文档文本内容
试卷第1页，共3页
2021 年高考全国乙卷物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
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
【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F M和F N，相应的电势能分别为E p M和E p N，则（ ）
A．F M < F N , E p M > E p N
B．F M > F N , E p M > E p N
C．F M < F N , E p M < E p N
D．F M > F N , E p M < E p N
【答案】A
【详解】由图中等势面的疏密程度可知
EM < EN
试卷第2页，共3页
根据
F =q E
可知
F M < F N
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
E p M > E p N
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q(q>0)的带
电粒子从圆周上的M 点沿直径M O N方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为
v1，离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度
方向偏转60°，不计重力，则v1
v2
为（ ）
A．1
2
B．
❑√3
3
C．
❑√3
2
D．❑√3
【答案】B
【详解】根据题意做出粒子的圆心如图所示
试卷第3页，共3页
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
r1= R
第二次的半径
r2= ❑√3 R
根据洛伦兹力提供向心力有
q v B = m v
2
r
可得
v = qr B
m
所以
v1
v2
= r1
r2
=
❑√3
3
故选B。
4．医学治疗中常用放射性核素❑
113In产生γ射线，而❑
113In是由半衰期相对较长的
❑
113Sn衰变产生的。对于质量为m0的❑
113Sn，经过时间t 后剩余的❑
113Sn质量为
m，其m
m0
−t图线如图所示。从图中可以得到❑
113Sn的半衰期为（ ）
试卷第4页，共3页
A．67.3d
B．101.0d
C．115.1d
D．124.9d
【答案】C
【详解】由图可知从m
m0
= 2
3到m
m0
= 1
3恰好衰变了一半，根据半衰期的定义可知半衰期
为
T =182.4d−67.3d =115.1d
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1000AU（太阳到地
球的距离为1AU）的椭圆，银河系中心可能存在超大质量黑洞。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．4×10
4 M
B．4×10
6 M
C．4×10
8 M
D．4×10
10 M
【答案】B
【详解】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
圆周运动的半长轴r 与地球绕太阳做圆周运动的半径R 关系是
a=1000 R
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
G M m
R
2 =m R( 2π
T 0
)
2
解得太阳的质量为
M = 4 π
2 R
3
GT 0
2
根据开普勒第三定律，S2 绕黑洞以半长轴a=1000 R绕椭圆运动，等效于以r =1000 R
绕黑洞做圆周运动，而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
试卷第5页，共3页
G M xm
′
r
2
=m
′ r( 2π
T )
2
解得黑洞的质量为
M x = 4 π
2r
3
GT
2
综上可得
M x = 4×10
6 M
故选B。
二、多选题
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s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动，
重力加速度大小为g，则（ ）
A．在此过程中F 所做的功为1
2 mv0
2
B．在此过中F 的冲量大小等于3
2 mv0
C．物体与桌面间的动摩擦因数等于v0
2
4 s0 g
D．F 的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2 倍
【答案】BC
【详解】CD．外力撤去前，由牛顿第二定律可知
F −μm g=ma1 ①
由速度位移公式有
v0
2=2a1s0
②
外力撤去后，由牛顿第二定律可知
−μm g=ma2 ③
由速度位移公式有
−v0
2=2a2(2s0) ④
由①②③④可得，水平恒力
试卷第6页，共3页
F = 3mv0
2
4 s0
动摩擦因数
μ=
v0
2
4 g s0
滑动摩擦力
Ff= μm g= mv0
2
4 s0
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
W = F s0= 3
4 mv0
2
故A 错误；
B．由平均速度公式可知，外力F 作用时间
t1=
s0
0+ v0
2
= 2s0
v0
在此过程中，F 的冲量大小是
I = F t1= 3
2 mv0
故B 正确。
故选BC。
7．四个带电粒子的电荷量和质量分别(+q，m)、(+q，2m)、(+3q，3m)、
(−q，m)它们先后以相同的速度从坐标原点沿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．
