2021年高考物理真题试卷（北京卷）.pdf

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1、2021年高考物理真题试卷（北京卷）阅卷人得分一、本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。（共14题；共42分）1.（3 分）硼（B）中子俘获治疗是目前最先进的癌症治疗手段之一、治疗时先给病人注射一种含硼的药物，随后用中子照射，硼俘获中子后，产生高杀伤力的a 粒子和锂（Li）离子。这个核反应的方程是（）A.1即+1-4+狙0 B.1/+加6-1如+命C.号 N+初+D.号 N+-”C+；H【答案】A【知识点】核反应方程【解析】【解答】已知a 粒子的符号为加e，中子的符号为命，其锂核原子核的符号为2 i；根据核反应过程的规律质量数和电荷数守恒可得：这

2、个核反应方程为1/+徐 7 i +狙e故答案为：Ao【分析】利用质量数和电荷数守恒可以写出对应的核反应方程。2.（3 分）如图所示的平面内，光束a 经圆心O 射入半圆形玻璃砖，出射光为b、c 两束单色光。下列说法正确的是（）A.这是光的干涉现象B.在真空中光束b 的波长大于光束c 的波长C.玻璃砖对光束b 的折射率大于对光束c 的折射率D.在玻璃砖中光束b 的传播速度大于光束c 的传播速度【答案】C【知识点】光的折射【解析】【解答】A.从图可得：由于一束光束a 经圆心O 射入半圆形玻璃豉，出射光为b、c 两束单色光，这是光的色散现象，A 不符合题意；B.由于光的折射率对应其频率的大小；当光的折

3、射率越大，其频率越大，波长越短，则 b 光在真空中的波长较短，B 不符合题意；C.根据折射率的表达式有：n=婴，由题图可知：由于光束c 的折射角大于光束b 的折射角sinrrb,根据折射定律可知nc nbC 符合题意；D.根据v=捻知，c 光束的折射率小于b 光的折射率，所以c 光在棱镜中的传播速度大，D 不符合题意。故答案为：Co【分析】利用光束的增加可以判别属于光的色散现象；利用折射角的大小可以比较折射率的大小；利用折射率的大小可以比较光的传播速度及波长的大小。3.（3 分）一列简谐横波某时刻的波形图如图所示。此后K 质点比L 质点先回到平衡位置。下列判断正确的是（）A.该简谐横波沿x 轴

4、负方向传播B.此时K 质点沿y 轴正方向运动C.此时K 质点的速度比L 质点的小D.此时K 质点的加速度比L 质点的小【答案】D【知识点】横波的图象【解析】【解答】A B.假设波向x 正方向传播，根据传播方向及根据“上坡、下坡”法可知可以得出K质点比L 质点先回到平衡位置，所以假设成立；A 选项不符合题意；根据“上坡、下坡”法可知K 质点应向下振，所以B 选项不符合题意；C.从图可知L 质点在波谷处，所以L 质点的速度为0,故此时K 质点的速度比L 质点的大，C 不符合题意；D.由于质点在竖直方向做机械振动，根据回复力的表达式有：F=-ky根据牛顿第二定律有：F=ma结合波图像可看出L 质点的

5、位移大于K 的位移：yyK则，此时K 质点的加速度比L 质点的小，D 符合题意。故答案为：D。【分析】利用质点回到平衡位置的先后可以判别波的传播方向及质点的振动方向，利用质点的位移可以比较速度和加速度的大小。4.（3 分）比较45。（2 的热水和100。（2 的水蒸汽，下列说法正确的是（）A.热水分子的平均动能比水蒸汽的大B.热水的内能比相同质量的水蒸汽的小C.热水分子的速率都比水蒸汽的小D.热水分子的热运动比水蒸汽的剧烈【答案】B【知识点】温度【解析】【解答】A.由于热水的温度小于水蒸气的温度，温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子的平均动能增大，故热水分子的平均动能比水蒸汽的小，A 不符

6、合题意；B.由于热水的平均动能小于其水蒸气的平均动能，所以相同质量的热水其分子动能小于水蒸气的分子动能；物体的内能与物质的量、温度、体积有关，当相同质量的热水和水蒸汽，热水变成水蒸汽，温度升高，体积增大，吸收热量，故热水的内能比相同质量的水蒸汽的小，B 符合题意；C.温度决定分子平均动能的大小，但不代表每个分子速率的大小，虽然其热水温度低，但热水中还是存在速率比水蒸气分子速率大的分子；C 不符合题意；D.温度越高，分子平均动能越大则分子热运动越剧烈，D 不符合题意。故答案为：B【分析 1 利用温度的高低可以比较分子平均动能的大小；利用物态变化可以比较热水和水蒸气的内能大小；利用分子速率分布可以

