2021年高考物理试卷(全国甲卷)含答案及解析.pdf

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1、高考全国甲卷物理试题二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共 8 分。在每小题给出的四个选项中，第 15 题只有一项符合题目要求，第 68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.如图示意，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角。可变。将小物块由平板与竖直杆交点。处静止释放，物块沿平板从。点滑至P点所用的时间f与夹角。的大小有关。若由30。逐渐增大至60。,物块的下滑时间/将（）A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大【答案】D【解析】【分析】【详

2、解】设P Q的水平距离为L,由运动学公式可知L 1.0，-=g sin Orcos。2可得g sin 20可知8=4 5 时，/有最小值，故当。从由30。逐渐增大至60。时下滑时间，先减小后增大。故选Do2.“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图示意，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达5 0 r/s,此时纽扣上距离中心1cm处的点向心加速度大小约为（）【答 案】CC.1000m/s2D.10000m/s2【解 析】【分 析】【详 解】纽扣在转动过程中由向心加速度co=27m=1 (Xbzrad/sa=ar

3、r 1000m/s2故 选 c。3.两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO 与 O Q 在一条直线上，PO,与 O F在一条直线上，两导线相互绝缘，通 有 相 等 的 电 流/,电流方向如图示意。若一根无限长直导线通过电流/时,所产生的磁场在距离导线d 处的磁感应强度大小为B,则图中与导线距离均为d 的、N 两点处的磁感应强度 大 小 分 别 为（）I八QM：4N/O-F o I PIE八IA.B、0 B.0、2B C.2B、2B D.B、B【答 案】B【解 析】【分 析】【详 解】两 直 角 导 线 可 等 效 为 如 图 所 示 两 直 导 线，由安培定则可知，两 直

4、导 线 分 别 在 M 处的磁感应强度方向为垂直纸面向里、垂直纸面向外，故 M 处的磁感应强度为零；两 直 导 线 在 N 处的磁感应强度方向均垂直纸面向里，故 M 处的磁感应强度为28；综上分析B 正确。故选BoEOQ4.如图示意，一个原子核X 经图中所示的一系列。、衰变后，生成稳定的原子核Y,在此过程中放射出【答案】A【解析】【分析】【详解】由图分析可知，核反应方程为2 黑Y+a：He+b；e设经过。次a 衰变，次衰变。由电荷数与质量数守恒可得238=206+4a；92=82+2ab解得 =8,/?=6故放出6个电子故选Ao5.2021年2月，执行我国火星探测任务的“天问一号”探测器在成功

5、实施三次近火制动后，进入运行周期约 为1.8x105s的椭圆形停泊轨道，轨道与火星表面的最近距离约为2.8x105m。已知火星半径约为3.4xl()6m,火星表面处自由落体的加速度大小约为3.7m/s2,则“天问一号”的停泊轨道与火星表面的最远距离约为A.6x105mB.6x106mC.6x107mD.6x108m【答案】C【解析】【分析】【详解】忽略火星自转则可知GM=gR2设与为L8X 105s的椭圆形停泊轨道周期相同的圆形轨道半径为，由万引力提供向心力可知设近火点到火星中心为A=R +4 设远火点到火星中心为R2=R+d2由开普勒第三定律可知J?,+7?,3尸3 =)由以上分析可得d2

6、6 x l07m故选C。6.某电场的等势面如图示，图中4、b、c、d、e为电场中的5个点，则()a b c IdA.一正电荷从匕点运动到e 点，电场力做正功B.一电子从。点运动到d 点，电场力做功为4 eVC.%点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右D.a、b、c、”四个点中，人点的电场强度大小最大【答案】B D【解析】【分析】【详解】A.由图象可知（fib=q）e则正电荷从点运动到e 点，电场力不做功，A错误;B.由图象可知=3 V,q）d-7 V根据电场力做功与电势能的变化关系有Wad=Epa-Epd=（pa-仰）-（-e）=4 eVB正确；C.沿电场线方向电势逐渐降低，则 6点处的场强

