2021年高考全国乙卷物理试题含答案

这是一份2021年高考全国乙卷物理试题含答案，共14页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
14．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
B [撤去推力，系统所受合外力为0，动量守恒，滑块和小车之间有滑动摩擦力，由于摩擦生热，故系统机械能减少，B正确。]
15．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是FM和FN，相应的电势能分别为EpM和EpN，则( )
图(a) 图(b)
A．FM＜FN，EpM＞EpN
B．FM＞FN，EpM＞EpN
C．FM＜FN，EpM＜EpN
D．FM＞FN，EpM＜EpN
A [等势面的疏密反映电场强度的大小，故N点的电场强度大于M点的电场强度，同一正的试探电荷在N点受到的电场力大，即FMφN，EpM>EpN，A正确。]
16．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q(q＞0)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v1，离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60°。不计重力，则eq \f(v2,v1)为( )
A．eq \f(1,2) B．eq \f(\r(3),3)
C．eq \f(\r(3),2) D．eq \r(3)
B [设磁场区域的半径为R，根据几何关系可知，带电粒子以v1射入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径r1＝R，带电粒子以v2射入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径r2＝eq \f(R,tan\f(60°,2))＝eq \r(3)R，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r)，可得r＝eq \f(mv,qB)，则r1＝eq \f(mv1,qB)，r2＝eq \f(mv2,qB)，解得eq \f(v1,v2)＝eq \f(\r(3),3)，B正确。]
17．医学治疗中常用放射性核素113 In产生γ射线，而113In是由半衰期相对较长的113Sn衰变产生的。对于质量为m0的113Sn，经过时间t后剩余的113Sn质量为m，其eq \f(m,m0)­t图线如图所示。从图中可以得到113Sn的半衰期为( )
A．67.3 d B．101.0 d
C．115.1 d D．124.9 d
C [纵坐标由eq \f(2,3)变为eq \f(1,3)，说明这eq \f(2,3)m0的113Sn中正好有一半的113Sn发生了衰变，经过的时间为一个半衰期，因此半衰期T＝t2－t1＝115.1 d，C正确。]
18．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．4×104M B．4×106M
C．4×108M D．4×1010M
B [由万有引力提供向心力有eq \f(GM中m,R2)＝meq \f(4π2,T2)R，整理得eq \f(R3,T2)＝eq \f(GM中,4π2)，可知eq \f(R3,T2)只与中心天体的质量有关，则eq \f(M黑洞,M)＝eq \f(\f(R\\al(3,S2),T\\al(2,S2)),\f(R\\al(3,地),T\\al(2,地)))，已知T地＝1年，由题图可知恒星S2绕银河系运动的周期TS2＝2×(2002－1994)年＝16年，解得M黑洞＝4×106M，B正确。]
19．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s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0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eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
B．在此过程中F的冲量大小等于eq \f(1,2)mv0
C．物体与桌面间的动摩擦因素等于eq \f(v\\al(2,0),4s0g)
D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
BC [未撤去F前，摩擦力做负功，根据动能定理有WF－Ffs0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，可知，F所做的功一定大于eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，A错误；对于整个运动过程，根据动能定理有Fs0－Ff×3s0＝0，解得F＝3Ff，D错误；撤去F后的运动过程中，根据动能定理有－μmg×2s0＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得μ＝eq \f(v\\al(2,0),4s0g)，C正确；未撤去F前，设F的冲量大小为IF，则摩擦力的冲量大小为eq \f(IF,3)，未撤去F前，对物体根据动量定理有IF－eq \f(IF,3)＝mv0，解得IF＝eq \f(3,2)mv0，B正确。]
20．四个带电粒子的电荷量和质量分别为(＋q，m)、(＋q,2m)、(＋3q,3m)、(－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
AD [分析可知带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，则带电粒子的运动轨迹方程为y＝eq \f(1,2)·eq \f(Eq,m)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,v0)))eq \s\up12(2)，由于带电粒子的初速度相同，带电粒子(＋q，m)、(＋3q,3m)的比荷相同，则带电粒子(＋q，m)、(＋3q,3m)的运动轨迹重合，C错误；当电场方向沿y轴正方向时，带正电的粒子向y轴正方向偏转，带负电的粒子向y轴负方向偏转，则粒子(＋q，m)、(＋3q,3m)的运动轨迹与粒子(－q，m)的运动轨迹关于x轴对称，粒子(＋q,2m)的比荷比粒子(＋q，m)、(＋3q,3m)的小，则x相同时，粒子(＋q,2m)沿y轴方向的偏转量比粒子(＋q，m)、(＋3q,3m)的小，D正确；当电场方向沿y轴负方向时，同理可知A正确，B错误。]
