2021年高考真题——物理（江苏卷）.pdf
江苏省2021年普通高中学业水平选择性考试物 理一、单项选择题：共10题，每题4分，共4 0分，每题只有一个选项最符合题意1.用“中子活化 技术分析某样品的成分，中子轰击样品中的；N 产生;4 c 和另一种粒子X,则 乂 是（）A.质子 B.a 粒子 C./粒 子 D.正电子【答案】A【解析】【详解】该核反应方程为lN+；n W C+；H可知x 是质子。故选A。2.有研究发现，某神经细胞传递信号时，离子从细胞膜一侧流到另一侧形成跨膜电流，若将该细胞膜视为IxlO F 的电容器，在 2m s内细胞膜两侧的电势差从-70m V 变为3 0 m V,则该过程中跨膜电流的平均值为（）A.1.5X10-7A B.2X10-7A C.3.5X10-7A D.5X10-7A【答案】D【解析】【详解】根据Q=CU可知AQ=CAL/=10-8x（30+70）xl0-3C=10 9C则该过程中跨膜电流的平均值为/=口=7A=5x10%t 2x10-3故选D 1,3.我国航天人发扬 两弹一星 精神砥砺前行，从“东方红一号 到 北斗 不断创造奇迹。北斗 第49颗卫星的发射迈出组网的关键一步。该卫星绕地球做圆周运动，运动周期与地球自转周期相同，轨道平面与地球赤道平面成一定夹角。该 卫 星（）A.运动速度大于第一宇宙速度B.运动速度小于第一宇宙速度C.轨道半径大于 静止 在赤道上空的同步卫星D.轨道半径小于 静止 在赤道上空的同步卫星【答案】B【解析】【详解】A B.第一宇宙速度是指绕地球表面做圆周运动的速度，是环绕地球做圆周运动的所有卫星的最大环绕速度，该卫星的运转半径远大于地球的半径，可知运行线速度小于第一宇宙速度，选项A错误B正确;C D.根据可知一三V 4%因为该卫星的运动周期与地球自转周期相同，等于 静止”在赤道上空的同步卫星的周期，可知该卫星的轨道半径等于“静止”在赤道上空的同步卫星的轨道半径，选项CD错误。故选B。4.如图所示，半径为/?的圆盘边缘有一钉子8,在水平光线下，圆盘的转轴A和钉子B在右侧墙壁上形成影子。和P,以。为原点在竖直方向上建立X坐标系。7=0时从图示位置沿逆时针方向匀速转动圆盘，角速度为，则P做简谐运动的表达式为（）光线%-2%-2B.C.x=2Rsin（cot-JID.x=27?sin（d9r+-）【答案】B【解析】【详解】由图可知，影子P 做简谐运动的振幅为A，以向上为正方向，设 P 的振动方程为x=Rsin（加+夕）由图可知，当，=0 时，P 的位移为R,所用时间为71t=C O代入振动方程解得兀则 P 做简谐运动的表达式为.冗、x=/?sin（6yr+-）故 B 正确，A C D 错误。故 选 B,5.在光滑桌面上将长为万L 的软导线两端固定，固定点的距离为2 L，导线通有电流/,处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导线中的张力为（）A.BIL B.2BIL C.兀 BIL D.2兀 BIL【答案】A【解析】【详解】从上向下看导线的图形如图所示导线的有效长度为2L,则所受的安培力大小F=2BIL设绳子的张力为T，由几何关系可知T=2解得T=BIL故 A正确，BCD错误。故选A.6.铁丝圈上附有肥皂膜，竖直放置时，肥皂膜上的彩色条纹上疏下密，由此推测肥皂膜前后两个面的侧视形状应当是（）【详解】薄膜干涉为前后两个面反射回来的光发生干涉形成干涉条纹，在复色光时，出现彩色条纹，由于重力作用，肥皂膜前后表面的厚度从上到下逐渐增大，从而使干涉条纹的间距上疏下密，由于表面张力的作用，使得肥皂膜向内凹陷，故 C正确，ABD错误。故选Co7.某种材料制成的半圆形透明砖平放在方格纸上，将激光束垂直于4 C 面射入，可以看到光束从圆弧面A BC出射，沿 AC方向缓慢平移该砖，在如图所示位置时，出射光束恰好消失，该材料的折射率为（）A.1.2 B.1.4 C.1.6 D.1.8【答案】A【解析】【详解】画出激光束从玻璃砖射出时恰好发生全反射的入射角如图所示激光束全反射的条件sin。n由几何关系知sin，=*6联立解得n=1.2故 A 正确，BCD错误.故选A.8.如图所示，分别用1、2 两种材料作K极进行光电效应探究，其截止频率匕%,保持入射光不变，则光电子到达A极 时 动 能 的 最 大 值 随 电 压 U 变化关系的图像是（）【答案】c【解析】【详解】光电管所加电压为正向电压，则根据爱因斯坦光电效应方程可知光电子到达A极时动能的最大值&，=U e +/w 丫 截止可 知 纭 图 像 斜率相同，均为e；截止频率越大，则图像在纵轴上的截距越小，因匕匕，则图像C正确，A B D 错误。故选C.9.如图所示，4 8两篮球从相同高度同时抛出后直接落入篮筐，落入篮筐时的速度方向相同，下列判断正A.A比 B先落入篮筐B.A、B运动的最大高度相同C.A在最高点的速度比B在最高点的速度小D.A、B上升到某一相同高度时的速度方向相同【答案】D【解析】【详解】A B.