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2021 年广东省普通高中学业水平选择性考试
物理
一、单项选择题：本题共 7小题，每小题 4分，共 28分。在每小题给出的四个选项中，只有
一项是符合题目要求的。
1. 科学家发现银河系中存在大量的放射性同位素铝26，铝26的半衰期为72万年，其衰变方程为
26Al®26 Mg+Y，下列说法正确的是（ ）
13 12
A. Y是氦核
B. Y是质子
C. 再经过72万年，现有的铝26衰变一半
D. 再经过144万年，现有的铝26全部衰变
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】AB．根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，该核反应是
26Al® 26Mg+ 0e
13 12 1
即Y是正电子，选项AB错误；
CD．因72万年是一个半衰期，可知再过72万年，现有的铝26衰变一半；再过144万年，即两个半衰期，
现有的铝26衰变四分之三，选项C正确，D错误；
故选C。
2. 2021年4月，我国自主研发的空间站“天和”核心舱成功发射并入轨运行，若核心舱绕地球的运行可视
为匀速圆周运动，已知引力常量，由下列物理量能计算出地球质量的是（ ）
A. 核心舱的质量和绕地半径
B. 核心舱的质量和绕地周期
C. 核心舱的绕地角速度和绕地周期
D. 核心舱的绕地线速度和绕地半径
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】根据核心舱做圆周运动的向心力由地球的万有引力提供，可得
第1页 | 共19页Mm v2 4π2
G =m =mω2r =m r
r2 r T2
可得
v2r w2r3 4p2r3
M = = =
G G GT2
可知已知核心舱的质量和绕地半径、已知核心舱的质量和绕地周期以及已知核心舱的角速度和绕地周期，
都不能求解地球的质量；若已知核心舱的绕地线速度和绕地半径可求解地球的质量。
故选D。
3. 唐代《耒耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力，设牛用大小相等的拉力F通过耕索分
别拉两种犁，F与竖直方向的夹角分别为a和b，a cosβ
则可得到
F < F
x曲 x直
F > F
y曲 y直
A错误、B正确；
CD．耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力是一对相互作用力，它们大小相等，方向相反，无论是加速还是匀
速，则CD错误。
故选B。
4. 由于高度限制，车库出入口采用图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横
杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平。杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到
60°的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. P点的线速度大小不变
B. P点的加速度方向不变
C. Q点在竖直方向做匀速运动
D. Q点在水平方向做匀速运动
【答案】A
【解析】
【分析】
第3页 | 共19页【详解】A．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，则
P点的线速度大小不变，A正确；
B．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，P点的加速
度方向时刻指向O点，B错误；
C．Q点在竖直方向的运动与P点相同，位移y关于时间t的关系为
p
y = l sin( + ωt)
OP
6
则可看出Q点在竖直方向不是匀速运动，C错误；
D．Q点在水平方向的位移x关于时间t的关系为
p
x = l cos( + ωt) + l
OP PQ
6
则可看出Q点在水平方向也不是匀速运动，D错误。
故选A。
5. 截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线，
若中心直导线通入电流I 1 ，四根平行直导线均通入电流I 2 ，I 1 ? I 2 ，电流方向如图所示，下列截面图中可
能正确表示通电后长管发生形变的是（ ）
A.
B.
第4页 | 共19页C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】因I 1 ? I 2 ，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；根据两通电直导线间的安培力作用满
足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，则正方形左右两侧的直导线I 要受到I 吸引的安培力，形成
2 1
凹形，正方形上下两边的直导线I 要受到I 排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如图C。
2 1
故选C。
6. 图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面，
在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，a、b是其路径上的两点，不计液滴重力，下列说法
正确的是（ ）
A. a点的电势比b点的低
B. a点的电场强度比b点的小
C. 液滴在a点的加速度比在b点的小
D. 液滴在a点的电势能比在b点的大
第5页 | 共19页【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．高压电源左为正极，则所加强电场的场强向右，而沿着电场线电势逐渐降低，可知
j >j
a b
故A错误；
B．等差等势线的疏密反映场强的大小，由图可知a处的等势线较密，则
E > E
a b
故B错误；
C．液滴的重力不计，根据牛顿第二定律可知，液滴的加速度为
qE
a =
m
因E > E ，可得
a b
a >a
a b
故C错误；
D．液滴在电场力作用下向右加速，则电场力做正功，动能增大，电势能减少，即
E > E
Pa Pb
故D正确；
故选D。
7. 某同学设计了一个充电装置，如图所示，假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周
期为0.2s，电压最大值为0.05V，理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为
1∶60，下列说法正确的是（ ）
A. 交流电的频率为10Hz
B. 副线圈两端电压最大值为3V
C. 变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关
D. 充电电路的输入功率大于变压器的输入功率
第6页 | 共19页【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．周期是T=0.2s，频率是
1
f = =5Hz
T
故A错误；
B．由理想变压器原理可知
U n
1 = 1
U n
2 2
解得，副线两端的最大电压为
n
U = 2U =3V
2 n 1
1
故B正确；
C．根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁磁场强，线圈中产生的感应电动势越大，变压器的输入电压会越
大，故C错误；
D．由理想变压器原理可知，充电电路的输入功率等于变压器的输入功率，故D错误。
故选B。
二、多项选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分。在每小题给出的四个选项中，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。
8.