21．水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2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F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1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素为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2。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( )

图(a) 图(b)
图(c)
A．F1＝μ1m1g
B．F2＝eq \f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)g
C．μ2＞eq \f(m1＋m2,m2)μ1
D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等
BCD [分析可知，t1时刻长木板和物块刚要一起滑动，此时有F1＝μ1(m1＋m2)g，A错误；t1～t2时间内，长木板向右加速滑动，一定有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＞0，故μ2＞eq \f(m1＋m2,m2)μ1，C正确；0～t1时间内长木板和物块均静止，t1～t2时间内长木板和物块一起加速，一起加速的最大加速度满足μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1am、F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)am，解得F2＝eq \f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)g，B、D正确。]
三、非选择题：共62分。第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～34题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共47分。
22．(5分)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，频闪仪每个0.05 s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图像)。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5 cm。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。
图(a)
图(b)
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________m/s2。
[解析] (1)小球在水平方向上做匀速直线运动，小球运动到A点时，由题图(b)可知，其速度的水平分量vx＝eq \f(5×10－2,0.05) m/s＝1.0 m/s，小球在竖直方向上做匀加速直线运动，根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可知，小球运动到A点时，其速度的竖直分量vy＝eq \f(8.6＋11.0×10－2,2×0.05) m/s＝2.0 m/s。
(2)在竖直方向上，根据Δy＝gT2，解得当地的重力加速度g＝eq \f(13.4＋11.0－8.6－6.1×10－2,0.12) m/s2＝9.7 m/s2。
[答案] (1)1.0 2.0 (2)9.7
23．(10分)一实验小组利用图(a)所示的电路测量仪电池的电动势E(约为1.5 V)和内阻r(小于2 Ω)。图中电压表量程为1 V，内阻RV＝380.0 Ω；定值电阻R0＝20.0 Ω；电阻箱R，最大阻值为999.9 Ω；S为开关，按电路图连接电路。完成下列填空：
图(a)
图(b)
(1)为保护电压表，闭合开关前，电阻箱接入电路的电阻值可以选________Ω(填“5.0”或“15.0”)；
(2)闭合开关，多次调解电阻箱，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、R0、RV、E和r表示eq \f(1,U)，得eq \f(1,U)＝________；
(4)利用测量数据，做eq \f(1,U)­R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eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(E′－E,E)))×100%＝________%。
[解析] (1)要保护电压表，则R0两端的电压应小于1 V，通过R0的电流应小于等于0.05 A，故电路中的总电阻R总≥eq \f(1.5,0.05) Ω＝30 Ω，所以电阻箱接入电路的阻值应选15.0 Ω。
(3)根据闭合电路欧姆定律可得，电动势E＝U＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(U,R0)＋\f(U,RV)))(R＋r)，整理得eq \f(1,U)＝eq \f(1,E)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(R0＋RV,R0RV)r))＋eq \f(R0＋RV,ER0RV)R。
