2021年高考物理真题卷02（新课标卷）.pdf

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1、二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分。在每小题给出的四个选项中，第 1418题只有一项符合题目要求,第 1921题有多项符合题目要求。全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。1 4.太阳内部核反应的主要模式之一是质子一质子循环，循环的结果可表示为4；H-；H e+2；e+2 v,己知;H和:H e 的质量分别为g =L O7 8 u 和,”“=4.0 0 2 6 u ,l u=9 3 1 M e V/c，2,c,为光速。在4 个;H转变成1 个;H e 的过程中，释放的能量约为A.8 M e V B.1 6 M e V C.2 6 M e V D.5 2 M e V【答

2、案】C,L A （A c 2 A AE 9 3 1X1 06X1.6X1 0 l 9J【解 析】由 =”2 0 2 知加 一九一=-）c2 9 xl 01 6 1.7 xl 0-2 7k g 0.9 xl()ak g,忽略电子质量，贝 心 AE=(4X1.0 0 7 8H-4.0 0 2 6M)-c2*2 6 M e V,故C选项符合题意；1 5.一辆汽车沿平直道路行驶，其广，图象如图所示。在 匚0至 h=4 0 s 这段时间内，汽车的位移是A.0 B.3 0 mC.7 5 0 m D.1 2 0 0 m【答 案】c【解 析】在v-t图 像 中 图 线 与 时 间 轴 围 成 的 面 积 表

3、示 位 移，故 在4 0 s内 的 位 移 为x=，x(1 0 +4 0)x3 0(m)=7 5 0 m,C 正确。1 6.如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块尸，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力尸作用在 P 上，使其向上做匀加速直线运动，以x 表示尸离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示尸和x 之间关系的图象可能正确的是o【答案】A【解析】由牛顿运动定律，F-mg+F n=ma,/卯=k(xo-x),kxo=mg,联立解得尸=同+打，对比题给的四个图象,可能正确的是A。1 7.如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从。点射入，从方点射出。

4、下列说法正确的是；x x B X II1I X X XIIIIII X X g X：A.粒子带正电B.粒子在6点速率大于在a点速率C.若仅减小磁感应强度，则粒子可能从点右侧射出D.若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短【答案】C【解析】由左手定则确粒子的电性，由洛伦兹力的特点确定粒子在，、。两点的速率，根据q田=根 匕 确定粒子运动半径和运动时间。由题可知，粒子向下偏转，根据左手定则，所以粒子应带负电，故 A 错误；由于洛伦兹力不做功，所以粒子动能不变，即粒子在匕点速率与a 点速率相等，故 B 错误；若仅减小磁感应强度，由公式4由=根 匕 得：=一 ，所以磁感应强度减小，半径增大，所以粒

5、子有可能从万点右侧射出，故 Cr qB正确，若仅减小入射速率，粒子运动半径减小，在磁场中运动的偏转角增大，则粒子在磁场中运动时间一定变长，故 D 错误。18.1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动.如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为也、以，近地点到地心的距离为广，地球质量为加，引力常量为G。则C.V,v2,V j D.v,【解析】“东方红一号”从近地点到远地点万有引力做负功，动能减小，所以匕 为，过近地点圆周运动的速度为 产由于“东方红一号”在椭圆上博动,所以匕故 B 正确。1 9.如图，柔软轻绳ON 的一端。固定，其中间某点M

6、拴一重物，用手拉住绳的另一端N。初始时，。仞 竖直TT且 M N被拉直，0 M 与 M N之间的夹角为a（a 一）。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角a 不变。2在 0 M 由竖直被拉到水平的过程中A.上的张力逐渐增大B.MN上的张力先增大后减小C.0M 上的张力逐渐增大D.0M 上的张力先增大后减小【答案】AD【解析】以重物为研究对象，受重力帆?，0M 绳上拉力B,MN上 拉 力 由 题 意 知，三个力合力始终为零,矢量三角形如图所示，在 Fz转至水平的过程中，上的张力Q逐渐增大，0M 上的张力月先增大后减小,所以AD正确，BC错误。mg【名师点睛】本题考查动态平衡，注意重物受三个力中只有