若研究两个过程的逆过程，可看做是从篮筐沿同方向斜向上的斜抛运动，落到同一高度上的A B 两点，则 A上升的高度较大，高度决定时间，可知A运动时间较长，即 B先落入篮筐中，A B 错误；C.因为两球抛射角相同，A的射程较远，则 A球的水平速度较大，即在最高点的速度比B在最高点的速度大，C错误；D.由斜抛运动的对称性可知，当A、8上升到与篮筐相同高度时的速度方向相同，D正确。故选D10.一球面均匀带有正电荷，球内的电场强度处处为零，如图所示，。为球心，4 8为直径上的两点，O A =O B,现垂直于A B将球面均分为左右两部分，C为截面上的一点，移去左半球面，右半球面所带电荷仍均匀分布，则（）A.。、C两点电势相等B.A点的电场强度大于B点C.沿直线从A到8电势先升高后降低D.沿直线从A到B电场强度逐渐增大【答案】A【解析】【分析】【详解】A.由于球壳内部的场强为零，补全以后可知在右侧球壳任取一点，该点和C连线后过左半边球壳一点，两点对C的库仑力为零，即等大反向共线，将左侧沿竖直对称到右侧球面，则可以知道这两个点在C点的合场强水平向左，根据叠加原理可知C点场强向左，同理。C上都是水平向左，因此OC是等势线，故A正确；B D.将题中半球壳补成一个完整的球壳，且带电均匀，设左、右半球在A点产生的电场强度大小分别为且和 号;由题知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则知EI=E2根据对称性，左右半球在B点产生的电场强度大小分别为E2和 i,且EI=E2在图示电场中，A的电场强度大小为E 2,方向向左，8的电场强度大小为E i,方向向左，所以A点的电场强度与8点的电场强度相同，沿直线从A到B电场强度不可能逐渐增大，故BD错误；C.根据电场的叠加原理可知，在AB连线上电场线方向向左，沿着电场线方向电势逐渐降低，则沿直线从A到B电势升高，故C错误；故选Ao二、非选择题：共5题，共60分。其中第12题 第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。1 1.小明利用如图1 所示的实验装置验证动量定理。将遮光条安装在滑块上，用天平测出遮光条和滑块的总质量M=2 0 0.0 g,槽码和挂钩的总质量根=5 0.0 g。实验时，将滑块系在绕过定滑轮悬挂有槽码的细线上。滑块由静止释放，数字计时器记录下遮光条通过光电门1 和 2的遮光时间A f,和 4 马，以及这两次开始遮光(1)游标卡尺测量遮光条宽度如图2所示，其 宽 度 mm；(2)打开气泵，带气流稳定后调节气垫导轨，直至看到导轨上的滑块能在短时间内保持静止，其 目的是(3)多次改变光电门2的位置进行测量，得到加和Au 的数据如下表请根据表中数据，在方格纸上作出Av-A/图线。Ar/s0.7 2 1 0.7 9 0 0.8 5 4 0.9 1 3 0.9 6 81 3 81.5 21.6 41.7 51.8 6(4)查得当地的重力加速度g=9.8 0 m 八2,根据动量定理，A u A f 图线斜率的理论值为_ m/s2;(5)实验结果发现，图线斜率的实验值总小于理论值，产生这一误差的两个可能原因时一A.选用的槽码质量偏小B.细线与气垫导轨不完全平行C.每次释放滑块的位置不同D.实验中小的测量值偏大【答案】0.1 0.2 0 .将气垫导轨调至水平.1.9 6 .B D#DB【解析】【详解】(1)游标卡尺的读数为l()m m+4 x().()5 m m=1 0.2()m m；(2)滑块保持稳定，说明气垫导轨水平;（4）4 根据动量定理厂加=MAv变形得mgt=(M+m)A v则 A v-4 图线斜率的理论值k-m/s2=1.9 6 m/s2A/+m（5）根据动量定理/&=变形得A v _ _ F t MA.槽码质量偏小，而实际的槽码质量偏大，则合外力尸偏大，所以图线斜率的实验值偏大，A错误；B,细线与气垫导轨不平行，滑块实际所受合外力为厂的水平分力，所以图线斜率的实验值偏小，B正确;C.滑块释放的位置与斜率相关的参量无关，C错误；A vD.A f偏大，则 一 偏 小，图线斜率偏小，D 正确。t故选B D1 2.贯彻新发展理念，我国风力发电发展迅猛，2 0 2 0 年我国风力发电量高达4 0 0 0 亿千瓦时。某种风力发电机的原理如图所示，发电机的线圈固定，磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动，已知磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为0.2 0 T,线圈的匝数为1 0 0、面积为0.5 m?，电阻为0.6 Q,若磁体转动的角速度为9 0 r a d/s,线圈中产生的感应电流为5（）A。求:（1）线圈中感应电动势的有效值；（2）线圈的输出功率P。接外电路【答案】（1）E =6.4X1 02V；（2）P =3.1X1 04W【解析】【详解】（1）电动势的最大值E =NBScom有效值EE=-V2解得 NBSco带入数据得E=6.4 x IO?v（2）输出电压U=E-Ir输出功率P=IU解得P=代入数据得P=3.1X104W1 3.