在線圈下邊進入磁場后且上邊進入磁場前，可能出現(xiàn)的是

()

甲□□乙

XXXXX

XXXXX

XXXXX

A.甲和乙都加速運動

B.甲和乙都減速運動

C.甲加速運動，乙減速運動

D.甲減速運動，乙加速運動

【答案】AB

【解析】

【分析】

【詳解】設線圈到磁場的高度為從線圈的邊長為/,則線圈下邊剛進入磁場時，有

v=^2gh

感應電動勢為

E-nBlv

兩線圈材料相等（設密度為。°）,質(zhì)量相同（設為加），則

加=凡x4nlxS

設材料的電阻率為。，則線圈電阻

4〃/16/72/2pp

K=D=0

Sm

感應電流為

_EmBv

L==

R\6nlppq

安培力為

2

口mBv

F=nBDITlI=-------

由牛頓第二定律有

mg-F=ma

聯(lián)立解得

FB2V

a—g-g

m\6pp§

加速度和線圈的匝數(shù)、橫截面積無關，則甲和乙進入磁場時，具有相同的加速度。當g-時，甲和

\6ppQ

B2VB2V

乙都加速運動，當g<77—時，甲和乙都減速運動，當g=7;—時都勻速。

16磔016Ml

故選ABo

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。

（-）必考題

9.為測量小銅塊與瓷磚表面間的動摩擦因數(shù)，一同學將貼有標尺的瓷磚的一端放在水平桌面上，形成一傾

角為&的斜面（已知sin&=0.34,cosa=0.94）,小銅塊可在斜面上加速下滑，如圖所示。該同學用手機拍

攝小銅塊的下滑過程，然后解析視頻記錄的圖像，獲得5個連續(xù)相等時間間隔（每個時間間隔ATRNOs）內(nèi)

小銅塊沿斜面下滑的距離SiG=l,2,3,4,5）,如下表所示。

51S2S354S5

5.87cm7.58cm9.31cm11.02cm12.74cm

由表中數(shù)據(jù)可得，小銅塊沿斜面下滑的加速度大小為m/s2,小銅塊與瓷磚表面間的動摩擦因數(shù)

為。（結果均保留2位有效數(shù)字，重力加速度大小取9.80m/s2）

【答案】⑴.0.43（2）.0.32

【解析】

【分析】

【詳解】［1］根據(jù)逐差法有

（S5+S4HS2+SJ

a=---------------；----------

（2"）”

代入數(shù)據(jù)可得小銅塊沿斜面下滑的加速度大小

a?0.43m/s2

⑵對小銅塊受力分析根據(jù)牛頓第二定律有

mgsina-pimgcosa=ma

代入數(shù)據(jù)解得

〃x0.32

10.某同學用圖（a）所示電路探究小燈泡的伏安特性，所用器材有：

小燈泡（額定電壓2.5V,額定電流0.3A）

電壓表（量程300mV,內(nèi)阻300C）

電流表（量程300mA,內(nèi)阻0.27Q）

定值電阻Ro

滑動變阻器R（阻值0-20。）

電阻箱&（最大阻值9999.9C）

電源E（電動勢6V,內(nèi)阻不計）

開關S、導線若干。

完成下列填空：

（1）有3個阻值分別為10。、20。、30。的定值電阻可供選擇，為了描繪小燈泡電流在0?300mA的U-1

曲線，治應選取阻值為。的定值電阻:

（2）閉合開關前，滑動變阻器的滑片應置于變阻器的（填“a”或"b”）端；

（3）在流過電流表的電流較小時，將電阻箱尺2的阻值置零，改變滑動變阻器滑片的位置，讀取電壓表和電

流表的示數(shù)U、I,結果如圖（b）所示。當流過電流表的電流為10mA時，小燈泡的電阻為Q（保

留1位有效數(shù)字）；

020406080100120

圖(b)

（4）為使得電壓表滿量程時對應于小燈泡兩端的電壓為3V,該同學經(jīng)計算知，應將&的阻值調(diào)整為

Qo然后調(diào)節(jié)滑動變阻器測得數(shù)據(jù)如下表所示：

WmV24.046.076.0110.0128.0152.0184.0216.0250.0

//mA140.0160.0180.02000220.0240.0260.02800300.()

（5）由圖（b）和上表可知，隨流過小燈泡電流的增加，其燈絲的電阻（填“增大”“減小”

或“不變”）;