7、重力恒定不变，且 要 求 两 力 的 夹 角 不 变，两力的大小、方向都在变。三力合力为零，能构成封闭的三角形，再借助圆，同一圆弧对应圆周角不变，难度较大。20.空间存在一方向与直面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图（a）中虚线MN所示，一硬质细导线的电阻率为小横截面积为S,将该导线做成半径为，的圆环固定在纸面内，圆心。在上。，=0时磁感应强度的方向如图（a）所示。磁感应强度B随时间，的变化关系如图（b）所示，则在仁0到4 A的时间间隔内A.B.C.D.图（a）圆环所受安培力的方向始终不变圆环中的感应电流始终沿顺时针方向圆环中的感应电流大小 为 警4fop圆环中的感应电动势大小 为 驾

8、 4%【答案】BC【解析】AB、根据8-/图象，由楞次定律可知,线圈中感应电流方向一直为顺时针，但在m时刻，磁场的方向发生变化，故安培力方向用的方向在t。时刻发生变化，则 A 错误，B 正确;CD、由闭合电路欧姆定律得：1=-,又根据法拉第电磁感应定律得：E=包=巴 二，又根据电阻定R Ar M 2律得：R =p,联立得：/=六，则 C 正确，D 错误。故本题选BC。S 4 M21.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，。点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A 点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达8 点。在从A 到 B 的过程中，物块A O BA.加速度先减小后增大B.

9、经过。点时的速度最大C.所受弹簧弹力始终做正功D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功【答案】A D【解析】物体从A点 到。点过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧弹力大于摩擦力，故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力过程：弹力大于摩擦力过程，合力向右，加速度也向右，由于弹力减小，摩擦力不变，小球所受合力减小加速度减小，弹力等于摩擦力时速度最大，此位置在A点 与。点之间：弹力小于摩擦力过程，合力方向与运动方向相反，弹力减小，摩擦力大小不变，物体所受合力增大，物体的加速度随弹簧形变量的减小而增加，物体作减速运动；从。点到8点的过程弹力增大，合力向左，加速度继续增大，选 项 A正确、选 项 B错误

10、；从 4点到。点过程，弹簧由压缩恢复原长弹力做正功，从。点到8点的过程,弹簧伸长，弹力做负功，故选项C错误；从 A到 8的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功，故选项D正确。三、非选择题：共174分，第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。2 2.（6分）某小组利用打点计时器对物块沿倾斜的长木板加速下滑时的运动进行研究。物块拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50 H z,纸带上标出的每两个相邻点之间还有 4 个打出的点未画出。在 A B C O E 五个点中，打点计

11、时器最先打出的是 点，在打出C 点时物块的速度大小为 m/s（保留3 位有效数字）；物块下滑的加速度大小为 m/s2 （保留2位有效数字）。0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10【答案】（1）A （2）0.2 3 3 （3）0.7 5【解析】分析可知，物块沿倾斜长木板最匀加速直线运动，纸带上的点迹，从 A到 E,间隔越来越大，可知，物 块 跟 纸 带 的 左 端 相 连，纸 带 上 最 先 打 出 的 是 A 点；在 打 点 计 时 器 打 C点 瞬 间，物块的速度迪=生 堂 二 m/s=0.2 3 3 m/s；根据逐差法可知，物 块 下 滑 的 加 速 度c 2 T 2 x 0.1XC

12、 E-X.C（6.1 5-3.1 5）x 1 0 2,2 c r u ,2a=CE J C =-）-m/s2=0.7 5 m/s-4 T2 4x 0.122 3.（9分）某小组利用图（a）所示的电路，研究硅二极管在恒定电流条件下的正向电压U与温度f 的关系，图中V i 和 V 2 为理想电压表；R为滑动变阻器，R o为定值电阻（阻 值 1 00。）；S为开关，E 为电源。实验中二极管置于控温炉内，控温炉内的温度f 由温度计（图中未画出）测出。图（b）是该小组在恒定电流为5 0.O A 时得到的某硅二极管U-/关系曲线。回答下列问题：（1）实验中，为保证流过二极管的电流为50.0NA,应调节滑动