(5)延长题图(b)中图线与纵轴相交，由eq \f(1,U)＝eq \f(1,E)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(R0＋RV,R0RV)r))＋eq \f(R0＋RV,ER0RV)R结合题图(b)可得，eq \f(R0＋RV,ER0RV)＝eq \f(1.50－0.86,24－5) V－1·Ω－1，解得E＝1.56 V，当R＝5 Ω时，eq \f(1,U)＝0.86 V－1，代入eq \f(1,U)＝eq \f(1,E)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(R0＋RV,R0RV)r))＋eq \f(R0＋RV,ER0RV)R，可解得r＝1.5 Ω。
(6)若将电压表当成理想电表，则E′＝U＋eq \f(U,R0)(R＋r)，整理得eq \f(1,U)＝eq \f(1,E′)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(r,R0)))＋eq \f(1,E′R0)R，则eq \f(1,E′R0)＝eq \f(1.50－0.86,24－5) V－1·Ω－1，解得E′＝1.48 V，由此产生的误差为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(E′－E,E)))×100%＝5%。
[答案] (1)15.0 (3)eq \f(1,E)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(R0＋RV,R0RV)r))＋eq \f(R0＋RV,ER0RV)R (5)1.56 1.5 (6)5
24．(12分)一篮球质量为m＝0.60 kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8 m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2 m。若使篮球从距地面h3＝1.5 m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1.5 m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20 s；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g＝10 m/s2，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。
[解析] (1)使篮球从距地面高度为h1处由静止自由落下时，设篮球的落地速度大小为v1，根据自由落体运动的规律有veq \\al(2,1)＝2gh1，
设篮球被地面反弹时的速度大小为v2，则有veq \\al(2,2)＝2gh2，
则篮球与地面碰撞前、后的动能之比eq \f(Ek1,Ek2)＝eq \f(\f(1,2)mv\\al(2,1),\f(1,2)mv\\al(2,2))＝eq \f(h1,h2)＝eq \f(3,2)。
使篮球从距地面h3的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，设篮球的落地速度大小为v3，反弹后的速度大小为v4，则有veq \\al(2,4)＝2gh3，
因为篮球每次与地面碰撞前、后的动能的比值不变，所以有eq \f(\f(1,2)mv\\al(2,3),\f(1,2)mv\\al(2,4))＝eq \f(3,2)，
设运动员拍球过程中对篮球做的功为W，根据动能定理有W＋mgh3＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)，
解得W＝4.5 J。
(2)球在受到力F作用的时间内，根据牛顿第二定律得，加速度a＝eq \f(mg＋F,m)，
球的位移s＝eq \f(1,2)at2，
运动员对球做的功W＝Fs，
联立解得F＝9 N。
[答案] (1)4.5 J (2)9 N
25．(20分)如图，一倾角为α的光滑固定斜面的顶端放有质量M＝0.06 kg的U型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻R＝3 Ω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L＝0.6 m。初始时CD与EF相距s0＝0.4 m，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离s1＝eq \f(3,16) m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B＝1 T，重力加速度大小取g＝10 m/s2，sin α＝0.6。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。
[解析] (1)金属棒与导体框同时由静止释放后，二者共同做匀加速直线运动，加速度a0＝gsin α＝6 m/s2①
设金属棒进入磁场时的速度大小为v0，则veq \\al(2,0)＝2a0s1②
解得v0＝1.5 m/s，
金属棒进入磁场时感应电动势E＝BLv0③
感应电流I＝eq \f(E,R)④
金属棒受到的安培力FA1＝BIL⑤
解得FA1＝0.18 N⑥
(2)设金属棒的质量为m，金属棒和导体框之间的动摩擦因数为μ，金属棒进入磁场后受到沿斜面向上的安培力，做匀速直线运动，导体框继续做匀加速直线运动，设加速度为a，金属棒相对导体框向上运动，故金属棒受到沿斜面向下的摩擦力，导体框受到沿斜面向上的摩擦力。
对金属棒有FA1＝mgsin α＋μmgcs α⑦
对导体框有Mgsin α－μmgcs α＝Ma ⑧
当金属棒刚出磁场时，导体框的EF边进入磁场且做匀速运动，设此时导体框的速度为v，导体框受到的安培力
FA2＝eq \f(B2L2v,R)⑨
导体框做匀速直线运动，有Mgsin α－μmgcs α＝eq \f(B2L2v,R)⑩
从金属棒刚进入磁场到导体框的EF边进入磁场，导体框的位移为s0，则v2－veq \\al(2,0)＝2as0⑪
由⑧⑩式可以得到eq \f(B2L2v,R)＝Ma⑫
联立⑪⑫ 式解得a＝5 m/s2，v＝2.5 m/s，
把a＝5 m/s2代入⑧式得μmgcs α＝0.06 N⑬
联立⑦⑬式解得m＝0.02 kg，μ＝eq \f(3,8)。