（6）該同學觀測到小燈泡剛開始發(fā)光時流過電流表的電流為160mA,可得此時小燈泡電功率%=W

（保留2位有效數(shù)字）；當流過電流表的電流為300mA時，小燈泡的電功率為%2,則答=（保留至

W\--------

整數(shù)）。

【答案】(1).10(2)7(3).0.7(4).2700(5).增大⑹.0.074(7).10

【解析】

【分析】

【詳解】（1）口］因為小燈泡額定電壓2.5V,電動勢6V,則滑動滑動變阻器時，為了保證電路安全，需要定

值電阻分擔的電壓

U=6V-2.5V=3.5V

則有

3.5V

R。?11.7Q

0.3A

則需要描繪小燈泡在0?300mA的伏安特性曲線，即扁應選取阻值為10Q；

（2）［2］為了保護電路，滑動變阻器的滑片應置于變阻器的。端；

（3）［3］由圖可知當流過電流表的電流為10mA時，電壓為7mV,則小燈泡的電阻為

7x10"

R=lox]。與C=0.7Q

（4）［4］由題知電壓表滿量程時對應于小燈泡兩端的電壓為3V時，有

303

R]+R\/&

解得

4=2700Q

（5）[5]由圖（b）和表格可知流過小燈泡電流增加，圖像中，變大，則燈絲的電阻增大;

（6）[6]根據(jù)表格可知當電流為160mA時，電壓表的示數(shù)為46mA,根據(jù)（4）的分析可知此時小燈泡兩端

電壓為0.46A,則此時小燈泡電功率

J^i=0.46Vx0.16A~0.074W

[7]同理可知當流過電流表的電流為300mA時，小燈泡兩端電壓為2.5V,此時小燈泡電功率

叼=2.5VxO.3A=0.75W

故有

W0.75

2=10

0.074

11.如圖，一傾角為。的光滑斜面上有50個減速帶（圖中未完全畫出），相鄰減速帶間的距離均為力減速

帶的寬度遠小于d；一質(zhì)量為加的無動力小車（可視為質(zhì)點）從距第一個減速帶乙處由靜止釋放。已知小

車通過減速帶損失的機械能與到達減速帶時的速度有關。觀察發(fā)現(xiàn)，小車通過第30個減速帶后，在相鄰減

速帶間的平均速度均相同。小車通過第50個減速帶后立刻進入與斜面光滑連接的水平地面，繼續(xù)滑行距離

s后停下。已知小車與地面間的動摩擦因數(shù)為〃，重力加速度大小為g。

（1）求小車通過第30個減速帶后，經(jīng)過每一個減速帶時損失的機械能；

（2）求小車通過前30個減速帶的過程中在每一個減速帶上平均損失的機械能；

（3）若小車在前30個減速帶上平均每一個損失的機械能大于之后每一個減速帶上損失的機械能，則￡應

滿足什么條件？

（無動力）小車

悟案】⑴

【解析】

【分析】

【詳解】（1）由題意可知小車在光滑斜面上滑行時根據(jù)牛頓第二定律有

mgsin0=ma

設小車通過第30個減速帶后速度為力，到達第31個減速帶時的速度為四，則有

-2ad

因為小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同，故后面過減速帶后的速度與到達下一

個減速帶均為vi和電；經(jīng)過每一個減速帶時損失的機械能為

AE=gmv\-g■相片

聯(lián)立以上各式解得

△E-mgdsin0

(2)由(1)知小車通過第50個減速帶后的速度為環(huán)，則在水平地面上根據(jù)動能定理有

12

一叩儂=0--zwvj

從小車開始下滑到通過第30個減速帶，根據(jù)動能定理有

/ng(￡+29d)sin。一AE1總=

聯(lián)立解得

A51總=mg(￡+29d)sin。一pimgs

故在每一個減速帶上平均損失的機械能為

,mg(￡+29d)sin。一"mgs

L\LL——■

3030

(3)由題意可知

\E'>\E

可得

12.如圖，長度均為/的兩塊擋板豎直相對放置，間距也為/,兩擋板上邊緣尸和/處于同一水平線上，在

該水平線的上方區(qū)域有方向豎直向下的勻強電場，電場強度大小為E；兩擋板間有垂直紙面向外、磁感應強

度大小可調(diào)節(jié)的勻強磁場。一質(zhì)量為機，電荷量為g(4>0)的粒子自電場中某處以大小為vo的速度水平向

右發(fā)射，恰好從尸點處射入磁場，從兩擋板下邊緣。和N之間射出磁場，運動過程中粒子未與擋板碰撞。

已知粒子射入磁場時的速度方向與PQ的夾角為60°,不計重力。

(1)求粒子發(fā)射位置到尸點的距離：

(2)求磁感應強度大小的取值范圍;

