2021年全国统一高考物理试卷（新课标ⅱ）（含解析版）

2021年高考全国乙卷物理试卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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，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间有摩擦。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【答案】B【解析】【分析】【详解】因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。故选B。2.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为和，相应的电势能分别为和，则（　　）MFNFpMEpNEA.,MNpMpNFFEEB.,MNpMpNFFEEC.,MNpMpNFFEED.,MNpMpNFFEE【答案】A【解析】【分析】【详解】由图中等势面的疏密程度可知MNEE根据FqE可知MNFF由题可知图中电场线是由金属板指向负电荷，设将该试探电荷从M点移到N点，可知电场力做正功，电势能减小，即ppMNEE故选A。3.如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为的带电粒子从圆周上的M点0qq沿直径方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转；若射入磁场MON1v90时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转，不计重力，则为（　　）2v6012vvA.B.C.D.1233323【答案】B【解析】【分析】【详解】根据题意做出粒子的圆心如图所示设圆形磁场区域的半径为R，根据几何关系有第一次的半径1rR第二次的半径23rR根据洛伦兹力提供向心力有2mvqvBr可得qrBvm所以112233vrvr故选B。4.医学治疗中常用放射性核素产生射线，而是由半衰期相对较长的衰变产生的。对于质量为113In113In113Sn的，经过时间t后剩余的质量为m，其图线如图所示。从图中可以得到的半衰期为0m113Sn113Sn0mtm113Sn（　　）A.B.C.D.67.3d101.0d115.1d124.9d【答案】C【解析】【分析】【详解】由图可知从到恰好衰变了一半，根据半衰期的定义可知半衰期为023mm013mm182.4d67.3d115.1dT故选C。5.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约为（太阳到地球的距离为）的椭圆，银河系中心可能存在1000AU1AU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.B.C.D.4410M6410M8410M10410M【答案】B【解析】【分析】【详解】可以近似把S2看成匀速圆周运动，由图可知，S2绕黑洞的周期T=16年，地球的公转周期T0=1年，S2绕黑洞做圆周运动的半径r与地球绕太阳做圆周运动的半径R关系是1000rR地球绕太阳的向心力由太阳对地球的引力提供，由向心力公式可知2222()MmGmRmRRT解得太阳的质量为3204RMGT同理S2绕黑洞的向心力由黑洞对它的万有引力提供，由向心力公式可知2222()xMmGmrmrrT解得黑洞的质量为324xrMGT综上可得63.9010xMM故选B。6.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时，速度的大0s小为，此时撤去F，物体继续滑行的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则（　　）0v02sA.在此过程中F所做的功为2012mvB.在此过中F的冲量大小等于032mvC.物体与桌面间的动摩擦因数等于2004vsgD.F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍【答案】BC【解析】【分析】【详解】CD．外力撤去前，由牛顿第二定律可知①1Fmgma由速度位移公式有②20102vas外力撤去后，由牛顿第二定律可知③2mgma由速度位移公式有④20202(2)vas由①②③④可得，水平恒力20034mvFs动摩擦因数2004vgs滑动摩擦力20f04mvFmgs可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，故C正确，D错误；A．在此过程中，外力F做功为20034WFsmv故A错误；B．由平均速度公式可知，外力F作用时间00100202sstvv在此过程中，F的冲量大小是1032IFtmv故B正确。故选BC。7.四个带电粒子的电荷量和质量分别、、、它们先后以相同的速度从坐()qm，(2)qm，(33)qm，()qm，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.【答案】AD【解析】【分析】【详解】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为qEam由类平抛运动规律可知，带电粒子的在电场中运动时间为0ltv离开电场时，带电粒子的偏转角的正切为200tanyxvatqElvvmv因为四个带电的粒子的初速相同，电场强度相同，极板长度相同，所以偏转角只与比荷有关，前面三种带电粒子带正电，第四种带电粒子带负电，所以第四个粒子与前面三个粒子的偏转方向不同；第一种粒子与第三种粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与第四种粒子的比荷也相同，所以一、三、四粒子偏转角相同，但第四种粒子与前两个粒子的偏转方向相反；第二种粒子的比荷与第一、三种粒子的比荷小，所以第二种粒子比第一、三种粒子的偏转角小，但都还正电，偏转方向相同。故选AD。8.水平地面上有一质量为的长木板，木板的左明上有一质量为的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉1m2m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、分别为、时刻F的大小。木板的1F2F1t2t加速度随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因1a1数为，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（　　）2A.111FmgB.2122211()()mmmFgmC.22112mmmD.在时间段物块与木板加速度相等20~t【答案】BCD【解析】【分析】【详解】A．图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有1112()Fmmg故A错误；BC．图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象，根据牛顿第二定律，有211212()()Fmmgmma以木板为对象，根据牛顿第二定律，有221121()0mgmmgma解得2122211()()mmmFgm12211mmm故BC正确；D．图（c）可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确。故选BCD。三、非选择题：第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13~16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：9.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，频闪仪每隔发出一次闪光，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0.05s的影像）。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。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。5cm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___________，竖直分量大小为m/s___________；m/s（2）根据图（b）中数据可得，当地重力加速度的大小为___________。2m/s【答案】(1).1.0(2).2.0(3).9.7【解析】【分析】【详解】（1）[1]因小球水平方向做匀速直线运动，因此速度为00.05m/s1.0m/s0.05xvt[2]竖直方向做自由落体运动，因此A点的竖直速度可由平均速度等于时间中点的瞬时速度求得28510m/s2.0m/s0.054yv（2）[3]由竖直方向的自由落体运动可得342124yyyygT代入数据可得29.7m/sg10.一实验小组利用图（a）所示的电路测量—电池的电动势E（约）和内阻r（小于）。图中电压表量1.5V2Ω程为，内阻：定值电阻；电阻箱R，最大阻值为；S为开关。按电路图连1V380.0ΩVR020.0ΩR999.9Ω接电路。完成下列填空：（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___________（填“5.0”或“15.0”）；Ω（2）闭合开关，多次调节电阻箱，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、、、E和r表示，得___________；0RVR1U1U（4）利用测量数据，做图线，如图（b）所示：1RU（5）通过图（b）可得___________V（保留2位小数），___________（保留1位小数）；ErΩ（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，由此产生的误差为E100%EEE___________%。【答案】(1).15.0(2).(3).1.55(4).1.0(5).50000()1VVVVRRRRrRERREERR【解析】【分析】【详解】（1）[1]为了避免电压表被烧坏，接通电路时电压表两端的电压不能比电表满偏电压大，则由并联电路分压可得00VVUEURRRrRR代入数据解得7.5ΩR因此选。15.0Ω（3）[2]由闭合回路的欧姆定律可得00VVUEURrRRRR化简可得000011VVVVRRRRRrUERREERR（5）[3][4]由上面公式可得，00119VVRRkERRE001119VVRRrrbEERREE由图象计算可得1RU，10.034VΩk10.68Vb代入可得，1.55VE1.0Ωr（6）[5]如果电压表为理想电压表，则可有00111rRUEERER则此时1'20Ek因此误差为0000112019100=5119kkk11.一篮球质量为，一运动员使其从距地面高度为处由静止自由落下，反弹高度为0.60kgm11.8mh。若使篮球从距地面的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的21.2mh31.5mh高度也为。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为；该篮球每次与地面碰撞前后的1.5m0.20st动能的比值不变。重力加速度大小取，不计空气阻力。求：210m/sg（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。【答案】（1）；（2）4.5JW9NF【解析】【分析】【详解】（1）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得11Emgh篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得220Emgh第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得4400Emgh第二次从1