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2021 年江苏省普通高中学业水平选择性考试物理试题（江苏
新高考）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．用“中子活化”技术分析某样品的成分，中子轰击样品中的❑7
14 N产生❑6
14C和另一
种粒子X，则X 是（ ）
A．质子
B．α粒子
C．β粒子
D．正电子
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-70 mV变为
30mV，则该过程中跨膜电流的平均值为（ ）
A．1.5×10
-7 A
B．2×10
-7 A
C．3.5×10
-7 A
D．5×10
-7 A
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
（ ）
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
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ω，则P 做简谐运动的表达式为
（ ）
A．x = Rsin(ωt - π
2 )
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B．x = R sin(ωt + π
2 )
C．x =2 R sin(ωt - π
2 )
D．x =2 R sin(ωt + π
2 )
5．在光滑桌面上将长为πL的软导线两端固定，固定点的距离为2 L，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．πBIL
D．2πBIL
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．
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
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ν1<ν2，
保持入射光不变，则光电子到达A 极时动能的最大值Ekm随电压U 变化关系的图像是
（ ）
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A．
B．
C．
D．
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
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
二、实验题
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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Δt1和Δt2，以及这两次开始遮光的时间间隔Δt，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Δv。
（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Δt和Δv的数据如下表请根据表中数据，
在方格纸上作出Δv - Δt图线 。
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Δt /s
0.721
0.790
0.854
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=9.80 m /s
2，根据动量定理，Δv - Δt图线斜率的理论
值为 m/s
2；
（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Δt的测量值偏大
三、解答题
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0.2T，线圈的匝
数为100、面积为0.5m
2，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。
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13．如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在汽缸中，活塞的面积为S，与汽缸底
部相距L，汽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p0
和t0。现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离L 后停止，
活塞与汽缸间的滑动摩擦为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整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ΔU；
（2）最终温度T。
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2 L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。
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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α，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dm；
（3）磁场区域的最大半径Rm。
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答案精析
1．A
解析 该核反应方程为
❑7
14 N+ n
0
1 →6
14C+ H
1
1
可知X 是质子。
故选A。
2．D
解析 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
I = ΔQ
t
=
10
-9
2×10
-3 A =5×10
-7 A
故选D。
3．B
解析 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
G Mm
r
2 =m 4 π
2
T
2 r
可知
r =
3√
GM T
2
4 π
2
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．B
解析 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
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为
x = R sin(ωt +φ)
由图可知，当t =0时，P 的位移为R，代入振动方程解得
φ= π
2
则P 做简谐运动的表达式为
x = R sin(ωt + π
2 )
故B 正确，ACD 错误。
故选B。
5．A
解析 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
T = F
2
解得
T = BIL
故A 正确，BCD 错误。
故选A.
6．C
解析 如图所示
干涉加强时
2d = Δ s= λ
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根据几何关系
d = Δ x tanθ
联立可得
Δ x =
λ
2tanθ
根据几何关系可知tanθ为宽度随高度的变化率不变，肥皂膜上的彩色条纹上疏下密，
则宽度随高度的变化率变大：
AB．当如AB 形状时，宽度随高度的变化率不变，薄膜干涉形成的彩色条纹为等间距
条纹，故AB 错误；
CD．根据题意可知肥皂膜上的彩色条纹上疏下密，可知宽度随高度的变化率变大，故
C 正确，D 错误。
故选C。
7．A
解析 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
全反射的条件
sinθ = 1
n
由几何关系知
sinθ = 5
6
联立解得
n=1.2
故A 正确，BCD 错误.
故选A.