13、变阻器R,使电压表V i 的示数为“=mV；根 据 图（b）可知，当控温炉内的温度f 升高时，硅二极管正向电阻（填“变大”或“变小”），电压表V i 示数（填 增大 或“减小”），此时应将R的 滑 片 向 （填“A”或 B”）端移动，以使必 示数仍为S。（2）由图（b）可以看出U与 r成线性关系，硅二极管可以作为测温传感器，该硅二极管的测温灵敏度为I 半 IA r=x l O-3 V/（保留2 位有效数字）。【答案】（1）5.0 0 变 小 增 大 B （2）2.8【解析】（1）U i=/R o=l O O Cx 5 O x i o 6 A=5 x 1 0 3 v=5 m V 由R =+,/不

14、变，温度升高，U减小，故 R减小；由于R变小，总电阻减小，电流增大；描两端电压增大，即 W 表示数变大，只有增大电阻才能使电流减小，故华东变阻器向右调节，即向B短调节。|A（7|（2）由图可知，石-=2.8 x 1 0-3V/2 4.（1 3 分）雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g。（1）质量为?的雨滴由静止开始，下落高度力时速度为“，求这一过程中克服空气阻力所做的功W。（2）将雨滴看作半径为/的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力户无户户，其中丫是雨滴的速度,4是比例系数。a.设雨滴的密度为p,推导雨滴

15、下落趋近的最大速度叫与半径，的关系式；b.示意图中画出了半径为八、也（n卷）的雨滴在空气中无初速下落的v-f图线，其中 对应半径为八的 雨 滴（选填、）；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的V T图线。（3）由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S的圆盘，证明：圆盘以速度V下落时受到的空气阻力/8 V 2（提示：设单位体积内空气分子数为，空气分子质量为，”0）。【答案】mgh-轲2（2）a.%=护空;b.见解析（3）见解析【解析】（1）根据动能定理强助一皿=5 m/,1 9可得 W=mgh-mu（2）a.根据牛顿第二定律机=以

16、当加速度为零时，雨滴趋近于最大速度站4 2雨滴质量机=兀 一 夕由=（）,可得，雨滴最大速度.=栏 皆b.如答图2（3）根据题设条件：大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。以下只考虑雨滴下落的定向运动。简化的圆盘模型如答图3。设空气分子与圆盘碰撞前后相对速度大小不变。在加时间内，与圆盘碰撞的空气分了,质量为A w =S u 切答 图 3以厂表示圆盘对气体分子的作用力，根据动量定理，有 F A r 0）的粒子。r=0时刻，发射源在（x,0）位置发射一带电粒子。忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在电场中运动的时间不计。（1）若粒子只经磁场偏转并在）=并处被探测到，求发射源的位置

17、和粒子的初动能;（2）若粒子两次进出电场区域后被探测到，求粒子发射源的位置x与被探测到的位置y之间的关系【答案】（1）%=0，（如）（2）2my _ d+2 J（y+d）-+/2 2”4+2 闷&+京 J y q B j+4mqU。3（y+d）+-y +dy qB+2mqUa【解析】（1）发射源的位置粒子的初动能：E,=（网）.KO C2m（2）分下面三种情况讨论：如 图 1,Ek0 2qUa和 1 mv；=-mvl-qU0,-mv=|mvf-qU0及 x=y+2(5+Rj得x=y(ii)如图 2,qU0 Ek0 2qU0由一 y_ d=等、&Bq叫Bq1=mv；2 22及 x=3(y d+2

18、与得x(iii)如图 3,Ek Q N2；由于pM=P3L；故 7 T 3；则 7 不，又 P 2=P 3,2 状态分析密度大，分析运动缓慢，单个分子平均作用力小，3 状态分子密度小，分子运动剧烈，单个分子平均作用力大。故 3状态碰撞容器壁分子较少，即 N 2 M。（2）（1 0分）如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0 c m 的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0 c m。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为7 6 c m H g,环境温度为2 9 6 K。i l l1