(3)设从金属棒刚进入磁场到导体框的EF边进入磁场经历的时间为t，则v＝v0＋at⑭
解得t＝0.2 s，
设磁场区域的宽度为d，则d＝v0t＝0.3 m⑮
金属棒出磁场后的加速度a′＝gsin α＋μgcs α＝9 m/s2 ⑯
当金属棒与导体框的速度相等时，导体框开始做加速直线运动，假设导体框的EF边未出磁场前，金属棒的速度已经增加到v，则v＝v0＋a′t′⑰
解得t′＝eq \f(1,9) s，
导体框的位移x＝vt′＝eq \f(5,18) m＜0.3 m⑱
假设成立，故导体框匀速运动的距离为eq \f(5,18) m。
[答案] (1)0.18 N (2)0.02 kg eq \f(3,8) (3)eq \f(5,18) m
(二)选考题：共15分。请考生从给出的2道物理题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后方的方框涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，并且在解答过程中写清每问的小题号，在答题卡指定位置答题。如果多做则按所做的第一题计分。
33．[选修3－3](15分)
(1)(5分)如图，一定质量的理想气体从状态a(p0、V0、T0)经热力学过程ab、bc、ca后又回到状态a。对于ab、bc、ca三个过程，下列说法正确的是________(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每错选1个扣3分，最低得分为0分)
A．ab过程中，气体始终吸热
B．ca过程中，气体始终放热
C．ca过程中，气体对外界做功
D．bc过程中，气体的温度先降低后升高
E．bc过程中，气体的温度先升高后降低
(2)(10分)如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为l1＝13.5 cm，l2＝32 cm。将水银从C管缓慢注入，直到B、C两管内水银柱的高度差h＝5 cm。已知外界大气压为p0＝75 cmHg。求A、B两管内水银柱的高度差。
[解析] (1)气体从a到b的过程中，体积V不变，压强p增大，则外界对气体不做功，根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C，可知气体的温度T升高，故气体的内能增加，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知气体从外界吸收热量，A正确；气体从c到a的过程中，体积V减小，压强p不变，则外界对气体做功，根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C，可知气体的温度T降低，故气体的内能减少，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知气体向外界放出热量，B正确，C错误；气体在b和c状态时，pbVb＝pcVc＝2p0V0，从b、c连线上任取一点，该点的pV>pbVb＝pcVc，根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C，可知气体的温度先升高后降低，D错误，E正确。
(2)对于B中的气体，
初态：pB1＝p0，VB1＝l2S，
末态：pB2＝p0＋ph，VB2＝l2′S，
由玻意耳定律得pB1VB1＝pB2VB2，
解得l2′＝30 cm，
设B管中水银比A管中水银高x cm，
对A中气体，
初态：pA1＝p0，VA1＝l1S′，
末态：pA2＝pB2＋px，VA2＝[l1－(l2－l2′－x)]S′，
由玻意耳定律得pA1VA1＝pA2VA2，
解得x＝1 cm。
[答案] (1)ABE (2)1 cm
34．[选修3－4](15分)
(1)(5分)图中实线为一列简谐横波在某一时刻的波形曲线。经过0.3 s后，其波形图曲线如图中虚线所示。已知该波的周期T大于0.3 s。若波是沿x轴正方向传播的，则该波的速度大小为________m/s，周期为________s；若波是沿x轴负方向传播的，该波的周期为________s。
(2)(10分)用插针法测量上、下表面平行的玻璃砖的折射率。实验中用A、B两个大头针确定入射光路，C、D两个大头针确定出射光路。O和O′分别是入射点和出射点，如图(a)所示。测得玻璃砖厚度为h＝15.0 mm；A到过O点的法线OM的距离AM＝10.0 mm，M到玻璃砖的距离MO＝20.0 mm，O′到OM的距离为s＝5.0 mm。
图(a) 图(b)
(ⅰ)求玻璃砖的折射率；
(ⅱ)用另外一块材料相同，但上下表面不平行的玻璃砖继续实验，玻璃砖的界面如图(b)所示。光从上表面入射，入射角从O逐渐增大，达到45°时，玻璃砖下表面的出射光线恰好消失。求此玻璃砖上下表面的夹角。
[解析] (1)若该波沿x轴正方向传播，则有eq \f(3,4)T＋nT＝0.3 s(n＝0,1,2，…)，由于T＞0.3 s，所以n＝0，解得该波的周期T＝0.4 s，该波的波速v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(20×10－2,0.4) m/s＝0.5 m/s。若该波沿x轴负方向传播，则有eq \f(1,4)T＋nT＝0.3 s(n＝0,1,2，…)，由于T>0.3 s，所以n＝0，解得T＝1.2 s。
(2)(ⅰ)由几何关系可知，入射光线与法线夹角的正弦值sin i＝eq \f(10.0,10\r(5))＝eq \f(\r(5),5)，
折射光线与法线夹角的正弦值sin r＝eq \f(5.0,5\r(10))＝eq \f(\r(10),10)，
根据折射定律可知，玻璃砖的折射率n＝eq \f(sin i,sin r)＝eq \r(2)。
(ⅱ)当光线从玻璃砖上表面射入时，根据折射定律有n＝eq \f(sin i′,sin r′)，
当入射角为45°时，光线在上表面的折射角r′＝30°，介质内的光线与上表面的夹角为60°，
该光线恰好在下表面发生全反射，则光线在下表面的入射角为临界角C，根据n＝eq \f(1,sin C)，
解得C＝45°，
则介质内的光线与下表面的夹角为45°，
所以玻璃砖上、下表面的夹角为60°－45°＝15°。
[答案] (1)0.5 0.4 1.2 (2)(ⅰ)eq \r(2) (ⅱ)15°