7、方向向左，C错误;D.由于电场线与等势面处处垂直，则可画出电场线分布如下图示由上图可看出，6点电场线最密集，则6点处的场强最大，D正确。故选BD。7.一质量为，”的物体自倾角为a的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该 物 体 开 始 滑 动 时 的 动 能 为 向 上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为今。已知sina=0.6,重力加速度大小为g。则（）A.物体向上滑动的距离 为 具2mgB.物体向下滑动时的加速度大小为点C.物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D.物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长【答案】B C【解析】【分析】【详解】A C.物体从斜面底端回到斜面

8、底端根据动能定理有o/21 cos a=Ek Erk物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有-mgl sin a-pimgl cos a=0-Ek整理得I=；/=0.5mgA错误，C正确；B.物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有ma-mg sin a-田ng cos a求解得出5B正确；D.物体向上滑动时的根据牛顿第二定律有ma=mg sin a+f.img cos a物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有ma v=mg sin。一 /img cos a由上式可知a i-tz F由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据公式I=at22则可得出 上（公D错误。故选BC。

9、8.由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是（）甲乙X X X X XX X X X XX X X X XA.甲和乙都加速运动B.甲和乙都减速运动C.甲加速运动，乙减速运动D.甲减速运动，乙加速运动【答案】A B【解析】【分析】【详解】设线圈到磁场的高度为力，线圈的边长为/,则

10、线圈下边刚进入磁场时，有v=2gh感应电动势为E=nBlv两线圈材料相等（设密度为夕）,质量相同（设为用），则m=pox 4/x S设材料的电阻率为。，则线圈电阻刨=更 立 跑S m感应电流为rE mBv1=二-R 16nl pps安培力为mBrvF=nBIl=16%由牛顿第二定律有mg-F=ma联立解得F B2Va=g=g m 16ppq加速度和线圈的匝数、横截面积无关，B2V则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度。当g -时，甲和16%B2V B2V乙都加速运动，当g +2 9 ）sin-僻;L d +s_30s i n。【解析】【分析】【详解】（1）由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿

11、第二定律有mg s i n 6=ma设小车通过第30个减速带后速度为,到达第31个减速带时的速度为也，则有丫；-v,2=lad因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一个减速带均为V,和P 2；经过每一个减速带时损失的机械能为A E =；mv；-mv联立以上各式解得A E =mgd s i n 0（2）由（1）知小车通过第5 0个减速带后的速度为w,则在水平地面上根据动能定理有八1 2-/jmgs-从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有mg(A +29d)s i n=(相 片联立解得=mg(L +2 9 4)s i n 6 pim

12、gs故在每一个减速带上平均损失的机械能为（3）由题意可知可得EE中 mg(L+294)sin。一ngs3030A*AE.,4 sLd+-sin 6*1 2.如图，长度均为/的两块挡板竖直相对放置，间距也为/,两挡板上边缘P和 M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为?，电荷量为q（q 0）的粒子自电场中某处以大小为W的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘。和 N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与P Q的夹角为6 0。，不计重力。（1

13、）求粒子发射位置到尸点的距离；（2）求磁感应强度大小的取值范围；（3）若粒子正好从Q N的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。【答案】（1）巫 竺 1 ；（2）.（3）粒子运动轨迹见解析，39二项/6qE（3+j 3）q/ql 44【解析】【分析】【详解】（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可知%=卬粒子射入磁场时的速度方向与P Q的夹角为6 0,有tan 30=匕 粒子发射位置到P点的距离S=次+y 2 由式得6qE（2）带电粒子在磁场运动在速度V=%=2 8 o cos30 3带电粒子在磁场中运动两个临界轨迹（分别从Q、N点射出）如图所示P M/Q/