19、 2-0 cm2.0 cm-1T（1）求细管的长度;（2）若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度。【答 案】(D L=4 1 c m (2)7=3 1 2 K【解 析】（1）设细管的长度为L,横截面的面积为S,水银柱高度为人；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为历，被 密 封 气 体 的 体 积 为 匕 压 强 为p；细管倒置时，气体体积为0,压强为0。由玻意耳定律有pV=p V i 由力的平衡条件有p=po+pgh pt-po-pgh 式 中，、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p o为大气压强。由题意有V=S CL-hi-h）V

20、,=S （L-/i）由式和题给条件得L=4 1 c m （2）设气体被加热前后的温度分别为T o和7,由盖-吕萨克定律有V Vt.亍二不 o 1由式和题给数据得7=3 1 2 K 3 4.物 理 一 选 修3T）（1 5分）（1）（5分）一列简谐横波沿x轴正方向传播，在 仁0和U 0.2 0 s时的波形分别如图中实线和虚线所示。己知该波 的 周 期7 0.2 0 S o下列说法正确的是A.波速为0.40 m/sB.波长为0.08 mC.户0.08 m 的质点在f=0.70 s 时位于波谷D.x=0.08 m 的质点在r=0.12 s 时位于波谷E.若此波传入另一介质中其波速变为0.80 m/s

21、,则它在该介质中的波长为0.32 m【答案】ACE【解析】根据波形图可知，波长2=16 cm=0.16 m,选项B 错误；根据/=0时刻和f=0.20 s 时刻的波形图和该波的周期D0.20 s 可知，可知该波的周期7=0.40 s,波 速 v=T=0.40 m/s,选项A 正确；简谐波沿x 轴正方向传播，x=0.08 m 的质点在片0 时刻沿y轴正方向运动，在片0.70 s 时位于波谷，在 U0.12 s 时位于y0 的某位置(不是位于波谷)，选项C 正确D 错误；若此波传入另一介质中，周期丁不变，其波速变为v=0.80 m/s,由2=v7可得它在该介质中的波长为2=0.80 x0.4 m=

22、0.32 m,选项E 正确。(2)(1 0 分)如 图，4ABC是一直角三棱镜的横截面，44=90。，4 =60。，一细光束从BC边 的。点折射后，射到AC边的E 点，发生全反射后经A 8边的F 点射出。EG 垂直于AC交于G,。恰好是C G 的中点。不计多次反射。(i)求出射光相对于。点的入射光的偏角；(i i)为实现上述光路，棱镜折射率的取值应在什么范围？【答案】(1)8=60(2)当4 n4 2【解析】(1)根据题意画出光路图，根据几何关系找到出射光线与入射光线之间的夹角;(2)要保证在E 点发生全反射，则在E 点的入射角要大于等于临界角C(i)光线在BC面上折射，由折射定律有sin)=

23、nsinr1式中，”为棱镜的折射率，八和八分别是该光线在BC面上的入射角和折射角。光线在AC面上发生全反射,由反射定律有i式中i2和尸分别是该光线在AC面上的入射角和反射角。光线在A 8面上发生折射，由折射定律有nsini3=sinr30式中i3和门分别是该光线在4 8 面上的入射角和折射角。由几何关系得/2=/*2=6 00,n=a=3 0 尸点的出射光相对于D点的入射光的偏角为3=(n-/i)+(1 8 0-/2-/*2)+(n-/3)由式得3=6 0。(i i)光线在A C 面上发生全反射，光 线 在 面 上 不 发 生 全 反 射，有n s i n i2 n s i n C n s i n i3式中。是全反射临界角，满足n s i n C=1 由式知，棱镜的折射率的取值范围应为当 n 4 2【名师点睛】本题考查了几何光学，处理此类题的方法一般是正确画光路图利用几何关系求偏角，还要知道全发射的条件是什么。