7、比较分子速率的大小；利用温度高低可以比较分子热运动的剧烈程度。5.（3 分）一正弦式交变电流的i-t 图像如图所示。下列说法正确的是（)B.该交变电流的周期为0.5 sC.该交变电流的表达式为i=2cos5ntAD.该交变电流的有效值为孝 a【答案】C【知识点】交流电图象【解析】【解答】A.当线圈经过中性面时，其磁通量最大，电流等于。时电流改变方向，由图可知t=（）.4 s时电流为正方向最大，电流方向没有发生变化，A 不符合题意；B.由图可知，从0 至0.4s其交流电经过一个周期，则该交变电流的周期为T=0.4s,B 不符合题意;C.由图可知，电流的最大值为imax=2A,根据周期与角速度的关

8、系可得：3=爷=Snrad/s已知角速度和电流的峰值大小，则可得：故该交变电流的表达式为i=im axcosa）t=2cos5ntAC 符合题意；D.已知电流的最大值为tmax=24,根据正弦交流电的规律可得：该交变电流的有效值为i=噜=714V 2D 不符合题意。故答案为：Co【分析】利用线圈过中性面一次则电流方向发生改变；利用图像可得周期和峰值的大小；利用峰值可以求出电流的有效值；利用周期可以求出角速度的大小进而写出电流瞬时值的表达式。6.（3 分）2021年 5 月，“天问一号”探测器成功在火星软着陆，我国成为世界上第一个首次探测火星就实现“绕、落、巡三项任务的国家。“天问一号”在火星停

9、泊轨道运行时，近火点距离火星表面2.8x102km、远火点距离火星表面5.9x105km,则“天问一号”（）A.在近火点的加速度比远火点的小B.在近火点的运行速度比远火点的小C.在近火点的机械能比远火点的小D.在近火点通过减速可实现绕火星做圆周运动【答案】D【知识点】开普勒定律；牛顿第二定律【解析】【解答】A.火星对探测器的引力为探测器受到的合力；根据牛顿第二定律有G鬻=m a解 得 a=等根据表达式可得：故探测器在近火点的加速度比远火点的大，A 不符合题意；B.根据开普勒第二定律，由于探测器在近火点的距离小于远火点，因此在近火点的运行速度比远火点的大，B 不符合题意；C.系统只有引力做功时其

10、系统机械能守恒；“天问一号”在同一轨道，只有引力做功，则机械能守恒，C 不符合题意；D.“天问一号”在近火点做的是离心运动，速度比较大，引力小于向心力；若要变为绕火星的圆轨道，引力等于向心力，根据Fn=m 且，其探测器需要进行减速，D 符合题意。故答案为：D。【分析】利用牛顿第二定律可以比较加速度的大小；利用开普勒第二定律可以比较线速度的大小；利用引力做功可以判别机械能守恒；利用离心运动和圆周运动的条件可以判别探测器变轨需要进行减速。7.（3 分）如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U 型导体框左端连接一阻值为R 的电阻，质量为m、电阻为r 的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒

11、与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度vo开始运动，最终停在导体框上。在 此 过 程 中（）A.导体棒做匀减速直线运动B.导体棒中感应电流的方向为a bC.电阻R 消耗的总电能为 黑 维2（R+r）D.导体棒克服安培力做的总功小于【答案】C【知识点】电磁感应中切割类问题【解析】【解答】A B.导体棒所在磁场方向垂直于纸张向内，当导体棒向右运动，根据右手定则，可知电流方向为b 到a,再根据左手定则可知，导体棒向到向左的安培力；当导体棒切割磁场时相当于电源，根据法拉第电磁感应定律，可得产生的感应电动势为：E=BLv0根据欧姆定律可得：感应电流为/=备=髀根据安培力的表达式可得：F=BIL=根据牛顿第

12、二定律有F=m a 可得:R+rB2L2a m(/?+r)v0由于安培力方向与速度方向相反，导体棒速度不断减小；根据表达式可得：随着速度减小，加速度不断减小，故导体棒不是做匀减速直线运动，AB不符合题意；C.根据能量守恒定律，导体棒的动能最终转化为回路产生的焦耳热，故可知回路中产生的总热量为八 1 2Q=2m vo因R 与r 串联，两者电流相等，根据Q=/2/?t可得：电阻产生的热量与电阻成正比，则 R 产生的热量 为 QR=R 门 _ mvRR+r=2(/?+r)C 符合题意;D.整个过程只有安培力做负功，导致导体棒动能的减少，最后速度等于0,根据动能定理可知，导体棒克服安培力做的总功等于j