赛龙舟是端午节的传统活动。下列v-t和s-t图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长
直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其它龙舟在途中出现船头并齐的有（ ）
A.
B.
第7页 | 共19页C.
D.
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】A．此图是速度图像，由图可知，甲的速度一直大于乙的速度，所以中途不可能出现甲乙船头并齐，
故A错误；
B．此图是速度图像，由图可知，开始丙的速度大，后来甲的速度大，速度图像中图像与横轴围成的面积表
示位移，由图可以判断在中途甲、丙位移会相同，所以在中途甲丙船头会并齐，故B正确；
C．此图是位移图像，由图可知，丁一直运动在甲的前面，所以中途不可能出现甲丁船头并齐，故C错误；
D．此图是位移图像，交点表示相遇，所以甲戊在中途船头会齐，故D正确。
故选BD。
9. 长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡销的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一
位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运
动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的有（ ）
A. 甲在空中的运动时间比乙的长
B. 两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等
C. 从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少mgh
第8页 | 共19页D. 从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】A．由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间
2h
t =
g
因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，故A错误；
B．做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率
P=mgvcosq=mgv =mg 2gh
y
因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力功率相同，故B正确；
C．从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减小量
DE =mgh
p
故C正确；
D．从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误。
故选BC。
10. 如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨，圆
弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接
触良好，初始时，可滑动的金属杆MN 静止在平行导轨上，若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速
转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有（ ）
A. 杆OP产生的感应电动势恒定
B. 杆OP受到的安培力不变
C. 杆MN 做匀加速直线运动
D. 杆MN 中的电流逐渐减小
【答案】AD
第9页 | 共19页【解析】
【分析】
【详解】A．OP转动切割磁感线产生的感应电动势为
1
E = Br2w
2
因为OP匀速转动，所以杆OP产生的感应电动势恒定，故A正确；
BCD．杆OP匀速转动产生的感应电动势产生的感应电流由M到N通过MN棒，由左手定则可知，MN棒
会向左运动，MN棒运动会切割磁感线，产生电动势与原来电流方向相反，让回路电流减小，MN棒所受合
力为安培力，电流减小，安培力会减小，加速度减小，故D正确，BC错误。
故选AD。
三、非选择题：共 54分，第 11~14题为必考题，考生都必须作答。第 15~16题为选考题，考
生根据要求作答。
（一）必考题：共 42分。
11. 某兴趣小组测量一缓冲装置中弹簧的劲度系数，缓冲装置如图所示，固定在斜面上的透明有机玻璃管与
水平面夹角为30°，弹簧固定在有机玻璃管底端。实验过程如下：先沿管轴线方向固定一毫米刻度尺，再将
单个质量为200g的钢球（直径略小于玻璃管内径）逐个从管口滑进，每滑进一个钢球，待弹簧静止，记录
管内钢球的个数n和弹簧上端对应的刻度尺示数L ，数据如表所示。实验过程中弹簧始终处于弹性限度内。
0
采用逐差法计算弹簧压缩量，进而计算其劲度系数。
n 1 2 3 4 5 6
L /cm 8.04 10.03 12.05 14.07 16.11 18.09
n
（1）利用DL = L -L i=1,2,3 计算弹簧的压缩量：DL =6.03cm，DL =6.08cm，
