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江苏省 2021 年普通高中学业水平选择性考试
物理
一、单项选择题：共 10题，每题 4分，共 40分，每题只有一个选项最符合题意
1. 用“中子活化”技术分析某样品的成分，中子轰击样品中的14N产生14C和另一种粒子X，则X是（ ）
7 6
A. 质子 B. a粒子 C. b粒子 D. 正电子
【答案】A
【解析】
【详解】该核反应方程为
14N+1n ®14 C+1H
7 0 6 1
可知X是质子。
故选A。
2. 有研究发现，某神经细胞传递信号时，离子从细胞膜一侧流到另一侧形成跨膜电流，若将该细胞膜视为
1´10-8F的电容器，在2ms内细胞膜两侧的电势差从-70mV变为30mV，则该过程中跨膜电流的平均值
为（ ）
A. 1.5´10-7A B. 2´10-7A C. 3.5´10-7A D. 5´10-7A
【答案】D
【解析】
【详解】根据
Q=CU
可知
∆Q=C∆U=10-8×(30+70)×10-3C=10-9C
则该过程中跨膜电流的平均值为
DQ 10-9
I = = A=5´10-7A
t 2´10-3
故选D。
3. 我国航天人发扬“两弹一星”精神砥砺前行，从“东方红一号”到“北斗”不断创造奇迹。“北斗”第49颗卫星
的发射迈出组网的关键一步。该卫星绕地球做圆周运动，运动周期与地球自转周期相同，轨道平面与地球
赤道平面成一定夹角。该卫星（ ）
第1页 | 共19页A 运动速度大于第一宇宙速度
.
B. 运动速度小于第一宇宙速度
C. 轨道半径大于“静止”在赤道上空的同步卫星
D. 轨道半径小于“静止”在赤道上空的同步卫星
【答案】B
【解析】
【详解】AB．第一宇宙速度是指绕地球表面做圆周运动的速度，是环绕地球做圆周运动的所有卫星的最大
环绕速度，该卫星的运转半径远大于地球的半径，可知运行线速度小于第一宇宙速度，选项A错误B正确；
CD．根据
Mm 4p2
G =m r
r2 T2
可知
GMT2
r = 3
4p2
因为该卫星的运动周期与地球自转周期相同，等于“静止”在赤道上空的同步卫星的周期，可知该卫星的轨道
半径等于“静止”在赤道上空的同步卫星的轨道半径，选项CD错误。
故选B。
4. 如图所示，半径为R的圆盘边缘有一钉子B，在水平光线下，圆盘的转轴A和钉子B在右侧墙壁上形成
影子O和P，以O为原点在竖直方向上建立x坐标系。t =0时从图示位置沿逆时针方向匀速转动圆盘，角
速度为w，则P做简谐运动的表达式为（ ）
p
A. x= Rsin(wt- )
2
p
B. x= Rsin(wt+ )
2
p
C. x=2Rsin(wt- )
2
p
D. x=2Rsin(wt+ )
2
第2页 | 共19页【答案】B
【解析】
【详解】由图可知，影子P做简谐运动的振幅为R，以向上为正方向，设P的振动方程为
x= Rsin(wt+j)
由图可知，当t =0时，P的位移为R，所用时间为
p
t =
w
代入振动方程解得
p
j=
2
则P做简谐运动的表达式为
p
x= Rsin(wt+ )
2
故B正确，ACD错误。
故选B。
5. 在光滑桌面上将长为pL的软导线两端固定，固定点的距离为2L，导线通有电流I，处于磁感应强度大
小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导线中的张力为（ ）
A. BIL B. 2BIL C. pBIL D. 2pBIL
【答案】A
【解析】
【详解】从上向下看导线的图形如图所示
导线的有效长度为2L，则所受的安培力大小
F =2BIL
设绳子的张力为T ，由几何关系可知
F
T =
2
解得
第3页 | 共19页T = BIL
故A正确，BCD错误。
故选A.