13、m v g，D 不符合题意。故答案为：Co【分析】利用牛顿第二定律结合动生电动势的表达式可以判别导体棒加速度的大小变化；利用右手定则可以判别感应电流的方向；利用能量守恒定律可以求出电阻产生的焦耳热的大小；利用动能定理可以判别安培力做功的大小。8.（3 分）如图所示，高速公路上汽车定速巡航（即保持汽车的速率不变）通过路面abed,其中ab段为平直上坡路面，be段为水平路面，cd段为平直下坡路面。不考虑整个过程中空气阻力和摩擦阻力的大小变化。下列说法正确的是（）b ca-A.在ab段汽车的输出功率逐渐减小B.汽车在ab段的输出功率比be段的大C.在cd段汽车的输出功率逐渐减小D.汽车在cd段的输出

14、功率比be段的大【答案】B【知识点】瞬时功率与平均功率【解析】【解答】由于汽车保持恒定速率经过路面，根据平衡条件可知：在 ab段，牵 引 力=mgsind+f在 be段牵引力F2=f在 cd段牵引力F3=/-mgsind根据功率的表达式可得：在ab段汽车的输出功率Pi=%”不变，be段的输出功率P2=F2V Pi在 cd段汽车的输出功率P3=F3V P2故ACD不符合题意，B 符合题意；故答案为：B。【分析 1 利用平衡条件可以求出汽车在三段路面的牵引力大小，结合速度的大小可以求出输出功率的大小。9.（3 分）如图所示的平面内，有静止的等量异号点电荷，M、N 两点关于两电荷连线对称，M、P两点

15、关于两电荷连线的中垂线对称。下列说法正确的是（）M*-P .十.N ：A.M 点的场强比P 点的场强大B.M 点的电势比N 点的电势高C.N 点的场强与P 点的场强相同D.电子在M 点的电势能比在P 点的电势能大【答案】C【知识点】电场强度和电场线【解析】【解答】已知两个等量异种点电荷产生的电场规律，根据电场线规定方向可以画出电荷周围电场线的分布，如图所示:对于A C.根据电场线的疏密和切线方向可得：由于M 与 P 点对称，则 M 点的场强与P 点的场强大小相等，N 点的场强与P 点的场强大小相等，方向相同，A 不符合题意C 符合题意；B D.根据等量异种点电荷的电势分布特点可知，由于M 与

16、N 点对称，M 点的电势与N 点的电势相等，又由于电场线从M 到P,所以M 点的电势高于P 点的电势，根 据Ep=（p q可知，电子在M 点的电势能比在P 点的电势能小，BD不符合题意。故答案为：Co【分析】利用电场线的分布可以比较电场强度和电势的大小；利用电势结合电性可以比较电势能的大小。10.（3 分）如图所示，圆盘在水平面内以角速度3绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r 处的P 点有一质量为m 的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P 点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是（）A.圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向B.圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受

17、摩擦力的冲量大小为2?n3rC.圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动D.圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为m a）r【答案】D【知识点】匀速圆周运动【解析】【解答】A.圆盘停止转动前，物体和圆盘一起做匀速圆周运动，物体受到的摩擦力提供向心力，根据向心力方向指向圆心可以判别静摩擦力的方向时刻指向圆心；所以A 不符合题意；B.圆盘停止转动前，物体和圆盘一起做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有：小物体所受摩擦力f =mra）2己知物体运动一圈时间为T,根据冲量的表达式可得：小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为/=Crrt7 27r fT=mra）x =2nmra）B不符合题意

18、；C.圆盘停止转动后，物体由于惯性，物体会沿圆轨迹的切线方向运动，C不符合题意；D.圆盘停止转动后，已知物体的初末速度，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲 量 大 小 为/=/p =mv=mrcoD符合题意。故答案为：D。【分析】物体做匀速圆周运动，利用向心力的方向可以判别摩擦力的方向，利用牛顿第二定律可以求出摩擦力的大小，结合时间可以求出摩擦力冲量的大小；物体做曲线运动，当圆盘静止物体会沿切线方向运动；利用动量定理可以求出摩擦力冲量的大小。11.（3分）某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针晃动剧烈且不易停止。按照老师建议，该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表

19、针晃动明显减弱且能很快停止。下列说法正 确 的 是（）A.未接导线时,表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势B.未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的作用C.接上导线后，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势D.接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用【答案】D【知识点】电磁感应现象【解析】【解答】A.根据楞次定律，只有闭合线圈中磁通量发生改变时，其线圈中感应电流才会产生；未接导线时，表针晃动过程中导线切割磁感线，表内线圈会产生感应电动势，A不符合题意；B.根据安培力产生的条件可得：未接导线时，未连成闭合回路，没有感应电流，所以不受安培力,B不符合题意；C D.根据楞

20、次定律，只有闭合线圈中磁通量发生改变时，其线圈中感应电流才会产生；接上导线后，表针晃动过程中表内线圈产生感应电动势，根据楞次定律可知，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用，C不符合题意D符合题意。故答案为：D。【分析】利用电磁感应现象中感应电流的产生条件可以判别线圈是否产生感应电流，利用感应电流的产生可以判别线圈是否受到安培力。12.（3分）如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60。的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q,OP=a o不计重力。根据上述信息可以得出（）A.带电粒子在磁场中运动的轨迹方程B