i i+3 i 1 2
DL +DL +DL
DL =______cm，压缩量的平均值DL= 1 2 3 =______cm；
3 3
第10页 | 共19页（2）上述DL是管中增加______个钢球时产生的弹簧平均压缩量；
（3）忽略摩擦，重力加速度g取9.80m/s2，该弹簧的劲度系数为______N/m。（结果保留3位有效数字）
【答案】 (1). 6.04 (2). 6.05 (3). 3 (4). 48.6
【解析】
【分析】
【详解】（1）[1]根据压缩量的变化量为
DL = L -L =(18.09-12.05)cm=6.04cm
3 6 3
[2]压缩量的平均值为
DL +DL +DL 6.03+6.08+6.04
DL= 1 2 3 = cm»6.05cm
3 3
（2）[3]因三个DL是相差3个钢球的压缩量之差，则所求平均值为管中增加3个钢球时产生的弹簧平均压
缩量；
（3）[4]根据钢球的平衡条件有
3mgsinq=kDL
解得
3mgsinq 3´0.2´9.8´sin30°
k = = N/m»48.6N/m
DL 6.05´10-2
12. 某小组研究热敏电阻阻值随温度的变化规律。根据实验需要已选用了规格和量程合适的器材。
（1）先用多用电表预判热敏电阻阻值随温度的变化趋势。选择适当倍率的欧姆挡，将两表笔______，调节
欧姆调零旋钮，使指针指向右边“0Ω”处。测量时观察到热敏电阻温度越高，相同倍率下多用电表指针向
右偏转角度越大，由此可判断热敏电阻阻值随温度的升高而__________。
（2）再按图连接好电路进行测量。
第11页 | 共19页①闭合开关S前，将滑动变阻器R的滑片滑到_______端（选填“a”或“b”）。
1
将温控室的温度设置为T，电阻箱R 调为某一阻值R 。闭合开关S，调节滑动变阻器R，使电压表和
0 01 1
电流表的指针偏转到某一位置。记录此时电压表和电流表的示数、T和R 。断开开关S。
01
再将电压表与热敏电阻C端间的导线改接到D端，闭合开关S。反复调节R 和R，使电压表和电流表
0 1
的示数与上述记录的示数相同。记录此时电阻箱的阻值R 。断开开关S。
02
②实验中记录的阻值R _____R （选填“大于”、“小于”或“等于”）。此时热敏电阻阻值R =_____。
01 02 T
【答案】 (1). 短接 (2). 减小 (3). b (4). 大于 (5). R -R
01 02
【解析】
【分析】
【详解】（1）[1][2]选择倍率适当的欧姆档，将两表笔短接；欧姆表指针向右偏转角度越大，则阻值越小，
可判断热敏电阻的阻值随温度升高而减小。
（2）①[3]闭合开关S前，应将滑动变阻器R 的阻值调到最大，即将滑片滑到b端；
1
②[4][5]因两次电压表和电流表的示数相同，因为
R = R +R
01 02 T
即
R = R -R
T 01 02
可知R 大于R 。
01 02
第12页 | 共19页13. 算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，
如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s =3.5´10-2m，
1
乙与边框a相隔s =2.0´10-2m，算珠与导杆间的动摩擦因数m=0.1。现用手指将甲以0.4m/s的初速度
2
拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10m/s2。
（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。
【答案】（1）能；（2）0.2s
【解析】
【分析】
【详解】（1）甲乙滑动时的加速度大小均为
a=mg =1m/s2
甲与乙碰前的速度v ，则
1
v2 =v2 -2as
1 0 1
解得
v =0.3m/s
1
甲乙碰撞时由动量守恒定律
mv =mv +mv
1 2 3
解得碰后乙的速度
v =0.2m/s
3
然后乙做减速运动，当速度减为零时则
v2 0.22
x= 3 = m=0.02m=s
2a 2´1 2
第13页 | 共19页可知乙恰好能滑到边框a；
（2）甲与乙碰前运动的时间
v -v 0.4-0.3
t = 0 1 = s=0.1s
1 a 1
碰后甲运动的时间
v 0.1
t = 2 = s=0.1s
2 a 1
则甲运动的总时间为
t =t +t =0.2s
1 2
14. 图是一种花瓣形电子加速器简化示意图，空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，
圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和
Ⅲ。各区感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外。电子以初动能E 从圆b上P点沿径向进入电场，
k0
电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速，已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，
圆c半径为 3R，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取tan22.5°=0.4。