6. 铁丝圈上附有肥皂膜，竖直放置时，肥皂膜上的彩色条纹上疏下密，由此推测肥皂膜前后两个面的侧视
形状应当是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】薄膜干涉为前后两个面反射回来的光发生干涉形成干涉条纹，在复色光时，出现彩色条纹，由于
重力作用，肥皂膜前后表面的厚度从上到下逐渐增大，从而使干涉条纹的间距上密下疏，由于表面张力的
作用，使得肥皂膜向内凹陷，故C正确，ABD错误。
故选C。
7. 某种材料制成的半圆形透明砖平放在方格纸上，将激光束垂直于AC面射入，可以看到光束从圆弧面
ABC出射，沿AC方向缓慢平移该砖，在如图所示位置时，出射光束恰好消失，该材料的折射率为（ ）
A. 1.2 B. 1.4 C. 1.6 D. 1.8
【答案】A
【解析】
【详解】画出激光束从玻璃砖射出时恰好发生全反射的入射角如图所示
第4页 | 共19页全反射的条件
1
sinq=
n
由几何关系知
5
sinq=
6
联立解得
n=1.2
故A正确，BCD错误.
故选A.
8. 如图所示，分别用1、2两种材料作K极进行光电效应探究，其截止频率n <n ，保持入射光不变，则
1 2
光电子到达A极时动能的最大值E 随电压U变化关系的图像是（ ）
km
A
.
第5页 | 共19页B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】光电管所加电压为正向电压，则根据爱因斯坦光电效应方程可知光电子到达A极时动能的最大值
E =Ue+hn-hn
km 截止
可知E -U 图像的斜率相同，均为e；截止频率越大，则图像在纵轴上的截距越小，因n <n ，则图像C
km 1 2
正确，ABD错误。
故选C。
9. 如图所示，A、B两篮球从相同高度同时抛出后直接落入篮筐，落入篮筐时的速度方向相同，下列判断正
确的是（ ）
A. A比B先落入篮筐
B. A、B运动的最大高度相同
C. A在最高点的速度比B在最高点的速度小
D. A、B上升到某一相同高度时的速度方向相同
第6页 | 共19页【答案】D
【解析】
【详解】AB．若研究两个过程的逆过程，可看做是从篮筐沿同方向斜向上的斜抛运动，落到同一高度上的
AB两点，则A上升的高度较大，高度决定时间，可知A运动时间较长，即B先落入篮筐中，AB错误；
C．因为两球抛射角相同，A的射程较远，则A球的水平速度较大，即在最高点的速度比B在最高点的速度
大，C错误；
D．由斜抛运动的对称性可知，当A、B上升到与篮筐相同高度时的速度方向相同，D正确。
故选D。
10. 一球面均匀带有正电荷，球内的电场强度处处为零，如图所示，O为球心，A、B为直径上的两点，
OA=OB，现垂直于AB将球面均分为左右两部分，C为截面上的一点，移去左半球面，右半球面所带电
荷仍均匀分布，则（ ）
A. O、C两点电势相等
B. A点的电场强度大于B点
C. 沿直线从A到B电势先升高后降低
D. 沿直线从A到B电场强度逐渐增大
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．由于球壳内部的场强为零，补全以后可知在右侧球壳任取一点，该点和C连线后过左半边球壳
一点，两点对C的库仑力为零，即等大反向共线，将左侧沿竖直对称到右侧球面，则可以知道这两个点在C
点的合场强水平向左，根据叠加原理可知C点场强向左，同理OC上都是水平向左，因此OC是等势线，
故A正确；
BD．将题中半球壳补成一个完整的球壳，且带电均匀，设左、右半球在A点产生的电场强度大小分别为E
1
和E ；由题知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则知
2
E =E
1 2
根据对称性，左右半球在B点产生的电场强度大小分别为E 和E ，且
2 1
第7页 | 共19页E =E
1 2
在图示电场中，A的电场强度大小为E ，方向向左，B的电场强度大小为E ，方向向左，所以A点的电场
2 1
强度与B点的电场强度相同，沿直线从A到B电场强度不可能逐渐增大，故BD错误；
C．根据电场的叠加原理可知，在AB连线上电场线方向向左，沿着电场线方向电势逐渐降低，则沿直线从A
到B电势升高，故C错误；
故选A。
二、非选择题：共 5题，共 60分。其中第 12题~第 15题解答时请写出必要的文字说明、方
程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出
数值和单位。
11. 小明利用如图1所示的实验装置验证动量定理。将遮光条安装在滑块上，用天平测出遮光条和滑块的总
质量M =200.0g，槽码和挂钩的总质量m=50.0g。实验时，将滑块系在绕过定滑轮悬挂有槽码的细线上。
滑块由静止释放，数字计时器记录下遮光条通过光电门1和2的遮光时间Dt 和Dt ，以及这两次开始遮光
1 2
的时间间隔Dt，用游标卡尺测出遮光条宽度，计算出滑块经过两光电门速度的变化量Dv。
（1）游标卡尺测量遮光条宽度如图2所示，其宽度d =___________mm；
（2）打开气泵，带气流稳定后调节气垫导轨，直至看到导轨上的滑块能在短时间内保持静止，其目的是
___________；
（3）多次改变光电门2的位置进行测量，得到Dt和Dv的数据如下表请根据表中数据，在方格纸上作出
Dv-Dt图线___________。
第8页 | 共19页0854
Dt/s 0.721 0.790 . 0.913 0.968
Δv/
m×s-1
1.38 1.52 1.64 1.75 1.86
（4）查得当地的重力加速度g =9.80m/s2，根据动量定理，Dv-Dt图线斜率的理论值为___________
m/s2；
（5）实验结果发现，图线斜率的实验值总小于理论值，产生这一误差的两个可能原因时___________。
A．选用的槽码质量偏小
B．细线与气垫导轨不完全平行
C．每次释放滑块的位置不同
D．实验中Dt的测量值偏大
【答案】 ①. 10.20 ②. 将气垫导轨调至水平 ③.