8．C
解析 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
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Ekm=Ue+hν -h ν截止
可知Ekm-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ν1<ν2，则图像C 正确，ABD 错误。
故选C。
9．D
解析 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，故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，故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，故
D 正确。
故选D。
10．A
解析 A．由于球壳内部的场强为零，补全以后可知在左右侧球壳在C 点的合场强为
零，因左右球壳的场强具有对称性，要想合场强为零只能是两部分球壳在C 点的场强
都是水平方向，则可以知道右侧球壳在C 点的合场强水平向左，同理OC 上其他点的
场强都是水平向左，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E1和E2；由题知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则知
E1=E2
根据对称性，左右半球在B 点产生的电场强度大小分别为E2和E1，且
E1=E2
在图示电场中，A 的电场强度大小为E2，方向向左，B 的电场强度大小为E1，方向向
左，所以A 点的电场强度与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。
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11．10.20 将气垫导轨调至水平
1.96 BD/DB
解析 （1）[1]游标卡尺的读数为10mm + 4×0.05mm=10.20mm；
（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FΔt = MΔv变形得
mgΔt =( M +m) Δv
则Δv - Δt图线斜率的理论值
k =
mg
M +m m/s
2=1.96 m/s
2
（5）[5]根据动量定理FΔt = MΔv变形得
Δv
Δt = F
M
A．理论上图像斜率k =
mg
m+ M
，，槽码质量不会影响实验值与理论值的误差，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；
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D．Δt偏大，则Δv
Δt
偏小，图线斜率偏小，D 正确。
故选BD。
12．（1）6.4×10
2V；（2）3.1×10
4 W
解析 （1）电动势的最大值
Em = NBSω
有效值
E = Em
√2
解得
E = NBSω
√2
带入数据得
E≈6.4×10
2V
（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 =3.1×10
4 W
13．（1）ΔU =Q -( p0 S + f )L；（2）T = 2( p0 S+ f )
p0 S
t0
解析 （1）活塞移动时受力平衡
p1S = p0 S+ f
气体对外界做功
W = p1SL
根据热力学第一定律
ΔU =Q -W
解得
ΔU =Q -( p0 S + f )L
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（2）活塞发生移动前，等容过程
p0
t0
= p1
t1
活塞向右移动了L，等压过程
V 1
t1
= V 2
T
且
V 2=2V 1
解得
T = 2( p0 S+ f )
p0 S
t0
14．（1）3mg
8
；（2）9
64 m；（3）31
30 mgL
解析 （1）设AB、OB的张力分别为F1、F2，A 受力平衡
F = F1sin37°
B 受力平衡
F1cos37°+ F2cos37° =mg
F1sin37° = F2sin37°
解得
F = 3mg
8
（2）设装置转动的角速度为ω，对A
F = M ω
2⋅8
5 L
对B
mg tan53° =mω
2⋅4
5 L
解得
M = 9
64 m
（3）B 上升的高度h= 1
5 L，A、B 的动能分别为
EkA= 1
2 M(ω 8
5 L)
2；EkB= 1
2 m(ω 4
5 L)
2
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根据能量守恒定律可知
W =(EkA-0)+(EkB-0)+mgh
解得
W = 31
30 mgL
15．（1）(
q B
2 R
2
2mU -1)
πm
qB
；（2）2(√
R
2- 2mU
q B
2 -√
R
2- 4 mU
q B
2 )
；（3）
R+
2mER
q B
2 R -mE
sin α
2
解析 （1）设粒子在P 的速度大小为v P，则根据
qvB =m v P
2
r
可知半径表达式为
R = m v P
qB
对粒子在静电场中的加速过程，根据动能定理有
nqU = 1
2 mvP
2
粒子在磁场中运动的周期为
T = 2πm
qB
粒子运动的总时间为
t =(n-1)× T
2
解得
t =(
q B
2 R
2
2mU -1)
πm
qB
（2）由粒子的运动半径r = mv
qB
，结合动能表达式Ek= 1
2 mv
2变形得
r = √2m Ek
qB
则粒子加速到P 前最后两个半周的运动半径为
r1= √2m(Ek P-qU )
qB
，r2= √2m(Ek P-2qU )
qB
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由几何关系有
dm =2(r1-r2)
结合Ek P= (qBR)
2
2m
解得
dm =2(√
R
2- 2mU
q B
2 -√
R
2- 4 mU
q B
2 )
（3）设粒子在偏转器中的运动半径为rQ，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，共同提供向心力，即
q vP B -qE =m vP
2
rQ
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，如图所示。
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
Rm =OF = R+OO'
将等腰三角形△OO' Q放大如图所示。
虚线为从Q点向OO'所引垂线，虚线平分α角，则
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OO' =2(rQ- R)sin α
2
解得最大半径为
Rm = R+
2mER
q B
2 R -mE
sin α
2
