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2021年高考物理真题卷04

2021年高考物理真题卷04

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2021年高考物理精选真题卷
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14~18题只有一项符合题目要求，第19~21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。
14．一匀强电场的方向竖直向上，t=0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P-t关系图象是

【答案】A
【解析】由于带电粒子在电场中类平抛运动，在电场力方向上做匀加速直线运动，加速度为 ，经过时间 ，电场力方向速度为，功率为 ，所以P与t成正比，故A正确。
15．如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2。不计空气阻力，则满足

A．1<<2 B．2<<3
C．3<<4 D．4<<5
【答案】C
【解析】运动员起跳到达最高点的瞬间速度为零，又不计空气阻力，故可逆向处理为自由落体运动。则根据初速度为零匀加速运动，相等相邻位移时间关系，可知，即，故本题选C。
16．在一斜面顶端，将甲乙两个小球分别以v和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的
A．2倍 B．4倍 C．6倍 D．8倍
【答案】A
【解析】设甲球落至斜面时的速率为v1，乙落至斜面时的速率为v2，由平抛运动规律，x=vt，y=gt2，设斜面倾角为θ，由几何关系，tanθ=y/x，小球由抛出到落至斜面，由机械能守恒定律，mv2+mgy=mv12，联立解得：v1=·v，即落至斜面时的速率与抛出时的速率成正比。同理可得，v2=·v/2，所以甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时的速率的2倍，选项A正确。
17．电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示。两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ固定，线圈Ⅱ置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零。下列说法正确的是

A．当天平示数为负时，两线圈电流方向相同
B．当天平示数为正时，两线圈电流方向相同
C．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力
D．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力
【答案】A
【解析】当两线圈电流相同时，表现为相互吸引，电流方向相反时，表现为相互排斥，故当天平示数为正时，两者相互排斥，电流方向相反，当天平示数为负时，两者相互吸引，电流方向相同，A正确B错误；线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力是一对相互作用力，等大反向，C错误；静止时，线圈II平衡，线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对平衡力，D错误．
【点睛】本题的原理是两通电直导线间的相互作用规律：两条平行的通电直导线之间会通过磁场发生相互作用．
①电流方向相同时，将会吸引；
②电流方向相反时，将会排斥．

18．若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律，在已知月地距离约为地球半径60倍的情况下，需要验证
A．地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的1/602
B．月球公转的加速度约为苹果落向地面加速度的1/602
C．自由落体在月球表面的加速度约为地球表面的1/6
D．苹果在月球表面受到的引力约为在地球表面的1/60
【答案】B
【解析】设月球质量为，地球质量为M，苹果质量为，则月球受到的万有引力为：，苹果受到的万有引力为：，由于月球质量和苹果质量之间的关系未知，故二者之间万有引力的关系无法确定，故选项A错误；根据牛顿第二定律：，，整理可以得到：，故选项B正确；在月球表面处：，由于月球本身的半径大小未知，故无法求出月球表面和地面表面重力加速度的关系，故选项C错误；苹果在月球表面受到引力为：，由于月球本身的半径大小未知，故无法求出苹果在月球表面受到的引力与地球表面引力之间的关系，故选项D错误。
19．从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得

A．物体的质量为2 kg
B．h=0时，物体的速率为20 m/s
C．h=2 m时，物体的动能Ek=40 J
D．从地面至h=4 m，物体的动能减少100 J
【答案】AD
【解析】A．Ep–h图像知其斜率为G，故G==20 N，解得m=2 kg，故A正确B．h=0时，Ep=0，Ek=E机–Ep=100 J–0=100 J，故=100 J，解得：v=10 m/s，故B错误；C．h=2 m时，Ep=40 J，Ek=E机–Ep=85 J–40 J=45 J，故C错误；D．h=0时，Ek=E机–Ep=100 J–0=100 J，h=4 m时，Ek′=E机–Ep=80 J–80 J=0 J，故Ek–Ek′=100 J，故D正确。
20．明朝谢肇淛《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺庙倾侧，议欲正之，非万缗不可。一游僧见之，曰：无烦也，我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身。假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力FN，则

A．若F一定，θ大时大
B．若F一定，θ小时大
C．若θ一定，F大时大
D．若θ一定，F小时大
【答案】BC
【解析】选木楔为研究对象，木楔受到的力有：水平向右的F、和两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力，由于木楔处于平衡状态，所以两侧给木楔的斜面垂直的弹力与F沿两侧分解的推力是相等的，力F的分解如图：