14、。厂由几何关系可知，最小半径1r.迹 COS 30最大半径也/r _=max cos 75带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供qvB=鸣3（肉1）/由向心力公式可知-,磁感应强度大小的取值范围2m v0（3+占YB、ql ql（3）若粒子正好从QN的中点射出磁场时，带电粒子运动轨迹如图所示。由几何关系可知.八 2sin 0=加2带电粒子的运动半径为弓一小cos(30+)粒子在磁场中的轨迹与挡板M N的最近距离%n=&sin300+/)-4 由 式解得d=*（二）选考题：物理选 修 3-31 3.如图示意，一定量的理想气体经历的两个不同过程，分别由体积-温度（V-r）图上的两条直线I

15、 和 n表示，山 和 卜 2 分别为两直线与纵轴交点的纵坐标；而为它们的延长线与横轴交点的横坐标，”是它们的延长线与横轴交点的横坐标，f o=-2 7 3.1 5 c；。为直线I 上的一点。由图可知，气体在状态。和匕的压强之比;气体在状态力和C 的压强之比也Pc【分析】【详解】1 根据盖吕萨克定律有二kf+273整理得V=H+273攵由于体积-温度(V-r)图像可知，直线I 为等压线，则。、b 两点压强相等，则有&=1Pb设，=0 C 时，当气体体积为匕其压强为P 1 ,当气体体积为匕其压强为“2,根据等温变化，则有P M =P2V2由于直线i 和 n各为两条等压线，则有Pl=P b，Pl=P

16、c联立解得压=且=匕Pc Pl 匕1 4.如图示意，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B的体积均为V,压强均等于大气压po,隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过0.5/7 0V时隔板就会滑动，否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞，使 B的体积减小为一。2(i)求 A的体积和B的压强；(i i)再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积和B的压强。活 塞 隔 板/A B【答案】VA=0.4V,PB=2P；(i i)VA=(yl5-l)V,P”士 言 p 0【解析】【分析】【详解】(i)对 B气体分析，等温变化

17、，根据波意耳定律有POV=PB；V解得PB=2 P o对 A气体分析，根据波意耳定律有P o =PALPA=PB+。5Po联立解得匕=0.4 V3(i i)再使活塞向左缓慢回到初始位置，假设隔板不动，则 A的体积为一 V,由波意耳定律可得23POV=PX-K则 A此情况下的压强为2P=-P0PB-0-5P0则隔板一定会向左运动，设稳定后气体A的体积为匕、压强为p；，气体B的体积为%、压强为B，根据等温变化有P V =P；V；，P/=P；%匕+V g=2 V,PA=PB-05Po联立解得3-不 (全土、3+小PB=-Po(舍 去)，PB=F-P o匕=(君-1)V 物理选修3-41 5.如图示意

18、，单色光从折射率=1.5、厚度d=1 0.0 c m 的玻璃板上表面射入。已知真空中的光速为3x l()8m/s,则该单色光在玻璃板内传播的速度为 m/s；对于所有可能的入射角，该单色光通过玻璃板所用时间/的取值范围是 s /o),质点A位于波峰。求(i)从A时刻开始，质点B最少要经过多长时间位于波峰；(i i)h时刻质点B偏离平衡位置的位移。【答案】0.8s；(i i)-0.5 c m【解析】【分析】【详解】(i)因为波长大于2 0 c m,所以波的周期T =-1.0 sV由题可知，波的周期是T=2 加=1.2 s波的波长A=vT=2 4 c m在力时刻(力0),质点A位于波峰。因为A B距离小于一个波长，B到波峰最快也是A的波峰传过去，所以 从。时刻开始，质点B运动到波峰所需要的最少时间4=已 幽=0.8sV(i i)在九时刻(n 0),由题意可知，此时图象的函数是71,、y =c o s x(c m)力时刻质点B偏离平衡位置的位移yB-c o s xB(c m)=-0.5 c m