试卷第7页，共3页
C．
D．
【答案】AD
【详解】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为
a= q E
m
由类平抛运动规律可知，带电粒子的在电场中运动时间为
t = l
v0
离开电场时，带电粒子的偏转角的正切为
tanθ = v y
v x
= at
v0
= q El
mv0
2
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，前面三个带电粒子带正电，一个带电粒子带负电，所以一个粒子与另外三个
粒子的偏转方向不同；(+q，m)粒子与(+3q，3m)粒子的比荷相同，所以偏转角相
同，轨迹相同，且与(−q，m)粒子的比荷也相同，所以(+q，m)、(+3q，3m)、
(−q，m)三个粒子偏转角相同，但(−q，m)粒子与前两个粒子的偏转方向相反；
(+q，2m)粒子的比荷与(+q，m)、(+3q，3m)粒子的比荷小，所以(+q，2m)
粒子比(+q，m)、(+3q，3m)粒子的偏转角小，但都带正电，偏转方向相同。
故选AD。
8．水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图
（a）所示。用水平向右的拉力F 作用在物块上，F 随时间t 的变化关系如图（b）所示，
其中F1、F2分别为t1、t2时刻F 的大小。木板的加速度a1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μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，
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（ ）
试卷第8页，共3页
A．F1= μ1m1g
B．F2= m2(m1+m2)
m1
( μ2−μ1)g
C．μ2> m1+m2
m2
μ1
D．在0~t2
时间段物块与木板加速度相
等
【答案】BCD
【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
F1= μ1(m1+m2)g
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
F2−μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a
以木板为对象，根据牛顿第二定律，有
μ2m2 g−μ1(m1+m2)g=m1a>0
解得
F2= m2(m1+m2)
m1
( μ2−μ1)g
μ2> (m1+m2)
m2
μ1
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，D 正确。
故选BCD。
三、实验题
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0.05s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
5cm。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。
试卷第9页，共3页
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 m/s，竖
试卷第10页，共3页
直分量大小为 m/s；
（2）根据图（b）中数据可得，当地重力加速度的大小为 m/s
2。
【答案】 1.0 2.0
9.7
【详解】（1）[1]因小球水平方向做匀速直线运动，因此速度为
v0= x
t = 0.05
0.05 m/s=1.0 m/s
[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
v y = (8.6+11.0)×10
−2
0.05×2
m/s=1.96≈2.0 m/s
（2）[3]由竖直方向的自由落体运动可得
g= y3+ y4−y2−y1
4T
2
代入数据可得
g=9.7 m/s
2
10．一实验小组利用图（a）所示的电路测量一电池的电动势E（约1.5V）和内阻r
（小于2Ω）。图中电压表量程为1V，内阻RV=380.0Ω：定值电阻R0=20.0Ω；电
阻箱R，最大阻值为999.9Ω；S 为开关。按电路图连接电路。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 Ω
（填“5.0”或“15.0”）；
（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、R0、RV、E 和r 表示1
U
，得1
U = ；
（4）利用测量数据，做1
U −R图线，如图（b）所示：
试卷第11页，共3页
（5）通过图（b）可得E = V（保留2 位小数），r = Ω（保留
1 位小数）；
（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E
′，由此产生的误
差为|
E
′−E
E )×100 % = %。
【答案】 15.0 R0+ RV
E RV R0
⋅R+ 1
E + ( RV + R0)r
E RV R0
1.58 2.0 5
【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
U
RV R0
RV+ R0
= E−U
R+r
代入数据解得
R =7.5Ω
因此选15.0Ω。
（3）[2]由闭合回路的欧姆定律可得
E =U +
U
RV R0
RV+ R0
(R+r)
化简可得
1
U = R0+ RV
E RV R0
⋅R+ 1
E + RV+ R0