则， ，故解得，所以F一定时，越小，越大；一定时，F越大，越大，BC正确。
21．单匝闭合矩形线框电阻为，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量与时间的关系图像如图所示。下列说法正确的是

A．时刻线框平面与中性面垂直
B．线框的感应电动势有效值为
C．线框转一周外力所做的功为
D．从到过程中线框的平均感应电动势为
【答案】BC
【解析】由图像可知时刻线圈的磁通量最大，因此此时线圈处于中性面位置，因此A错误；由图可知交流电的周期为T，则，由交流电的电动势的最大值为，则有效值为，故B正确，线圈转一周所做的功为转动一周的发热量，，故C正确；从0时刻到时刻的平均感应电动势为，故D错误。
三、非选择题：共174分，第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共129分。
22．（6分）如图（a），某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。所用器材有：铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50Hz的交流电源，纸带等。回答下列问题：
（1）铁块与木板间动摩擦因数μ= （用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示）

（2）某次实验时，调整木板与水平面的夹角θ=30°。接通电源。开启打点计时器，释放铁块，铁块从静止开始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带，如图（b）所示。图中的点为计数点（每两个相邻的计数点间还有4个点未画出）。重力加速度为9.8 m/s2。可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为 （结果保留2位小数）。

【答案】（1） （2）0.35
【解析】（1）由mgsinθ-μmgcosθ=ma，解得：μ=①
（2）由逐差法a= 得：SII=（76.39-31.83）×10-2 m，T=0.15 s，SI=（31.83-5.00）×10-2m，故a= m/s2=1.97 m/s2，代入①式，得：μ==0.35
23．（9分）某同学组装一个多用电表。可用的器材有：微安表头（量程100 ，内阻900 ）；电阻箱R1（阻值范围0~999.9 ）；电阻箱R2（阻值范围0~99 999.9 ）；导线若干。要求利用所给器材先组装一个量程为1 mA的直流电流表，在此基础上再将它改装成量程为3 V的直流电压表。组装好的多用电表有电流1 mA和电压3 V两挡。
回答下列问题：
（1）在虚线框内画出电路图并标出R1和R2，其中*为公共接线柱，a和b分别是电流挡和电压挡的接线柱___________。

（2）电阻箱的阻值_____________；R2=____________（保留到个位）
【答案】（1）如图所示
（2）100 2 910
【解析】（1）R1的电阻比较小，所以R1与表头并联构成大量程的的电流表，R2的阻值比较大，与改装后的电流表串联可充当大量程的电压表，设计电路图如图所示；

改装电流表需要并联一个电阻，要改装1 mA的电流表需要并联的电阻,，所以选用与变阻箱R1并联，并联后的总电阻为，要改装3 V电压表需要串联电阻，串联电阻的阻值为。
24.（13分）2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h=10 m，C是半径R=20 m圆弧的最低点，质量m=60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a=4.5 m/s2，到达B点时速度vB=30 m/s。取重力加速度g=10 m/s2。
（1）求长直助滑道AB的长度L；
（2）求运动员在AB段所受合外力的冲量的I大小；
（3）若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小。

【答案】（1）100 m （2） （3）3 900 N
【解析】（1）已知AB段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即

可解得：
（2）根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以

（3）小球在最低点的受力如图所示

由牛顿第二定律可得：
从B运动到C由动能定理可知：

解得：
25.（19分）如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d，中轴线与磁场区域两侧相交于O、O′点，各区域磁感应强度大小相等．某粒子质量为m、电荷量为+q，从O沿轴线射入磁场．当入射速度为v0时，粒子从O上方处射出磁场．取sin53°=0.8，cos53°=0.6．

（1）求磁感应强度大小B；
（2）入射速度为5v0时，求粒子从O运动到O′的时间t；
（3）入射速度仍为5v0，通过沿轴线OO′平移中间两个磁场（磁场不重叠），可使粒子从O运动到O′的时间增加Δt，求Δt的最大值。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）粒子圆周运动的半径 由题意知，解得
（2）设粒子在矩形磁场中的偏转角为α
由d=rsinα，得sinα=，即α=53°
在一个矩形磁场中的运动时间
解得
直线运动的时间
解得
则
（3）将中间两磁场分别向中央移动距离x
粒子向上的偏移量y=2r（1–cosα）+xtanα
由y≤2d，解得
则当xm= 时，Δt有最大值
粒子直线运动路程的最大值
增加路程的最大值
增加时间的最大值
【名师点睛】本题考查带电粒子在组合磁场中的运动，第（1）小题先确定粒子圆周运动的半径，再根据洛伦兹力提供向心力列式求解；第（2）小题解答关键是定圆心、画轨迹，分段分析和计算；第（3）小题求Δt的最大值，关键是要注意带电粒子在磁场中运动的时间不变和速度大小不变，所以中间磁场移动后改变的是粒子在无磁场区域运动的倾斜轨迹的长度，要使Δt最大，则要倾斜轨迹最长，所以粒子轨迹跟中间磁场的上边相切时运动时间最长，再根据运动的对称性列式求解。
（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。
33．[物理—选修3–3]（15分）
（1）（5分）如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p–V图中从a到b的直线所示。在此过程中______。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）

