2021年全國統(tǒng)一高考物理試卷（新課標?。?/h1>

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2021年高考全國乙卷物理試卷二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48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，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.BC.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。對于質量為的，經(jīng)過時間t后剩余的質量為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。科學家認為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量黑洞的引力，設太陽的質量為M，可以推測出該黑洞質量約為（）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量為綜上可得故選B。6.水平桌面上，一質量為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．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，加速度為由類平拋運動規(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，前面三種帶電粒子帶正電，第四種帶電粒子帶負電，所以第四個粒子與前面三個粒子的偏轉方向不同；第一種粒子與第三種粒子的比荷相同，所以偏轉角相同，軌跡相同，且與第四種粒子的比荷也相同，所以一、三、四粒子偏轉角相同，但第四種粒子與前兩個粒子的偏轉方向相反；第二種粒子的比荷與第一、三種粒子的比荷小，所以第二種粒子比第一、三種粒子的偏轉角小，但都還正電，偏轉方向相同。故選AD。8.水平地面上有一質量為的長木板，木板的左明上有一質量為的物塊，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.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）完成下列填空：（結果均保留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___________；（2）根據(jù)圖（b）中數(shù)據(jù)可得，當?shù)刂亓铀俣鹊拇笮開__________?！敬鸢浮?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—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。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，電阻箱接入電路的電阻值可以選___________（填“5.0”或“15.0”）；（2）閉合開關，多次調節(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11.一籃球質量為，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?！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?！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33]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上，豎直玻璃管A、B、C粗細均勻，A、B兩管上端封閉，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，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34】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。