如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在气缸中，活塞的面积为S,与气缸底部相距L,气缸和活塞绝热性能良好，气体的压强、温度与外界大气相同，分别为P。和右。现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离L 后停止，活塞与气缸间的滑动摩擦为/,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中气体吸收的热量为Q,求该过程中（1）内能的增加量A U；（2）最终温度兀电热丝【答案】（1）AU=Q _（p0S+f）L；（2）7=2至：八丁。P o S【解析】【详解】（1）活塞移动时受力平衡PS=PoS+f气体对外界做功W=PSL根据热力学第一定律AU=Q-W解得AU=Q (pS+f)L（2）活塞发生移动前，等容过程t0 A活塞向右移动了 L，等压过程乜=以A T且匕=2匕解得7 一2 /)/Ps1 4.如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的。点，小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上，长为2 L的细线和弹簧两端分别固定于。和4质量为m的小球B固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为37。，现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到5 3。时，A、B间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为g，M X s in 37 0 =0.6,co s 37 0 =0.8,求：（1）装置静止时，弹簧弹力的大小F;（2）环A的质量/W;（3）上述过程中装置对4 8所做的总功W。【答案】（1）-；（2）m；（3）mgL8 6 4 30【解析】【详解】（1）设A B、08的张力分别为耳、居，4受力平衡F =f；s in 37。B受力平衡耳 co s 37 +F2 C O S 37 =mgFt s in 37 =F2 s in 37 解得尸=还8（2）设装置转动的角速度为0,对A,8F=MM2-L5对B94mg t a n 5 3 =mar L解得M 二 m6 4（3）8上升的高度 =A、B的动能分别为、22114E k A 二万”（口 上 I；EkB m COL2257根据能量守恒定律可知W =（4一 O）+（E k B O）+叫 解得W=mgL3 01 5.如图1 所示，回旋加速器的圆形匀强磁场区域以。点为圆心，磁感应强度大小为8,加速电压的大小为U、质量为m、电荷量为q的粒子从。附近飘入加速电场，多次加速后粒子经过P点绕。做圆周运动，半径为R,粒子在电场中的加速时间可以忽略。为将粒子引出磁场，在 P位置安装一个“静电偏转器”，如图2所示，偏转器的两极板M 和 N厚度均匀，构成的圆弧形狭缝圆心为Q、圆 心 角 为 当 M、N间加有电压时，狭缝中产生电场强度大小为E的电场，使粒子恰能通过狭缝，粒子在再次被加速前射出磁场，不计M、N间的距离。求:（1）粒子加速到P点所需要的时间t;（2）极板N的最大厚度（3）磁场区域的最大半径尺,。【详解】（1）设粒子在P的速度大小为以，则根据（3）2mERqB2R-mE.as i n2R+qvB=-）vmr可知半径表达式为对粒子在静电场中的加速过程，根据动能定理有粒子在磁场中运动的周期为粒子运动的总时间为解得m（2）由 粒 子 运 动 半 径 一=qET 27rm1=-qBr =(H-1)XI 2mU)qB；1 9结 合 动 能 表 达 式 线 变 形 得r则粒子加速到P前最后两个半周的运动半径为Q2m（Ep-qLyj2mEk一 qB9叭Ekp-2qU)设粒子离开偏转器的点为E，圆周运动的圆心为0。由题意知，。在S Q上，且粒子飞离磁场的点与。、Q由几何关系有结合竺 匚解得2m m =2（3）设粒子在偏转器中的运动半径为为,共同提供向心力，即B 2 qB4 1=2（空）、qB-Y qB?则在偏转器中，要使粒子半径变大，电场力应和洛伦兹力反向,R F V p2qvpB-qE=rQ。在一条直线上，如图所示。FO T Q_ R粒子在偏转器中运动的圆心在。点，从偏转器飞出，即从E点离开，又进入回旋加速器中的磁场，此时粒子的运动半径又变为R,然后轨迹发生偏离，从偏转器的F点飞出磁场，那么磁场的最大半径即为Rm=OFR+OO将等腰三角形AOOQ放大如图所示。虚线为从。点向0 0 所引垂线，虚线平分a角，则a0 0 =2优一农两115解得最大半径八 _ 2mER.aRm=R+z-sin qB-R-mE 2