④. 1.96 ⑤. BD##DB
【解析】
【详解】（1）[1]游标卡尺的读数为10mm+4´0.05mm=10.20mm；
第9页 | 共19页（2）[2]滑块保持稳定，说明气垫导轨水平；
（3）[3]根据表格中数据描点并用直线连接
（4）[4] 根据动量定理FDt =MDv变形得
mgDt =(M +m)Dv
则Dv-Dt图线斜率的理论值
mg
k = m/s2 =1.96m/s2
M+m
（5）[5]根据动量定理FDt =MDv变形得
Dv F
=
Dt M
A．槽码质量偏小，而实际的槽码质量偏大，则合外力F 偏大，所以图线斜率的实验值偏大，A错误；
B．细线与气垫导轨不平行，滑块实际所受合外力为F 的水平分力，所以图线斜率的实验值偏小，B正确；
C．滑块释放的位置与斜率相关的参量无关，C错误；
Dv
D．Dt偏大，则 偏小，图线斜率偏小，D正确。
Dt
故选BD。
12. 贯彻新发展理念，我国风力发电发展迅猛，2020年我国风力发电量高达4000亿千瓦时。某种风力发电
机的原理如图所示，发电机的线圈固定，磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动，已知磁体间的磁场为匀强
磁场，磁感应强度的大小为0.20T，线圈的匝数为100、面积为0.5m2，电阻为0.6Ω，若磁体转动的角速
度为90rad/s，线圈中产生的感应电流为50A。求：
（1）线圈中感应电动势的有效值E；
（2）线圈的输出功率P。
第10页 | 共19页【答案】（1）E =6.4´102V；（2）P =3.1´104W
【解析】
【详解】（1）电动势的最大值
E =NBSw
m
有效值
E
E= m
2
解得
NBSw
E =
2
带入数据得
E =6.4´102V
（2）输出电压
U = E-Ir
输出功率
P = IU
解得
P = I(E-Ir)
代入数据得
P =3.1´104W
13. 如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在气缸中，活塞的面积为S，与气缸底部相距L，气缸和活塞
绝热性能良好，气体的压强、温度与外界大气相同，分别为 p 和t 。现接通电热丝加热气体，一段时间后
0 0
断开，活塞缓慢向右移动距离L后停止，活塞与气缸间的滑动摩擦为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整
第11页 | 共19页个过程中气体吸收的热量为Q，求该过程中
（1）内能的增加量DU ；
（2）最终温度T。
2p S + f
【答案】（1）DU =Q-p S + f L；（2）T = 0 T
0 p S 0
0
【解析】
【详解】（1）活塞移动时受力平衡
pS = p S + f
1 0
气体对外界做功
W = pSL
1
根据热力学第一定律
DU =Q-W
解得
DU =Q-p S + f L
0
（2）活塞发生移动前，等容过程
p p
0 = 1
t t
0 1
活塞向右移动了L，等压过程
V V
1 = 2
t T
1
且
V =2V
2 1
解得
第12页 | 共19页2p S+ f
T = 0 t
p S 0
0
14. 如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点，小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上，长
为2L的细线和弹簧两端分别固定于O和A，质量为m的小球B固定在细线的中点，装置静止时，细线与
竖直方向的夹角为37°，现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到53°时，A、B间
细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为g，取sin37°=0.6，