E RV R0
r
（5）[3][4]由上面公式可得
试卷第12页，共3页
R0+ RV
E RV R0
=k =
1
19 E
由1
U −R图象计算可得
k = 1
30 V
−1⋅Ω
代入可得
E≈1.58 V
将(15,1.2)代入解析式可得
1.2= 1
30 ×15+ 1
E + r
30
解得
r ≈2.0Ω
（6）[5]如果电压表为理想电压表，则可有
1
U = 1
E +
r
E R0
+
1
E R0
R
则此时
E' =
1
20k
因此误差为
η=|
1
20k −1
19k
1
19k )
×100 % =5 %
四、解答题
11．一篮球质量为m=0.60kg，一运动员使其从距地面高度为h1=1.8 m处由静止自由
落下，反弹高度为h2=1.2m。若使篮球从距地面h3=1.5 m的高度由静止下落，并在开
始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为1.5m。假设运动员拍球时对球的作
用力为恒力，作用时间为t =0.20s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。
重力加速度大小取g=10 m/s
2，不计空气阻力。求：
（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）W = 4.5J；（2）F =9 N
【详解】（1）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得
试卷第13页，共3页
E1=m gh1
篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得
0−E2=−m gh2
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
0−E4=0−m gh4
第二次从1.5m 的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得
W +m gh3= E3
因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系
E2
E1
= E4
E3
代入数据可得
W = 4.5J
（2）因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定
律可得
F +m g=ma
在拍球时间内运动的位移为
x = 1
2 at
2
做得功为
W = F x
联立可得
F =9 N（F =-15 N舍去）
12．如图，一倾角为α的光滑固定斜面的顶端放有质量M =0.06kg的U 型导体框，导
体框的电阻忽略不计；一电阻R =3Ω的金属棒C D的两端置于导体框上，与导体框构
成矩形回路C D E F；E F与斜面底边平行，长度L=0.6 m。初始时C D与E F相距
s0=0.4 m，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离s1= 3
16 m后进入一
方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界（图中虚线）与斜面底边平行；金属棒在
磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的E F边
正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接
触良好，磁场的磁感应强度大小B =1T，重力加速度大小取g=10 m/s
2,sin α =0.6。
求：
试卷第14页，共3页
（1）金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；
（2）金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；
（3）导体框匀速运动的距离。
【答案】（1）F安=0.18 N；（2）m=0.02kg，μ= 3
8
；（3）x2= 5
18 m
【分析】、
【详解】（1）根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，
由动能定理可得
(M +m)g s1sin α = 1
2
(M +m)v0
2
代入数据解得
v0= 3
2 m/s
金属棒在磁场中切割磁场产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得
E = B Lv0
由闭合回路的欧姆定律可得
I = E
R
则导体棒刚进入磁场时受到的安培力为
F安= B I L=0.18 N
（2）金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒的安
培力沿斜面向上，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜
面向下的滑动摩擦力，因匀速运动，可有
m gsin α + μm gcosα = F安
此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得
M gsin α −μm gcosα = M a
设磁场区域的宽度为x，则金属棒在磁场中运动的时间为
t = x
v0
当金属棒刚好离开磁场区域时，则此时导体框的速度为
v1= v0+at
则导体框的位移
试卷第15页，共3页
x1= v0t + 1
2 at
2
因此导体框和金属棒的相对位移为
Δ x = x1−x = 1
2 at
2
由题意当金属棒离开磁场时金属框的上端EF 刚好进入磁场，则有位移关系
s0−Δ x = x
金属框进入磁场时匀速运动，此时的电动势为
E1= B Lv1