（1）当E =0时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角q均为45°，
k0
最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示，求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动
时间及在Q点出射时的动能；
（2）已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射。当E =keU 时，要保证电子从出射
k0
区域出射，求k的最大值。
5 eUm pR meU 13
【答案】（1） ， ，8eU ；（2）
eR 4eU 6
【解析】
第14页 | 共19页【分析】
【详解】（1）电子在电场中加速有
1
2eU = mv2
2
在磁场Ⅰ中，由几何关系可得
r = Rtan22.5o =0.4R
v2
Bev=m
1 r
联立解得
5 eUm
B =
1 eR
在磁场Ⅰ中的运动周期为
2pr
T =
v
由几何关系可得，电子在磁场Ⅰ中运动的圆心角为
5
j= p
4
在磁场Ⅰ中的运动时间为
j
t = T
2p
联立解得
pR meU
t =
4eU
从Q点出来的动能为
E =8eU
k
（2）在磁场Ⅰ中的做匀速圆周运动的最大半径为r ，此时圆周的轨迹与Ⅰ边界相切，由几何关系可得
m
2
3R-r = R2 +r 2
m m
解得
3
r = R
m 3
由于
第15页 | 共19页v 2
Bev =m m
1 m r
m
1
2eU = mv 2 -keU
2 m
联立解得
13
k =
6
（二）选考题：共 12分，请考生从 2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计
分。
15. 在高空飞行的客机上某乘客喝完一瓶矿泉水后，把瓶盖拧紧。下飞机后发现矿泉水瓶变瘪了，机场地面
温度与高空客舱内温度相同。由此可判断，高空客舱内的气体压强______（选填“大于”、“小于”或“等
于”）机场地面大气压强：从高空客舱到机场地面，矿泉水瓶内气体的分子平均动能______（选填“变大”、
“变小”或“不变”）。
【答案】 (1). 小于 (2). 不变
【解析】
【分析】
【详解】[1]机场地面温度与高空客舱温度相同，由题意知瓶内气体体积变小，以瓶内气体为研究对象，根
据理想气体状态方程
pV
=C
T
故可知高空客舱内的气体压强小于机场地面大气压强；
[2]由于温度是平均动能的标志，气体的平均动能只与温度有关，机场地面温度与高空客舱温度相同，故从
高空客舱到机场地面，瓶内气体的分子平均动能不变。
16. 为方便抽取密封药瓶里的药液，护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液，如图所示，
某种药瓶的容积为0.9mL，内装有0.5mL的药液，瓶内气体压强为1.0´105Pa，护士把注射器内横截面积
为0.3cm2、长度为0.4cm、压强为1.0´105Pa的气体注入药瓶，若瓶内外温度相同且保持不变，气体视为
理想气体，求此时药瓶内气体的压强。
第16页 | 共19页【答案】1.3´105Pa
【解析】
【分析】
【详解】以注入后的所有气体为研究对象，由题意可知瓶内气体发生等温变化，设瓶内气体体积为V ,有
1
V =0.9mL-0.5mL=0.4mL=0.4cm3
1
注射器内气体体积为V ，有
2
V =0.3´0.4cm3 =0.12cm3
2
根据理想气体状态方程有
p V +V = pV
0 1 2 1 1
代入数据解得
p =1.3´105Pa
1
17. 如图所示，一个轻质弹簧下端挂一小球，小球静止。现将小球向下拉动距离A后由静止释放，并开始计
T A
时，小球在竖直方向做简谐运动，周期为T。经 时间，小球从最低点向上运动的距离_____ （选填“大
8 2
T
于”、“小于”或“等于”）；在 时刻，小球的动能______（选填“最大”或“最小”）。
4
【答案】 (1). 小于 (2). 最大
【解析】
【分析】
【详解】[1]根据简谐振动的位移公式
第17页 | 共19页æ2p ö
y =-Acos t
ç ÷
è T ø
T
则t = 时有
8
æ2p T ö 2
y =-Asin ´ =- A
ç ÷
è T 8 ø 2
所以小球从最低点向上运动的距离为
2 2- 2 1
Dy = A- A= A< A
2 2 2
A
则小球从最低点向上运动的距离小于 。
2
T
[2]在t = 时，小球回到平衡位置，具有最大的振动速度，所以小球的动能最大。
4
18. 如图所示，一种光学传感器是通过接收器Q接收到光的强度变化而触发工作的。光从挡风玻璃内侧P
点射向外侧M点再折射到空气中，测得入射角为a，折射角为b；光从P点射向外侧N点，刚好发生全
反射并被Q接收，求光从玻璃射向空气时临界角q的正弦值表达式。
sina
【答案】
sinb
【解析】
【分析】
【详解】根据光的折射定律有
sinb
n=
sina
根据光的全反射规律有
1
sinq=
n
第18页 | 共19页联立解得
sina
sinq=
sinb
第19页 | 共19页
