1 2021 年高考全国乙卷物理试卷

　二、选择题：本题共 8 8 小题，每小题 6 6 分，共 8 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 1 1 ～5 5 题只有一项符合题目要求，第 6 6 ～8 8 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 6 分，选对但不全的得 3 3 分，有选错的得 0 0 分。

　1. 如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（

　）

　A. 动量守恒，机械能守恒

　 B. 动量守恒，机械能不守恒 C. 动量不守恒，机械能守恒

　D. 动量不守恒，机械能不守恒 【答案】B 【解析】因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。

　故选 B。

　2. 如图（a），在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。由于静电感应，在金属平板上表面产生感应电荷，金属板上方电场的等势面如图（b）中虚线所示，相邻等势面间的电势差都相等。若将一正试探电荷先后放于 M 和 N 处，该试探电荷受到的电场力大小分别为 MF和 NF，相应的电势能分别为 pME和 pNE，则（

　）

　A. ,M N pM pNF F E E   B. ,M N pM pNF F E E   C. ,M N pM pNF F E E   D. ,M N pM pNF F E E   【答案】A 【解析】由图中等势面的疏密程度可知M NE E 

　根据 FqE 可知 MNF F  由题可知图中电场线是由金属板指向负电荷，设将该试探电荷从 M 点移到 N 点，可知电场力做正功，电势能减小，即 p p M NE E 

　 故选 A。

　3. 如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为 m 、电荷量为  0 q q 的带电粒子从圆周上的 M 点沿直径 MON 方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为 1v ，离开磁场时速度方向偏转 90 ；若射入磁场时的速度大小为2v，离开磁场时速度方向偏转 60 ，不计重力，则12vv为（

　）

　A. 12 B. 33 C. 32 D. 3

　【答案】B 【解析】根据题意做出粒子的圆心如图所示

　设圆形磁场区域的半径为 R ，根据几何关系有

　第一次的半径 1r R 

　 第二次的半径23 r R 

　根据洛伦兹力提供向心力有2mvqvBr

　 可得qrBvm

　所以1 12 233v rv r 

　 故选B。

　4. 医学治疗中常用放射性核素 113 In 产生  射线，而 113 In 是由半衰期相对较长的113 Sn衰变产生的。对于质量为0m的113 Sn，经过时间 t 后剩余的 113 Sn 质量为 m ，其0mtm图线如图所示。从图中可以得到113 Sn的半衰期为（

　）

　 A 67.3d

　B. 101.0d

　C. 115.1d

　D. 124.9d

　【答案】C 【解析】由图可知从023mm到013mm恰好衰变了一半，根据半衰期的定义可知半衰期为 182.4d 67.3d 115.1d T   

　故选 C。

　5. 科学家对银河系中心附近的恒星 S2 进行了多年的持续观测，给出 1994 年到2002年间S2的位置如图所示。科学家认为S2的运动轨迹是半长轴约为 1000AU （太阳到地球的距离为 1AU ）的椭圆，银河系中心可能存在超大质量黑洞。这项研究工作获得了 2020 年诺贝尔物理学奖。若认为 S2 所受的作用力主要为该大质量黑洞的引力，设太阳的质量为 M ，可以推测出该黑洞质量约为（

　）

　 A. 44 10 M 

　B. 64 10 M 

　C. 84 10 M 

　D. 104 10 M 

　【答案】B 【解析】可以近似把 S2 看成匀速圆周运动，由图可知，S2 绕黑洞的周期 T =16年，地球的公转周期 T 0 =1 年，S2 绕黑洞做圆周运动的半径 r 与地球绕太阳做圆周运动的半径 R 关系是 1000 r R 

　地球绕太阳的向心力由太阳对地球的引力提供，由向心力公式可知

　2 222( )MmG mR mRR T   解得太阳的质量为3204 RMGT 同理 S2 绕黑洞的向心力由黑洞对它的万有引力提供，由向心力公式可知2 222( )xM mG mr mrr T    解得黑洞的质量为324xrMGT

　综上可得63.90 10xM M  

　 故选 B。

　6. 水平桌面上，一质量为 m 的物体在水平恒力 F 拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于 0s时，速度的大小为0v ，此时撤去 F ，物体继续滑行02s的路程后停止运动，重力加速度大小为 g ，则（