cos37°=0.8，求：
（1）装置静止时，弹簧弹力的大小F；
（2）环A的质量M；
（3）上述过程中装置对A、B所做的总功W。
3mg 9 31
【答案】（1） ；（2） m；（3） mgL
8 64 30
【解析】
【详解】（1）设AB、OB的张力分别为F 、F ，A受力平衡
1 2
F = F sin37°
1
B受力平衡
F cos37°+F cos37°=mg
1 2
F sin37°= F sin37°
1 2
解得
3mg
F =
8
（2）设装置转动的角速度为w，对A
8
F =Mw2× L
5
第13页 | 共19页对B
4
mgtan53°=mw2× L
5
解得
9
M = m
64
1
（3）B上升的高度h = L，A、B的动能分别为
5
2 2
1 æ 8 ö 1 æ 4 ö
E = M w L ；E = m w L
ç ÷ ç ÷
kA 2 è 5 ø kB 2 è 5 ø
根据能量守恒定律可知
W =E -0+E -0+mgh
kA kB
解得
31
W = mgL
30
15. 如图1所示，回旋加速器的圆形匀强磁场区域以O点为圆心，磁感应强度大小为B，加速电压的大小为
U、质量为m、电荷量为q的粒子从O附近飘入加速电场，多次加速后粒子经过P点绕O做圆周运动，半
径为R，粒子在电场中的加速时间可以忽略。为将粒子引出磁场，在P位置安装一个“静电偏转器”，如图
2所示，偏转器的两极板M和N厚度均匀，构成的圆弧形狭缝圆心为Q、圆心角为a，当M、N间加有电
压时，狭缝中产生电场强度大小为E的电场，使粒子恰能通过狭缝，粒子在再次被加速前射出磁场，不计
M、N间的距离。求：
（1）粒子加速到P点所需要的时间t；
（2）极板N的最大厚度d ；
m
（3）磁场区域的最大半径R 。
m
æqB2R2 öpm æ 2mU 4mU ö 2mER a
【答案】（1）ç
è 2mU
-1÷
ø qB
；（2）2ç
ç è
R2 -
qB2
- R2 -
qB2
÷
÷ ø
；（3）R+
qB2R-mE
sin
2
第14页 | 共19页【解析】
【详解】（1）设粒子在P的速度大小为v ，则根据
P
v2
qvB=m
r
可知半径表达式为
mv
R= P
qB
根据动能定理粒子在静电场中加速有
1
nqU = mv 2
2 P
粒子在磁场中运动的周期为
2pm
T =
qB
粒子运动的总时间为
T
t =(n-1)´
2
解得
æqB2R2 öpm
t = -1
ç ÷
è 2mU ø qB
mv 1
（2）由粒子的运动半径r = ，结合动能表达式E = mv2变形得
qB k 2
2mE
r = k
qB
则粒子加速到P前最后两个半周的运动半径为
2mE -qU 2mE -2qU
r = kP ，r = kP
1 qB 2 qB
由几何关系
d =2r -r
m 1 2
(qBR)2
结合且E = 解得
kP 2m
第15页 | 共19页æ 2mU 4mU ö
d =2ç R2 - - R2 - ÷
m ç qB2 qB2 ÷
è ø
（3）设粒子在偏转器中的运动半径为r ，则在偏转器中，要使粒子半径变大，电场力应和洛伦兹力反向，
Q
共同提供向心力
v 2
qv B-qE =m P
P r
Q
设粒子离开偏转器的点为E，圆周运动的圆心为O¢。由题意知，O¢在SQ上，且粒子飞离磁场的点与O、
O¢在一条直线上
粒子在偏转器中运动的圆心在Q点，从偏转器飞出，即从E点离开，又进入回旋加速器中的磁场，此时粒
子的运动半径又变为R，然后轨迹发生偏离，从偏转器的F 点飞出磁场，那么磁场的最大半径即为
R =OF = R+OO¢
m
将等腰三角形V OO¢Q放大如图
虚线为从Q点向OO¢所引垂线，虚线平分a角，则
OO¢=2(r -R)
Q
解得最大半径为
第16页 | 共19页2mER a
R = R+ sin
m qB2R-mE 2
第17页 | 共19页第18页 | 共19页第19页 | 共19页