（3）若粒子正好從QN的中點射出磁場，求粒子在磁場中的軌跡與擋板MN的最近距離。

【答案】（I）亞竺1；（2）2%WBW.（3）粒子運動軌跡見解析，39二1。占

6qE（3+，3）〃ql44

【解析】

【分析】

【詳解】（1）帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，由類平拋運動規(guī)律可知

12qEr

y——at~②

22m

粒子射入磁場時的速度方向與尸。的夾角為60。，有

vat

tan30°=」=一③

匕%

粒子發(fā)射位置到P點的距離

s=yjx2+y2④

由①②③④式得

⑤

6qE

（2）帶電粒子在磁場運動在速度

%_2g%⑥

cos30°3

帶電粒子在磁場中運動兩個臨界軌跡（分別從。、N點射出）如圖所示

由幾何關系可知，最小半徑

r=2=⑦

mLCOS30。13

最大半徑

也

2⑧

acos75°一

帶電粒子在磁場中做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，由向心力公式可知

2

qvB=-----⑨

由⑥⑦⑧⑨解得，磁感應強度大小的取值范圍

2mV°<B<2mV°

(3+廊/一一ql

(3)若粒子正好從0N的中點射出磁場時，帶電粒子運動軌跡如圖所示。

由幾何關系可知

1_

sin6=-^-=—?

V5.5

----1

2

帶電粒子的運動半徑為

芻

r4?

3cos(3O°+0)

粒子在磁場中的軌跡與擋板MN的最近距離

<nin=(qsin30°+/)-〃?

由⑩??式解得

“"I?

［物理——選修3-3］

13.如圖，-定量的理想氣體經(jīng)歷的兩個不同過程，分別由體積-溫度（匕/）圖上的兩條直線I和n表示,

匕和匕分別為兩直線與縱軸交點的縱坐標；珀為它們的延長線與橫軸交點的橫坐標，”是它們的延長線與

橫軸交點的橫坐標，m=-273.15。（3；b為直線I上的一點。由圖可知，氣體在狀態(tài)。和6的壓強之比

Pa；氣體在狀態(tài)b和c的壓強之比包=

PhPc-

【分析】

【詳解】［1］根據(jù)蓋呂薩克定律有

f+273

整理得

V=kt+213k

由于體積-溫度（匕，）圖像可知，直線I為等壓線，則小6兩點壓強相等，則有

&=1

Pi,

⑵設，=（rc時，當氣體體積為匕其壓強為Pi,當氣體體積為%其壓強為。2,根據(jù)等溫變化，則有

P\v\=。必

由于直線i和n各為兩條等壓線，則有

P\=Pb，P2=Pc

聯(lián)立解得

也=員=呸

PcPl匕

14.如圖，一汽缸中由活塞封閉有一定量的理想氣體，中間的隔板將氣體分為A、B兩部分；初始時，A、

B的體積均為匕壓強均等于大氣壓po,隔板上裝有壓力傳感器和控制裝置，當隔板兩邊壓強差超過0.5p。

V

時隔板就會滑動，否則隔板停止運動。氣體溫度始終保持不變。向右緩慢推動活塞，使B的體積減小為一。

2

(i)求A的體積和B的壓強；

(ii)再使活塞向左緩慢回到初始位置，求此時A的體積和B的壓強。

【答案】⑴匕=0.仍，pB=2Po；(ii)r；=(V5-i)r,28=士!言

【解析】

【分析】

【詳解】(i)對B氣體分析，等溫變化，根據(jù)波意耳定律有

P。展以了

解得

PB=2Po

對A氣體分析，根據(jù)波意耳定律有

POV=PAVA

PA=PB+Q5Po

聯(lián)立解得

匕A=OAV

3

（ii）再使活塞向左緩慢回到初始位置，假設隔板不動，則A的體積為一V,由波意耳定律可得

2

3

pov=p^-vo

則A此情況下的壓強為

2

P'=-Po＜PB-0-5po

則隔板一定會向左運動，設穩(wěn)定后氣體A的體積為匕'、壓強為氣體B的體積為七'、壓強為4',

根據(jù)等溫變化有

Po展PAVA*PoV=PBVB

V；+K=2V，P；=PB-O5PO

聯(lián)立解得

（舍去），PB=^^Po

VA=^-l)V

［物理——選修3-4］

15.如圖，單色光從折射率〃=1.5、厚