　）

　A. 在此过程中 F 所做的功为2012mv

　B. 在此过中 F 的冲量大小等于032mv

　C. 物体与桌面间的动摩擦因数等于2004vs g D. F 的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的 2 倍 【答案】BC 【解析】CD．外力撤去前，由牛顿第二定律可知 1F mg ma    ①

　由速度位移公式有20 1 02 v a s ② 外力撤去后，由牛顿第二定律可知

　 2mg ma    ③

　 由速度位移公式有20 2 02 (2 ) v a s  

　④ 由①②③④可得，水平恒力20034mvFs

　 动摩擦因数2004vgs 

　滑动摩擦力20f04mvF mgs   可知 F 的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的 3 倍，故 C 正确，D 错误；

　A．在此过程中，外力 F 做功为20 034W Fs mv   故 A 错误； B．由平均速度公式可知，外力 F 作用时间0 0100202s stvv 在此过程中， F 的冲量大小是1 032I Ft mv   故 B 正确。

　 故选 BC。

　7. 四个带电粒子的电荷量和质量分别 () q m  ，、 (2 ) q m  ，、 ( 3 3 )q m  ，、 () q m  ，它们先后以相同的速度从坐标原点沿 x 轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与 y 轴平行，不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是（

　）

　A.

　 B.

　 C.

　 D.

　 【答案】AD 【解析】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度qEam

　由类平抛运动规律可知，带电粒子的在电场中运动时间为0ltv 离开电场时，带电粒子的偏转角的正切为20 0tanyxvat qElv v mv    因为四个带电的粒子的初速相同，电场强度相同，极板长度相同，所以偏转角只与比荷有关，前面三个带电粒子带正电，一个带电粒子带负电，所以一个粒子与另外三个粒子的偏转方向不同； () q m  ，粒子与 ( 3 3 )q m  ，粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与 () q m  ，粒子的比荷也相同，所以 () q m  ，、 ( 3 3 )q m  ，、( ) q m  ，三个粒子偏转角相同，但 () q m  ，粒子与前两个粒子的偏转方向相反；( 2 ) q m  ，粒子的比荷与 () q m  ，、 ( 3 3 )q m  ，粒子的比荷小，所以 (2 ) q m  ，粒子比 () q m  ，、( 3 3 ) q m  ，粒子的偏转角小，但都带正电，偏转方向相同。

　故选 AD。

　8. 水平地面上有一质量为1m 的长木板，木板的左端上有一质量为2m的物块，如图（ a ）所示。用水平向右的拉力 F 作用在物块上， F 随时间 t 的变化关系如图（ b ）所示，其中 1F 、2F 分别为1t 、2t时刻 F 的大小。木板的加速度 1a 随时间 t 的变化关系如图（ c ）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为1 ，物块与木板间的动摩擦因数为2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g 。则（

　）

　A. 1 1 1 F m g  B. 2 1 22 2 11( )( )m m mF gm   C. 22 112m mm  D. 在 20 ~ t时间段物块与木板加速度相

　等 【答案】BCD 【解析】

　A．图（c）可知， t 1 时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有 11 1 2( ) F m m g   

　 故 A 错误； BC．图（c）可知， t 2 滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有 2 1 1 2 1 2( ) ( ) F m m g m m a      以木板为对象，根据牛顿第二定律，有2 2 1 1 2 1( ) 0 m g m m g m a       解得2 1 22 2 11( )( )m m mF gm  

　  1 22 11m mm 

　 故 BC 正确； D．图（c）可知，0~ t 2 这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D 正确。

　故选 BCD。

　三、非选择题：第 9 9 ～1 12 2 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 1 16 3~16 题为选考题，考生根据要求作答。

　（一 ）必考题：

　9. 某同学利用图（a）所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔 0.05s 发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图（b）所示（图中未包括小球刚离开轨道的影像）。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为 5cm 。该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图（b）中标出。

　 完成下列填空：（结果均保留 2 位有效数字）

　（1）小球运动到图（b）中位置 A 时，其速度的水平分量大小为___________ m/s ，竖直分量大小为___________ m/s ； （2）根据图（b）中数据可得，当地重力加速度的大小为___________2m/s 。

　【答案】

　(1). 1.0

　(2). 2.0

　(3). 9.7

　【 解 析 】（ 1 ）

　[1] 因 小 球 水 平 方 向 做 匀 速 直 线 运 动 ， 因 此 速 度 为 00.05m/s 1.0m/s0.05xvt   [2]竖直方向做自由落体运动，因此 A 点的竖直速度可由平均速度等于时间中点的瞬时速度求得 28 5 10m/s 2.0m/s0.05 4yv   （2）[3]由竖直方向的自由落体运动可得3 4 2 124y y y ygT  