I 1= B Lv1
R
导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得
M gsin α = μm gcosα + B I 1 L
联立以上可得
x =0.3 m
a=5 m/s
2
m=0.02kg
μ= 3
8
（3）金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运
动，则有
m gsin α + μm gcosα =ma1
金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有
v1= v0+a1t1
导体框匀速运动的距离为
x2= v1t1
代入数据解得
x2= 2.5
9 m = 5
18 m
五、多选题
13．如图，一定量的理想气体从状态a( p0，V 0，T 0)经热力学过程ab、bc、c a后又
回到状态a。对于ab、bc、c a三个过程，下列说法正确的是（ ）
试卷第16页，共3页
A．ab过程中，气体始终吸热
B．c a过程中，气体始终放热
C．c a过程中，气体对外界做功
D．bc过程中，气体的温度先降低后升高
E．bc过程中，气体的温度先升高后降低
【答案】ABE
【详解】A．由理想气体的p−V 图可知，理想气体经历ab 过程，体积不变，则W =0，
而压强增大，由pV =n RT可知，理想气体的温度升高，则内能增大，由ΔU =Q+W
可知，气体一直吸热，故A 正确；
BC．理想气体经历ca 过程为等压压缩，则外界对气体做功W >0，由pV =n RT知温
度降低，即内能减少ΔU <0，由ΔU =Q+W 可知，Q<0，即气体放热，故B 正确，
C 错误；
DE．由pV =n RT可知，p−V 图像的坐标围成的面积反映温度，b 状态和c 状态的坐
标面积相等，而中间状态的坐标面积更大，故bc 过程的温度先升高后降低，故D 错误，
E 正确；
故选ABE。
六、解答题
14．如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C 粗细均匀，A、B 两管
的上端封闭，C 管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B 两管的长
度分别为l1=13.5cm，l2=32cm。将水银从C 管缓慢注入，直至B、C 两管内水银柱
的高度差h=5cm。已知外界大气压为p0=75cmHg。求A、B 两管内水银柱的高度差。
试卷第17页，共3页
【答案】Δh=1cm
【详解】对B 管中的气体，水银还未上升产生高度差时，初态为压强p1B= p0，体积为
V 1B=l2S，末态压强为p2，设水银柱离下端同一水平面的高度为h2，体积为
V 2B=(l2−h2)S，由水银柱的平衡条件有
p2B= p0+ ρ gh
B 管气体发生等温压缩，有
p1BV 1B= p2BV 2B
联立解得
h2=2cm
对A 管中的气体，初态为压强p1 A = p0，体积为V 1 A =l1S，末态压强为p2 A，设水银柱
离下端同一水平面的高度为h1，则气体体积为V 2 A =(l1−h1)S，由水银柱的平衡条件
有
p2 A = p0+ ρ g(h+h2−h1)
A 管气体发生等温压缩，有
p1 AV 1 A = p2 AV 2 A
联立可得
2h1
2−191h1+189=0
解得
h1=1cm或h1= 189
2 cm>l1(舍去)
则两水银柱的高度差为
Δh=h2−h1=1cm
七、填空题
15．图中实线为一列简谐横波在某一时刻的波形曲线，经过0.3s后，其波形曲线如图
中虚线所示。已知该波的周期T 大于0.3s，若波是沿x 轴正方向传播的，则该波的速
试卷第18页，共3页
度大小为 m/s，周期为 s，若波是沿x 轴负方向传播的，该波
的周期为 s。
【答案】 0.5 0.4
1.2
【详解】（1）若波是沿x 轴正方向传播的，波形移动了15cm，由此可求出波速和周
期：
v1= 0.15
0.3 m/ s=0.5m/ s
T 1= λ
v = 0.2
0.5 s=0.4 s
（2）若波是沿x 轴负方向传播的，波形移动了5cm，由此可求出波速和周期：
v2= 0.05
0.3 m/ s= 1
6 m/ s
T 2= λ
v = 0.2
1
6
s=1.2s
八、解答题
16．用插针法测量上、下表面平行的玻璃砖的折射率。实验中用A、B 两个大头针确
定入射光路、C、D 两个大头针确定出射光路，O 和O
′分别是入射点和出射点，如图
（a）所示。测得玻璃砖厚度为h=15.0 mm，A 到过O 点的法线O M的距离
A M =10.0 mm，M 到玻璃砖的距离M O =20.0 mm，O
′到O M的距离为s=5.0 mm。
（ⅰ）求玻璃砖的折射率；
（ⅱ）用另一块材料相同，但上下两表面不平行的玻璃砖继续实验，玻璃砖的截面如
图（b）所示。光从上表面入射，入射角从0 逐渐增大，达到45°时，玻璃砖下表面的
出射光线恰好消失。求此玻璃砖上下表面的夹角。
试卷第19页，共3页
【答案】（i）❑√2 （ii）15°
【详解】（i）从O 点射入时，设入射角为α，折射角为β。根据题中所给数据可得：
sin α =
10.0
❑√10.0
2+20.0
2 =
❑√5
5
sin β =
5.0
❑√15.0
2+5.0
2 =
❑√10
10
再由折射定律可得玻璃砖的折射率：
n= sin α
sin β = ❑√2
（ii）当入射角为45°时，设折射角为γ，由折射定律：
n= sin 45°
sin γ
可求得：
γ =30°
再设此玻璃砖上下表面的夹角为θ，光路图如下：
而此时出射光线恰好消失，则说明发生全反射，有：
sinC = 1
n
解得：
试卷第20页，共3页
C = 45°
由几何关系可知：
θ+30° =C
即玻璃砖上下表面的夹角：
θ =15°