21、.带电粒子在磁场中运动的速率C.带电粒子在磁场中运动的时间D.该匀强磁场的磁感应强度【答案】A【知识点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动【解析】【解答】已知粒子进入磁场和离开磁场的速度方向，根据两速度的方向的垂直方向可以确定圆心的位置,轨迹如图所示A.在三角形O Q P中，根据几何关系有：。0=atan30o=竽aa 2V3因圆心的坐标为(0,苧 a)，根据圆的方程式可得：带电粒子在磁场中运动的轨迹方程为x2+(y_ y 3a)4a2A 符合题意；B D.粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有：qvB=m-已知R=挛 内 解得带电粒子在磁场中运动的速率为9=遮cos3

22、0 3 m由于磁感应强度B未知，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率，BD不符合题意；C.带电粒子圆周的圆心角为|几，而周期为7=等=等则带电粒子在磁场中运动的时间为t=2 上因磁感应强度B未知，则运动时间无法求得，C 不符合题意；故答案为：Ao【分析】利用几何关系可以求出圆心坐标和半径的大小，两者结合可以求出轨迹圆的方程；利用牛顿第二定律且由于磁感应强度未知所以不能求出运动的时间及粒子运动的速率大小。13.(3 分)某同学使用轻弹簧、直尺钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”。如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm刻度处；下端悬挂钢球

23、，静止时指针位于直尺40cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度。取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g。下列说法正确的是()BBSrOA.30cm刻度对应的加速度为-0.5gB.40cm刻度对应的加速度为gC.50cm刻度对应的加速度为2gD.各刻度对应加速度的值是不均匀的【答案】A【知识点】牛顿第二定律【解析】【解答】对于B.由于钢球静止时其直尺的刻度为40cm,根据平衡方程有mg=F弱，则此时钢球的加速度等于0,所以B 选项不符合题意；对于A.当直尺的刻度值为30cm刻度时，其 F 舛 0.2）或 a=/等（x%，得 cos%COS02所 以

24、。2 出b.设“摆球”由最大摆角0摆至最低点时动能为Ek，根据功能关系得Ek=m g h（l-cos。）“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，通 过 最 高 点 最 小 速 度 为，根据牛顿运动定律得mg=l2“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，根据功能关系得Ek+A Ek2mgl2+m v 得 AEk mgl2 m gk（l cos。）【知识点】竖直平面的圆周运动【解析】【分析】（1）摆球在做圆周运动，利用牛顿第二定律可以求出摆球的拉力大小；（2）人在最低点站起来后其速度大小保持不变，利用动能定理结合重心高度的变化可以比较摆角的大小；（3）当摆球从开始到最低点的过程，利用动能定理可以求出摆

25、球经过最低点的速度，结合通过最高点的牛顿第二定律及过程的功能关系可以求出增加动能的大小条件。试题分析部分1、试卷总体分布分析总分：100分分值分布客观题（占比）42.0(42.0%)主观题（占比）58.0(58.0%)题量分布客观题（占比）14(70.0%)主观题（占比）6(30.0%)2、试卷题量分布分析大题题型题目量（占比）分 值（占比）本部分共14题，每题 3 分，共 42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。14(70.0%)42.0(42.0%)实验题2(10.0%)18.0(18.0%)解答题4(20.0%)40.0(40.0%)3、试卷难度结构分析序号难易度占比1

26、普通(95.0%)2容易(5.0%)4、试卷知识点分析序号知识点（认知水平）分 值（占比）对应题号1电场强度和电场线3.0(3.0%)92玻尔原子理论3.0(3.0%)143交流电图象3.0(3.0%)54验证牛顿运动定律（探究加速度与力、质量的关系）8.0(8.0%)155电荷在电场中的偏转9.0(9.0%)186温度3.0(3.0%)47共点力平衡条件的应用10.0(10.0%)198电磁感应中切割类问题3.0(3.0%)79平抛运动9.0(9.0%)1710动量守恒定律9.0(9.0%)1711电荷在电场中的加速9.0(9.0%)1812牛顿第二定律6.0(6.0%)6,1313核反应方程3.0(3.0%)114瞬时功率与平均功率3.0(3.0%)815带电粒子在匀强磁场中的圆周运动3.0(3.0%)1216测定金属的电阻率10.0(10.0%)1617光的折射3.0(3.0%)218功能关系10.0(10.0%)1919横波的图象3.0(3.0%)320开普勒定律3.0(3.0%)621竖直平面的圆周运动12.0(12.0%)2022匀速圆周运动3.0(3.0%)1023电磁感应现象3.0(3.0%)11