　 代入数据可得29.7m/s g 

　10. 一实验小组利用图（a）所示的电路测量一电池的电动势 E （约 1.5V ）和内阻r （小于 2Ω ）。图中电压表量程为 1V ，内阻380.0ΩVR ：定值电阻020.0Ω R ；电阻箱 R ，最大阻值为 999.9Ω ；S 为开关。按电路图连接电路。完成下列填空：

　（1）为保护电压表，闭合开关前，电阻箱接入电路 电阻值可以选___________ Ω（填“5.0”或“15.0”）； （2）闭合开关，多次调节电阻箱，记录下阻值 R 和电压表的相应读数 U ； （3）根据图（a）所示电路，用 R 、 0R、 VR、 E 和 r 表示1U，得1U ___________； （4）利用测量数据，做1RU图线，如图（b）所示：

　 （5）通过图（b）可得 E  ___________V（保留 2 位小数）， r  ___________ Ω （保留 1 位小数）； （6）若将图（a）中的电压表当成理想电表，得到的电源电动势为E，由此产生的误差为100%E EE  ___________%。

　【答案】

　(1). 15.0

　(2). 0 00 0( ) 1V VV VR R R R rRER R E ER R   

　(3). 1.55

　(4). 1.0

　(5). 5 【解析】

　（1）[1]为了避免电压表被烧坏，接通电路时电压表两端的电压不能比电表满偏电压大，则由并联电路分压可得 00VVU E UR RR rR R

　代入数据解得 7.5Ω R

　因此选15.0Ω 。

　（3）[2]由闭合回路的欧姆定律可得 00VVUE U R rR RR R   化简可得0 00 01 1V VV VR R R RR rU ER R E ER R     （5）[3][4]由上面公式可得 00119VVR RkER R E ，001 119VVR R rr bE ER R E E   

　由1RU图象计算可得10.034V Ω k  ，10.68V b

　代入可得 1.55V E  ， 1.0Ω r 

　（6）[5]如果电压表为理想电压表，则可有0 01 1 1 rRU E ER ER  

　 则此时1"20Ek 因此误差为0 00 01 120 19100 =5119k kk  11. 一篮球质量为0.60kg m，一运动员使其从距地面高度为 11.8m h 处由静止自由落下，反弹高度为 21.2m h 。若使篮球从距地面 31.5m h 的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为 1.5m 。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为0.20s t ；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取210m/s g  ，不计空气阻力。求：

　（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功； （2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。

　【答案】（1）

　4.5J W  ；（2）

　9N F 

　【解析】

　（1）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得 11E mgh  篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得 2 20 E mgh    第二次从 1.5m 的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得 4 40 0 E mgh    第二次从 1.5m 的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得 3 3W mgh E  

　因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系2 41 3E EE E 代入数据可得 4.5J W 

　（2）因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可得 F mg ma   在拍球时间内运动的位移为212x at 

　做得功为 W Fx 

　联立可得 9N F  （ -15N F  舍去）

　12. 如图，一倾角为  的光滑固定斜面的顶端放有质量0.06kg M 的 U 型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻 3Ω R  的金属棒 CD 的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路 CDEF ； EF 与斜面底边平行，长度0.6m L。初始时 CD 与 EF 相距00.4m s ，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离13m16s 后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界（图中虚线）与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的 EF 边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小 1T B ，重力加速度大小取210m/s ,sin 0.6 g    。求：

　（1）金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小； （2）金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数； （3）导体框匀速运动的距离。

　 【答案】（1）

　0.18N ；（2）0.02kg m，38 ；（3）25m18x  【解析】（1）根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能定理可得    21 01sin2M m gs M m v     代入数据解得03m/s2v  金属棒在磁场中切割磁场产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得0E BLv  由闭合回路的欧姆定律可得EIR 则导体棒刚进入磁场时受到的安培力为0.18N F BIL  安

　（2）金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒的安培力沿斜面向上，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因匀速运动，可有 sin cos mg mg F     安

　此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得sin cos Mg mg Ma      设磁场区域的宽度为 x ，则金属棒在磁场中运动的时间为0xtv 则此时导体框的速度为...

相关热词搜索： 年高 解析 物理试题