A．气体温度一直降低
B．气体内能一直增加
C．气体一直对外做功
D．气体一直从外界吸热
E．气体吸收的热量一直全部用于对外做功
【答案】BCD
【解析】一定质量的理想气体从a到b的过程，由理想气体状态方程paVa/Ta=pbVb/Tb可知，Tb>Ta，即气体的温度一直升高，选项A错误；根据理想气体的内能只与温度有关，可知气体的内能一直增加，选项B正确；由于从a到b的过程中气体的体积增大，所以气体一直对外做功，选项C正确；根据热力学第一定律，从a到b的过程中，气体一直从外界吸热，选项D正确；气体吸收的热量一部分增加内能，一部分对外做功，选项E错误。
（2）（10分）如图，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在地面上，汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：
（1）抽气前氢气的压强；
（2）抽气后氢气的压强和体积。

【答案】（1）p10=（p0+p） （2）
【解析】（1）设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得
（p10–p）·2S=（p0–p）·S①
得p10=（p0+p）②
（2）设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氢气的压强和体积分别为p2和V2，根据力的平衡条件有p2·S=p1·2S③
由玻意耳定律得p1V1=p10·2V0④
p2V2=p0·V0⑤
由于两活塞用刚性杆连接，故
V1–2V0=2（V0–V2）⑥
联立②③④⑤⑥式解得
⑦
⑧
34．[物理一选修3–4）（15分）
（1）（5分）一简谐横波沿x轴正方向传播，在t=时刻，该波的波形图如图（a）所示，P、Q是介质中的两个质点。图（b）表示介质中某质点的振动图像。下列说法正确的是

A．质点Q的振动图像与图（b）相同
B．在t=0时刻，质点P的速率比质点Q的大
C．在t=0时刻，质点P的加速度的大小比质点Q的大
D．平衡位置在坐标原点的质点的振动图像如图（b）所示
E．在t=0时刻，质点P与其平衡位置的距离比质点Q的大
【答案】CDE
【解析】由图（b）可知，在时刻，质点正在向y轴负方向振动，而从图（a）可知，质点Q在 正在向y轴正方向运动，故A错误；由的波形图推知，时刻，质点P正位于波谷，速率为零；质点Q正在平衡位置，故在时刻，质点P的速率小于质点Q，故B错误；时刻，质点P正位于波谷，具有沿y轴正方向最大加速度，质点Q在平衡位置，加速度为零，故C正确；时刻，平衡位置在坐标原点处的质点，正处于平衡位置，沿y轴正方向运动，跟（b）图吻合，故D正确；时刻，质点P正位于波谷，偏离平衡位置位移最大，质点Q在平衡位置，偏离平衡位置位移为零，故E正确。故本题选CDE。
（2）（10分）如图，某同学在一张水平放置的白纸上画了一个小标记“·”(图中O点)，然后用横截面为等边三角形ABC的三棱镜压在这个标记上，小标记位于AC边上。D位于AB边上，过D点做AC边的垂线交AC于F。该同学在D点正上方向下顺着直线DF的方向观察。恰好可以看到小标记的像；过O点做AB边的垂线交直线DF于E；DE=2 cm，EF=1 cm。求三棱镜的折射率。(不考虑光线在三棱镜中的反射)

【答案】3
【解析】试题分析 本题考查折射定律、光在三棱镜中传播及其相关的知识点。
解析过D点作AB边的发现NN'，连接OD，则∠ODN=α为O点发出的光纤在D点的入射角；设该光线在D点的折射角为β，如图所示。根据折射定律有

nsin α=sin β①
式中n为三棱镜的折射率
由几何关系可知
∠β=60°②
∠EOF=30°③
在ΔOEF中有
EF=OEsin ∠EOF④
由③④式和题给条件得
OE=2 cm⑤
根据题给条件可知，△OED为等腰三角形，有
α=30°⑥
由①②⑥式得
n=3⑦